Chương 2. Bất đẳng thức trong tính toán tổ hợp 30
2.1 Các bất đẳng thức cơ bản trong đại số
Định lý 2.1 (xem [1]). (Định lí về các giá trị trung bình cộng và nhân). Giả sử x1, x2, . . . , xn
là các số không âm. Khi đó
x1+x2+ã ã ã+xn
n ≥ √n
x1x2ã ã ãxn. (2.1) Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 =x2 =ã ã ã=xn.
Bất đẳng thức 2.1 còn gọi tắt là bất đẳng thức AM-GM. Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình điều hòa (gọi tắt là bất đẳng thức GM-HM).
Hệ quả 2.1 (Bất đẳng thức GM-HM). Với mọi bộ số dương a1, a2,ã ã ã, an, ta đều cú
√n
a1a2ã ã ãan ≥ n 1
a1
+ 1 a2
+ã ã ã+ 1 an
.
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với bộ sốxk = 1 ak
với k= 1,2,3, . . . , n, ta cú ngay bất đẳng thức GM-HM. Dấu đẳng thức xảy ra khi a1 =a2 =ã ã ã=an.
Chứng minh Định lí 2.1(Quy nạp kiểu Cauchy) Từ hệ thức bậc hai
u21+u22 ≥2u1u2, ∀u1, u2 ∈R. (2.2) ta có
x1+x2
2 ≥√
x1x2, ∀x1, x2 ≥0. (2.3) Thay x1, x2 lần lượt bằng các biến mới x1+x2
2 và x3+x4
2 , từ (2.3) ta nhận được x1 +x2+x3+x4
4 ≥
rx1+x2
2
x3+x4
2
≥q√ x1x2.
q√ x3x4
= √4
x1x2x3x4.
Bây giờ ta thực hiện quy trình quy nạp theo hướng xuống phía dưới. Ta chứng minh rằng khi bất đẳng thức (2.1) đúng với n,(n > 1) thì nó cũng đúng với xn−1. Thay xn trong (2.1) bởi
x1+x2+ããã+xn−1
n−1 , và giữ nguyên các biếnxi khác ta thu được x1+x2+ã ã ã+xn−1+x1+x2n−1+ããã+xn−1
n ≥(x1x2ã ã ãxn)n1
x1+x2+ã ã ã+xn−1
n−1
n1 , hay
x1+x2+ã ã ã+xn−1
n−1 ≥(x1x2ã ã ãxn)n−11
x1+x2+ã ã ã+xn−1
n−1
1n . Rút gọn biểu thức trên ta thu được
x1+x2+ã ã ã+xn−1
n−1 ≥ n−√1 x1x2ã ã ãxn−1.
Từ các kết quả chứng minh theo cặp hướng (lên - xuống), ta thu được phép chứng minh quy nạp của định lí (2.1).
Định lý 2.2(xem [1]). (Bất đẳng thức AM - GM suy rộng). Giả sử cho trước hai dãy số dương x1, x2, . . . , xn;p1, p2, . . . , pn. Khi đó
xp11 ãxp12 ã ã ãxp1n ≥
x1p1+x2p2+ã ã ã+xnpn
p1+p2+ã ã ã+pn
p1+p2+ããã+pn
. Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 =x2 =ã ã ã=xn.
Hệ quả 2.2. Giả sử cho trước hai cặp dãy số dương x1, x2, . . . , xn;α1, α2, . . . , αn; với xβ11xβ22 ã ã ãxβnn =M.
Khi đó
n
X
k=1
αkxk ≥(β1 +β2+ã ã ã+βn)
"
M
n
Y
k=1
αk
βk
βk#
1 β1 +β2 +ããã+βn
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
xk = βkA αkB.
Định lý 2.3(xem [1]). (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz).Giả sửa1, a2,ããã, an và b1, b2,ã ã ã , bn
là các số thực bất kì, khi đó ta có
(a1b1+a2b2+ã ã ã+anbn)2 ≤ a21 +a22+ã ã ã+a2n
b21+b22 +ã ã ã+b2n
. (2.4)
Đẳng thức xảy ra khi tồn tại một số k sao cho ai =kbi với mọi i= 1,2,ã ã ã , n.
Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel). Giả sử a1, a2,ã ã ã, an là cỏc số thực bất kỡ và b1, b2,ã ã ã , bn là cỏc số thực dương, khi đú ta cú
a21 b1
+ a22 b2
+ã ã ã+ a2n
bn ≥ (a1+a2+ã ã ã+an)2 b1 +b2+ã ã ã+bn
. (2.5)
Đẳng thức xảy ra khi a1
b1
= a2
b2
=ã ã ã= an
bn
.
Định lý 2.4 (xem [1]). (Bất đẳng thức Chebyshev). Giả sử a1, a2,ã ã ã, an là cỏc số thực sao cho a1 ≤a2 ≤ ã ã ã ≤an, b1, b2,ã ã ã , bn là cỏc số thực.
+) Nếu b1 ≤b2 ≤ ã ã ã ≤bn thỡ ta cú
a1b1+a2b2 +ã ã ã+anbn≥ 1
n(a1, a2,ã ã ã , an) (b1, b2,ã ã ã , bn). (2.6) +) Nếu b1 ≥b2 ≥ ã ã ã ≥bn thỡ ta cú
a1b1+a2b2 +ã ã ã+anbn≤ 1
n(a1, a2,ã ã ã , an) (b1, b2,ã ã ã , bn). (2.7) Tiếp theo, ta xét một số dạng đa thức đối xứng cơ bản
Đa thứcP(x1, x2,ã ã ã , xn)với bộ n biến số thực x1, x2,ã, xn được hiểu là hàm số (biểu thức) cú dạng
P(x1, x2,ã ã ã , xn) =
N
X
k=0
Mk(x1, x2,ã ã ã , xn), trong đó
Mk(x1, x2,ã ã ã , xn) = X
j1+j2+ããã+jn=k
aj1,j2,ããã,jnxj11ã ã ãxjnn, ji ∈N(i= 1,2,ã ã ã , n.) (2.8) Trong mục này ta quan tâm chủ yếu đến các dạng đa thức đồng bậc biến số thực và nhận giá trị thực, đặc biệt là các đa thức đối xứng sơ cấp quen thuộc liên quan đến các hằng đẳng thức đáng nhớ trong chương trình toán trung học phổ thông.
Trước hết, ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Newton:
(x+a)n=
n
X
k=0
Cnkan−kxk.
Nếu ta coi (x+a)n như là tớch của n thừa số (x+a)(x+a)ã ã ã(x+a), thỡ khi đú (x+a1)(x+a2)ã ã ã(x+an)
cũng có thể viết dưới dạng một biểu thức tương tự như công thức khai triển nhị thức Newton sau
(x+a1)(x+a2)ã ã ã(x+an) =
n
X
k=0
Cnkpn−kj xk, trong đó
p1 = a1+a2+ã ã ã+an
n p22 =
P
1≤i<j≤n
aiaj
Cn2
. . . . pnn=a1a2ã ã ãan.
(2.9)
Vậy nờn, nếu cỏc số a1, a2,ã ã ã , an đều dương (hoặc khụng õm) và khụng đồng thời bằng 0thỡ khụng mất tớnh tổng quỏt, ta cú thể coi cỏc số p1, p2,ã ã ã , pn đều dương (hoặc khụng õm). Từ (2.9), ta thu được
p1 = a1+a2+ã ã ã+an
n p2 =
v u u t
P
1≤i<j≤n
aiaj
Cn2 . . . . pn= √na1a2 ã ã ãan.
(2.10)
Định nghĩa 2.1 (xem [1]). (Bất đẳng thức Newton). Cho¯a là bộ n số dương {a1, a2, . . . , an}, (n≥1, n∈N). Khi đó
f(x) = (x+a1)(x+a2)ã ã ã ã(x+an)
=xn+E1(¯a)xn−1+E2(¯a)xn−2+ã ã ã+En(¯a), trong đó
E1(¯a) =
n
X
i=1
ai, E2(¯a) = X
1≤i<j≤n
aiaj, . . . , E1(¯a) =a1a2. . . an.
ĐặtE0(¯a) = 1.Ta gọiEr(¯a) = 1 là các hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp thứ r(Er(¯a)là tổng của tất cả các tích r số khác nhau của bộ số (¯a).)
Ký hiệu
Pr(¯a) = r!(n−r)!
n! Er(¯a).
Định nghĩa 2.2 (xem [1]). Giả sử x1, x2, . . . , xn là các bộ n số thực không âm (ký hiệu bởi (¯x)) và y1, y2, . . . , yn là bộ các số thực không âm khác nhau (được kí hiệu bởi (¯y)) Hai dãy (¯x) và (¯y) được gọi là đồng dạng (và ký hiệu x¯ y) nếu tồn tại¯ λ ∈ R(λ 6= 0) sao cho ta có xj =λyj(j = 1,2, . . . , n).
Bài toán 2.1. Cho ¯a là bộ (a1, a2, . . . , an) các số thực dương. Đặt P0 = 1, Pk =Pk(¯a), Er = Er(¯a).
Chứng minh rằngPk−1Pk+1 ≤Pk2(k = 1,2, . . . , n−1).
(Nếu các ai đều dương và không đồng thời bằng nhau thì ta có dấu bất đẳng thức thực sự).
Chứng minh.
Giả sửf(x, y) = (x+a1y)(x+a2y)ã ã ã(x+any) = E0xn+E1xn−1y+ã ã ã+Enyn Ei là tổng tất cả các tích i số khác nhau,Pr(¯a) = r!(n−r)!
n! Er(¯a)Vì tất cả các sốai đều dương vàt:= x y = 0 và v := y
x = 0 không phải là nghiệm của phươnng trình f(t,1) = 0 và f(v,1) = 0, tương ứng, nên x
y = 0 và y
x = 0 không phải là nghiệm bội trong các phương trình nhận từ đạo hàm của nó.
Từ đó ta có thể kết luận rằng các số Pi dương, tức là phương trình Pk−1x2+ 2Pkxy+Pk+1y2 = 0.
nhận được từf(x, y) = 0 bằng cách lấy vi phân liên tiếp theo x vày. Do đó phương trình này có nghiệm thực nên
Pk−1P k+ 1≤Pk2.
Bài toán 2.2. Cho các số ai >0 (i∈ {1,2,3, . . . , n}) và không đồng thời bằng nhau. Chứng minh bất đẳng thức
P1 > P
1 2
2 P
1 3
3 >ã ã ã> P
1
n3. (2.11)
Chứng minh. Ta có
P0P2 < P12, (P1P3)2 < P, . . . ., (Pr−1Pr+1)r< Pr2r. Suy ra
(P0P2)(P1P3)2ã ã ã(Pr−1Pr+1)r < P12P24Pr2r, hay
Pr+1r < Prr+1
⇒Pr
1 r>P
1 r+1 r+1 .
Nhận xét 2.1. Ta dễ dàng chứng minh được Pr−1Pr+1 < Pr2 bằng phương pháp quy nạp Thật vậy, giả sử bất đẳng thức đúng vớin−1số dương a1, a2, . . . , an−1 và Er′, Pr′ là cácEr, Pr
tạo bởi n−1 số ấy và giả sử tất cả các số đấy không đồng thời bằng nhau. Khi đó Er′ =anEr−1′ ⇒Pr = r
nPr′ + r
nanPr−1′ . Từ đó suy ra
n2(Pr−1Pr+1−Pr2) =A+Ban+Ca2n. trong đó
A=
(n−r)2−1
P′r−1P′r+1−(n−r)2P′r−1.
B = (n−r+ 1)(r+ 1).P′r−1P′r+1+ (n−r−1)(r−1)P′r−2P′r+1−2(r−1)P′r−2P′r+1. C = (r2−1)P′r−2P′r−r2P′r−1.
Vì các ai không đồng thời bằng nhau nên theo giả thiết ta có P′r−1P′r+1 < P′r−2P′r−P′r.
P′r−2P′r+1 < P′r−1P′r ⇒A <−P′r, B <2P′r−1P′r, C < P′r−1. n2(Pr−1Pr−P′r)<−(P′r−anP′r−1)≤0.
Điều này vẫn đỳng khi a1 =a2 =ã ã ã=an. Khi đú an6=a1. Từ bất đẳng thức (2.11), ta thu được bất đẳng thức sau
p1 ≥p2 ≥ ã ã ã ≥pn, trong đó
p1 = a1+a2+ã ã ã+an
n p2 =
v u u t
P
1≤i<j≤n
aiaj
Cn2 . . . . pn= √na1a2 ã ã ãan.
Đặc biệt, p1 ≥pn. Đó chính là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.