Phương pháp chuyển vị trong chứng minh bất đẳng thức hoán vị

Chia sẻ: Phan Cảnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

491
lượt xem 86
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hiện nay có rất nhiều phương pháp mạnh và mới để chứng minh bất đẳng thức như là EV của Vasile Cirlavje, SOS cảu Phạm Kim Hùng và Trần Tuấn Anh...Nhưng các phương pháp này phần lớn chỉ dùng để giải quyết các bài toán đối xứng khi gặp cá bất đẳng thức hoán vị thì chứng thường tỏ ra kém hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp chuyển vị trong chứng minh bất đẳng thức hoán vị

1 PHƯƠNG PHÁP CHUY N V TRONG CH NG MINH B T Đ NG TH C HOÁN V VÕ QU BÁ C C N Hi n nay có r t nhi u phương pháp m nh và m i đ ch ng minh b t đ ng th c như là EV c a Vasile Cirtoaje, SOS c a Ph m Kim Hùng và Tr n Tu n Anh, . . . Nhưng các phương pháp này ph n l n ch dùng đ gi i quy t các bài toán đ i x ng, khi g p các b t đ ng th c hoán v thì chúng thư ng t ra kém hi u qu . V y chúng ta có cách nào đ gi i quy t các b t đ ng th c hoán v không? Bài vi t này, chúng tôi xin đư c chia s cùng các b n m t kinh nghi m nh đ ch ng minh b t đ ng th c hoán v 3 bi n (và đôi khi ta cũng có th áp d ng nó cho b t đ ng th c hoán v 4 bi n). R t mong nh n đư c ý ki n đóng góp c a các b n! Như đã nói trên, các phương pháp ch ng minh b t đ ng th c đ i x ng thì r t nhi u nên n u ta có th chuy n m t b t đ ng th c hoán v v d ng đ i x ng thì vi c ch ng minh không còn gì khó khăn c . Đó chính là kinh nghi m nh mà chúng tôi mu n gi i thi u cùng b n đ c, m t k thu t giúp ta chuy n m t b t đ ng th c hoán v thành m t b t đ ng th c đ i x ng đ gi i, ta t m g i đó là "phương pháp chuy n v ". Đ hi u rõ hơn ý tư ng c a nó, chúng ta hãy cùng xét ví d sau Example 0.1 Cho các s th c không âm a, b, c th a mãn a + b + c = 4. Ch ng minh r ng a2 b + b2 c + c2 a + abc 4. (Vasile Cirtoaje, Ph m Kim Hùng) L i gi i. B t đ ng th c c n ch ng minh có d ng a ab + b bc + c c a + abc 4. Ta th y r ng đây là m t b t đ ng th c hoán v v i đ ng th c x y ra t i a = b = c = 1 và a = 2, b = 1, c = 0 (v i gi thi t c = minf a, b, cg). Đi u này ch ng t r ng vi c đánh giá nó là không d dàng chút nào, ch c n m t chút "quá đà" thì cũng có th đưa đ n k t qu không mong mu n. M t cách t nhiên, ta nghĩ ngay đ n vi c chuy n nó v d ng đ i x ng đ gi i. Thông thư ng, m i ngư i thư ng nghĩ đ n vi c chuy n v đ i x ng cho ba bi n, nhưng vi c này r t khó th c hi n (vì b t đ ng th c này có đ n hai đi m đ ng th c), cho nên ta hãy nghĩ đ n vi c đưa v đ i x ng cho hai bi n (mà không ph i ba). Mu n làm
2 đi u này, các b n hãy cùng đ ý đ n hai bi u th c đư c g ch chân trên, chúng có đi u gì kì l ? À, n u ta hoán đ i v trí cho nhau thì ta có th thu đư c m t b t đ ng th c m i là a ab + b c a + c bc + abc 4. Và th t thú v , đây l i là m t b t đ ng th c đ i x ng cho hai bi n a và c. Vì v y, n u ta có m t đánh giá ki u như a ab + b bc + c c a + abc a ab + b c a + c bc + abc thì đó là m t đi u tuy t v i! May m n thay, đi u này tương đương v i c( a b)(b c) 0 và chúng ta hoàn toàn có th đ t đư c đi u này b ng cách gi s b là s h ng n m gi a a và c. Đ n đây, ta tìm đư c l i gi i cho bài toán như sau: Không m t tính t ng quát, gi s b là s h ng n m gi a a và c. Khi đó, ta có a ab + b bc + c c a + abc a ab + b c a + c bc + abc 3 1 2b + a + c + a + c = b ( a + c )2 = 4. 2 3 Bài toán đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1 và a = 2, b = 1, c = 0 (cùng các hoán v tương ng). Đây là m t ví d quen thu c, và có l nhi u b n s cho r ng nó quá quen thu c, hi n nhiên. Và n u b n, nào tinh ý thì s th y r ng vi c đánh giá a ab + b bc + c c a + abc a ab + b c a + c bc + abc trên th c ra chính là vi c s d ng b t đ ng th c s p x p l i cho hai b s đơn đi u cùng chi u ( a, b, c) và ( ab, ca, bc) (v i gi thi t b là s h ng n m gi a). Tuy nhiên, chúng tôi đ n v i ý tư ng chuy n v này hoàn toàn đ c l p v i b t đ ng th c s p x p l i. Chúng ta hãy cùng đi đ n ví d sau đ th y rõ đư c đi u đó Example 0.2 Cho các s không âm x, y, z có t ng b ng 1. Ch ng minh b t đ ng th c sau q q p x + y2 + y + z2 + z + x2 2. (Phan Thành Nam) Rõ ràng v i bài toán này, vi c s d ng b t đ ng th c s p x p l i là r t khó (có th nói là không th ), nhưng vi c s d ng phép chuy n v như trên thì ta v n có th áp d ng đư c. Và m t đi u thú v n a là, v i nh ng cách phân tích khác nhau thì chúng ta l i có nh ng phép chuy n v khác nhau, giúp đưa bài toán đi đ n k t qu . Ch ng h n, ví d này, chúng ta có hai cách chuy n v sau L i gi i 1. B t đ ng th c này có d ng đ ng b c ( v trái) là q q q x2 + y2 + xy + xz + y2 + z2 + yz + yx + z2 + x2 + zx + zy 2. Ta th y r ng b t đ ng th c này ch a căn và hoán v cho 3 bi n x, y, z nên vi c đánh giá nó s g p r t nhi u khó khăn, cho nên ý tư ng c a ta đây chính là chuy n nó v d ng đ i
3 x ng, ch ng h n cho y và z. Đ th c hi n, ta hãy đ ý 2 bi u th c yx và zy đư c g ch chân trên, n u ta chuy n v 2 bi u th c này thì s thu đư c m t b t đ ng th c m i q q q x2 + y2 + xy + xz + y2 + z2 + yz + yz + z2 + x2 + zx + xy 2. Và th t thú v , nó là m t b t đ ng th c đ i x ng cho y và z. V i ý tư ng như v y, chúng ta c n có q q q q 2 + z2 + yz + yx + 2 + x 2 + zx + zy 2 + z2 + yz + yz + z2 + x2 + zx + xy. y z y Bình phương 2 v , và thu g n, ta th y b t đ ng th c này tương đương v i y( x y)( x z)( x + y + z) 0. Đi u này có th đ t đư c n u ta gi s x = min f x, y, zg ho c x = max f x, y, zg . V i nh ng phân tích này, ta đi đ n l i gi i c a bài toán như sau: Không m t tính t ng quát, gi s x = min f x, y, zg , khi đó theo trên, ta có ngay q q q q y2 + z2 + yz + yx + z2 + x2 + zx + zy y2 + z2 + yz + yz + z2 + x2 + zx + xy, nên b t đ ng th c c a ta đư c đưa v q p x + y2 + x + z2 + y + z 2, tương đương q p x + y2 + x + z2 2 x + y + z. Áp d ng b t đ ng th c Minkowski, ta có q q q p p p2 2+ 2 2= 4 x + ( y + z )2 x+y x+z x + x + (y + z) q 4 x ( x + y + z ) + ( y + z )2 = 2 x + y + z. = Do đó, b t đ ng th c c a ta đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi x = y = z = 1 ho c x = 1, y = z = 0 và các hoán v tương ng. 3 L i gi i 2. N u các b n không thích phép chuy n v như trên, chúng ta có th th ch n phép chuy n v ki u khác như sau: Hãy chú ý đ n 2 bi u th c đư c g ch dư i trong b t đ ng th c q q q x2 + y2 + xy + xz + y2 + z2 + yz + yx + z2 + x2 + zx + zy 2.
4 N u ta th c hi n phép chuy n v cho 2 bi u th c này thì s thu đư c m t b t đ ng th c m i đ i x ng cho x và z là q q q x2 + y2 z2 + y2 x2 + z2 + yz + yx + xy + xz + + zx + zy + 2. Như v y, ta c n có q q q q y2 + z2 + yz + yx + z2 + x2 + zx + zy x2 + z2 + yz + yx + z2 + y2 + zx + zy, hay là x ( x2 y2 )(y z) 0. Đi u này có th đ t đư c n u ta gi s y là s h ng n m gi a x và z. Đ n đây, ta thu đư c m t l i gi i m i như sau: Gi s y là s h ng n m gi a x và z, khi đó d th y q q q q y2 + z2 + yz + yx + z2 + x2 + zx + zy x2 + z2 + yz + yx + z2 + y2 + zx + zy, nên ta ch c n ch ng minh đư c q q q x2 + y2 + xy + xz + y2 + z2 + zx + zy + x2 + z2 + yz + yx 2, tương đương q q p x + y2 + z + y2 + x+z 2xz 2, hay là q p 2 x + z + 2y2 + 2 ( x + y2 )(z + y2 ) x+z 2xz 2 . Đ t t = xz (0 2y)) thì b t đ ng th c trên đư c vi t l i là y (1 t q p f ( t ) = 2t + 2y2 y + y2 ) y2 + 4 4+2 t + (1 y 2t 1 0. Ta có 1 4 f 00 (t) = < 0, + y2 )]3/2 2t)3/2 (1 y + y2 (1 2 [t y nên f (t) là hàm lõm, suy ra f (t) min f f (0), f (y(1 2y))g nên ta ch c n ch ng minh đư c f (0) 0 và f (y(1 2y)) 0. Đi u này đ ng nghĩa v i vi c ch ng minh b t đ ng th c trên khi xz = 0 và ( x y)(z y) = 0.
5 + N u xz = 0, ta gi s z = 0, khi đó x = 1 y và b t đ ng th c trên tr thành q p 1 y + y2 + 1 y + y 2. B t đ ng th c này hi n nhiên đúng, b i vì theo b t đ ng th c Minkowski, ta có r r q p p p 2 2 1 y + y2 + 1 y = 1 y + y2 + 1 y + 02 r p p 2 1 y + 1 y + ( y + 0)2 = 2 y. + N u ( x y)(z y) = 0, ta gi s y = z, khi đó x = 1 2y 0 và b t đ ng th c trên tr thành q q q 1 2y + y2 + y + y2 + 1 y 2y (1 2y ) 2, tương đương q q y + y2 + 3y + 4y2 1 + y. 1 Nhưng b t đ ng th c này cũng hi n nhiên đúng, b i vì theo b t đ ng th c Minkowski, ta có q q q q p2 p ( y )2 + (1 2y )2 2+ 2= 2+ y+y 1 3y + 4y ( y) + y q p p ( y + y )2 + ( y + 1 2y )2 = 1 + y. Phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. V i ý tư ng chuy n v như v y, chúng ta có th gi i đư c khá nhi u bài toán đ p và khó. Sau đây là hai ví d khác Example 0.3 Cho các s không âm x, y, z th a mãn x + y + z = 1. Ch ng minh r ng q q q 3 3+ 3 y 3+ 3 z x + y3 1. x y+z z+x (Phan Thành Nam) p p p 3 3 3 L i gi i. Ta th y b t đ ng th c c n ch ng minh có d ng 1, v i A+ B+ C y + z3 = x 3 + x 2 y x y2 y3 + 2z ( x 2 y2 ) + z2 ( x y ) + z3 , A=x z + x 3 = y3 + y2 z y z2 z3 + 2 x ( y2 z2 ) + x 2 ( y z) + x3 , B=y x + y3 = z3 + z2 x z x2 x 3 + 2y ( z2 x 2 ) + y2 ( z x ) + y3 . C=z
6 N u có 2 s trong 3 s A, B, C có t ng không dương thì b t đ ng th c c a ta hi n nhiên đúng. Th t v y, gi s A + B 0 thì do C = z x + y3 z x + y 1, nên p p p p p p p 3 3 3 3 3 3 3 A+ B+ B+ B+ C= C C 1. Bây gi ta s xét trư ng h p ngư c l i, t c là lúc này ta có A + B 0 và 0, B + C C + A 0. Khi đó, gi s z = min f x, y, zg , và đ t D = y3 + y2 x y x2 x 3 + 2z ( y2 x 2 ) + z2 ( y x ) + z3 , và E = x3 + y3 z3 . Lúc này, ta có 2 tính ch t sau: D + E = B + C 0, và c)( a2 + 2ab + 2ac + bc)(2a2 + b2 + 2c2 + 2bc + 3ca + 2ab) 0. BC = ( a c)(b DE p p p p V i nh ng tính ch t này, ta d dàng ch ng minh đư c 3 B + 3 C 3 D + 3 E, và ta có th đưa b t đ ng th c v ch ng minh p p p 3 3 3 A+ D+ E 1, tương đương q q q 3 3 3 y + z3 + x + z3 + x 3 + y3 z3 x y 1. Th c hi n tương t như trên, ta cũng có q q p p 3 3 3 3 y + z3 + x + z3 z3 + z3 = 2z, x y nên ta ch c n ch ng minh đư c q 3 x 3 + y3 z3 . x+y z Đây là m t b t đ ng th c hi n nhiên đúng vì z )3 ( x 3 + y3 z3 ) = 3( x (x + y z)(y z)( x + y) 0. 1 Phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. Đ ng th c x y ra khi và ch khi x = y = z = 3 ho c x = 1, y = z = 0 và các hoán v tương ng. Example 0.4 Cho các s không âm a, b, c có t ng b ng 3. Ch ng minh r ng (3a2 + bc + 3b2 )(3b2 + ca + 3c2 )(3c2 + ab + 3a2 ) 900. (Võ Qu c Bá C n)
7 L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta có th gi s b là s h ng n m gi a a và c. Khi đó, v i chú ý đ ng th c sau (3b2 + ca + 3c2 )(3c2 + ab + 3a2 ) (3b2 + ab + 3c2 )(3c2 + ca + 3a2 ) = = 3a(b c)(b a)( a + b) 0, ta có th đưa b t đ ng th c v ch ng minh (3a2 + bc + 3b2 )(3b2 + ab + 3c2 )(3c2 + ca + 3a2 ) 900. Đ n đây, ta th y (3a2 + bc + 3b2 )(3b2 + ab + 3c2 ) = = 9b4 + 3( a + c)b3 + (9a2 + ac + 9c2 )b2 + 3( a3 + c3 )b + 9a2 c2 = 9b4 + 3( a + c)b3 + 9( a + c)2 b2 + 3( a + c)3 b + 9ac( ac ab bc) 17b2 ac 9b4 + 3( a + c ) b3 + 9( a + c )2 b2 + 3( a + c )3 b = 3b ( a + 3b + c ) b2 + ( a + c )2 , và 3c2 + ca + 3a2 3( a + c )2 , nên ta ch c n ch ng minh đư c 9x2 b( x + 3b)( x2 + b2 ) 900, v i x = a + c. Áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta có 3 9 5xb + x ( x + 3b) + 2( x2 + b2 ) 2 2 2 9x b( x + 3b)( x + b ) , 10 3 mà 10 1 10 5xb + x ( x + 3b) + 2( x2 + b2 ) = ( x + b )2 2b )2 ( x + b)2 = 30, (x 3 3 3 nên t trên, ta đư c 9 9x2 b( x + 3b)( x2 + b2 ) 103 = 900. 10 B t đ ng th c c a ta đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = 0, b = 1, c = 2 và các hoán v tương ng.
8 Nh n xét 1 B ng cách tương t , ta có th gi i đư c bài toán sau: p 1 V i a, b, c là các s không âm có t ng b ng 3 và k là m t s cho trư c k 2 , tìm giá tr 3 l n nh t c a bi u th c sau P( a, b, c) = ( a2 + kbc + b2 )(b2 + kca + c2 )(c2 + kab + a2 ). Không ch có các b t đ ng th c hoán v ba bi n m i s d ng đư c phép chuy n v này mà m t ph n đông các b t đ ng th c hoán v b n bi n cũng có th áp d ng đư c nó. Đ u tiên, chúng ta s s d ng phép chuy n v đ đưa v m t b t đ ng th c hoán v cho ba bi n, r i dùng nh ng đánh giá thích h p đ ch ng minh bài toán. M i các b n cùng đi đ n ví d sau đ rõ hơn ý tư ng này (đây là m t bài toán r t khó) Example 0.5 Cho các s không âm a, b, c, d th a mãn a + b + c + d = 4. Ch ng minh r ng a3 b + b3 c + c3 d + d3 a + 23abcd 27. (Ph m Kim Hùng) L i gi i. Trư c h t, ta s ch ng minh b đ sau B đ 0.1 N u a, b, c là các s không âm thì 473 27 a3 b + b3 c + c3 a + ( a + b + c )4 . abc( a + b + c) 256 256 Ch ng minh. B n đ c có th t ch ng minh l y b ng cách s d ng phép chuy n v cho 3 bi n. Quay tr l i bài toán. Do tính hoán v vòng quanh nên không m t tính t ng quát, ta có th gi s d là s h ng nh nh t trong các s a, b, c, d. Khi đó, ta có c3 d + d3 a ( c3 a + d4 ) = ( c3 d3 )( a d) 0, nên đ ch ng minh b t đ ng th c đã cho, ta ch c n ch ng minh đư c a3 b + b3 c + c3 a + d4 + 23abcd 27. Đ n đây, áp d ng b đ trên, ta có th đưa v ch ng minh 27 473 d )4 d) + d4 + 23abcd (4 abc(4 27, 256 256 hay là 1 27 d )4 + d4 (6361d 1892) abc + (4 27 0. 256 256
9 27 d )4 + d4 N u 6361d 1892 0 thì b t đ ng th c trên là hi n nhiên vì 27. N u 256 (4 6361d 1892 0 thì ta có 1 27 (4 d)4 + d4 27 (6361d 1892) abc + 256 256 (4 d )3 1 27 (4 d )4 + d4 (6361d 1892) + 27 256 27 256 1 (5d2 + 270d 473)(d 1)2 0. = 27 B t đ ng th c c a ta đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = d = 1 ho c a = 3, b = 1, c = d = 0 và các hoán v tương ng. BÀI T P Đ NGH 1. Cho các s th c không âm a, b, c th a mãn không có hai s nào đ ng th i b ng 0. Ch ng minh r ng a2 + b2 + c2 4abc + 2. ab + bc + ca a2 b + b2 c + c2 a + abc (Võ Qu c Bá C n) 2. Gi s a, b, c là các s th c không âm th a mãn a2 + b2 + c2 = 3. Ch ng minh các b t đ ng th c sau (a) a2 b + b2 c + c2 a 2 + abc; a3 b2 + b3 c2 + c3 a2 (b) 3. (Vasile Cirtoaje) 3. Ch ng minh r ng v i m i s th c dương a, b, c có t ng b ng 3, b t đ ng th c sau luôn đúng a b c 3 + + . 2 2 2 b+c c+a a+b 2 (Ph m Kim Hùng) 4. Ch ng minh r ng v i m i s th c dương a, b, c có t ng b ng 3, b t đ ng th c sau luôn đúng r r r a b c 3 + + . 2+3 2+3 2+3 b c a 2 (Võ Qu c Bá C n)
10 5. Gi s a, b, c là đ dài ba c nh c a m t tam giác có chu vi b ng 1. Ch ng minh r ng p p p p 2 a + b3 + 2b + c3 + 2c + a3 2 + 1. (Võ Qu c Bá C n) 6. Gi s a, b, c là các s th c không âm th a mãn ab + bc + ca = 3. Tìm t t c các s th c không âm k sao cho b t đ ng th c sau luôn đúng ( k + 1)3 . (ka + b)(kb + c)(kc + a) (Michael Rozenberg) 7. Cho a, b, c, d là các s th c không âm th a mãn a + b + c + d = 3. Ch ng minh r ng ab(b + c) + bc(c + d) + cd(d + a) + da( a + b) 4. (Ph m Kim Hùng) 8. Cho a, b, c, d là các s th c không âm th a mãn a + b + c + d = 3. Ch ng minh r ng p ab( a + 2b + 3c) + bc(b + 2c + 3d) + cd(c + 2d + 3a) + da(d + 2a + 3b) 6 3. (Ph m Kim Hùng)