Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất đẳng thức Muirhead và một số vấn đề liên quan

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sự lựa chọn đề tài Bất đẳng thức Muirhead và một số vấn đề liên quan nhằm giới thiệu lại công trình nghiên cứu của R. F. Muirhead và J. B. Paris và A. Vencovská về đánh giá về tổng Symmetric của hai bộ số thực không âm có quan hệ ≺.Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất đẳng thức Muirhead và một số vấn đề liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI VIỆT LONG BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI VIỆT LONG BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. HÀ TRẦN PHƯƠNG THÁI NGUYÊN - 2016
i Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Bất đẳng thức Muirhead 3 1.1. Bất đẳng thức Muirhead cho trường hợp bộ hai và ba số . . . . . 3 1.1.1. Một số khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2. Định lý Muirhead bộ hai và ba số . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.3. Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2. Bất đẳng thức Muirhead tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2.1. Định lý Muirhead trong trường hợp n biến . . . . . . . . . 11 1.2.2. Bất đẳng thức Muirhead mở rộng . . . . . . . . . . . . . . 15 Chương 2. Một số áp dụng của bất đẳng thức Muirhead 23 2.1. Chứng minh một số bất đẳng thức đại số và hình học . . . . . . . 23 2.1.1. Một số bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.1.2. Một số bất đẳng thức hình học . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.2. Kết hợp với một số bất đẳng thức khác . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.2.1. Một số bất đẳng thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.2.2. Ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48
1 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức là một vấn đề nghiên cứu được hình thành từ khá sớm của toán học sơ cấp nhưng hiện nay vẫn thu hút được sự quan tâm của nhiều tác giả. Đây cũng là một phần kiến thức đẹp đẽ, thú vị trong toán sơ cấp. Do đó các vấn đề về bất đẳng thức luôn cuốn hút được nhiều người nghiên cứu toán sơ cấp và có nhiều bài tập được sử dụng để thi các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Đã có nhiều tác giả trong và ngoài nước có những nghiên cứu về bất đẳng thức và có nhiều chuyên đề hay, thể hiện tính thời sự của vấn đề nghiên cứu. Được hình thành vào đầu thế kỷ XX, bất đẳng thức Muirhead được xuất hiện trong một công trình nghiên cứu của nhà toán học R. F. Muirhead vào năm 1903 và là tổng quát hóa khá quan trọng của bất đẳng thức AM − GM. Nó cho một đánh giá về tổng Symmetric của hai bộ số có quan hệ ≺ . Có thể nói, bất đẳng thức Muirhead là một công cụ mạnh trong việc giải một số bài toán về bất đẳng thức có độ phức tạp cao thể hiện trong việc đã có nhiều bài tập thi học sinh giỏi, Olympic các nước, khu vực, thế giới - mà việc giải cần dùng đến bất đẳng thức Muirhead. Hơn nữa, bất đẳng thức Muirhead có thể áp dụng cùng với các bất đẳng thức khác để xây dựng những bất đẳng thức mới sâu sắc hơn. Mặc dầu đã có nhiều tác giả quan tâm đến bất đẳng thức Muirhead nhưng việc cải tiến bất đẳng thức này là khá chậm, hơn một thế kỷ sau (năm 2009) kể từ công trình của R. F. Muirhead, hai tác giả J. B. Paris và A. Vencovská mới đưa ra một cải tiến mới về bất đẳng thức này. Sự lựa chọn đề tài Bất đẳng thức Muirhead và một số vấn đề liên quan nhằm giới thiệu lại công trình nghiên cứu của R. F. Muirhead và J. B. Paris và A. Vencovská về đánh giá về tổng Symmetric của hai bộ số
2 thực không âm có quan hệ ≺. Ngoài ra luận văn cũng giới thiệu một số ví dụ về áp dụng bất đẳng thức Muirhead trong việc chứng minh các bài tập về bất đẳng thức đã sử dụng trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic các nước, khu vực, thế giới. Luận văn được chia thành hai chương. Chương 1 nhằm giới thiệu các kiến thức lý thuyết về bất đẳng thức Muirhead và một mở rộng của bất đẳng thức này. Trong Chương 2 chúng tôi giới thiệu các ví dụ về các bài toán sử dụng đến bất đẳng thức Muirhead như là một áp dụng của định lý Muirhead. Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Qua đây tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo Khoa Toán, Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo nhà trường và các Quý Thầy Cô giảng dạy lớp Thạc sĩ khóa 8 (6/2014- 6/2016) trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu, đã trang bị kiến thức cơ bản và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS. TS. Hà Trần Phương, người đã tận tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi có thêm nhiều kiến thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn một cách hoàn chỉnh. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè và các đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập của mình. Do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 8 năm 2016 Người viết luận văn Bùi Việt Long
3 Chương 1 Bất đẳng thức Muirhead 1.1. Bất đẳng thức Muirhead cho trường hợp bộ hai và ba số 1.1.1. Một số khái niệm Định nghĩa 1.1. ([6]) Cho một bộ n số thực không âm a = (a1 , a2 , . . . , an ) và một bộ các số thực dương x = (x1 , x2 , . . . , xn ). Ta định nghĩa i) Tổng Cyclic (Viết tắt: cyc) của xa11 xa22 . . . xann là đại lượng X a a x11 x22 . . . xann =xa11 xa22 . . . xann + xa21 xa32 . . . xa1n cyc + · · · + xan1 xa12 . . . xan−1 n . ii) Tổng Symmetric (Viết tắt: sym) của xa11 xa22 . . . xann là đại lượng X a a X a T (a) = T (x; a) = 1 2 an x1 x2 . . . xn = xσ(1) 1 xaσ(2) 2 . . . xaσ(n) n , sym σ∈S(n) trong đó tổng sym được lấy trên tất cả các hoán vị (σ(1), σ(2), . . . , σ(n)) của (1, 2, . . . , n), S(n) là tập hợp tất cả các hoán vị của {1, 2, ..., n} . iii) Trung bình Symmetric của xa11 xa22 . . . xann là đại lượng 1 [x; a] = T (x; a). n! Ta có thể sử dụng kí hiệu ngắn gọn [a] thay cho kí hiệu [x; a], T (a) thay cho T (x; a) khi phần tử x đã được xác định rõ.
4 Ví dụ 1.1. ([2]) X ab2 c3 = ab2 c3 + bc2 a3 + ca2 b3 ; cyc X abc = 6abc. sym Ví dụ 1.2. ([4]) Với a = (1, 3, 2) và x = (x1 , x2 , x3 ) thì T (x; a) = x1 x32 x23 + x1 x33 x22 + x2 x31 x23 + x2 x33 x21 + x3 x31 x22 + x3 x32 x21 . Và 1 [x; a] = (x1 x32 x23 + x1 x22 x33 + x2 x31 x23 + x2 x33 x21 + x3 x31 x22 + x3 x32 x21 ). 6 Ví dụ 1.3. ([6]) n (n − 1)! 1X [(1, 0, 0, ..., 0); (x1 , . . . , xn )] = (x1 + x2 + ... + xn ) = xi n! n i=1 là trung bình cộng của các số x1 , . . . , xn . √ 1 1 1 ( ; ; ... ); (x1 , . . . , xn ) = n x1 x2 ...xn n n n là trung bình nhân của các số x1 , . . . , xn . Mệnh đề 1.1. ([6]) 1. Nếu x1 x2 ...xn = 1 thì [a1 , a2 , ..., an ] = [(a1 − r), (a2 − r), ..., (an − r)] đúng với mọi r > 0 sao cho các ai − r > 0. 2. Nếu x1 x2 ...xn > 1 thì [a1 , a2 , ..., an ] > [(a1 − r), (a2 − r), ..., (an − r)] đúng với mọi r > 0 sao cho các ai − r > 0. 3. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, với hai bộ số thực không âm a và b ta có [a] + [b] a+b > . 2 2
5 Nhận xét 1.1. Cho bộ các số thực không âm a = (a1 , a2 , . . . , an ) và một bộ các số thực dương x = (x1 , x2 , . . . , xn ). Nếu b = (aσ(1) , aσ(2) , . . . , aσ(n) ), trong đó (σ(1), σ(2), . . . , σ(n)) là một hoán vị của {1, 2, . . . , n} thì ta luôn có T (x; a) = T (x; b), [x; a] = [x; b]. Tiếp theo ta giới thiệu một số khái niệm cơ bản về so sánh các bộ n số. Cho bộ n số thực không âm a = (a1 , a2 , . . . , an ). Dễ thấy rằng ta luôn có thể sắp xếp lại trật tự các phần tử trong a để sao cho a1 > a2 > · · · > an . Do đó trong luận văn này, không mất tính tổng quát ta luôn có thể giả thiết a1 > a2 > · · · > an khi nói đến bộ n số (a). Ta xem xét khái niệm về quan hệ ≺ của hai bộ n số thông qua định nghĩa sau. Định nghĩa 1.2. ([6]) Cho hai bộ n số thực không âm a = (a1 , a2 , . . . , an ) và b = (b1 , b2 , . . . , bn ). Ta nói bộ b trội hơn bộ a, kí hiệu là a ≺ b hay b a nếu các điều kiện sau thỏa mãn (sau khi sắp xếp lại trật tự các phần tử trong a, b nếu cần thiết): 1) a1 > a2 > · · · > an ; b1 > b2 > · · · > bn ; 2) a1 + a2 + · · · + am 6 b1 + b2 + · · · + bm với mọi m : 1 6 m 6 n − 1; 3) a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn . Ví dụ 1.4. ([4]) (2, 1, 0) ≺ (3, 0, 0); (0, 2, 1) ≺ (0, 0, 3), (4, 0, 0, 0) 6≺ (2, 0, 2) vì số phần tử ở hai bộ khác nhau, (5, 0, −1) 6≺ (2, 2, 0) vì có phần tử âm ở một bộ, (2, 1, 1, 1) 6≺ (1, 1, 1, 1)vì 2 + 1 + 1 + 1 6= 1 + 1 + 1 + 1, (4, 1, 1, 1) 6≺ (3, 3, 1, 0)vì 4 + 1 6> 3 + 3. Ví dụ 1.5. ([6]) 1 1 1 , ,..., ≺ (1, 0, . . . , 0). n n n | {z } | {z } n n
6 1.1.2. Định lý Muirhead bộ hai và ba số Định lý 1.2. (Định lý Muirhead bộ hai số, [2]) Cho các số thực dương a1 , a2 , b1 , b2 thỏa mãn:   a1 > a2 ; b 1 > b 2 ;  a1 > b1 ;  a1 + a2 = b1 + b2 .  Cho x, y là các số thực dương, khi đó X X xa1 y a2 > xb1 y b2 . sym sym Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a1 = b1 , a2 = b2 hoặc x = y. Định lý 1.3. (Định lý Muirhead cho bộ ba số, [2]) Cho hai bộ ba số thực dương a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 thỏa mãn:   a1 > a2 > a3 ; b1 > b2 > b3 ;  a1 > b1 ; a1 + a2 > b1 + b2 ;  a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3 .  Cho x, y, z là các số thực dương, khi đó X X xa1 y a2 z a3 > xb1 y b2 z b3 . sym sym Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : ai = bi ; i = 1, 2, 3 hoặc x = y = z. Chứng minh. Để chứng minh định lý ta cần đến một bổ đề sau: Bổ đề 1.4. ([1]) Cho các số thực không âm a1 , a2 , b1 , b2 , thỏa mãn: a1 + a2 = b1 +b2 ; và max {a1 ; a2 } > max {b1 ; b2 } . Khi đó với các số thực dương x, y , ta có: xa1 y a2 + xa2 y a1 > xb1 y b2 + xb2 y b1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = b1 ; a2 = b2 hoặc x = y. Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a1 > a2 , a1 > b1 , b1 > b2 .
7 Do a1 + a2 = b1 + b2 nên ta có: xa1 y a2 + xa2 y a1 − xb1 y b2 − xb2 y b1 = xa2 y a2 (xa1 −a2 + y a1 −a2 − xb1 −a2 y b2 −a2 − xb2 −a2 y b1 −a2 ) = xa2 y a2 (xb1 −a2 + y b1 −a2 )(xb2 −a2 − y b2 −a2 ) 1 = a a (xb1 + y b1 )(xb2 − y b2 ) > 0. x 2y 2 Bổ đề được chứng minh. Ta tiếp tục chứng minh định lý. Ta xét hai trường hợp sau: i) Trường hợp 1. Nếu b1 > a2 , điều này kéo theo a1 > a1 + a2 − b1 và từ a1 > b1 ta có a1 > max {a1 + a2 − b1 , b1 } Kéo theo max {a1 , a2 } = a1 > max {a1 + a2 − b1 , b1 } . Từ a1 + a2 − b1 > b1 + a3 − b1 = a3 và a1 + a2 − b1 > b2 > b3 ta có max{a1 + a2 − b1 , a3 } > max{b2 , b3 }. Áp dụng Bổ đề 1.4 hai lần ta có: X X xa1 y a2 z a3 = z a3 (xa1 y a2 +xa2 y a1 ) sym cyc X > z a3 (xa1 +a2 −b1 y b1 +xb1 y a1 +a2 −b1 ) cyc X = xb1 (y a1 +a2 −b1 z a3 +y a3 z a1 +a2 −b1 ) cyc X > xb1 (y b2 z b3 +y b3 z b2 ) cyc X = xb1 y b2 z b3 . sym
8 ii) Trường hợp 2. Nếu b1 6 a2 . Ta có 3b1 > b1 + b2 + b3 = a1 + a2 + a3 > b1 + a2 + a3 , hơn nữa b1 > a1 + a2 − b1 và a1 > a2 > b1 > a2 + a3 − b1 , nên ta có ( max {a2 , a3 } > max {b1 , a2 + a3 − b1 } max {a1 , a2 + a3 − b1 } > max {b2 , b3 } . Áp dụng Bổ đề 1.4 hai lần ta có X X xa1 y a2 z a3 = xa1 (y a2 z a3 +y a3 z a2 ) sym cyc X > xa1 (y b1 z a2 +a3 −b1 +y a2 +a3 −b1 z b1 ) cyc X = y b1 (xa1 z a2 +a3 −b1 +xa2 +a3 −b1 z a1 ) cyc X > y b1 (xb2 z b3 +xb3 z b2 ) cyc X = xb1 y b2 z b3 . sym Dễ dàng thấy rằng nếu a = b hoặc x = y = z thì đẳng thức xảy ra. Định lý Muirhead cho bộ ba số được chứng minh. Nhận xét 1.2. Bất đẳng thức Muirhead thường được sử dụng cho trường hợp ba biến bởi các lý do sau: - Đối với bất đẳng thức hai biến số, việc áp dụng bất đẳng thức AM − GM có thể giải quyết dễ dàng và đơn giản hơn so với dùng Định lý Muir- head. - Đối với bất đẳng thức từ bốn biến trở lên, việc đưa nó về dạng đa thức đối xứng là một điều tương đối khó khăn, phức tạp. - Ta có thể sử dụng định lý Muirhead để chứng minh bất đẳng thức Nesbitt.
9 1.1.3. Một số ví dụ Kỹ thuật chung để sử dụng định lý Muirhead trong chứng minh bất đẳng thức ta cần thực hiện như sau: Bước 1: Phân tích - Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tổng các đa thức đối xứng ở cả hai vế của bất đẳng thức; - Biểu diễn các đa thức đối xứng theo ký hiệu quy ước trong lý thuyết nói trên. Bước 2: Đánh giá - Làm mất dần các đa thức đối xứng có giá trị lớn ở vế có giá trị nhỏ hơn; thay vào đó là các đa thức nhỏ nhất có thể. - Phép đánh giá được thực hiện nhờ các nguyên tắc sau: + Sử dụng đánh giá các bất đẳng thức sẵn có; + Tìm tòi, dự đoán các bất đẳng thức nhỏ hơn cần chứng minh; + Sử dụng các cách biến đổi để tạo ra cách đánh giá mới. Bây giờ ta xét một số ví dụ cụ thể. Ví dụ 1.6. ([1]) Với a, b, c > 0, α ≥ 1 thỏa mãn abc = 1 thì aα bα cα 3 + + > . b+c c+a a+b 2 Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: X 3 α−1 aα (a + b)(a + c) > (a + b)(b + c)(c + a)(abc) 3 . cyc 2 Bất đẳng thức này tương đương với X 2 (aα+2 +aα+1 b + aα+1 c + aα bc) cyc α+5 α+2 α−1 α+2 α+2 α+2 X > 3( a 3 b 3 c 3 + 2a 3 b 3 c 3 ) sym
10 Tương đương với ! α+5 α+2 α−1 X X aα+2 − a 3 b 3 c 3 sym sym ! α+5 α+2 α−1 X X +2 aα+1 b − a 3 b 3 c 3 sym sym ! α+2 α+2 α+2 X X + aα bc − a 3 b 3 c 3 > 0. sym sym Do α > 1 nên α+5 α+2 α−1 (α + 2, 0, 0) (α + 1, 1, 0) ( , , ); 3 3 3 α+2 α+2 α+2 (α, 1, 1) ( , , ). 3 3 3 Nên bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead trong trường hợp bộ ba số. Dễ dàng kiểm tra được đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 1 1 1 Nhận xét. Bài toán trên nếu ta chọn α = 2 và đặt a = , b = , c = x y z thì ta sẽ thu được bài toán IMO 1995 - Ví dụ 2.3, trang 25. Ví dụ 1.7. ([1]) Cho ba số thực dương a, b, c > 0 khi đó ta có bất đẳng thức: a3 b3 c3 3(ab + bc + ca) 2 2 + 2 2 + 2 2 > . b − bc + c c − ca + a a − ab + b a+b+c Thật vậy, vì 3(ab + bc + ca) a+b+c> a+b+c nên để chứng minh bài toán, ta sẽ chứng minh khẳng định sau: a3 b3 c3 + + > a + b + c. b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 a2 − ab + b2 Bất đẳng thức trên tương đương với X a3 (b + c) 3 + c3 > a + b + c. cyc b
11 Hay X a3 (b + c)(a3 + b3 )(a3 + c3 ) > (a + b + c)(a3 + b3 )(b3 + c3 )(c3 + a3 ). cyc Tương đương với bất đẳng thức ! X X (a3 b + a3 c)(a6 + a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 ) > (a + b + c) a6 b3 + 2a3 b3 c3 cyc sym hay X X X X a9 b + a6 b4 + a6 b 3 c + a4 b3 c3 > sym sym sym sym X X X X 7 3 6 4 6 3 ab + ab + a b c+ a4 b 3 c 3 . sym sym sym sym Rút gọn bất đẳng thức trên ta được X X a9 b > a7 b 3 . sym sym Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 1.2. Bất đẳng thức Muirhead tổng quát 1.2.1. Định lý Muirhead trong trường hợp n biến Cho bộ n các số thực không âm a = (a1 , a2 , . . . , an ) và x = (x1 , x2 , . . . , xn ) là một bộ các biến thực dương. Ta nhắc lại tổng sym các phần tử của x với bộ số mũ a là đại lượng X a T (x; a) = xσ(1) 1 xaσ(2) 2 . . . xaσ(n) n , σ∈S(n) trong đó tổng sym được lấy trên tất cả các hoán vị của {1, 2, . . . , n}, S(n) là tập hợp tất cả các hoán vị của {1, 2, ..., n} . Ta có định lý sau được gọi là định lý Muirhead. Định lý 1.5. ([10]) Cho hai bộ n các số thực không âm a = (a1 , a2 , . . . , an ) và b = (b1 , b2 , . . . , bn ). Khi đó, tổng sym T (x; a) so sánh được với tổng sym
12 T (x; b) đối với mọi bộ các biến thực dương x = (x1 , x2 , . . . , xn ) khi và chỉ khi a và b so sánh được với nhau theo quan hệ ≺. Nếu a ≺ b thì T (x; a) 6 T (x; b). (1.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc a ≡ b hoặc x1 = x2 = · · · = xn . Chứng minh. Trước hết ta chứng minh điều kiện cần. Giả sử có T (x; a) 6 T (x; b). (1.2) đúng với mọi bộ các biến thực (x1 , x2 , . . . , xn ). Ta lấy x1 = x2 = · · · = xn = c, trong đó c là hằng số, bất đẳng thức (1.2) cho ta P P ai bi c 6c (1.3) đúng với mọi giá trị c > 0 lớn tùy ý hay nhỏ tùy ý. Điều này kéo theo a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn . Tiếp theo, cho x1 = c, x2 = · · · = xn = 1, bất đẳng thức (1.2) cho ta ca1 + ca2 + · · · + can 6 cb1 + cb2 + · · · + cbn (1.4) đúng với mọi giá trị c > 0 tùy ý. Chú ý rằng do a1 > a2 > · · · > an , b1 > b2 > · · · > bn nên ca1 + ca2 + · · · + can là đa thức bậc a1 và cb1 + cb2 + · · · + cbn là đa thức bậc b1 đối với cùng biến c. Do bất đẳng thức (1.4) đúng với mọi c > 0 lớn tùy ý nên suy ra a1 6 b1 . Tương tự, với mỗi k = 1, . . . , n − 1, ta cho x1 = x2 = · · · = xk = c và xk+1 = · · · = xn = 1, bất đẳng thức (1.2) cho ta P (c) 6 Q(c) (1.5) đúng với mọi giá trị c > 0 tùy ý, trong đó P (c) là đa thức bậc a1 + a2 + · · · + ak , Q(c) là đa thức bậc b1 + b2 + · · · + ak . Do (1.5) đúng với mọi giá trị c > 0 lớn tùy ý nên ta có a1 + a2 + · · · + ak 6 b1 + b2 + · · · + ak .
13 Như vậy a1 + a2 + · · · + ak 6 b1 + b2 + · · · + ak đúng với mỗi k = 1, . . . , n − 1. Bây giờ ta chứng minh điều kiện đủ. Trước hết ta xây dựng một toán tử tuyến tính L để biến đổi một bộ n số. Ta gọi β = (β1 , β2 , . . . , βn ) là một bộ n số nguyên không âm. Gọi βk và βl là hai phần tử phân biệt của β thỏa mãn βk > βl , ta viết βk = ρ + τ, βk = ρ − τ (0 < τ 6 ρ). Khi đó với một số σ : 0 6 σ < τ 6 ρ ta xác định bộ α như sau: τ +σ τ −σ αk = ρ + σ = βk + βl , 2τ 2τ τ −σ τ +σ αl = ρ − σ = βk + βl , 2τ 2τ αν = βν (ν 6= k, ν 6= l). Khi đó ta viết α = L(β). Chú ý rằng, cách xác định toán tử L như trên không yêu cầu một trong hai dãy α, β là dãy giảm. Để chứng minh định lý ta cần hai bổ đề sau: Bổ đề 1.6. ([10]) Nếu a = L(b) thì T (x; a) 6 T (x; b). Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = · · · = xn . Chứng minh. Ta sắp xếp lại (nếu cần thiết) thứ tự các phần tử trong bộ b sao cho k = 1, l = 2, tức là b1 6= b2 . Khi đó T (x; b) − T (x; a) X b = x33 . . . xbnn (xρ+τ 1 x2 ρ−τ + xρ−τ 1 x2 ρ+τ − xρ+σ 1 x2 ρ−σ − xρ−σ ρ+σ 1 x2 ) sym X = (x1 x2 )ρ−τ xb33 . . . xbnn (xτ1 +σ − xτ2 +σ )(xτ1 −σ − xτ2 −σ ) > 0. sym Hiển nhiên, nếu x1 = x2 = · · · = xn thì biến đổi trên cho ta T (x; b) − T (x; a) = 0. Bổ đề được chứng minh.
14 Bổ đề 1.7. ([10]) Nếu a ≺ b và a 6= b thì a có thể nhận được từ b bằng cách áp dụng một số hữu hạn lần phép biết đổi L. Tức là tồn tại một số nguyên dương m sao cho a = Lm (b). Chứng minh. Gọi m là số các chỉ số ν ∈ {1, 2, . . . , n} sao cho bν −aν 6= 0, hiển nhiên m là một số nguyên dương. Ta sẽ chứng minh ta có thể áp dụng phép biến đổi L m lần để nhận được a từ b. Thật vậy, từ điều kiện a1 + a2 + · · · + an = b 1 + b 2 + · · · + b n ta suy ra trong m chỉ số ν làm cho bν − aν 6= 0 thì sẽ có cả chỉ số ν làm cho bν − aν > 0 và có cả chỉ số ν làm cho bν − aν < 0 nhưng chỉ số ν đầu tiên trong chúng sẽ làm cho bν − aν > 0. Ta sẽ chọn k, l như sau: l là chỉ số nhỏ nhất làm cho bl − al < 0 và k < l là chỉ số lớn nhất làm cho bk − ak > 0. Hiển nhiên bk > ak > al > bl nên bk > bl . Đặt bk = ρ + τ ; bl = ρ − τ và σ = max{|ak − ρ|, |al − ρ|}. Khi đó ít nhất một trong hai đẳng thức sau đúng: al − ρ = −σ; ak − ρ = σ, vì ak > al . Hơn nữa ta cũng có σ < τ vì ak < bk và al > bl . Đặt ck = ρ + σ, cl = ρ − σ, cν = bν (ν 6= k, ν 6= l). Khi đó hoặc ck = ak hoặc al = cl . Hiển nhiên c = L(b) và số chỉ số ν ∈ {1, 2, . . . , n} sao cho cν − aν 6= 0 bằng m − 1. Đặt c = (c1 , c2 , . . . , cn ), ta dễ dàng kiểm tra dãy c là dãy giảm và có quan hệ ≺ với dãy a, tức là a ≺ c. Hơn nữa do σ < τ nên c ≺ b. Ta lặp lại quá trình trên khi thay thế dãy b bởi dãy c và thực hiện m lần như thế ta sẽ nhận được dãy a. Ta tiếp tục chứng minh định lý. Từ Bổ đề 1.6 ta suy ra tồn tại m sao cho a = Lm (b). Từ Bổ đề 1.7 ta suy ra T (x; a) 6 T (x; b). Định lý được chứng minh.
15 Nhận xét 1.3. ([8]) Bất đẳng thức AM − GM là một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Muirhead. Thật vậy, với n số thực không âm bất kỳ: a1 , a2 , .., an ; (1 < n ∈ N), kí hiệu a1 + a2 + .. + an AM = n và √ GM = n a1 .a2 . . . an Kí hiệu a = (a1 , a2 , .., an ). Khi đó 1 AM = T a; (1, 0, . . . , 0) n! và 1 1 1 1 GM = T a; , , . . . , . n! n n n Hiển nhiên 1 1 1 , ,..., ≺ (1, 0, . . . , 0) n n n nên từ Định lý 1.5 ta suy ra bất đẳng thức quen thuộc là AM > GM. Do 1 1 1 , ,..., 6= (1, 0, . . . , 0) n n n nên đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . 1.2.2. Bất đẳng thức Muirhead mở rộng Ta nói một bộ gồm r tập hợp {S1 , . . . , Sr } là một phép phân hoạch của tập {1, 2, . . . , k} nếu Si ∩ Sj = ∅ và ∪rj=1 Sj = {1, 2, . . . , k}. Cho tập chỉ số S ⊂ {1, 2, . . . , k}, số nguyên m > 0 và các số thực P m dương p1 , p2 , . . . , pk , tổng pi được hiểu là tổng các số hạng trong i∈S P m biểu diễn lũy thừa của pi mà ta chỉ tính các số hạng có bội khác 0 i∈S đối với tất cả các pj với j ∈ S. P m Hiển nhiên nếu m < |S| thì pi = 0. Nếu S = ∅ ta quy ước i∈S  X m 1 nếu m = 0 pi = 0 nếu m > 0. i∈S
16 Bây giờ ta sẽ chứng minh một mở rộng của bất đẳng thức Muirhead. Định lý 1.8. ([7]) Cho (n1 , n2 , . . . , nr ) , (m1 , m2 , . . . , mr ) là hai bộ r các số thực giảm, không âm sao cho (m1 , m2 , . . . , mr ) ≺ (n1 , n2 , . . . , nr ) và p1 , p2 , . . . , pk là các số thực dương. Khi đó XY r X n j XY r X m j pi > pi (1.6) par j=1 i∈Sj par j=1 i∈Sj P trong đó lấy trên tất cả các phép phân hoạch {S1 , . . . , Sr } của tập par {1, 2, . . . , k}. Chứng minh. Để chứng minh định lý ta cần bổ đề chìa khóa sau Bổ đề 1.9. ([7]) Cho m, n, k ∈ N, n > m > 0, X = {1, 2, . . . , k}, p1 , p2 , . . . , pk ∈ R là các số thực dương. Đặt X X n X m P (n, m) = pi pi . Q⊂X i∈Q i∈X\Q Khi đó P (n + 1, m) > P (n, m + 1). (1.7) Chứng minh. Ta thấy các trường hợp k < 2 và k > n + m + 1 là đơn giản. Ta chứng minh các trường hợp còn lại. Ta xét các số hạng dạng pi1 pi2 . . . pin+m+1 trong biểu diễn đầy đủ P (n + 1, m), trong đó X (n+1) pi1 pi2 . . . pin+1 ∈ pi , i∈Q X m pin+2 pi2 . . . pin+m+1 ∈ pi i∈X\Q với mỗi tập con Q ⊂ X , trong đó biểu diễn đầy đủ P (n +1, m) được P hiểu là tổng các tích của các số pi trong việc nhân i∈Q pi n lần với P i∈X\Q pi m lần và giữ các pi theo đúng thứ tự trong quá trình nhân, (không gộp thành lũy thừa nếu các pi giống nhau) và bỏ đi các tích mà
17 không chứa các pi ít nhất một lần. Ta có thể chia thành hai trường hợp sau: (a1) in+1 6∈ {i1 , i2 , . . . , in }, (a2 G, T ) in+1 ∈ {i1 , i2 , . . . , in }, đặt G = {im+1 , im+2 , . . . , in }\{i1 , i2 , . . . , im } T = {j : m < j 6 n, ij ∈ G}, khi đó G ⊂ X, T ⊂ {m + 1, m + 2, . . . , n}. Tương tự, ta xem xét số hạng pi1 pi2 . . . pin+m+1 trong biểu diễn đầy đủ P (n, m + 1), trong đó X n pi1 pi2 . . . pin ∈ pi , i∈Q X (m+1) pin+1 pi2 . . . pin+m+1 ∈ pi , i∈X\Q với mỗi tập con Q ⊂ X , ta cũng có thể chia thành hai trường hợp sau: (b1) in+1 6∈ {in+2 , in+3 , . . . , in+m+1 }, (b2 G, T ) in+1 ∈ {in+2 , in+3 , . . . , in+m+1 }, đặt G = {im+1 , im+2 , . . . , in }\{i1 , i2 , . . . , im } T = {j : m < j 6 n, ij ∈ G}, khi đó G ⊂ X, T ⊂ {m + 1, m + 2, . . . , n}. Bây giờ ta kết hợp P (n + 1, m) và P (n, m + 1) theo phép phân chia như trên. Các số hạng thuộc trường hợp (a1 ) hoặc (b1 ) hiển nhiên có thể bỏ qua trong việc xem xét vì những số hạng như thế sẽ xuất hiện trong cả P (n+1, m) và P (n, m+1) với những tập Q thích hợp (chú ý rằng P (n, m) được lấy tổng qua tất cả các tập con Q của X nên sẽ có hai tập con Q và Q0 của X để số hạng này đều có trong P (n + 1, m) và P (n, m + 1)). Với mỗi bộ tập hợp G, T cố định, từ trường hợp (a2 G, T ) vào