phudinhgioihan | Mathematics does not exist

RSS

₷ Bài viết cuối cùng về AM-GM – mong muốn được thực hiện sau 5 năm ™

Những ngày đầu tiên khi được tiếp xúc với bất đẳng thức (giữa học kỳ 1 lớp 10), tôi vẫn luôn nhớ thầy dạy Toán có nói một câu : Bdt Cauchy 2 số chứng minh được bdt Cauchy 4 số, từ bdt Cauchy 4 số có thể chứng minh trực tiếp bdt Cauchy 3 số nhưng từ bdt Cauchy 2 số không thể chứng minh trực tiếp Cauchy 3 số.Ngay lúc ấy, một câu hỏi tại sao hiện lên trong đầu, khác với những câu hỏi tại sao khác, lần này, trong ý nghĩ vẫn đinh ninh là có thế, nhiều nữa là đằng khác.

Khi học sâu hơn về bất đẳng thức, tiếp xúc với bdt AM-GM (Bdt Cauchy tổng quát), một ý nghĩ khác lại được đặt ra: Bề ngoài bdt tỏ ra quá đơn giản, liệu mình có thể tự chứng minh nó bằng cách riêng của mình không? Ấy thế là sau 5 năm, đúng ra đã chứng minh được lâu nhưng do lười biếng nên không chịu làm, mới chỉ dừng lại ở ý tưởng, vấn đề được giải quyết hoàn toàn theo hướng không chỉ chứng minh mà còn đánh giá được bản chất và mức độ chặt của bdt.

Lời giải chứng minh Cauchy 3 số trực tiếp từ Cauchy 2 số đã được đăng ở bài viết trước với việc dử dụng công cụ giới hạn, lần này, mọi việc kết thúc vậy, để dành thời gian trả lời cho những câu hỏi bỏ ngõ thời THPT.

Bất đẳng thức AM-GM

Cho $n \in \mathbb{N}^*$ số thực không âm $a_i, \; 1 \le i \le n$ , ta luôn có :

$a_1^n+a_2^n+...+a_n^n \ge na_1a_2...a_n$

Với $n=1;2$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Giả sử bất đẳng thức đúng với trường hợp $n-1$ số, ta chứng minh nó cũng đúng với trường hợp $n$ số ( $n \ge 3$ ), tức cần chứng minh:

$a_1^n+a_2^n+...+a_n^n \ge na_1a_2...a_{n+1}$

Do bất đẳng thức đối xứng theo $n$ biến nên có thể giả sử $a_1=\min_{1 \le i \le n} a_i$

Nếu $a_1=0$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Nếu $a_1>0$ , tồn tại $x_i \in \mathbb{R}_+,\; 1 \le i \le n$ sao cho $a_i=a_1(1+x_{i-1}) , \; 2 \le i \le n$

Bất đẳng thức tương đương với

$a_1^n \left(1+(1+x_1)^n+...+(1+x_n)^n \right) \ge na_1^n(1+x_1)...(1+x_{n-1})$

$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n} C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge n \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1} x_{j_1}...x_{j_i}$

$\Leftrightarrow \sum_{i=2}^{n} C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge n \sum_{i=2}^{n-1}\sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}x_{j_1}...x_{j_i}$

$VT \ge \sum_{i=2}^{n-1} C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i$

Ta chứng minh:

$\sum_{i=2}^{n-1} C_n^i \sum_{j=1}^{n-1}x_j^i \ge n \sum_{i=2}^{n-1} \sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1} x_{j_1}...x_{j_i}$

Mạnh hơn, ta chứng minh $\forall \; 2 \le i \le n-1$ thì

$C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge n \sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1} x_{j_1}...x_{j_i}$

$\Leftrightarrow (i-1)C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i+(n-i)C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge n(n-1)\sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}x_{j_1}...x_{j_i}$

$VT \ge (n-i)C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i$

Như vậy, cần phải chứng minh bdt chặt hơn là:

$(n-i)C_n^i \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge n(n-1)\sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}x_{j_1}...x_{j_i} \; ( * )$

Ta có $(n-i)C_n^i=(n-i)C_n^{n-i}=nC_{n-1}^{n-i-1}=nC_{n-1}^i$

$=\dfrac{n}{i}iC_{n-1}^i=\dfrac{n}{i}(n-1)C_{n-2}^{i-1}$

Vậy $( * )$

$\Leftrightarrow C_{n-2}^{i-1} \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge i \sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}x_{j_1}...x_{j_i}$

Với bất kỳ $\{j_1,...,j_i\} \subset \{1;....;n-1\}$ $j_1<...<j_i$ , áp dụng giả thiết quy nạp, ta có

$x_{j_1}^i+...+x_{j_i}^i \ge i x_{j_1}...x_{j_i}$

$\Rightarrow \sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}\left( x_{j_1}^i+...+x_{j_i}^i \right) \ge i\sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}x_{j_1}...x_{j_i} \; \; ( ** )$

Với $1 \le j \le n-1$ , số tập con của $\{1;...;n-1\}$ chứa $j$ và có $i$ phần tử bằng $C_{n-2}^{i-1}$

Vậy $( ** )$

$\Leftrightarrow C_{n-2}^{i-1} \sum_{j=1}^{n-1} x_j^i \ge i \sum_{1 \le j_1<...<j_i \le n-1}x_{j_1}...x_{j_i}$

Vậy $( * )$ được chứng minh đúng theo giả thiết quay nạp cho nên bất đẳng thức AM-GM được chứng minh.

Nhận xét: Lời giải này không chỉ chứng minh mà còn cho thấy mức độ mạnh yếu của bất đẳng thức, qua đó ta hoàn toàn có thể làm mạnh hơn tùy ý, đặc biệt khi số biến càng nhiều.

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Tám 4, 2013 in Sáng tạo

֟֟֟ ֟۩ Dùng sừng trâu phá núi đá…tại sao không? ™

Iran 96 :

Với mọi số thực không âm a,b,c ta đều có

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \ge \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

Bất đẳng thức này cứng như núi đá chứa thép pha W,Cr nên ít ra phải dùng sừng siêu cứng của Ngưu ma vương để phá…

Giả sử $c=max \{ a,b,c \}$ vậy $c>0$

Vậy tồn tại $(x,y) \in [0,1]^2$ sao cho $a=cx ,\; b=cy$

Iran 96

$\Leftrightarrow \frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2} \ge \frac{9}{4(xy+x+y)}$

$\Leftrightarrow 4(x+y+x^5+y^5+xy(x^4+y^4))+2xy(1+x^3+y^3)+6x^2y^2$

$\ge x^2+y^2+x^4+y^4+6(x^3+y^3+x^3y^3)+2xy(x+y+x^2+y^2+xy(x+y))+x^2y^2(x^2+y^2)$

Do $4(x+x^5)-x^2-x^4-6x^3=x(x-1)^2(4x^2+7x+4) \ge 0 \; \forall x \in [0,1]$

nên $4(x+y+x^5+y^5) \ge x^2+y^2+x^4+y^4+6(x^3+y^3)$

Vậy ta cần chứng minh

$4(x^4+y^4)+2(1+x^3+y^3)+6xy \newline \ge 2(x+x^2+y+y^2+xy(x+y))+6x^2y^2+xy(x^2+y^2)$

Ta có $2( 1+x^3+y^3+3xy) \ge 2(x(x+1)+y(y+1)+xy(x+y))$ theo bdt Schur bậc 3.

$4(x^4+y^4)=3(x^4+y^4)+x^4+y^4 \ge 6x^2y^2+xy(x^2+y^2)$

Vậy “núi đá đã được khai thông !”

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Bảy 18, 2012 in Sáng tạo

BĐT Schur chặt đến mức nào ? ™

Với 3 số thực không âm $a,b,c$ và $c=min \{a,b,c\}$ , thế thì hiển nhiên có

$(a-b)^2(a+b) \ge (a-b)^2c$

$\Leftrightarrow a^3+b^3+2abc \ge ab(a+b)+c(a^2+b^2)$

Vậy $a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+c(c-a)(c-b)$

$\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Bất đẳng thức thu được ( Schur ) đối xứng theo 3 biến nên cũng đúng trong trường hợp $a,b,c$ là số thực không âm bất kỳ.

Cũng khá thú vị khi một bdt khá hiển nhiên và bất đối xứng lại chứng minh được một bdt đối xứng !

Một cách chứng minh Schur bậc ba mới tìm ra cũng khá đẹp.

Giả sử $a \ge b \ge c>0$ , nếu c=0 thì dễ dàng kiểm tra bdt đúng,

vậy tồn tại 2 số thực không âm x,y sao cho $a=c(x+1) \;,b=c(y+1)$

$Schur \Leftrightarrow (x-y)^2(x+y+1) \ge 0$ hiển nhiên đúng !

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Bảy 15, 2012 in Sáng tạo