Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 6 Bình chọn

Ứng dụng phương pháp tách nhóm để chứng minh các bất đẳng thức kinh điển từ trường hợp n=2


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 daothanhoai

daothanhoai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết
  • 0 points

Đã gửi 03-07-2012 - 01:44

Nhớ lại thời đại học năm thứ nhất tôi có chứng minh được BĐT Cau chy; Holder; Minskowki bằng một phương pháp mới(tôi chưa đọc được ở đâu, không biết là có chưa) tôi cho rằng mới và rất hay.

Đại khái là chỉ việc chứng minh bất đẳng thức với trường hợp n=2 sau đó cứ vậy cộng dồn lại cho mọi n không cần phải áp dụng n=2^k sau đó áp dụng 2^k=p+q như cách làm của Chau chy

Cách làm cũng đơn giản như chứng minh bất đẳng thức sau:

http://diendantoanho...=0

Nếu các bạn đồng ý để tôi giới thiệu cách chứng minh này thì Thanks tôi sẽ giới thiệu. Vào thời gian sớm nhất có thể.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 04-07-2012 - 19:48


#2 daothanhoai

daothanhoai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết
  • 0 points

Đã gửi 03-07-2012 - 12:57

Nội dung phương pháp

B1. Đầu tiên chứng minh n=2 bất đẳng thức đúng(phương pháp đạo hàm)

B2. Biến đổi bất đẳng thức về dạng thích hợp, và đăt ẩn phụ thích hợp


B3. Áp dụng n=2 cho một vế ta giảm được xuống còn bậc k-1; áp dụng liên tiếp n=2 như thế, ta sẽ được điều phải chứng minh

1- Chứng minh bất đẳng thức Jensen

Bất đẳng thức Jensen được định nghĩa từ hàm lồi: Hàm f(x) lồi ta có bất đẳng thức

$\lambda _1f(x_1)+\lambda _2f(x_2)\geq f(\lambda _1x_1+\lambda _2x_2)$

Trong đó $\lambda _1+\lambda _1=1$

Áp dụng trường hợp n=2 cho trường hợp n=k bất kỳ:


$\lambda _1f(x_1)+\lambda _2f(x_2)+...+\lambda _kf(x_k)\geq f(\lambda _1x_1+\lambda _2x_2+...+\lambda _2x_2)$

Ta có:


$f(\lambda _1x_1+\lambda _2x_2+...+\lambda _kx_k)\leq (1-\lambda _k)f(\frac{\lambda _1x_1+\lambda _2x_2+...+\lambda _{k-1}x_{k-1}}{1-\lambda _k})+\lambda _kf(x_k)$

Ta nhận thấy áp dụng trường hợp n=2 ta đã giảm đi một bậc của bất đẳng thức từ k xuống k-1; Ta tiếp tục áp dụng cho đến khi ra được điều phải chứng minh. => dpcm

Chú ý:

$\frac{\lambda_1+\lambda_2+...\lambda_{k-1} }{1-\lambda_k}=1$

$(1-\lambda _l)\frac{\lambda _i}{1-\lambda _l}=\lambda _i$

2-Chứng minh bất đẳng thức Cauchy tổng quát mở rộng

Giả sử đã chứng minh được trường hợp n=2(điều này hết sức đơn giản bằng cách chứng minh bất đẳng thức Becnuli bằng phuơng pháp đạo hàm sau đó áp dụng cho $a=\frac{a_1}{a_2}; \alpha =\alpha _1; \alpha _2=1-\alpha _1$)
$\alpha _1a_1+\alpha _2a_2\geq a_1^{\alpha _1}a_2^{\alpha _2}$


Giờ ta đặt:
$\alpha _1=\frac{b_1}{b_1+b_2}; \alpha _2=\frac{b_2}{b_1+b_2}$


Bất đẳng thức tương đuơng với:

$(\frac{a_1b_1+a_2b_2}{b_1+b_2})^{b_1+b_2}\geq a_1^{b_1}a_2^{b_2}$

Áp dụng trường hợp n=2 cho trường hợp n=k bất kỳ:

$(\frac{a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k}{b_1+b_2+...+b_k})^{b_1+b2+...+b_k}\geq a_1^{b_1} a_2^{b_2}...a_k^{b_k}$

Đặt

$A=\frac{a_1b_1+a_2b_2+...+a_{k-1}b_{k-1}}{b_1+b_2+...+b_{k-1}}$

$B=b_1+b_2+...+b_{k-1}$

$VT=(\frac{a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k}{b_1+b_2+...+b_k})^{(b_1+b_2+...+b_k)}=(\frac{AB+a_kb_k}{B+b_k})^{B+b_k}\geq A^Ba_k^{b_k}$

Ta nhận thấy áp dụng trường hợp n=2 ta đã giảm đi một bậc của bất đẳng thức từ k xuống k-1; Ta tiếp tục áp dụng cho đến khi ra được điều phải chứng minh. => dpcm

3- Chứng minh bất đẳng thức Holder

$\sum_{k=1}^n |x_k y_k| \leq \left( \sum_{k=1}^n |x_k|^p \right)^{1/p} \left( \sum_{k=1}^n |y_k|^q \right)^{1/q}$

Đặt $x_k=a_ky_k$ mọi k=1,...,n

Bất đẳng thức trên tương đương với:

$\frac{(a_1y_1^{2}+...+a_ny_n^{2})^q}{(a_1^py_1^{p}+...+a_n^by_n^{p})^{q/{p}}}\leq y_1^q+...+y_n^q$

Giả sử bất đẳng thức đã được chứng minh đúng với n=2; giờ ta áp dụng trường hợp n=2 cho trường hợp n=k bất kỳ:

Đặt:

$BA^2=a_1y_1^{2}+...+a_{k-1}y_{k-1}^{2}$

$B^pA^p=(a_1^py_1^{p}+...+a_{k-1}^by_{k-1}^{p})$

$\frac{(a_1y_1^{2}+...+a_ky_k^{2})^q}{(a_1^py_1^{p}+...+a_k^by_k^{p})^{q/p}}= \frac{(BA^2+a_ky_k^{2})^q}{(B^pA^p+a_k^by_k^{p})^{q/p}} \leq A^q+y_k^q$

Mặt khác:

$A^q = \frac{(a_1y_1^{2}+...+a_{k-1}y_{k-1}^{2})^q}{(a_1^py_1^{p}+...+a_{k-1}^by_{k-1}^{p})^{q/p}}$

Áp dụng trường hợp n=2 ta đã giảm đi một bậc của bất đẳng thức từ k xuống k-1; Ta tiếp tục áp dụng cho đến khi ra được điều phải chứng minh.

4-Chứng minh bất đẳng thức Minkowski

$\left( \sum_{k=1}^n |x_k + y_k|^p \right)^{1/p} \le \left( \sum_{k=1}^n |x_k|^p \right)^{1/p} + \left( \sum_{k=1}^n |y_k|^p \right)^{1/p}$

Đặt $x_i=a_iy_i$

Bất đẳng thức tương đương với:

$(\sum_{1}^{k}y_i^p(1+a_i)^p)^{1/p}-(\sum_{1}^{k}y_i^pa_i^p)^{1/p}\leq \sum_{1}^{k}y_k^p$

Đặt:

$Y^p(1+A)^p=\sum_{1}^{k-1}y_i^p(1+a_i)^p)$

$A^pY^p=\sum_{1}^{k-1}y_i^pa_i^p$

Giả sử bất đẳng thức đã được chứng minh với n=2; giờ áp dụng n=2 cho trường hợp n=k bất kỳ:

$VT=(\sum_{1}^{k}y_i^p(1+a_i)^p)^{1/p}-(\sum_{1}^{k}y_i^pa_i^p)^{1/p}=((Y^p(1+A)^p+y_k^p(1+a_k)^p)^{1/p}-(Y^pA^p+y_k^pa_k^p)^{1/p})^p\leq Y^p+y_k^p$

Nhưng ở đây có thể dễ dạng nhận thấy:

$Y^p=(\sum_{1}^{k-1}y_i^p(1+a_i)^p)^{1/p}-(\sum_{1}^{k-1}y_i^pa_i^p)^{1/p}\leq \sum_{1}^{k-1}y_i^p$

Điều đó có nghĩa là sử dụng phương pháp đặt ẩn số phụ sáu đó áp dụng trực tiếp kết quả n=2 đã giảm bậc của bất đẳng thức từ k xuống k-1; tiếp tục làm như trên bất đẳng thức Minskowki được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 04-07-2012 - 12:25


#3 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3141 Bài viết
  • -1 points
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 03-07-2012 - 18:28

Cách chứng minh của bạn khá hay, nếu mình nhớ không nhầm thì người ta gọi nó là chứng minh đệ quy (truy hồi), về bản chất nó có cấu trúc như quy nạp.
Bản thân từ phương pháp quy nạp, người ta cũng "chế" ra thành nhiều kiểu quy nạp khác nhau. Ví dụ:
"Quy nạp modul-m"
- Đầu tiên ta cần kiểm tra biểu thức với $m$ giá trị liên tiếp của biến cần quy nạp ($m$ giá trị đầu tiên)
- Giả sử biểu thức đúng với $n$, từ đó chứng minh biểu thức cũng đúng với $n+m$
- Kết thúc chứng minh.
...
v.v...

#4 daothanhoai

daothanhoai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết
  • 0 points

Đã gửi 03-07-2012 - 18:46

Cách chứng minh của bạn khá hay, nếu mình nhớ không nhầm thì người ta gọi nó là chứng minh đệ quy (truy hồi), về bản chất nó có cấu trúc như quy nạp.
Bản thân từ phương pháp quy nạp, người ta cũng "chế" ra thành nhiều kiểu quy nạp khác nhau. Ví dụ:
"Quy nạp modul-m"
- Đầu tiên ta cần kiểm tra biểu thức với $m$ giá trị liên tiếp của biến cần quy nạp ($m$ giá trị đầu tiên)
- Giả sử biểu thức đúng với $n$, từ đó chứng minh biểu thức cũng đúng với $n+m$
- Kết thúc chứng minh.
...
v.v...


Không chỉ có thể chứng minh các bất đẳng thức dạng tổng quát kinh điển đơn giản như trên. Phương pháp này còn một lợi thế đặc biệt đó là tìm được hầu hết các bất đẳng thức cùng dạng bị kẹp(đồng dạng) trong hai bất đẳng thức. Do vậy có thể Đề xuất đây là một phương pháp hay để ứng dụng chứng minh bất đẳng thức và tìm ra các bất đẳng thức mới!
Nếu các bác click cho em 5 sao; em sẽ trình bày ví dụ ứng dụng em vừa kể trên!!!!


Chú thích: Click bài viết BĐT thành 5 sao để cho nó nổi(mục đích là phổ biến bài viết) cho nhiều người đọc chứ không phải là để nick em được 5 sao! Em không cần sao cho nick

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 15-07-2012 - 21:40


#5 daothanhoai

daothanhoai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết
  • 0 points

Đã gửi 04-07-2012 - 00:28

Có lẽ cách chứng minh ở đây không phải thuần túy quy nạp; mà chính xác hơn là khéo léo đặt ẩn phụ để quy trường hợp tổng quát về trường hợp n=2; để tìm ra một thứ gì đó hoàn toàn mới là vô cùng khó khăn; mọi thứ đều có kế thừa, khác đi là đã mới rồi. Hi vọng được B QT và các bạn coi đây là một phương pháp mới?

Phương pháp quy nạp đã biết

- Giả sử điều cần chứng minh đúng với n=k; ta ap dụng điều đó để chứng minh cho n=k+1; theo nguyên lý quy nạp bài toán sẽ đúng với mọi n

- Hoặc giả sử bài toán đã đúng với mọi n=p, n=p,p+1,...,k ta áp dụng các trường hợp đó để chứng minh cho trường hợp n=k+1 bất kỳ theo nguyên lý quy nạp bài toán sẽ đúng với mọi n

- Quy nạp theo kiểu Chau Chy

- Quy nạp theo kiểu bác hxthanh nói(quy nạp kiểu mô đun m)

- Phương pháp ở đây là dùng n=2 để áp dụng trực tiếp cho n=k bất kỳ; về trường hợp n=k-1......... áp dụng ngược liên tiếp k-2 lần trường hợp n=2 được điều phải chứng minh. Hoàn toàn không phải là dùng n=k-1 để áp dụng cho n=k

Như vậy:

Phương pháp ở đây mang bản chất của phương pháp đặt ẩn phụ?

Hay phương pháp quy nạp

Hay phương pháp biến đổi tương đương?

Hay là sự tổng hợp của các phương pháp trên?

Dẫu thế nào phương pháp này cũng có sự khác biệt nho nhỏ với các phương pháp đã biết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 15-07-2012 - 21:40


#6 daothanhoai

daothanhoai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết
  • 0 points

Đã gửi 04-07-2012 - 23:17

- Dẫu nó là quy nạp lùi nhưng cũng không phải quy nạp lùi kiểu Chauchy, hoặc lùi thông thường. Đây là phương pháp quy nạp nhưng không đơn thuần quy nạp mà còn kết hợp sự biến đổi cực kỳ tinh tế, để có thể áp dụng trực tiếp n=2 cho mọi n. Còn quy nạp thông thường đã biết là n=k-1 cho n=k; tuy cùng bản chất nhưng nó vẫn có điểm khác!!

Ví dụ nhé:

Lấy n=8 chứng minh cho n=9
Lấy n=7 chứng minh cho n=8;
Lấy n=6 chứng minh cho n=7
.....

Sẽ khác:

Lấy n=2 chứng minh cho n=9 cần n=8(đúng)
Lấy n=2 chứng minh cho n=8 cần n=7(đúng)
Lấy n=2 chứng minh cho n=7 cần n=6(đúng)
.......

Đó là sự khác biệt, giữa quy nạp lùi thông thường và quy nạp lùi kiểu tôi nêu ra


Sự khác biệt giữa phương pháp quy nạp lùi thông thường, quy nạp kiểu chauchy và quy nạp kiểu Chauchy như hình dưới đây(sơ đồ không add được)

Nhìn vào sơ đồ rõ ràng phương pháp quy nạp lùi thông thường chưa làm rõ cơ chế của việc chứng minh

- Tuy nhiên cái hay ở đây không phải là quy nạp nếu không biết tách nhóm thì làm sao có thể lấy trường hợp n=2 để áp dụng liên tiếp cho n=k; n=k-1; ....n=k-k+3? Do vậy tôi nghĩ ở đây cái hay là vì đã biết đưa một bất đẳng thức kinh điển(các phép nhân; lũy thừa phức tạp) về dạng cộng hoặc nhân tuyến tính cho một vế đó là điều cốt yếu. Cái hay này cũng gần tương tự như việc giải một phương trình vi phân phức tạp bằng cách sử dụng ảnh Laplace hoặc ảnh Phức vậy bạn ạ.

Mai em sẽ chứng minh Bất đẳng thức sau: Nếu f(x) là hàm lồi ta có

$\frac{1}{kC_{n}^{k}}\sum_{j}^{C_{n}^{k}}{(\sum _{i=1}^k \lambda _i)_jf(\frac{(\sum _{i=1}^k \lambda _ix_i)_j}{(\sum _{i=1}^k \lambda _i)_j})} \geq \frac{1}{{k+1}C_{n}^{k+1}}\sum_{j}^{C_{n}^{k+1}}{(\sum _{i=1}^{k+1} \lambda _i)_jf(\frac{(\sum _{i=1}^{k+1} \lambda _ix_i)_j}{(\sum _{i=1}^{k+1} \lambda _i)_j})}$

Mời các bác sang bên:

http://diendantoanho...showtopic=75895

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 05-07-2012 - 01:42





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh