Chủ đề này có 1 trả lời

[daothanhoai]

Sáng tạo một số BĐT liên quan đến các bộ trội-chứng minh và ứng dụng

Đào Thanh Oai-Lê Hoàng

Phần I - Bất đẳng thức bộ trội

a, Khái niệm bộ trội

Hai bộ số $(a)=(a_1,a_2,...,a_n)$ và $(b)=(b_1,b_2,...,b_n)$ thỏa mãn 3 tính chất sau thì bộ (a) gọi là trội hơn bộ (b)

1. $a_1\geq a_2\geq ...\geq a_n$ và $b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n$
2. $a_1+a_2+...+a_i\geq b_1+b_2+..+b_i, \vee i=1,2,...,(n-1)$
3.$a_1+a_2+...+a_n = a_1+a_2+..+a_n$

Ta ký hiệu: $(a)\succ (b)$

b, Định lý(bất đẳng thức bộ trội)

Cho hai cặp bộ trội $(a)\succ b$ và $ (c ) \succ (d)$

$(a)=(a_1,a_2,...,a_n)$
$(b)=(b_1,b_2,...,b_n)$
$(c )=(c_1,c_2,...,c_n)$
$(d)=(d_1,d_2,...,d_n)$.

Khi đó ta có bất đẳng thức sau:

$a_1c_1+a_2c_2+...a_nc_n \geq b_1d_1+b_2d_2+...b_nd_n $

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

$a_i=b_i$ và $c_i=d_i$ với mọi i

Chứng minh: Để chứng minh bất đẳng thức trên ta cần chứng minh bổ đề sau.

Cho $(x)\succ (y)$ nếu $\lambda _1 \geq \lambda _2 \geq ...\geq \lambda _n;$ ta có bất đẳng thức

$\lambda _1x_1+\lambda _2x_2+...+\lambda _nx_n\geq \lambda _1y_1+\lambda _2y_2+...+\lambda _ny_n$ (*)

Dấu bằng xảy ra <=> $x_1=y_1; x_2=y_2,....,x_n=y_n$ hoặc $\lambda _1=\lambda _2=...=\lambda _n$

Nếu dãy: $\lambda_1\leq \lambda_2\leq...\leq \lambda _n$ bất đẳng thức (*) đổi chiều

Chứng minh bổ đề:

TH1: Nếu $ x_i=y_i$ mọi i ta có đẳng thức xảy ra
TH2: Nếu $\exists x_i=y_i$ ta loại luôn hai giá trị $x_i,y_i$ cả trong giả thiết và kết luận để đưa về trường hợp 3.
TH3: $x_i\neq y_i$ mọi i

Đặt: $S_{ix}=x_1+x_2+..+x_i$ và $S_{iy}=y_1+y_2+..+y_i$

Sử dụng khai triển Albel

$VT-VP=\lambda _1(x_1-y_1)+\lambda _2(x_2-y_2)+...+\lambda _n(x_n-y_n)=(\lambda _1-\lambda _2)(S_{1x}-S_{1y})+....+(\lambda _{n-1}-\lambda _{n})(S_{nx}-S_{ny}) $

Rõ ràng VT-VP>0 theo điều kiện giả thiết của bộ trội và giả thiết về chiều của dãy $\lambda _i$ nếu $\lambda_1\geq \lambda_2\geq...\geq \lambda _n$ và khi $\lambda_1\leq \lambda_{2}\leq...\leq \lambda _n$ bất đẳng thức đổi chiều.

Chứng minh (Bất đẳng thức bộ trội).

$(a)\succ b$ với giả thiết: $c_1\geq c_2\geq ...\geq c_n$ áp dụng bổ đề với $\lambda _i=c_i$ ta có:

$a_1c_1+a_2c_2+...+a_nc_n\geq b_1c_1+b_2c_2+...+b_nc_n$ (**)

Theo giả thiết $(c ) \succ d$ và $b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n$ áp dụng bất đẳng thức bổ đề với $\lambda _i=c_i$ ta có:

$b_1c_1+b_2c_2+...+b_nc_n\geq b_1d_1+b_2d_2+...+b_nd_n$ (***)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai bất đẳng thức bổ đề (**) và (***) đồng thời xảy ra đẳng thức: <=>

$a_i=b_i$ và $c_i=d_i$ với mọi i

Phần II: Mở rộng bất đẳng thức Karamata

I. Định lý: Cho hàm $f''_1(x); f''_2(x),...,f''_n(x) \geq 0$ trên đoạn (a,b) và thỏa mãn:

1. $f'_1(x_0)\geq f'_2(x_0)\geq ...\geq f'_n(x_0)$ với mọi $x_0\in (a,b)$

Hai bộ số $x_1,x_2,...,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ thỏa mãn:

2. $x_1\geq x_2\geq ...\geq x_n$ và $y_1\geq y_2\geq ...\geq y_n$
3. $x_1+x_2+...+x_i\geq y_1+y_2+..+y_i, \vee i=1,2,...,(n-1)$
4.$x_1+x_2+...+x_n = y_1+y_2+..+y_n$

Với các điều kiện đó dãy (x) gọi là trội hơn dãy số (y)

Khi đó ta có bất đẳng thức sau:

$f_1(x_1)+f_2(x_2)+....+f_n(x_n)\geq f_1(y_1)+f_2(y_2)+....+f_n(y_n)$

Dấu bằng xảy ra <=> $x_i=y_i$ mọi i.

II. Chứng minh

TH1: Nếu $ x_i=y_i$ mọi i ta có đẳng thức xảy ra
TH2: Nếu $\exists x_i=y_i$ ta loại luôn hai giá trị $x_i,y_i$ cả trong giả thiết và kết luận để đưa về trường hợp 3.
TH3: $x_i\neq y_i$ mọi i

Theo Đlý Lagrange ta có: luôn tồn tại $c \in (y,x) \subset (a;b) $ sao cho $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f'(c )$.
Ta sẽ chứng minh $f(x)-f(y)\geq (x-y).f'(y)$ với mọi x,y
Nếu $ x > y$ thì $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f'(c ) \geq f'(y)$ với $ c\in(y,x)$
( Vì $f''(x) \ge 0$ nên f'(x) đồng biến).
Nếu $ x < y$ thì $\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(c ) \leq f'(y)$ với $ c\in(x;y)$
( Vì $f''(x) \ge 0$ nên f'(x) đồng biến).
Như vậy ta đã chứng minh được BĐT trên.
Sử dụng BĐT trên và khai triển Abel, ta có
\begin{align}
&f_1(x_1)+f_2(x_2)+...+f_n(x_n)-f_1(y_1)+f_2(y_2)+...+f_n(y_n)\\ \\
= &\left [ f_1(x_1)-f_1(y_1) \right ]+\left [ f_2(x_2)-f_2(y_2) \right ]+...+\left [ f_n(x_n)-f_n(y_n) \right ]\\ \\
\geq &(x_1-y_1)f_1'(y_1)+(x_2-y_2)f_2'(y_2)+...+(x_n-y_n)f_n'(y_n)\\ \\
=&(x_1-y_1).[f_1'(y_1)-f_2'(y_2)]+(x_1+x_2-y_1-y_2).[f_2'(y_2)-f_3'(y_3)]+...+(x_1+x_2+...+x_n-y_1-y_2-...-y_n).f_n'(y_n)\geq 0
\end{align}

Do $f'_k(x_k)\geq f'_{k+1}(x_k)\geq f'_{k+1}(x_{k+1})$ (giả thiết và hàm số đạo hàm đồng biến)
và $x_1+x_2+...+x_k \ge y_1+y_2+...+y_k$
Như vậy $$f_1(x_1)+f_2(x_2)+...+f_n(x_n)\geq f_1(y_1)+f_2(y_2)+...+f_n(y_n)$$ do vậy

$f_1(x_1)+f_2(x_2)+...+f_n(x_n)\geq f_1(y_1)+f_2(y_2)+...+f_n(y_n)$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x_1=y_1;x_2=y_2;...;x_n=y_n$

Nếu các hàm bậc 2 $f''_1(x)\leq 0, f''_2(x) \leq 0 ,...,f''_n(x) \leq 0$ trên đoạn (a,b) và $f'_1(x_0) \leq f'_2(x_0) \leq...\leq f'_n(x_0)$ với mọi $x_0\in (a,b)$ bất đẳng thức đổi chiều

III-Các ứng dụng:

1- Hệ quả đặc biệt mở rộng tuyến tính cho bất đẳng thức Karamata

Cho $f_1(x)=\lambda _1f(x);f_2(x)=\lambda _2f(x);......;f_n(x)=\lambda _nf(x)$ với $\lambda _i\geq \lambda _{i+1}$ khi đó ta có bất đẳng thức:

$\lambda _1f(x_1)+\lambda _2f(x_2)+...+\lambda _nf(x_n)\geq \lambda _1f(y_1)+\lambda _2f(y_2)+...+\lambda _nf(y_n)$

Trong bất đẳng thức trên nếu cho f(x)=x ta có luôn bất đẳng thức bổ đề (*). Trong bất đẳng thức bổ đề (*) nếu đặt $y_1=y_2=...=y_n=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$ Khi đó ta có bất đẳng thức Trê bư sép.

a, Hai dãy $\lambda _i;x_i$ cùng chiều khi đó ta có

$n(\lambda_1x_1 +\lambda _2x_2+....+\lambda _nx_n )\geq (\lambda _1+\lambda _2+...+\lambda _n)(x_1+x_2+..+x_n)$

3- Bất đẳng thức định lý dùng để chứng minh các bài tập như sau cho

Bài 1:
${{a}_{i}}\ge 0,{{x}_{i}}>0,i=\overline{1,n}$
${{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...+{{x}_{n}}=n$;
${{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge ....\ge {{a}_{n}}$;
${{x}_{1}}\ge {{x}_{2}}\ge ....\ge {{x}_{n}}$

Chứng minh rằng

$\left( {{a}_{1}}+{{x}_{1}} \right)\left( {{a}_{2}}+{{x}_{2}} \right)...\left( {{a}_{n}}+{{x}_{n}} \right)\le ({{a}_{1}}+1)({{a}_{2}}+1)...({{a}_{n}}+1)$(đã chứng minh-Đào Thanh Oai)

${{a}_{1}}^{{{x}_{1}}}+{{a}_{2}}^{{{x}_{2}}}+.....+{{a}_{n}}^{{{x}_{n}}}\ge {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}}$ (đã chứng minh-Đào Thanh Oai-Lê Văn Hoàng)

Bài 2:
Cho dãy số dương (x) trội hơn dãy (y) chứng minh rằng (khái niệm trội tham khảo điều kiện nêu trong #1)

$\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}+....+\frac{y_n}{x_n}\geq n$

Bài 3:
f(x) là hàm đồng biến trên toàn trục số với $x_1\geq x_2\geq ...\geq x_n$ (1)

chứng minh rằng: $f(x_1)(x_1-x_2)+f(x_2)(x_2-x_3)+...+f(x_n)(x_n-x_1)\geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 05-08-2012 - 17:57

[le_hoang1995]

Phần III Một số đại lượng trung bình.

1. Bài toán mở đầu
Bài toán sau đâu khá quen thuộc: Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_n$ và số thực $k\ge1$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a_1^k+a_2^k+...+a_n^k}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^k$$
Cách chứng minh cho bài toán này không khó lắm, chúng ta chỉ cần áp dụng BĐT Jensen cho hàm số lồi $f(a)=a^k$ với $ k \ge 1$ là được.
Từ bài toán trên, chúng ta đi tìm một hướng mở rộng hơn cho nó, để dễ dàng nhất, ta đi đến bài toán sau:

2. Các bài toán.
Bài 1. (Đào Thanh Oai- Lê Văn Hoàng).Cho hai dãy số thực dương thỏa mãn $a_1 \ge a_2 \ge ...\ge a_n \ge 1$ và $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n \ge1$. Chứng minh BĐT:
$$\frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n} \ge \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
Chứng minh:
Xét dãy số giảm $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_k \ge ... \ge a_n\ge 1$ và dãy số giảm $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_k \ge ... \ge x_n \ge 1$

Xét hàm số các hàm số dạng $f_k(t)=a_k^{t}$ với $t \ge1; a_k \ge 1$. Các hàm số này lồi và $f_k'(x_0)=a_k^{x_0}.lna_k \geq a_{k+1}^{x_0}.lna_{k+1}= f'_{k+1}(x_0)$.

Nên các hàm số thỏa mãn tính chất của định lý mở rộng bất đẳng thức karamata.

Xét hai bộ số $(x_1,x_2,...,x_n)$ và $ \left ( x,x,...,x \right )$ trong đó $x=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$

Dễ thấy ta luôn có $$\frac{x_1+x_2+...+x_k}{k}\geq \frac{x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}}{k+1}\geq ...\geq \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$$ $$\Rightarrow x_1+x_2+...+x_k\geq k.\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}=k.x=x+x+...+x$$
Vậy hai bộ số $(x_k)$ và $(x)$ trên cũng thỏa mãn định lý mở rộng bất đẳng thức karamata.
Như vậy, ta chỉ cần áp dụng định lý trên

$f_1(x_1)+f_2(x_2)+....f_n(x_n)\geq f_1(x)+f_2(x)+....f_n(x)$
$$\Rightarrow a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}\geq a_1^x+a_2^x+...+a_n^x$$ $$\Rightarrow \frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n}\geq \frac{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}{n}$$
Theo một kết quả quen thuộc, ta có $$\frac{b_1^t+b_2^t+...+b_n^t}{n}\geq \left ( \frac{b_1+b_2+...+b_n}{n} \right )^t$$ với $ t \ge1$.
Áp dụng vào bài trên ta được $$ \frac{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^x$$ (vì dễ thấy $x \ge 1$)
Suy ra $$\Rightarrow \frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^x$$
_________________________________________________________________

Còn 1 cách nữa để chứng minh bài toán trên, sử dụng 1 BĐT của anh Đào Thanh Oai tại đây
(Coi bộ $(x_k)$ thành bộ $(b_k)$)

Với $a_1 \geq a_2 \geq ......\geq a_n \geq 1$ hoặc $1 \geq a_n \geq a_{n-1} ......\geq a_1 \geq 0$ và $b_1 \geq b_2 \ .... \geq b_n \geq 0$ Ta có bất đẳng thức:
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n}) $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc:

$a_1=a_2 = ......= a_n$ hoặc $b_1=b_2 = ......= b_n$

Đặt $\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}=b$
Sử dụng BĐT AM-GM và BĐT Chê-bư sép cho 2 bộ đơn điệu cùng chiều trên, ta được
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n})$

$\geq b_1.n.a_1^{b}+b_2.n.a_2^{b}+...+b_n.n.a_n^{b}$

$=n\left [ b_1.a_1^{b}+b_2.a_2^{b}+...+b_n.a_n^{b} \right ]$

$\geq n.\frac{1}{n}.(b_1+b_2+...+b_n).\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow (b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq(b_1+b_2+...+b_n)\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}\geq a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}$

$\Rightarrow \frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}$

Theo một kết quả quen thuộc, ta có
$$\frac{x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}{n}\geq \left ( \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n} \right )^k$$.
Áp dụng vào trên ta được
$$\frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Suy ra $$\frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Dấu bằng xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
a_1=a_2=..=a_n\\b_1=b_2=...=b_n

\end{matrix}\right.$$

Bài toán 2 ( Lê Văn Hoàng) Cho $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n >0$ và $ x_1 \ge x_2 \ge... \ge x_n>0$. Chứng minh bất đẳng thức:
$$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq \left ( a_1.a_2...a_n \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
Giải:

Trước hết, ta chứng minh BĐT sau:
Với $(x_k)$ và $(a_k)$ là hai bộ giảm thì ta có $$a_1^{x_1}...a_n^{x_n}\geq a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}$$.
Trong đó $x_{k1}, x_{k2},...$ là một hoán vị bất kì của dãy $x_k$
Thật vậy, lấy logarit tự nhiên hai vế, ta cần chứng minh $$x_1.lna_1+x_2.lna_2+...+x_n.lna_n\geq x_{k1}.lna_1+...+x_{kn}.lna_n$$.
Nhưng nó đúng theo BĐT hoán vị
____________________________


Xét các bộ số $(x_1,x_2,...,x_n)$ với $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n$ và $(b,b,b...,b)$ $b=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$
Dễ thấy ta có $(x_k)\gg (b)$
Áp dụng BĐT Muihard ta có $$\sum a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}\geq \sum a_1^{b_{k1}}a_2^{b_{k2}}...a_n^{b_{kn}}$$
$$=n!.\left ( a_1.a_2...a_n \right )^{b}$$
Lại theo bổ đề trên $$ n!.a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n} \ge \sum a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}$$
Suy ra $$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq \left ( a_1.a_2...a_n \right )^b \ge \left ( a_1.a_2...a_n \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
__________________________________

Áp dụng kết quả bài toán trên, ta thay tương ứng $(x_k)$ bằng $(a_k)$, ta thu được bài toán:
$$a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq (a_1a_2...a_n)^{\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}}$$
Nhưng ta còn biết 1 kết quả mạnh hơn bài toán trên:
$$a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right ) ^{a_1+a_2+...+a_n}\geq (a_1a_2...a_n)^{\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}}$$
Như vậy liệu ta có thể có:
$$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
??????????????????????

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 15-08-2012 - 21:04