Trong bài viết này, tôi muốn trao đổi với các bạn về 2 bài toán sau:
Bài toán 1: Cho $n$ là số nguyên, $n>1$ , $a_1,a_2,..,a_n$ là $n$ số thực. Đặt $S=\sum_{i=1}^{n}{a_{i}^2}$, $P=\min_{i<j}{\left ( a_i-a_j\right )^2}$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{S}{P}\ge{\dfrac{n\left ( n-1\right )\left ( n+1\right )}{12}}.$$
Bài toán 2: Cho $n$ là số nguyên, $n>1$, $a_1,a_2,..,a_n$ là $n$ số thực. Chứng minh rằng tồn tại $n$ số thực $b_1,b_2,..,b_n$ thỏa mãn:
$ i) \forall{i=\overline{1,n}}$,$a_i-b_i\in\mathbb{Z};$
$ ii) \sum_{1\leq {i}<j\leq {n}}{\left ( b_i-b_j\right )^2}\leq {\dfrac{n^2-1}{12}}.$
Hai bài toán này có mối liên hệ với nhau như thế nào? Dù chưa giải, các bạn cũng có thể thấy ngay sự giống nhau của 2 BĐT là ở nhân tử chung $\dfrac{n^2-1}{12}$, nhưng bài toán 2 có vẻ khó hơn rất nhiều so với bài toán 1, vì thế chúng ta sẽ thử giải bài toán 1 trước. Yêu cầu của bài toán khiến ta có cảm giác có thể cố định 1 trong 2 đại lượng $S,P$. Rõ ràng nếu phải chọn 1 trong 2 đại lượng đồng bậc đó thì ta sẽ chọn $P=1$.
Nhận xét: Với: $0<b_1<b_2<..<b_k,k>1,b_{i+1}-b_{i}\ge{1}$, $\forall i=\overline{1,k}$ thì
$$\sum_{i=1}^{k}b_{i}^2\ge \sum_{i=1}^{k}{\left ( b_1+i-1\right )^2}= k b_{1}^2+k\left ( k-1\right )b_1+\dfrac{2k^3-3k^2+k}{6} \textbf{ (1)}.$$
Hơn nữa $\left ( 1\right )$ sẽ trở thành đẳng thức nếu như $k=0$ hoặc $k=1$, nên $\left ( 1\right )$ đúng với mọi $n$ tự nhiên.
Áp dụng: Giả sử
$$a_1<a_2<...<a_p=-\alpha\le{0}\le{\beta}=a_{p+1}=...=a_n.$$
trong đó
$$p\geq{0},q=n-p\geq{0},\alpha\geq{0},\beta\geq{0},\alpha+\beta\geq{1}$$,
có thể giả thiết $p\geq{q}$ (vì nếu không ta xét bộ số $\left ( -a_n,..,a_1\right )$), như thế $p\geq{1}$.
Áp dụng $\left ( 1\right )$ cho 2 bộ số $\left ( -a_p,..,-a_1\right ),\left ( a_{p+1},..,a_n\right )$, dẫn tới:
$$ S\geq p\alpha^2+q\beta^2+p\left ( p-1\right )\alpha+q\left ( q-1\right )\beta+C=f\left ( \alpha\right )$$,
trong đó:
$$C=\dfrac{1}{6}.\left [ 2\left ( p^3+q^3\right )-3\left ( p^2+q^2\right )+p+q\right ]$$.
Do đó:
$$f'\left ( \alpha\right )=2p\alpha+p\left ( p-1\right )\geq{0},\forall{\alpha\ge{0}}$$.
Vì thế $f\left ( \alpha\right )\geq {f\left ( 1-\beta\right )}$, đặt $b=\left ( \beta-1\right )-\left ( p-1\right )$ thì:
$$S\geq \sum_{i=1}^{n} \left ( b+i-1\right )^2 =f\left ( b\right )$$.
Dễ thấy $f\left ( b\right )$ là 1 tam thức biến $b$, hệ số cao nhất là $n$, hệ số của $b$ là $n-1$, do đó:
$$f\left ( b\right )\geq f\left ( -\dfrac{n-1}{2}\right )=\dfrac{n\left ( n-1\right )\left ( n+1\right )}{12}$$.
Bài toán đã được giải xong.
Trong 1 thời gian dài, tôi rất hài lòng với cách giải này, vì nó rất logic, cho đến bây giờ tôi vẫn nghĩ thế. Có điều với cách giải này thì khó lòng mà tiến công được bài toán 2.
Nhưng làm toán cũng có nhiều sự may mắn, ngẫu nhiên tôi bắt gặp đẳng thức:
$$\sum_{i<j}\left ( a_i-a_j\right )^2 = n\sum_{i=1}^{n} a_{i}^2 -\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2\textbf{ (*)}$$
Nhờ đẳng thức này mà bt1 có thể giải rất ngắn gọn như sau:
Giải bài toán 1:
Giả sử: $a_1<a_2<...<a_n$ và: $\mathop\min\limits_{1\leq{i}<n} \left ( a_{i+1}-a_i\right )=\sqrt{P}$.
$$\Rightarrow \forall{j>i},a_j-a_i\geq \left ( j-i\right )\sqrt{P} \Rightarrow \left ( a_j-a_i\right )^2\geq \left ( j-i\right )^2P$$,
Cộng hết lại suy ra:
$$nS\ge n\sum_{i=1}^{n} a_{i}^2 -\left ( \sum_{i=1}^{n} a_i \right )^2=\sum_{i<j} \left ( a_i-a_j\right )^2 \geq P\sum_{i<j} \left ( j-i\right )^2$$.
$$\Rightarrow \dfrac{S}{P}\ge \dfrac{n\left ( n-1\right )\left ( n+1\right )}{12}$$.
Thừa thắng xông lên, liệu nhờ đẳng thức này bài toán 2 có được giải hay không? Câu trả lời là có, nhưng vấn đề không đơn giản quá!
Giải bài toán 2:
$B=\{\left ( b_1,b_2,..,b_n\right )| b_i-a_i\in\mathbb{Z}\}, \forall i=\overline{1,n}$ và $F=\{f\left ( S\right )|S\in{B}\}$ có phần tử nhỏ nhất, giả sử đó là $f\left ( S\right )$ trong đó $s_0=0$, và dùng BĐT Bunhiacopxki ta có:
$$ \sum_{i=1}^{n} s_{i}^2.\sum_{i=1}^{n} \left ( \dfrac{i}{n}\right )^2 \geq \left ( \sum_{i=1}^{n} \dfrac{i}{n}\right )^2 =\left [ \sum_{i=1}^{n} ( s_i-s_{i-1}). \sum_{j=i}^{n} \dfrac{j}{n}\right ]^2$$.
$$\geq \left [ \sum_{i=1}^{n}( s_i-s_{i-1}). \sum_{j=i}^{n} s_j\right ]^2 = \left ( \sum_{i=1}^{n} s_{i}^2\right )^2$$.
$$\Rightarrow \sum_{i=1}^{n} s_{i}^2 \le \sum_{i=1}^{n} \left ( \dfrac{i}{n}\right )^2 $$.
Cuối cùng, dùng $(*)$, ta có:
$$f(S)= n\sum_{i=1}^{n} s_{i}^2 -\left ( \sum_{i=1}^{n} s_i\right )^2\leq n\sum_{i=1}^{n} \left ( \dfrac{i}{n}\right )^2 -\left ( \dfrac{n+1}{2}\right )^2 =\dfrac{n^2-1}{12}$$.
Bài toán đã được giải xong.
Có thể thấy Bài toán 2 đã được giải khá đẹp nhờ $(*)$, có điều không chỉ là đem lại thắng lợi lớn như vậy, mà trong chứng minh thực ra đã sử dụng tới công thức biến đổi Abel, phép biến đổi Abel có nội dung như sau:
$$\sum_{i=1}^{n} a_ib_i =\sum_{i=1}^{n} \left ( a_i-a_{i+1}\right )\left ( \sum_{j=1}^{i} b_j \right ) $$,
Ở đây $a_{n+1}=0$
Chi tiết về phép biến đổi Abel và những ứng dụng của nó, xin phép được trao đổi với các bạn trong 1 dịp khác
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 20-01-2013 - 22:57
$\LaTeX$
