Bộ trội và một số tính chất
Cho một bộ n số thực không âm α “ pα 1, α 2 , , α n q, tức là α i ě 0, i “
Ta có thể sắp xếp các thành phần trong véc tơ α theo thứ tự giảm dần, ký hiệu là α Ó, với α Ó = (α Ó 1, α Ó 2, , α Ó n), trong đó α Ó 1 ≥ α Ó 2 ≥ α Ó 3 ≥ ≥ α Ó n.
Trong tập hợp các bộ n số thực không âm, có thể sắp thứ tự không toàn phần bằng quan hệ trội Theo định nghĩa, với hai bộ số thực không âm α = (α1, α2, , αn) và β = (β1, β2, , βn), ta nói bộ α trội hơn bộ β (ký hiệu α ą β) nếu bộ β bị trội bởi bộ α (ký hiệu β ă α) khi các điều kiện nhất định được thỏa mãn.
Ví dụ 1.2 Với mọi bộ n số thực không âm α “ pα 1, α 2 , , α n q, ta có pα,¯ α, ,¯ α¯q ăpα1, α2, , αnq ăpα1` α2` ¨ ¨ ¨ `αn,0, ,0q trong đó α¯ “ 1 npα 1`α 2` ¨ ¨ ¨ `α nq.
Quan hệ trội có tính chất bắc cầu, tức là nếu α trội hơn β và β trội hơn γ, thì α cũng trội hơn γ Ma trận ngẫu nhiên kép, hay còn gọi là ma trận bistochastic, là một ma trận vuông A có các phần tử không âm và tổng của mỗi hàng cũng như mỗi cột đều bằng 1, tức là tổng các phần tử trong hàng i và cột j đều bằng 1.
Với một tập hợp n số thực không âm β = {β1, β2, , βn}, chúng ta ký hiệu Hpβq là bao lồi của các điểm pβ σ(p1), β σ(p2), , β σ(pn)q, trong đó σ chạy qua tất cả các hoán vị của tập hợp Spnq, với Spnq là tập hợp tất cả các hoán vị song ánh σ: {1, 2, , n} đến {1, 2, , n}.
Hpβq “ convtpβ σp1q, β σp2q , , β σpnq q | σ P Spnqu.Định lý sau cho ta một điều kiện cần và đủ để bộ α được làm trội bởi bộ β.
Định lý 1.1 chỉ ra rằng với hai bộ số thực không âm α và β, các khẳng định α thuộc H(β), α = Dβ (với D là ma trận ngẫu nhiên kép), và α nhỏ hơn β là tương đương Định lý 1.2 khẳng định rằng nếu α nhỏ hơn β và α không bằng β, thì α có thể được tạo ra từ β thông qua một số hữu hạn phép biến đổi L, tức là tồn tại một số nguyên dương m sao cho α = L^m(β).
Chứng minh Gọi m là số các chỉ số ν P t1,2,¨ ¨ ¨ , nu sao cho βν ´αν ‰ 0, hiển nhiên m là một số nguyên dương.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng có thể áp dụng phép biến đổi L m lần để đạt được α và β Cụ thể, từ điều kiện α1`α2` ¨ ¨ ¨ `αn “ β1`β2` ¨ ¨ ¨ `βn, ta có thể suy ra rằng trong m chỉ số ν, có ν làm cho βν ´αν ă 0, trong khi chỉ số ν đầu tiên sẽ làm cho βν ´αν ą 0.
Ta chọn k và l sao cho l là chỉ số nhỏ nhất khiến β l ´α l ă 0 và k là chỉ số lớn nhất khiến βk ´βl ą 0 Rõ ràng, βk ą αk ě αl ą βl Đặt β k = ρ + τ, β l = ρ - τ và σ = max{|α k - ρ|, |α l - ρ|} Khi đó, một trong hai đẳng thức sau đúng: α l - ρ = -σ hoặc α k - ρ = σ, vì αk ě αl Hơn nữa, σ ă τ vì αk ă βk và αl ą βl Đặt c k = ρ + σ, c l = ρ - σ, c ν = β ν với ν khác k và ν khác l.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét dãy số c “ (c1, c2, …, cn) và các chỉ số ν thuộc tập hợp {1, 2, , nu} sao cho cν - αν ≠ 0 bằng m - 1 Dễ dàng nhận thấy rằng dãy c là dãy giảm và có quan hệ ą với dãy α, tức là α ą c Hơn nữa, do σ < τ nên c ą β.
Ta lặp lại quá trình trên khi thay thế dãy β bởi dãy c và thực hiện m lần như thế ta sẽ nhận được dãy α.
Tổng đối xứng các hoán vị
Định nghĩa 1.3 Cho một bộ n số thực không âm α “ pα 1 , α 2 , , α n q và một bộ n số dương x“ px1, x2, , xnq Ta định nghĩa
(i) Tổng hoán vị vòng quanh ř cyc x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n là đại lượng ÿ cyc x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n “ x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n `x α 2 1 x α 3 2 ¨ ¨ ¨x α 1 n `¨ ¨ ¨`x α n 1 x α 1 2 ¨ ¨ ¨x α n´1 n
(ii) Tổng đối xứng các hoán vị, ký hiệu ř sym x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n hoặc Tpx;αq là đại lượng
8 trong đúSpnqlà tập hợp tất cả cỏc hoỏn vị (song ỏnh)σ :t1,2, , nu ẹ t1,2, , nu.
Ví dụ 1.3 a) Ta có ÿ cyc ab 2 c 3 “ ab 2 c 3 `bc 2 a 3 `ca 2 b 3 , ÿ sym abc “ 6abc. b) Với α “ p1, 3, 2q và x“ px 1, x 2 , x 3 q, ta có
Tpx;αq “ x1x 3 2 x 2 3 `x1x 2 3 x 3 2 `x2x 3 1 x 2 3 `x2x 3 3 x 2 1 `x3x 3 1 x 2 2 `x3x 3 2 x 2 1 Định lý 1.3 Cho bộ số thực không âm α “ pα 1, α 2 , , α n q và một bộ các số thực dương x “ px1, x2, , xnq Nếu β “ pα σp1q , α σp2q , , α σpnq q với σ P Spnq, thì ta luôn có
Tpx;αq “ Tpx;βq. Trong trường hợp riêng, Tpx; αq “ Tpx; α Ó q. Định nghĩa 1.4 Giả sử xi ą 0,1 ď i ď n Kí hiệu ř
!Fpx1, x2,¨ ¨ ¨ , xnq là tổng của n! biểu thức thu được từ Fpx 1, x 2 , , x n q bằng tất cả các hoán vị của xi Ta chỉ xét trường hợp đặc biệt
Khi đó trung bình đối xứng của x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n là đại lượng rx; αs “ 1 n!Tpx; αq “ 1 n! ÿ!x α 1 1 ¨x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n
Ta có thể sử dụng ký hiệu ngắn gọn rαs thay cho kí hiệu rx;αs, Tpαq thay cho Tpx; αq khi phần tử x đã cho xác định rõ.
Ví dụ 1.4 Với α “ p1,3,2q và x“ px1, x2, x3q, ta có rx; αs “ 1
Nhận xét 1.1 1) r1,0,¨ ¨ ¨ ,0s “ pn´1q! n! px1 ` x2 ` x3 ` ¨ ¨ ¨ ` xnq “ 1 n n ÿ i“1 x i là trung bình cộng của các x i
“ ? n x1¨x2¨ ¨ ¨xn là trung bình nhân của x i
Mệnh đề 1.1 ([4]) 1 Nếu x1x2¨ ¨ ¨xn “ 1 thì rα 1, α 2 ,¨ ¨ ¨ , α ns “ rpα 1´rq,pα 2´rq,¨ ¨ ¨ ,pα n ´rqs đúng với mọi r ą 0 sao cho các αi´r ě 0.
2 Nếu x 1 x 2 ¨ ¨ ¨x n ě 1 thì rα 1, α 2 ,¨ ¨ ¨ , α ns ě rpα 1´rq,pα 2´rq,¨ ¨ ¨ ,pα n ´rqs đúng với mọi r ą 0 sao cho các αi´r ě 0.
3 Với hai bộ số thực không âm α, β, ta có rαs ` rβs
Hàm lồi
Định nghĩa 1.5 (Hàm lồi) Hàm số f được gọi là hàm lồi trên đoạn rα, βs Ă R nếu với mọi x, y P rα, βs và với mọi a, b ě 0 thảo a`b “ 1 thì fpax`byq ě afpxq `bfpyq.
Bất đẳng thức Muirhead và một số ứng dụng
Bất đẳng thức Muirhead
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày nội dung của bất đẳng thức Muirhead áp dụng cho các bộ hai số và bộ ba số thực dương Để bắt đầu, chúng ta cần xem xét một bổ đề quan trọng.
Bổ đề 2.1 nêu rằng, cho các số thực không âm α1, α2, β1, β2 thỏa mãn điều kiện α1`α2 “ β1`β2 và maxtα1, α2u ě maxtβ1, β2u, thì với hai số thực dương x, y bất kỳ, ta có bất đẳng thức x α1 y α2 ` x α2 y α1 ě x β1 y β2 ` x β2 y β1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α1 “ β1, α2 “ β2 hoặc x“ y.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, chúng ta giả sử rằngα1 ě α2, α1 ě β1, β1 ě β2 Do α1`α2 “ β1`β2, nên ta có x α 1 y α 2 `x α 2 y α 1 ´x β 1 y β 2 ´x β 2 y β 1
Vậy bổ đề được chứng minh.
Nội dung của bất đẳng thức Muirhead cho bộ hai số là định lý sau đây: Định lý 2.1 ([2]) Cho các số thực dương α1, α2, β1, β2 thỏa mãn điều kiện pα 1 , α 2 q ą pβ 1 , β 2 q và
’% α 1 ě α 2 , β 1 ě β 2 α 1 ě β 1, α1`α2 “ β1`β2. Khi đó, với mọi số thực dương x, y ta có x α 1 y α 2 `y α 1 x α 2 “ ÿ sym x α 1 y α 2 ě ÿ sym x β 1 y β 2 “ x β 1 y β 2 `y β 1 x β 2 (2.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α1 “ β1 và α2 “ β2 hoặc x “ y.
Chứng minh Suy ra trực tiếp từ Bổ đề 2.1.
Nội dung của bất đẳng thức Muirhead cho bộ ba số là định lý sau đây:Định lý 2.2 ([5]) Cho hai bộ ba số thực dương pα1, α2, α3q và pβ1, β2, β3q
12 thỏa mãn điều kiện pα1, α2, α3q ą pβ1, β2, β3q và
’% α 1 ě α 2 ě α 3, β 1 ě β 2 ě β 3, α1 ě β1, α1`α2 ě β1`β2, α1`α2`α3 “ β1`β2`β3. Cho x, y, z là các số thực dương Khi đó, ta có ÿ sym x α 1 y α 2 z α 3 ě ÿ sym x β 1 y β 2 z β 3 (2.2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i “ β i, i “ 1, 2, 3 hoặc x “ y “ z.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: β1 ě α2 Khi đó, ta suy ra α1 ě α1`α2´β1 Do α1 ě β1, ta có α 1 ě maxtα 1 `α 2 ´β 1 , β 1 u Suy ra maxtα 1 , α 2 u “ α 1 ě maxtα 1 `α 2 ´β 1 , β 1 u.
Hơn nữa, từ giả thiết ta dễ thấy rằng α1`α2´β1 ě β1`α3´β1 “ α3 và α 1 `α 2´β 1 ě β 2 ě β 3 Do đó, maxtα 1`α 2´β 1, α 3 u ěmaxtβ 2, β 3 u Áp dụng Bổ đề 2.1 hai lần, ta có ÿ sym x α 1 y α 2 z α 3 “ ÿ cyc z α 3 px α 1 y α 2 `x α 2 y α 1 q ě ÿ cyc z α 3 ` x α 1 `α 2 ´β 1 y β 1 ` x β 1 y α 1 `α 2 ´β 1 ˘
3β1 ě β1`β2`β3 “ α1`α2`α3 ě β1`α2`α3. Hơn nữa, vì β1 ě α1`α2´β1 và α1 ě α2 ě β1 ě α2`α3´β1, nên maxtα 2, α 3 u ě maxtβ 1, α 2 ` α 3 ´ β 1u và maxtα 1, α 2 ` α 3 ´ β 1u ě maxtβ2, β3u Áp dụng Bổ đề 2.1 hai lần ta có ÿ sym x α 1 y α 2 z α 3 “ ÿ cyc x α 1 py α 2 z α 3 `y α 3 z α 2 q ě ÿ cyc x α 1 ` y β 1 z α 2 `α 3 ´β 1 `y α 2 `α 3 ´β 1 z β 1 ˘
Dễ dàng thấy rằng nếu α1 “ β1, α2 “ β2, α3 “ β3 hoặc x“ y “ z thì đẳng thức xảy ra.
Nhận xét 2.1 Trong thực hành, bất đẳng thức Muirhead thường được sử dụng cho trường hợp ba biến bởi các lý do sau đây:
Đối với bất đẳng thức hai biến số, việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM thường mang lại sự đơn giản và hiệu quả hơn so với việc sử dụng bất đẳng thức Muirhead.
• 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.
Một số ứng dụng của bất đẳng thức Muirhead
Chứng minh một số bất đẳng thức đại số
Ví dụ 2.1 ([5]) Cho ba số thực dương a, b và c Chứng minh rằng pa`bqpb`cqpc`aq ě 8abc.
Chứng minh Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương a 2 b`a 2 c`b 2 c`b 2 a`c 2 a`c 2 b ě 6abc.
Vì p2,1,0q ą p1,1,1q nên theo bất đẳng thức Muirhead, ta có rp2,1,0qs ě rp1,1,1qs. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a“ b “ c.
Trong ví dụ sau đây, chúng ta sử dụng một kỹ thuật hữu ích ở Mệnh đề 1.1 Khi x1x2¨ ¨ ¨xn “ 1, rpx 1, , x n q;pα 1, , α n qs “ rpx 1, , x n q;pα 1´r, , α n ´rqs, với r P R.
Ví dụ 2.2 ([5]) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc “ 1 Chứng minh rằng
1 a 3 pb`cq ` 1 b 3 pc`aq ` 1 c 3 pa`bq ě 3
2. Chứng minh Quy đồng, bỏ mẫu ta được bất đẳng thức tương đương
Sử dụng kí hiệu rαs, ta được bất đẳng thức tương đương rp4,4,0qs `2rp4,3,1qs ` rp3,3,2qs ě 3rp5,4,3qs ` rp4,4,4qs.
16 bởi vậy, ta có thể chọn r “ 4
3 và sử dụng kĩ thuật trên, ta được rp5,4,3qs “
. Áp dụng bất đẳng thức Muirhead cho bộ ba số p4,4,0q ą ˆ11
3,8 3 ˙ và công các bất đẳng thức vừa nhận được, ta có bất đẳng thức phải chứng minh.
Ví dụ 2.3 ([1]) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, cą 0, ta có a 3 b 2 ´bc`c 2 ` b
3 a 2 ´ab`b 2 ě 3pab`bc`caq a`b`c Chứng minh Thật vậy, vì a`b`c ě 3pab`bc`caq a`b`c nên để chứng minh bài toán, ta sẽ chứng minh khẳng định sau a 3 b 2 ´bc`c 2 ` b
Bất đẳng thức tương đương với ÿ cyc a 3 pb`cq b 3 `c 3 ě a`b`c hay ÿ cyc a 3 pb`cqpa 3 `b 3 qpa 3 `c 3 q ě pa`b`cqpa 3 `b 3 qpb 3 `c 3 qpc 3 `a 3 q.
Tương đương với bất đẳng thức ÿ cyc pa 3 b`a 3 cqpa 6 `a 3 b 3 `b 3 c 3 `c 3 a 3 q ě pa`b` cq ˜ ÿ sym a 6 b 3 `2a 3 b 3 c 3 á hay ÿ sym a 9 b` ÿ sym a 6 b 4 ` ÿ sym a 6 b 3 c` ÿ sym a 4 b 3 c ě ÿ sym a 7 b 3 ` ÿ sym a 6 b 4 ` ÿ sym a 6 b 3 c` ÿ sym a 4 b 3 c.
Rút gọn bất đẳng thức trên ta được ÿ sym a 9 bě ÿ sym a 7 b 3 Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead.
Ví dụ 2.4 ([2]) Cho a, b, cą 0 là các số thực Chứng minh rằng
Để chứng minh bất đẳng thức, ta quy đồng, khử mẫu và thu gọn biểu thức, cho thấy bất đẳng thức tương đương với \( a^4b^2c^2 \leq a^4b^4 \) Bất đẳng thức này đúng theo Định lý Muirhead với các chỉ số \( (4, 2, 2) \leq (4, 4, 0) \) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( a = b = c \).
Ví dụ 2.5 (Tigran Slogan, 2012) Cho a, b, clà các số thực dương Chứng minh rằng a 2
Lời giải Quy đồng và khử mẫu của bất đẳng thức cần chứng minh ta được bất đẳng thức tương đương
2 ÿ sym a 4 bc`6 ÿ sym a 4 b 2 `12 ÿ sym a 3 b 3 `30 ÿ sym a 2 b 2 c 2 ě70 ÿ sym a 3 b 2 c 2 `10 ÿ sym a 4 bc`8 ÿ sym a 4 b 2 `10 ÿ sym a 3 b 3 ` 47
2r4,1,1s `2r4,2,0s. Theo Định lý Muirhead, ta có
2r4,1,1s. Cộng vế theo vế của các đánh giá trên, ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a “ b “ c hoặc a “ b, c “ 0 và các hoán vị của điều kiện này.
Ví dụ 2.6 ([1]) Cho a, b, c là các số thực dương, khi đó a 2 b 2 ` b
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành ÿ m 4 n 2 p 2 `3 ě ÿ sym m 2 np, tương đương với ÿm 6 `3m 2 n 2 p 2 ě ÿm 4 np` ÿm 3 n 3 Theo Định lý Muirhead, ta có r4,2,0s ě r4,1,1s và r4,2,0s ě r3,3,0s, từ đó khẳng định rằng bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a“ b “ c “ 1.
Ví dụ 2.7 ([6])(yogoslavia, 1991; USAMO, 1997) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có
Để giải bất đẳng thức, ta quy đồng và bỏ mẫu, nhân cả hai vế với 2, dẫn đến bất đẳng thức tương đương Qua quá trình này, ta có thể chuyển đổi biểu thức thành dạng mới, từ đó dễ dàng so sánh các hệ số và tìm ra mối quan hệ giữa các biến a, b, và c Kết quả cuối cùng cho thấy rằng bất đẳng thức đã được chứng minh và các điều kiện cần thiết đã được thỏa mãn.
Khi và chỉ khi ÿ sym a 5 b 2 c 2 ď ÿ sym a 6 b 3
Theo Định lý Muirhead, ta có r5,2,2s ď r6,3,0s nên bất đẳng thức cuối cùng được chứng minh.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a “ b“ c.
Ví dụ 2.8 ([12]) Cho a, b, clà các số thực không âm bất kỳ Chứng minh bất đẳng thức a 3 `b 3 `c 3 `abc ě 1
7pa`b`cq 3 Lời giải Thật vậy, bất đẳng thức này dễ dàng có pa`b`cq 3 “ 3r3,0,0s `18r2,1,0s `36r1,1,1s. Sau đó, ta chứng minh rằng
Vậy ta suy ra được bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 2.9 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c là các số thực dương.
2. Lời giải Quy đồng, khử mẫu hai vế của bất đẳng thức, ta được
2ÿ cyc apa`bqpa`cq ě 3pa`bqpb`cqpc`aq.
Bất đẳng thức đã cho đúng theo Định lý Muirhead. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a“ b “ c.
Ví dụ 2.10 ([12]) Cho a, b, clà các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức c a 2 b ` cb 2 a ě ? a`
Để chứng minh bất đẳng thức x³ + y³ ≥ xy(x + y), ta áp dụng Định lý Muirhead Cụ thể, với các chỉ số (3, 0) và (2, 1), ta có thể khẳng định rằng x³ + y³ ≥ xy(x + y) là đúng.
Bất đẳng thức đã cho đúng theo Định lý Muirhead. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a“ b “ c “ 1.
Ví dụ 2.11 ([1]) Với a, b, c ą 0, α ě 1 thỏa mãn abc “ 1 Chứng minh bất đẳng thức a α b`c ` b α c`a ` c α a`b ě 3
2. Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ÿ cyc a α pa`bqpb`cq ě 3
3 Bất đẳng thức này tương đương với
Tương đương với ˜ ÿ sym a α`2 ´ ÿ sym a α`5 3 b α`2 3 c α´1 3 á
Nên bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead trong trường hợp bộ ba số. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a“ b “ c “ 1.
Ví dụ 2.12 (IMO Shortlist, 1996) Cho các số thực dương a, b, cthỏa mãn điều kiện abc “ 1 Chứng minh rằng ab a 5 `b 5 `ab “ bc b 5 `c 5 `bc ` ca c 5 `a 5 `ca ď 1.
Lời giải Vì abc “ 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ÿ cyc a 2 b 2 c a 5 `b 5 `a 2 b 2 c ď 1.
Hay ÿa 2 b 2 cpb 5 ` c 5 `ab 2 c 2 qpc 5 `a 5 `a 2 bc 2 q ď pa 5 `b 2 `a 2 b 2 cqpb 5 `c 5 `b 2 c 2 aqpc 5 a 5 `c 2 a 2 bq. Hay ÿ cyc a 11 b 2 c 2 `2 ÿ sym a 8 b 4 c 3 ` ÿ sym a 7 b 6 c 2 ` ÿ cyc a 7 b 2 c` ÿ cyc a 5 b 5 c 5 ď ÿ sym a 11 b 2 c 2 ` ÿ sym a 10 b 5 ` ÿ sym a 8 b 4 c 3 ` ÿ sym a 7 b 7 c` ÿ sym a 5 b 6 c 2
Hay ÿ sym a 10 b 5 ` ÿ sym a 7 b 7 cě ÿ sym a 8 b 4 c 3 ` ÿ sym a 7 b 7 c` ÿ sym a 5 b 5 c 5
Khi và chỉ khi ´ÿa 10 b 5 ´ ÿa 8 b 4 c 3 ¯
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead.
Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Nhận xét 2.2 Khi dùng Định lý Muirhead, bên cạnh việc đánh giá các bộ số người sử dụng cần phải có những nhận xét cơ bản, những kĩ thuật
24 biến đổi đơn giản để tạo ra các bộ số "trung gian", nhằm đánh giá những bộ số mà bình thường không thể đánh giá được.
Ví dụ 2.13 ([5]) (IMO Shortlist problem, 1998) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz “ 1 Chứng minh rằng x 3 p1`yqp1`zq ` y
4. Lời giải Quy đồng mãu số chung và bỏ mẫu, ta được bất đẳng thức tương đương
4px 4 `y 4 `z 4 `x 3 `y 3 `z 3 q ě 3p1`x`y`z`xy`yz `zx`xyzq. Bất đẳng thức này tương đương với
4rp4,0,0qs `4rp3,0,0qs ě rp0,0,0qs `3rp1,0,0qs ` 3rp1,1,0qs ` rp1,1,1qs. Áp dụng bất đẳng thức Muirhead và kĩ thuật biến đổi, ta có rp4,0,0qs ě
3rp4,0,0qs ě3rp2,1,1qs “ 3rp1,0,0qs,
“ 3rp1,1,0qs, rp3,0,0qs ě rp1,1,1qs.
Cộng các bất đẳng thức vừa nhận được, ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x“ y “ z “ 1.
Trong bài toán trên, điều kiện ràng buộc có thể được nới rộng thành xyz ≥ 1 mà vẫn giữ nguyên tính đúng đắn của bất đẳng thức Kỹ thuật này, đặc trưng trong các chứng minh sử dụng Định lý Muirhead, cho thấy rằng nếu x₁, x₂, , xₙ ≥ 1 thì r^(α₁, α₂, , αₙ) ≥ r^(pα₁', r, pα₂', r, , pαₙ', r) với mọi số thực r ≥ 0, đảm bảo rằng αᵢ' ≥ 0.
Ví dụ 2.14 ([5]) (IMO-2005) Cho x, y, z là các số thực dương sao cho xyz ě 1 Chứng minh rằng x 5 ´x 2 x 5 `y 2 `z 2 ` y
Sau khi quy đồng mẫu số chung và bỏ mẫu, ta sử dụng ký hiệu rαs để thiết lập bất đẳng thức tương đương: rp9,0,0qs `4rp7,5,0qs ` rp5,2,5qs ` rp5,5,5qs ěrp6,0,0qs ` rp5,5,2qs `2rp5,4,0qs ` 2rp4,2,0qs ` rp2,2,2qs.
Ta có rp9,0,0qs ě rp7,1,1qs ě rp6,0,0qs (Theo bất đẳng thức Muirhead và nhận xét). rp7,5,0qs ě rp5,5,2qs (Theo bất đẳng thức Muirhead).
2rp7, 5, 0qs ě 2rp6, 5, 1qs ě 2rp5, 4, 0qs (Theo bất đẳng thức Muirhead và nhận xét). rp7, 5, 0qs ` rp5, 2, 2qs ě 2“`
2, 7 2 , 3 2 ˘‰ ě 2rp4, 2, 0qs (Theo bất đẳng thức Muirhead và nhận xét). rp5,5,5qs ě rp2,2,2qs (Do nhận xét).
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Để sử dụng hiệu quả Định lý Muirhead trong chứng minh bất đẳng thức, cần chuyển đổi bài toán về dạng đối xứng và đồng bậc Các bài toán áp dụng Định lý Muirhead thường không phức tạp về phương pháp nhưng yêu cầu kỹ năng biến đổi toán học chính xác.
Định lý Muirhead chỉ áp dụng hiệu quả khi các biến bằng nhau, nhưng có một ngoại lệ khi các biến x, y, z có thể bằng 0 Trong trường hợp này, điều kiện α1, α2, α3, β1, β2, β3 phải lớn hơn 0 Đẳng thức trong Định lý Muirhead xảy ra khi α i “ β i với i = 1, 2, 3, hoặc khi x = y = z, hoặc trong ba số x, y, z có hai số bằng nhau và số còn lại bằng 0 Ví dụ sau đây minh họa cho trường hợp này.
Ví dụ 2.15 ([1]) Cho x, y, z ě 0 thỏa mãn xy`yz`zx “ 1 Chứng minh rằng
2. Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau pxy`yz `zxq ˆ 1 x` y ` 1 y`z ` 1 z`x ˙2 ě 25 4 Hay
4pxy`yz `zxq ˜ ÿ cyc px`yqpy `zq á2 ě 25px`yq 2 py`zq 2 pz`xq 2
4 ˜ ÿ cyc xy á ˜ ÿ cyc x 2 `3ÿ xy á2 ě 25 ˜ ÿ sym x 2 y`2xy á2
. Rút gọn bất đẳng thức này ta được bất đẳng thức tương đương sau
4 ÿ sym x 5 y ` ÿ sym x 4 yz `14 ÿ sym x 3 y 2 z`38x 2 y 2 z 2 ě ÿ sym x 4 y 2 `3 ÿ sym x 3 y 3
Bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau ˜ ÿ sym x 5 y´ ÿ sym x 4 y 2 á
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo Định lý Muirhead. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Chứng minh một số bất đẳng thức hình học
Ví dụ 2.16 ([1]) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác ABC, S là diện tích của tam giác đó Chứng minh rằng
Lời giải 1 Sử dụng công thức Heron, ta có thể viết lại bất đẳng thức đã cho như sau a 2 `b 2 `c 2 ě 4?
Bình phương cả hai vế của bất đẳng thức, ta được pa 2 `b 2 `c 2 q 2 ě 3rpa`bq 2 ´c 2 src 2 ´ pb´aq 2 s
Sử dụng kí hiệu rαs, bất đẳng thức trên tương đương với rp4,0,0qs ě rp2,2,0qs.
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do áp dụng bất đẳng thức Muirhead với hai bộ số p4,0,0q ąp2,2,0q.
Lời giải 2 Đặt x “ a` b´ c, y “ c` a´b, z “ b`c´a Khi đó ta thu được x`y` z “ a`b`c.
Sử dụng công thức Heron, ta có
4S “ a pa`b`cqpxyzq ď c pa`b`cqpx`y`zq 3
Chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức pa`b`cq 2 ď 3pa 2 `b 2 `c 2 q Bất đẳng thức này được suy ra từ bất đẳng thức Muirhead, do đó ta có rp1, 1, 0qs ă rp2, 0, 0qs, dẫn đến rp1,1,0qs ď rp2,0,0qs.
Nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Điều này suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.17 ([12]) Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác bất kỳ, chứng minh rằng a` b`c ď a
3 ab. Lời giải Quy đồng, biến đổi và khử mẫu ta được bất đẳng thức đã cho tương đương với
2pa 2 bc`ab 2 c`abc 2 q ď abpa 2 `b 2 q`bcpb 2 `c 2 q`capc 2 `a 2 q ď 2pa 4 `b 4 `c 4 q.
Tương đương với r2, 1, 1s ď r3, 1, 0s ď r4, 0, 0s. Đến đay, áp dụng Định lý Muirhead, ta có p2,1,1q ă p3,1,0q ă p4,0,0q.
Bất đẳng thức đúng theo Định lý Muirhead. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a “ b “ c, hay tam giác đã cho là tam giác đều.
Trong tam giác ABC với các cạnh có độ dài a, b, c, bán kính đường tròn ngoại tiếp là R và bán kính đường tròn nội tiếp là r, có một mối quan hệ quan trọng giữa các yếu tố này Cần chứng minh rằng r có thể được xác định dựa trên các thông số của tam giác.
R ď a2r2a 2 ´ pb´cq 2 sr2b 2 ´ pc´aq 2 sr2c 2 ´ pa´bq 2 s pa`bqpb`cqpc`aq (2.6)
Chứng minh Trước hết, ta thuần nhất bất đẳng thức phải chứng minh với các biến x, y, z bằng cách dùng đồng nhất thức
2 ; S 2 “ ppp´aqpp´bqpp´cq. Đặt a“ y `z
2 Khi đó, ta có x“ b`c´a ą 0 y “ c`a´b ą 0 z “ a`b´cą 0.
Bình phương hai vế của bất đẳng thức (2.6) và rút gọn ta được.
105rp4,4,4qs `264rp5,4,3qs `88rp6,3,3qs `48rp7,3,2qs `9rp8,2,2qs ď136rp5,5,2qs `106rp6,4,2qs `176rp6,5,1qs `7rp6,6,0qs
`72rp7,4,1qs `8rp7,5,0qs `8rp8,3,1qs ` rp8,4,0qs. Áp dụng bất đẳng thức Muirhead, ta có
9rp8, 2, 2qs ď 8rp8, 3, 1qs ` rp8, 4, 0qs,
264rp5, 4, 3qs ď 136rp5, 5, 2qs `106rp6, 4, 2qs ` 22rp6, 5, 1qs,
105rp4, 4, 4qs ď 66rp6, 5, 1qs `7rp6, 6, 0qs `24rp7, 4, 1qs `8rp7, 5, 0qs.Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức trên, ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Một số dạng mở rộng của bất đẳng thức Muirhead và ứng dụng
Trong chương này, chúng tôi trình bày ba dạng mở rộng của bất đẳng thức Muirhead trình bày trong Chương 2 và ứng dụng: (1) Mở rộng từ bộ
Bài viết này tập trung vào việc nâng cao bộ trội tổng quát cho n số bằng cách sử dụng các số 2 và 3 Đồng thời, nó cũng mở rộng nghiên cứu đến các bất đẳng thức kết hợp giữa hai trung bình lũy thừa có trọng tổng quát.
Mở rộng bất đẳng thức Muirhead từ góc độ phân hoạch tập hợp là chủ đề chính của bài viết này Chúng tôi sẽ trình bày một số ví dụ ứng dụng cụ thể trong mỗi phương pháp mở rộng Các kết quả được trình bày trong chương này dựa trên các tài liệu tham khảo [5], [7], [9], [11], [13].
Bất đẳng thức Muirhead dạng tổng quát
Bất đẳng thức Muirhead với số mũ nguyên không âm được R.F Muirhead thiết lập lần đầu vào năm 1903 Hiện nay, phiên bản tổng quát cho số mũ thực không âm đã được công bố trong tài liệu [7].
[8], [9], [13] và nhiều tài liệu khác Hầu hết các chứng minh cho bất đẳng thức Muirhead sử dụng phương pháp quy nạp và làm mịn bộ trội bằng
Chúng tôi giới thiệu 32 phương pháp để chen vào giữa một chuỗi hữu hạn các bộ trội, trong đó mỗi cặp liên tiếp chỉ khác nhau hai thành phần Luận văn này áp dụng bất đẳng thức AM-GM và biểu diễn các bộ trội thông qua ma trận ngẫu nhiên, như đã trình bày trong tài liệu [13].
Cho bộnsố thực không âmα “ pα1, α2, , αnqvàx“ px1, x2, , xnq P
R n ` là tập hợp các số thực dương, và tổng đối xứng của các hoán vị thành phần của x với mũ α được ký hiệu là ř sym x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n, được xác định bởi công thức ÿ sym x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n :“ ÿ σPSpnq x α σp1q 1 x α σp2q 2 ¨ ¨ ¨x α σpnq n, trong đó Spnq là tập hợp tất cả các hoán vị Theo định lý 3.1, với hai bộ n số thực không âm α và β, nếu α ă β thì ÿ sym x α 1 1 x α 2 2 ¨ ¨ ¨x α n n ≤ ÿ sym x β 1 1 x β 2 2 ¨ ¨ ¨x β n n cho mọi số thực dương x 1 , x 2 , , x n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β hoặc x 1 = x 2 = ¨ ¨ ¨ = x n.
Chứng minh Giả sử α ă β Khi đó, theo Định lý 1.1, ta có α P Hpβq và do đó tồn tại λ τ ě 0, ř τ PSpnq λ τ “ 1 sao cho pα 1, α 2 , , α n q “ ÿ τ PS pnq λ τ pβ τ p1q, β τ p2q , , β τpnq q.
Với mọi σ P Spnq, ta có x α σp1q 1 x α σp2q 2 ¨ ¨ ¨x α σpnq n “ ź τPSpnq ´ x β σp1q τp1q x β σp2q τp2q ¨ ¨ ¨x β σpnq τpnq ¯λ τ
. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ź τ PSpnq ´ x β σp1q τp1q x β σp2q τp2q ¨ ¨ ¨x β σpnq τpnq ¯λ τ ď ÿ τ PSpnq λτ ´ x β σp1q τp1q x β σp2q τp2q ¨ ¨ ¨x β σpnq τpnq ¯
Do đó ÿ σPSpnq x α σp1q 1 x α σp2q 2 ¨ ¨ ¨x α σpnq n ď ÿ σPSpnq ÿ τPSpnq λτ ´ x β σp1q τp1q x β σp2q τp2q ¨ ¨ ¨x β σpnq τpnq ¯
Ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh (3.2) Sau cùng, dễ dàng thấy rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α “ β hoặc x1 “ x2 “ ¨ ¨ ¨ “ xn.
Nhận xét 3.1 Bất đẳng thức AM-GM là một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Muirhead (3.2) Thật vậy, với n số thực dương bất kỳ a 1 , a 2 , , a n , ta kí hiệu
AM “ a 1 `a2` ¨ ¨ ¨ `an n và GM “ ? n a1a2¨ ¨ ¨an.
Kí hiệu α “ pα1, α2, , αnq Khi đó
AM “ 1 n! ÿ sym a 1 1 a 0 2 ¨ ¨ ¨a 0 n và GM “ 1 n! ÿ sym a 1{n 1 a 1{n 2 ¨ ¨ ¨a 1{n n
Do` 1 n, 1 n ,¨ ¨ ¨ , n 1 ˘ ăp1, 0,¨ ¨ ¨ , 0q, Định lý 3.1 suy ra bất đẳng thức AM-GM a 1 `a 2` ¨ ¨ ¨ `a n ě ? n a 1 a 2 ¨ ¨ ¨a n.
‰ p1,0, ,0q nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 “ a 2 “ ¨ ¨ ¨ “a n.
Một số ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Muirhead tổng quát.
Ví dụ 3.1 ([9]) Cho n, k là các số nguyên lớn hơn 1 Cho a 1 , a 2 , , a n là các số dương Chứng minh rằng ˜ n ÿ i“1 a n i ák ´ n ÿ i“1 a kn i ě pn k ´nq n ź i“1 a k i
Chứng minh Ta có ˜ n ÿ i“1 a n i ák ´ n ÿ i“1 a kn i “ ÿ pk 1 ,k 2 , ,k n qPK k! k1!k2! kn! n ź à“1 a nk à à (3.3) trong đó
Trong tổng ở bên phải của (3.3), chúng ta tách các số hạng thành các cụm theo cách gộp số hạng chỉ số pk1, k2, , knq P K,k1 ≥ k2 ≥ ≥ kn và nhóm tất cả các bộ hoán vị của nó, ký hiệu là ř pk1, , knq Trong mỗi nhóm như vậy, ta chú ý rằng k!/(k1!k2! kn!) = k!/(k σ(p1)!k σ(p2)! k σ(pn)!), từ đó có thể viết lại là ÿ pk1, , knq = k!/(k1!k2! kn!) ÿ σ(PSpn) n ź à“1 a nk à σ(pàq.
Với mọi phõn hoạch k “ k1 ` k2 ` ă ă ă ` kn sao cho 0 ď kà ă k và k 1 ě k 2 ě ¨ ¨ ¨ ěk n, ta có pnk 1, nk 2 , , nk n q ąpk, k, , kq (3.5)
Thật vậy, nếu n ě k, ta dễ thấy chứng minh Với n ă k, chọn j sao cho
1 ď j ă nvàjk ą npk1`k2`¨ ¨ ¨`kjq Khi đó,npkj`1`¨ ¨ ¨`knq ą pn´jqk.
Từ đây, ta có thể suy ra sự tồn tại của i sao cho j nằm trong khoảng từ 1 đến n, và các chỉ số nk i giảm dần Điều này dẫn đến mâu thuẫn, bởi vì các thành phần của pnk1, nk2, , nknq giảm dần và jk không bằng npk1, k2, , kjq, trong khi khi m thuộc tập R1, js, nk thì m lại nhỏ hơn k.
Từ (3.4) và (3.5), áp dụng bất đẳng thức Muirhead tổng quát ta được ÿ pk1, k2, , knq ě k! k 1 !k 2 ! k n ! ÿ σPSpnq n ź à“1 a k σpàq
Từ đây ta suy ra ÿ pk 1 ,k 2 , ,k n qPK k! k1!k2! kn! n ź à“1 a nk à à ě n ź à“1 a k à ÿ pk 1 ,k 2 , ,k n qPK k! k1!k2! kn!. Mặt khác, ta có ÿ pk 1 ,k 2 , ,k n qPK k! k 1 !k 2 ! k n !` k! k!0! .0!`¨ ¨ ¨` k!
Suy ra ÿ pk 1 ,k 2 , ,k n qPK k! k1!k2! kn! “ n k ´n.
Do vậy, ˜ n ÿ i“1 a n i ák ´ n ÿ i“1 a kn i ě pn k ´nq n ź i“1 a k i
Ví dụ 3.2 ([9]) Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực dương và p, q là các số thực không âm Khi đó, ta có ˜ n ÿ i“1 a p i á ˜ n ÿ i“1 a q i á ď n ˜ n ÿ i“1 a p`q i á
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p “ q “ 0 hoặc a1 “ a2 “ ¨ ¨ ¨ “ an.
Chứng minh Ta khai triển vế trái của (3.6) và viết lại ở dạng sau ˜ n ÿ i“1 a p i á ˜ n ÿ i“1 a q i á
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử p ě q Khi đó, vì pp, qq ă pp`q,0q nên áp dụng bất đẳng thức Muirhead, ta có a p i 1 a q i 2 `a p i 2 a q i 1 ď a p`q i 1 `a p`q i 2
1ďi 1 ăi 2 ďn pa p`q i 1 `a p`q i 2 q ď n ÿ i“1 a p`q i ` pn´1q n ÿ i“1 a p`q i “ n n ÿ i“1 a p`q i
Ví dụ 3.3 ([13]) Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực dương Với mỗi m P N ta định nghĩa
Chứng minh Khai triển vế trái và vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh, ta có
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau ÿ
Tuy nhiên, bất đẳng thức sau cùng này suy ra từ bất đẳng thức Muirhead với a “ pa1, a2, , anq và pm, m,0,0, ,0q ă pm`1, m´ 1,0,0 ,0q.
Bất đẳng thức Muirhead có thể được mở rộng thông qua việc sử dụng trung bình lũy thừa trộn lẫn Để thực hiện sự mở rộng này, chúng ta sẽ diễn đạt lại bất đẳng thức dưới dạng tương đương bằng cách áp dụng trung bình số học và hình học Giả sử rằng số mũ đa chỉ số α = (α₁, α₂, , αn) thỏa mãn điều kiện α₁ ≥ α₂ ≥ ≥ αn ≥ 0 và tổng các số mũ là 1, tức là ∑(i=1 đến n) αi = 1 Theo định nghĩa, một véctơ α thỏa mãn các điều kiện này được gọi là véctơ xác suất.
Ta biết rằng tập Spnq tất cả cỏc hoỏn vị của σ : t1,2, , nu ẹ t1,2, , nu có n! phần tử Ta giả sử các phần tử này được liệt kê như
38 sau Spnq “ tσ1, σ2, , σn!u Với σ P Spnq và x “ px1, x2, , xnq P R n ` , ta định nghĩa x σ “ px σp1q, x σp2q , , x σpnq q Với α “ pα 1, α 2 , , α n q là một véc tơ xác suất, ta định nghĩa
Gpα;xσq “ x α σp1q 1 x α σp2q 2 ¨ ¨ ¨x α σpnq n :Trung bình hình học của xσ có trọng α,
Apxq “ 1 npx1`x2` ¨ ¨ ¨ `xnq : Trung bình số học thông thường,
Apα;xq “ α1x1`α2x2` ¨ ¨ ¨ `αnxn :Trung bình số học có trọng α.
Với các ký hiệu như trên, ta thấy rằng
1 n! ÿ σPSpnq x α σp1q 1 x α σp2q 2 ¨ ¨ ¨x α σpnq n “ ApGpα;xσ 1q, Gpα;xσ 2q, , Gpα;xσ n!qq.
Bất đẳng thức (3.2) có thể được diễn đạt lại dưới dạng bất đẳng thức kết hợp giữa trung bình số học và trung bình hình học Đối với mọi véctơ xác suất α và β thỏa mãn điều kiện α ≤ β, cùng với x = (x1, x2, , xn) thuộc R^n, ta có những kết luận quan trọng về mối quan hệ giữa các giá trị này.
ApGpα;xσ 1q, , Gpα;xσ n! qq ďApGpβ;xσ 1q, , Gpβ;xσ n! qq (3.8)
Dựa trên bất đẳng thức dạng (3.8), một phương pháp mở rộng bất đẳng thức Muirhead là tổng quát hóa bằng cách thay thế các trung bình số học và hình học bằng trung bình lũy thừa có trọng số tổng quát.
Trong nghiên cứu này, chúng tôi sẽ khám phá cách mở rộng các khái niệm liên quan đến tích vô hướng trong không gian R^n, bao gồm các thành phần x_p1, x_p2, , x_pn Các bổ đề cần thiết sẽ được giới thiệu để làm rõ mối liên hệ giữa tính trội của trọng và véc tơ xác suất, cũng như giữa tính trội và thứ tự của trung bình lũy thừa có trọng Phương pháp tổng quát này đã được phát triển trong tài liệu [7] và sẽ được phân tích chi tiết trong phần tiếp theo của bài viết.
Bổ đề 3.1 khẳng định rằng, với hai véctơ xác suất α và β, các điều kiện sau đây là tương đương: nếu paq α ă β, thì tồn tại một véctơ xác suất c“ pc1, c2, , cn!q sao cho α “ n! ÿ k“1 ckβτ k, trong đó Spnq “ tτ1, τ2, , τn!u.
Bổ đề 3.2 ([7]) Cho α và β là các véctơ xác suất với α ă β Giả sử
Spnq “ tσ1, σ2, , σn!u Với bất kỳ y “ py1, y2, , ynq P R n ` , ta có paq Nếur ě 1thìF r pApα;y σ 1 q, , Apα;y σ n! qq ď F r pApα;y σ 1 q, , Apα;y σ n! qq. pbq Nếur ď 1thìFrpApα;yσ 1q, , Apα;yσ n!qq ě FrpApα;yσ 1q, , Apα;yσ n!qq.
Chứng minh Ta có fpxq “ x r , x ą 0 là hàm số lồi với r P p´8, 0q Y r1,8q và lõm với r P p0,1s Ta có xα, y σ j y r “
Gr ě n! ÿ k“1 c k xβ τ k , y σ j y r , r P p0,1s, trong đó α “ řn! k“1c k β τ k với một véc tơ xác suất nào đó pc 1 , c 2 , , c n! q và τ1, , τn! là các hoán vị thuộc Spnq Khi đó, ta có
40 Để ý rằng tσjτ : j “ 1,2, , n!u “ tσj : j “ 1,2, , n!u với bất kỳ τ P Spnq Từ đây ta có n! ÿ j“1
1 n!xβ, yσ jy r Trường hợpr “ 0, ta lấy giới hạn của bất đẳng thức thứ hai khir ẹ 0. Định lý 3.2 ([7]) Choα và β là hai véctơ xác suất sao cho α ă β Giả sử
Spnq “ tσ1, σ2, , σn!u Khi đó, với mọi x “ px1, x2, , xnq có các thành phần dương và p ď q, ta có paq FqpFppα;xσ 1q, , Fppα;xσ n! qq ď FqpFppβ;xσ 1q, , Fppβ;xσ n! qq. pbq FppFqpα;xσ 1q, , Fqpα;xσ n!qq ěFppFqpβ;xσ 1q, , Fqpβ;xσ n!qq.
Chứng minh (a) Xét 4 trường hợp.
Trường hợp 1: 0 ă p ď q Khẳng định paq tương đương với ˜ n! ÿ k“1
. Đặt r “ q{p ě 1 và y “ x p Khi đó, bất đẳng thức sau này trở thành
FrpApα;yσ 1q, , Apα;yσ n!qq ďFrpApβ;yσ 1q, , Apβ;yσ n!qq
Tính đúng đã được chứng minh trong Bổ đề 3.2.
Trường hợp 2: p ă 0 ă q Khẳng định paq tương đương với ˜ n! ÿ k“1
. Đặt r “ q{p ă 0 và y “ x p Khi đó, bất đẳng thức sau này trở thành
F r pApα;y σ 1 q, , Apα;y σ n! qq ěF r pApβ;y σ 1 q, , Apβ;y σ n! qq
Tính đúng đã được chứng minh trong Bổ đề 3.2.
Trường hợp 3: p ď q ă 0 Trong trường hợp này, ta có
FqpFppα;xσ 1q, , Fppα;xσ n!qq “F´qpF´ppα;x ´1 σ 1 q, , F´ppα;x ´1 σ n! qq ´1 ď F´qpF´ppβ;x ´1 σ 1 q, , F´ppβ;x ´1 σ n! qq ´1
Trường hợp 4: p “ 0 hoặc q “ 0 Ta lấy giới hạn khi p ẹ 0 hoặc q ẹ 0 trong các trường hợp trên.
Hệ quả 3.1 cho biết rằng với một véc tơ xác suất α và một vector x trong không gian R n, ta có thể thiết lập mối quan hệ giữa các hàm phân phối F Cụ thể, nếu p ≤ q, thì F(p(x)) ≤ F(q(F(p(α; xσ1), , F(p(α; xσn!)))) ≤ F(q(x)) Điều này cho thấy sự tương quan giữa các hàm phân phối khi thay đổi các tham số p và q, từ đó có thể áp dụng trong các nghiên cứu về xác suất và thống kê.
Chứng minh (a) Với mọi véctơ xác suất α “ pα1, α2, , αnq, ta có γ “ p1{n,1{n, ,1{nq ă α ăβ “ p1,0, ,0q. Hơn nữa,
FqpFppγ;xσ 1q, , Fppγ;xσ n!qq “FqpFppxq, , Fppxqq “Fppxq.
“ Fqpp1{n!, ,1{n!q;x1, , x1, , xn, , xnq “ Fqpxq. Theo Định lý 3.2, ta có
Fppxq “ FqpFppγ;xσ 1q, , Fppγ;xσ n!qq ď FqpFppα;xσ 1q, , Fppα;xσ n!qq ď F qpF ppβ; x σ 1q, , F p pβ; x σ n!qq “ F qpxq. (b) Tương tự, ta cũng nhận được
F p pxq “ F ppF qpβ; x σ 1q, , F p pβ; x σ n!qq ď F ppF qpα; x σ 1q, , F q pα; x σ n!qq ď F p pF q pγ;x σ 1 q, , F q pγ;x σ n! qq “F q pxq.
Bất đẳng thức Muirhead tổng quát được áp dụng cho trường hợp các số mũ là véc tơ xác suất khi p “ 0 và q “ 1, theo Định lý 3.2 Ngoài ra, Bất đẳng thức Muirhead cũng có thể được mở rộng thông qua phương pháp phân hoạch.
Ta nói một bộ gồm r tập hợp tS 1, S 2 , , S r u là một phép phân hoạch của tập t1,2, , ku nếu SiXSj “ ∅ và Y r j“1 Si “ t1,2, , ku.
Cho tập chỉ số S = {1, 2, , k}, với số nguyên m > 0 và các số thực dương p1, p2, , pk Tổng ` ÿ iPS p i ˘˝m được định nghĩa là tổng các số hạng trong khai triển của lũy thừa ` ÿ iPS p i ˘m, trong đó chỉ tính các số hạng có lũy thừa khác không đối với tất cả các pi với mỗi i thuộc S.
Hiển nhiên nếu m ă |S| thì ˜ ÿ iPS p i á˝m
“ 0 Nếu S “ ∅, ta quy ước ˜ ÿ iPS p i á˝m
0 nếu m ą 1. Để chứng minh kết quả mở rộng của phần này, ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 3.3 ([11]) Cho m, n, k P N, n ą m ě 0, X “ t1, 2,¨ ¨ ¨ , ku, p1, p2, , pk P R là các số thực dương Đặt
QĂX ˜ ÿ iPQ pi á˝nă ˝ ÿ iPX zQ pi ˛
Chứng minh Ta thấy các trường hợp k ă 2 và k ą n`m`1 là đơn giản.
Ta chứng minh các trường hợp còn lại.
Xét các số hạng dạngpi 1pi 2 pi n`m`1 trong biểu diễn đầy đủPpn`1, mq, trong đó p i 1 p i 2 p i m`1 P` ÿ iPQ p i ˘˝pn`1q
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá cách biểu diễn tổng các tích của các số \( p_i \) thông qua việc nhân các yếu tố \( p_i \) theo thứ tự nhất định Cụ thể, với mỗi tập con \( Q \subset X \), biểu thức \( P_{p(n-1,m)} \) được định nghĩa là tổng các tích của các \( p_i \) khi nhân \( n \) lần với \( P_{p(Q)} \) và \( m \) lần với \( P_{p(X)} \) Điều này đồng nghĩa với việc giữ nguyên thứ tự của các \( p_i \) trong quá trình nhân mà không gộp các \( p_i \) giống nhau thành lũy thừa, đồng thời loại bỏ những tích không chứa ít nhất một lần các \( p_i \) Chúng ta có thể phân tích thành hai trường hợp khác nhau để hiểu rõ hơn về cách thức hoạt động của biểu thức này.
44 pa1q i n`1 R ti 1, i 2 , , i n u, pa2q in`1 P ti1, i2, , inu, đặt
Tương tự, ta xem xét số hạng pi 1pi 2 pi n`m`1 trong biểu diễn đầy đủ
Ppn, m`1q, trong đó pi 1pi 2 pi n P ˜ ÿ iPQ pi á˝n
‚ ˝pm`1q với mỗi tập con Q Ă X, ta cũng có thể chia thành hai trường hợp sau pb1q in`1 R tin`2, in`3, , in`m`1u pb2q i n`1 P ti n`2, i n`3 , , i n`m`1 u, đặt
G “ tim`1, im`2, , inuzti1, i2, , imu, T “ tj :m ă j ď n, ij P Gu.
Kết hợp Ppn`1, mq và Ppn, m`1q theo phép phân chia đã nêu, chúng ta có thể bỏ qua các số hạng thuộc trường hợp pa1q hoặc pb1q, vì những số hạng này sẽ xuất hiện trong cả hai trường hợp.
Ppn`1, mq và Ppn, m`1q với những tậpQ thích hợp (chú ý rằngPpn, mq được lấy tổng qua tất cả các tập con Q của X nên sẽ có hai tập con Q và
Q 1 của X để số hạng này đều có trong Ppn`1, mq và Ppn, m`1q).
Với mỗi bộ tập hợp G, T cố định, từ trường hợp pa2q vào Ppn`1, mq là ÿ
(3.10) trong khi đó từ trường hợp pb2q vào Ppn, m`1q là ÿ
(3.11) Lấy (3.10) trừ (3.11) ta được phần chênh lệch bao gồm ÿ
QĂX zG ˜ ÿ iPQ p i á˝m˜ ÿ iPG p i á˝|T |˜ ÿ iPQ p i án´m´|T |˜ ÿ iPG p i áă ˝ ÿ iPXzpQYGq p i ˛
QĂX zG ˜ ÿ iPQ p i á˝m˜ ÿ iPG p i á˝|T |ă ˝ ÿ iPX zpQYGq p i ˛
% ˜ ÿ iPQ pi án`1´m´|T | ´ ˜ ÿ iPQ pi án´m´|T |ă ˝ ÿ iPX zpQYGq pi ˛