Bất đẳng thức thuần nhất P1

Bất đẳng thức thuần nhất P1Tính thuần nhất bậc (đồng bậc, thuần nhất) là một tiêu chuẩn đầu tiên phải tính đến khi so sánh các đại lượng. Các bất đẳng thức cổ điển ta đã biết như bất đẳng thức giữa trung các đại lượng trung bình, Cauchy, Holder, Minkowski, ¨ Chebychev, . . . , đều là các bất đẳng thức dạng đồng bậc. 1 Trong chương này, chúng ta sẽ đề cập tới các phương pháp cơ bản để chứng minh bất đẳng thức đồng bậc, cũng như cách chuyển từ một bất đẳng thức không...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Bất đẳng thức thuần nhất P1Chương 4Bất đẳng thức dạng thuầnnhất bậc an Tính thuần nhất bậc (đồng bậc, thuần nhất) là một tiêu chuẩn đầu tiên phảitính đến khi so sánh các đại lượng. Các bất đẳng thức cổ điển ta đã biết nhưbất đẳng thức giữa trung các đại lượng trung bình, Cauchy, Holder, Minkowski, ¨ huChebychev, . . . , đều là các bất đẳng thức dạng đồng bậc. 1 Trong chương này, chúng ta sẽ đề cập tới các phương pháp cơ bản để chứngminh bất đẳng thức đồng bậc, cũng như cách chuyển từ một bất đẳng thứckhông đồng bậc về một bất đẳng thức đồng bậc. Nắm vững và vận dụng nhuầnnhuyễn các phương pháp này, chúng ta có thể chứng minh được nhiều lớp bấtđẳng thức sơ cấp. tpv4.1 Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậc Hàm số f ( x1 , x2 , . . . , xn ) của các biến số thực x1 , x2 , . . . , xn được là hàm thuầnnhất bậc m nếu với mọi số thực t ta có f (tx 1 , tx 2 , . . . , tx n ) = tm f ( x1 , x2 , . . . , xn ),với t ∈ R − {0}, và xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n, m, n ∈ N, m = 0, n ≥ 2. Số tự nhiên mđược gọi là bậc của đa thức đồng bậc. Bất đẳng thức dạng f ( x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ 0, với f là một hàm thuần nhất đượcgọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc m). Khái niệm bất đẳng thức đồng bậc liênquan chặt chẽ với đa thức đồng bậc. Thí dụ, hai đa thức sau là hai đa thức đồng 1 Đây là một chương trong cuốn sách Bất đẳng thức, Suy luận & Khám phá đã xuất bản của tác giảPhạm Văn Thuận, Lê Vĩ. 1194.2. Đồng bậc hoá bất đẳng thức 120bậc đồng bậc g( x) = x5 + y5 + 8x2 y3 , f ( x) = x2 y + 4yx2 − 3x3 + 10y3 .Từng đơn thức trong đa thức thứ nhất có bậc là năm, còn mỗi đơn thức trongđa thức thứ hai có bậc là ba. Cũng cần chú ý rằng đa thức kiểu như f ( x) =( x + 2y)3 + 101x2 không phải là đồng bậc.4.2 Đồng bậc hoá bất đẳng thức Với những bất đẳng thức có điều kiện, ta có thể chuyển về dạng bất đẳngthức đồng bậc. Điều kiện cho trước thường là một hệ thức liên hệ giữa các biếnsố. Từ giả thiết đã cho ta có thể viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng anđồng bậc.Bài toán 4.1. Cho các số thực không âm a, b thoả mãn điều kiện a + b = 2, chứngminh dãy bất đẳng thức 2 ≤ a 2 + b2 ≤ a 3 + b3 ≤ a 4 + b4 . huChứng minh. Ta lần lượt chứng minh từng bất đẳng thức. Mỗi vế bất đẳng thứchơn kém nhau một bậc; mà ta cũng thấy rằng biểu thức ở điều kiện cho trước códạng bậc nhất. Sử dụng giả thiết này ta làm cân bằng bậc của các bất đẳng thức. Trước hết ta chứng minh 2 ≤ a2 + b2 . Thật vậy, nhân hai vế với hai, và viếtnó dưới dạng tương đương ( a + b)2 ≤ 2( a2 + b2 ). Dễ dàng quy bất đẳng thứcnày về dạng ( a − b)2 ≥ 0. t Đối với bất đẳng thức thứ hai, ta viết lại dưới dạngpv ( a2 + b2 )( a + b) ≤ 2( a3 + b3 ).Bất đẳng thức này tương đương với a3 + b3 ≥ ab2 + a2 b, hay ( a − b)2 ( a + b) ≥ 0.Điều này hiển nhiên đúng với a, b > 0. Bất đẳng thức cuối cùng làm tương tự.Bài toán 4.2. Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a2/3 + b2/3 + c2/3 = 3,chứng minh bất đẳng thức a 2 + b2 + c 2 ≥ a 4 / 3 + b4 / 3 + c 4 / 3 .Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 121Chứng minh. Để bỏ số mũ dạng hữu tỉ, ta đưa ra biến mới như sau. Đặt a1/3 = x,b1/3 = y, c1/3 = z. Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức x6 + y6 + z6 ≥x4 + y4 + z4 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 3. Sử dụng giả thiết ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạngtương đương là 3( x6 + y6 + z6 ) ≥ ( x2 + y2 + z2 )( x4 + y4 + z4 ).Nhân khai triển và nhóm các số hạng cho ta ( x2 − y2 )2 ( x2 + y2 ) + ( y2 − z2 )2 ( y2 + z2 ) + ( z2 − x2 )2 ( z2 + x2 ) ≥ 0.Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. an4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thức Xét bất đẳng thức đồng bậc dạng f ( x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ g( x1 , x2 , . . . , xn ),trong đó f và g là hai đa thức đồng bậc. Do tính chất của hàm thuần nhất, huta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minhbất đẳng thức f ( x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ λ với mọi x1 , x2 , . . . , x n thỏa mãn điều kiệng( x1 , x2 , . . . , x n ) = λ. Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản cácbiểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chấtđặc biệt của các hằng số. Nếu biết quan sát và lựa chọn những điều kiện thích hợp, nghĩa là lúc ấy tnhư có thêm giả thiết, ta sẽ có lời giải gọn gàng, sáng sủa. Trong mục này chúngtôi đưa ra một số cách chọn điều kiện kiểu như vậy.pvBài toán 4.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì ( a + b − c)2 ( a + c − b) 2 (c + b − a)2 3 + 2 + 2 . c2 + (b + a)2 b + (c + a)2 a + (b + c)2 5Chứng minh. Bậc của cả hai vế là không. Đặt x = a/( a + b + c), y = b/( a + b + c),z = c/( a + b + c), thế thì x + y + z = 1. Do đó, ta viết bất đẳng thức cần chứngminh dưới dạng (1 − 2z)2 (1 − 2y)2 (1 − 2x)2 3(4.1) + 2 + 2 . z2 + (1 − z)2 y + (1 − y)2 x + (1 − x)2 5Chú ý rằng (1 − 2t)2 4t2 − 4t + 1 2(2t2 − 2t + 1) − 1 1 = 2 = = 2− 2 . t2 + (1 − t) 2 2t − 2 ...