ĐỊNH LÝ MUIRHEAD CHO 3 SỐ VÀ ỨNG DỤNG

Có thể xem thêm tại đây: http://www.imomath.com/index.php?options=596
Định lý Muirhead cho 3 số:

Cho các số thực $a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}
a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge 0; b_1\ge b_2\ge b_3 \ge 0 & & \\
a_1 \ge b_1; a_1+a_2 \ge b_1+ b_2 & & \\
a_1 +a_2 +a_3=b_1+b_2+b_3 & &
\end{matrix}\right.$

Cho x,y,z là các số thực dương. Khi đó: $\sum_{sym}x^{a_1}y^{a_2}z^{a_3}\ge \sum_{sym}x^{b_1}y^{b_2}z^{b_3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_i=b_i (\forall i=1,2,3)$ và $x=y=z$

Chứng minh:

Bổ đề: Cho các số dương $a_1,a_2,b_1,b_2$ thoả mãn $a_1+a_2=b_1+b_2$ và $max(a_1;a_2) \ge max (b_1;b_2)$ . Khi đó với các số x, y dương ta có: $x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1} \ge x^{b_1}y^{b_2}+x^{b_2}y^{b_1}$

Không mất tính tổng quát giả sử $a_1 \geq a_2,a_1 \ge b_1,b_1\ge b_2$. Dễ dàng có:

$x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1} - x^{b_1}y^{b_2}+x^{b_2}y^{b_1}\\=x^{a_2}y^{a_2}(x^{a_1-a_2}+y^{a_1-a_2}-x^{b_1-a_2}.y^{b_2-a_2}-x^{b_2-a_2}y^{b_1-a_2})\\=x^{a_2}y^{a_2}(x^{b_1-a_2}-y^{b_1-a_2})(x^{b_2-a_2}-y^{b_2-a_2})=\frac{1}{x^{a_2}y^{a_2}} (x^{b_1}-y^{b_1})(x^{b_2}-y^{b_2}) \ge0  $

Áp dụng :

Ta xét 2 trường hợp:

a) $b_1 \ge a_2$;

$a_1 \ge a_1 +a_2 -b_1, a_1 \ge b_1 \Rightarrow a_1 \ge max(a_1 +a_2 -b_1,b_1) \Rightarrow max(a_2,a_1) \ge max(a_1 +a_2 -b_1,b_1)$

Và: $a_1 +a_2 -b_1 \ge b_2 \ge b_3 \Rightarrow max(a_3,a_1 +a_2 -b_1 ) \ge max(b_2,b_3)$

Áp dụng bổ đề 2 lần ta được:

$\sum_{sym} x^{a_1}y^{a_2}z^{a_3} =\sum_{cyc}(x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1})z^{a_3} \geq \sum_{cyc} (x^{a_1+a_2-b_1}y^{b_1}+y^{a_1+a_2-b_1}x^{b_1})z^{a_3}=\\=\sum_{cyc}x^{b_1}(y^{a_1+a_2-b_1}z^{a_3}+z^{a_1+a_2-b_1}y^{a_3}) \ge \sum_{cyc} x^{b_1}(y^{b_2}z^{b_3}+z^{b_2}y^{b_3})=\sum_{sym}(x^{b_1}y^{b_2}z^{b_3})$

 Định lý được chứng minh.

Định lý trên là một định lý rất mạnh và việc áp dụng nó rất đơn giản bao gồm các bước xét tính đồng bậc, rồi sao đó khai triển, và nhóm các hạng tử. Mặc dù hơi trâu nhưng hướng đi rất rõ ràng và rành mạch.

Một số bài tập ứng dụng:

Bài 1:

CMR:$\forall a,b,c>0, \alpha \geq 1, abc=1: \sum \frac{a^{\alpha }}{b+c} \geq \frac{3}{2}$

Lời giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum a^{\alpha }(a+b)(a+c) \ge \frac{3}{2}(a+b)(a+c)(b+c)(abc)^{\frac{\alpha -1}{3}}$

$\Leftrightarrow (\sum_{sym} a^{\alpha +2}-\sum_{sym} a^{\frac{\alpha +5}{3}}b^{\frac{\alpha +2}{3}}c^{\frac{\alpha -1}{3}})+2(\sum _{sym}a^{\alpha +1}b-\sum _{sym}a^{\frac{\alpha +5}{3}}b^{\frac{\alpha +2}{3}}c^{\frac{\alpha -1}{3}})+(\sum _{sym}a^{\alpha }bc-\sum _{sym}a^{\frac{\alpha +2}{3}}b^{\frac{\alpha +2}{3}}c^{\frac{\alpha +2}{3}})$

$\alpha \geq 1\Rightarrow \left ( \alpha +2,0,0 \right )\succ \left ( \alpha +1,1,0 \right )\succ (\frac{\alpha +5}{3},\frac{\alpha +2}{3},\frac{\alpha -1}{3});\left ( \alpha ,1,1 \right ) \succ \left ( \alpha +1,1,0 \right )\succ (\frac{\alpha +2}{3},\frac{\alpha +2}{3},\frac{\alpha +2}{3});$

Bất đẳng thức cuối đúng theo Muirhead.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

Bài thi toán quốc tế 1995 chỉ là hệ quả của bài này với $ \alpha =2$

Bài 2: Cho a,b,c >0, abc=2. CMR: $ \sum a^3 \ge \sum a \sqrt{b+c}$

Bất đẳng thức tương đương với:

$\left ( \sum a^3 \right )^2\ge \left ( \sum a\sqrt{\frac{abc}{2}}\sqrt{b+c} \right )^2$

Mà theo C-S thì ta chỉ cần chứng minh:

$\left ( \sum a^3 \right )^2\ge 3 \left ( \sum a^2.\frac{abc}{2}(b+c) \right )\\\Leftrightarrow \sum a^{6}+2\sum a^{3}b^{3}\geq 3\sum _{sym}a^{3}b^{2}c\\(\sum a^{6}-\sum _{sym}a^{3}b^{2}c)+2(\sum a^{3}b^{3}-\sum _{sym}a^{3}b^{2}c) \ge 0$

Đúng theo định lý Muirhead.

Nếu không dùng Muirhead:

Cách 1:

Theo bất đẳng thức Chebyshev $ a^3+b^3+c^3\ge\ \frac{(a+b +c)(a^2+b^2+c^2)}{3} \ge  6 $ Và bất đẳng thức Cauchy-Swcharz $ a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt {a+b}\le\ \sqrt{2(a+b+c) (a^2+b^2+c^2)} $ ta có điều phải chứng minh.

Cách 2:

Theo AM-GM ta có $a^{3}+\frac{b+c}{a}\geq 2a\sqrt{b+c}$.

Tương tự ta được $a^{3}+b^{3}+c^{3}+\sum \frac{b+c}{a}\geq 2a\sqrt{b+c}$

Ta chỉ cần chứng minh

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \sum \frac{b+c}{a}$.

Tương đương $2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq\sum  ab(a+b)$. 

Biến đổi hồi đây cũng là bất đẳng thức $Muirhead $ Như vậy nếu cho gọn ta sẽ cố gắng biến đổi để cho thu được một bất đẳng thức gọn hơn ban đầu và mất ít thời gian hơn.

Bài 3: Cho a,b,c dương. CMR:$\sum \frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^2}\ge\frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Lời giải:

Ta có thể thấy ngay bất đẳng thức này đồng bậc. Nhưng khoan hãy vội khai triển vì sẽ rất to, để cho gọn ta sẽ chứng minh luôn bất đẳng thức chặt hơn (không cần phải lo điều này vì Muirhead rất mạnh) :

$\sum \frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^2}\ge a+b+c$ (dùng $(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$)

Ta sẽ biến đổi khôn ngoan:

$\sum \frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^2}\ge a+b+c \Leftrightarrow \sum \frac{a^3(b+c)}{b^3+c^3}\ge a+b+c\\ \Leftrightarrow \sum a^{3}(b+c)(a^{3}+b^{3})(a^3+c^3)\ge(a+b+c)(b^3+c^3)(a^{3}+b^{3})(a^3+c^3)\\\Leftrightarrow \sum( a^{3}b+a^3c)(a^6+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\ge(a+b+c)(\sum a^6b^3+2a^3b^3c^3)\\\Leftrightarrow \sum _{sym}a^{9}b+\sum _{sym}a^{6}b^{4}+\sum _{sym}a^6b^3c+\sum _{sym}a^4b^3c^3\ge\sum _{sym}a^7b^3+\sum _{sym}a^6b^4+\sum _{sym}a^4b^3c^3 \\\Leftrightarrow \sum _{sym}a^9b \ge \sum _{sym} a^7b^3$

Rất gọn phải không nào ? Và bất đẳng thức này đúng theo định lý Muirhead.

Phương pháp nhân tử Lagrange trong bất đẳng thức

Các bạn có thể coi thêm tại đây http://diendantoanhoc.net/topic/78439-chuyen-d%E1%BB%81ph%C6%B0%C6%A1ng-phap-nhan-t%E1%BB%AD-lagrange/

Sau đây ta sẽ xét tiếp một ứng dụng của nó:

Bài toán: Cho a,b,c,x,y,z là các số thực dương thay đổi bất kỳ. Chứng minh rằng:

$[a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)]^2 \ge 4(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)$

Lời giải

Đây là một bất đẳng thức 6 biến, nên việc triệt tiêu các biến là rất quan trọng. Nhưng ở đây ta tiếp cận một ý tưởng là không làm mất các biến mà coi một số biến như là hằng số, cụ thể có thể xem x, y, z là các hằng số.

Nhờ vào tính thuần nhất của bất đẳng thức, ta sẽ chuẩn hóa:

$a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)=1$

Nhưng vậy ta chỉ cần chứng minh:

$ab+bc+ca \le\frac{1}{ 4(xy+yz+zx)}$

Ta có hàm nhân tử Lagrange cho biểu thức trên như sau:

$F(a,b,c)=ab+bc+ca-\lambda (a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)-1)$

Bằng cách lấy đạo hàm riêng theo từng biến a,b,c ta có:

$\left\{\begin{matrix}
\frac{\partial F}{\partial a}=b+c-\lambda (y+z)=0 &  & \\
\frac{\partial F}{\partial b}=a+c-\lambda (x+z)=0 &  & \\
\frac{\partial F}{\partial c}=b+a-\lambda (y+x)=0 &  &
\end{matrix}\right.$

Ta đây suy ra:

$\frac{b+c}{y+z}=\frac{a+c}{z+x}=\frac{a+b}{x+y} \Rightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$

thay vào điều kiện chuẩn hóa, tìm được a,b,c và thay vào bất đẳng thức ta thấy đúng. Vậy ta có đpcm

Hoặc như đã nói ở bài trước ta đã có điểm rơi của a,b,c bây giờ chỉ cần đánh giá cho đúng điểm rơi:

$a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)=(a+b+c)(x+y+z)-(ax+by+cz)\ge(a+b+c)(x+y+z)-\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}>0$

Vậy tachỉ cần chứng minh:
$(a+b+c)(x+y+z)-\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)} \ge \sqrt{4(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}$

Cuối cùng để ý điều sau, ta thấy ngay bất đẳng thức là một hệ quả trực tiếp của C-S:

$(a+b+c)^2=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)$

$(x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+(2xy+2yz+2zx)$

Như vậy chỉ cần C-S (a+b+c)(x+y+z) ta có đpcm.

Bất đẳng thức jensen cho bài IMO 2009

Đề bài: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$ Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(2b+c+a)^2}+\frac{1}{(2c+a+b)^2}\le\frac{3}{16}$

Câu bất này quá quen thuộc với cách giải AM-GM, sau đây tôi xin trình bày cách giải bằng bất đẳng thức jensen:

Bất đẳng thức tương đương:

$\frac{(a+b+c)^2}{(2a+b+c)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2b+c+a)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2c+a+b)^2}\le(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Do tính đồng bậc, chuẩn hóa $a+b+c=1$. Bất đẳng thức được viết lại:

$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2} \leq  (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Giờ xét hàm $f(x)=\frac{x}{(1+x)^2}(0 \le x \le 1)$ thì đây là hàm lõm và nghịch biến nên áp dụng bdt jensen ta được:

$\alpha \frac{a}{(1+a)^2}+\beta \frac{b}{(1+b)^2}+\gamma \frac{c}{(1+c)^2}\le (\alpha +\beta +\gamma )\frac{A}{(1+A^2)} (A=\frac{\alpha a+\beta b+\gamma c}{\alpha +\beta +\gamma })$

Chọn $\alpha =\frac{1}{a},\beta =\frac{1}{b},\gamma =\frac{1}{c}$
Áp dụng bất đẳng thức trung bình điều hòa:

$A=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3} $

Như vậy: $\sum \frac{1}{(1+a)^2}\le(\sum \frac{1}{a})\frac{A}{(1+A)^2} \le\sum \frac{1}{a} \frac{\frac{1}{3}}{(1+\frac{1}{3})^2}=\frac{3}{16}(\sum \frac{1}{a})$

Đặt ẩn phụ trong chứng minh bất đẳng thức

Đề bài: Cho ba số thực dương 
$a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
$\sqrt{\frac{b}{a^2+3}}+\sqrt{\frac{c}{b^2+3}}+\sqrt{\frac{a}{c^2+3}} \leqslant \frac32\sqrt[4]{\frac{1}{abc}}.$

Lời giải

Ta sẽ cố gắng đưa về bất đẳng thức đồng bậc

Vế phải của bất đẳng thức thực ra là $\dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{\sqrt[4]{abc}}=\dfrac{a+b+c}{2\sqrt[4]{abc}}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM thì $a^2+3\geq 4\sqrt{a}$ nên $VT\leq \sum \dfrac{\sqrt{b}}{2\sqrt[4]{a}}$

Đặt $\sqrt[4]{a}=x,\cdots $ thì ta chỉ cần chứng minh $\sum \dfrac{y^2}{x}\leq \dfrac{x^4+y^4+z^4}{xyz}\Leftrightarrow x^3y+y^3z+z^3x\leq x^4+y^4+z^4$

Bất đẳng thức trên chứng minh khá dễ bằng AM-GM