Bất đẳng thức hoán vị

Bài toán. Cho hai dãy số thực x_n, \, y_n, \, n \in \mathbb{N} thỏa mãn

\left\{\begin{aligned}&x_1 \geqslant x_2 \geqslant \cdots \geqslant  x_n\\&y_1 \geqslant y_2 \geqslant \cdots \geqslant y_n\end{aligned}\right.

Khi đó với mỗi hoán vị (z_1,\,z_2,\ldots,\,z_n) của (x_1,x_2,\,\ldots,\,x_n), ta có

x_1y_1+x_2y_2+ \cdots +x_ny_n \geqslant z_1y_1+z_2y_2+\cdots +z_ny_n \geqslant x_ny_1+x_{n-1}y_2+\cdots +x_1y_n.

Ứng dụng của Maple trong bất đẳng thức hoán vị

Rearrangement(X::list, Y::list, f, more)

Trong đó

  • X là dãy (x_n)
  • Y là dãy (y_n)
  • f là biểu thức cần so sánh
  • more là phần dư thêm vào f

Ví dụ 1. Cho a,\,b,\,c là ba số thực dương. Chứng minh rằng

\displaystyle \frac{ab}{c} +\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \geqslant a+b+c.

Lời giải. Với a \geqslant b \geqslant c dễ thấy ab \geqslant ac \geqslant bc\displaystyle \frac{1}{c} \geqslant \frac{1}{b} \geqslant \frac{1}{a} là hai dãy cùng chiều.

Hàm Rearrangement() sẽ sinh tất cả các bất đẳng thức hoán vị được tạo bởi hai bộ (ab,\,ac,\,bc)\left ( \frac{1}{c},\,\frac{1}{b},\, \frac{1}{a}\right ) như sau

hoặc những bất đẳng có chứa ab/c+bc/a+ca/b

hoặc a+b+c

hoặc chứa cả 2 (không cần thiết :D). Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 2. (Vasile Cîrtoaje) Với a,\,b,\,c là ba số thực không âm. Khi đó

27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \leqslant 4(a+b+c)^3.

Lời giải. Ta có

Lọc ra những bất đẳng thức chỉ chứ a^2b+b^2c+c^2a

Cộng thêm vào abc

Chú ý rằng a^2b+2abc+bc^2 = b(c+a)^2,

\displaystyle b(c+a)^2 = \frac{1}{2} \cdot 2b \cdot (c+a)^2 \leqslant \frac{1}{2}\left ( \frac{2b+c+a+c+a}{3} \right )^3 = \frac{4}{27}(a+b+c)^3.

Chứng minh hoàn tất.

Ví dụ 3. Cho  a,\,b,\,c,\,d không âm. Chứng minh rằng

64(a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab) \leqslant (a+b+c+d)^4.

Lời giải. Ta có

Chú ý rằng a^2bc+ab^2d+ac^2d+bcd^2 = (ac+bd)(ab+cd),

\displaystyle (ac+bd)(ab+cd) \leqslant \left(\frac{ac+bd+ab+cd}{2}\right)^2=\frac{[(a+d)(b+c)]^2}{4} \leqslant \frac{(a+b+c+d)^4}{64}.

Chứng minh hoàn tất.

Korean MO 2016

Bài toán. (Korean MO Final 2016) Với x,\,y,\,z là ba số thực bất kỳ. Chứng minh rằng

(x^2-yz)(y^2-zx)(z^2-xy) \leqslant 8(x^2+y^2+z^2)^3.

Lời giải. Giả sử (x^2-yz)(y^2-zx) \geqslant 0, khi đó

Nếu z^2-xy \leqslant 0 thì

8(x^2-yz)(y^2-zx)(z^2-xy) \leqslant 0 \leqslant (x^2+y^2+z^2)^3.

Nếu z^2-xy \geqslant 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

4(x^2-yz)(y^2-zx) \leqslant (x^2-yz+y^2-zx)^2.

Cho nên ta chỉ cần chứng minh

(x^2+y^2+z^2)^3 \geqslant 2(x^2-yz+y^2-zx)^2(z^2-xy),

tương đương với

[2(x^2+y^2)(z^2-xy)+(x^2+y^2+z^2)(x+y-z)^2](x+y+z)^2 \geqslant 0.

Hiển nhiên đúng.

Nhận xét. Ta có thể viết gọp bài toán thành một biểu thức không âm mà không cần chia hai trường hợp của z^2-xy như ở trên.

Thật vậy, trước hết ta có công thức

\displaystyle  \left\{\begin{matrix}F &= C + AB \\ F &= E -AD \end{matrix}\right. \Rightarrow F = \frac{BE+CD}{B+D}, \; B + D \ne 0.

Từ lời giải trên ta thấy

F = (x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x+y-z)^2 + (z^2-xy) \cdot 4(x^2-xy+y^2)(x+y+z)^2,

F = (x^2+y^2+z^2)^3-(z^2-xy) \cdot 8(x^2-yz)(y^2-zx).

Do đó

\displaystyle F = \frac{[(x^2-xy+y^2)(x^2+y^2+z^2)^2+2(x^2-yz)(y^2-zx)(x+y-z)^2](x+y+z)^2}{x^2+xy+y^2}.

Chương trình đổi biến

Một số chương trình trợ giúp việc đổi biến được viết bằng Maple

  • viete(): f(a,b) -> f(S,P).
  • pqr(): f(a,b,c) -> f(p,q,r).

Ví dụ

Với các đa thức hoán vị

Với các đa thức không thuần nhất

  • Hai hàm uvw()pRr() thực hiện các phép biến đổi tượng tự
  • uvwt(): f(a,b,c,d) -> f(u,v,w,t).
  • advancedSubs(): f(a_1,a_2,\ldots,a_n) \to f(x_1,x_2,\ldots,x_n).

So sánh tốc độ của chạy hàm pqr()advancedSubs()