Diễn Đàn MathScope - Xem bài viết đơn

chien than · 10-11-2007, 06:27 PM

Tác giả:zaizai
Phương pháp SOS và những mối quan hệ lí thú với bất đẳng thức Schur

Phần I, Phép chứng minh ấn tượng:
Trong bài viết nho nhỏ này ta sẽ bàn đến một vài vấn đề khác trong phương pháp SOS. Đó là dùng phương pháp SOS để chứng minh các định lí. Có thể các bạn sẽ phải bất ngờ trước sức công phá của phương pháp trong trường hợp này. Chúng ta bắt đầu bằng phép chứng minh cho 1 bất đẳng thức rất chặt là Schur:
Định lí schur:
Cho $a,b,c $là các số thực dương. Khi đó với mọi $r\ge 0 $thì
$\boxed{a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0} $
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\ge b\ge c $
Ta có :
$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0 $
$\Leftrightarrow \sum a^r [(a-b)^2+(a-c)^2-(b-c)^2 ]\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(c^r+b^r- a^r)\ge 0 $
Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc với:
$S_a=c^r+b^r-a^r \\ S_b=a^r+c^r-b^r \\ S_c=a^r+b^r-c^r $
Dễ thấy ta có $S_b, S_c\ge 0 $. Ta cần chứng minh $S_c+S_a\ge 0 $
Thật vậy ta có $S_c+S_a=2b^r\ge 0 $.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc$ a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức Schur mà không theo cách thông thường trong các tài liệu đã từng giới thiệu. Có thể các bạn sẽ không thích cách giải này cho lắm bởi vì cách giải mà các bạn đã quá quen thuộc chỉ gần 3 dòng, ngắn đến hết mức có thể

Nhưng chắc chắn các bạn sẽ phải đồng ý với tôi rằng cách chứng minh trên sẽ thật sự là hữu hiệu nhất trong bất đẳng thức mà tôi sắp giới thiệu sau đây. Đó chính là 1 bất đẳng thức mới mà ... cũng chưa xuất hiện trong bất cứ 1 quyển sách đã xuất bản nào ở Việt Nam

10-11-2007, 06:27 PM	#1
chien than +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 138 Thanks: 1 Thanked 113 Times in 53 Posts	Bất đẳng thức Schur Tác giả:zaizai Phương pháp SOS và những mối quan hệ lí thú với bất đẳng thức Schur Phần I, Phép chứng minh ấn tượng: Trong bài viết nho nhỏ này ta sẽ bàn đến một vài vấn đề khác trong phương pháp SOS. Đó là dùng phương pháp SOS để chứng minh các định lí. Có thể các bạn sẽ phải bất ngờ trước sức công phá của phương pháp trong trường hợp này. Chúng ta bắt đầu bằng phép chứng minh cho 1 bất đẳng thức rất chặt là Schur: Định lí schur: Cho $a,b,c $là các số thực dương. Khi đó với mọi $r\ge 0 $thì $\boxed{a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0} $ dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó. Chứng minh: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\ge b\ge c $ Ta có : $a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0 $ $\Leftrightarrow \sum a^r [(a-b)^2+(a-c)^2-(b-c)^2 ]\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(c^r+b^r- a^r)\ge 0 $ Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc với: $S_a=c^r+b^r-a^r \\ S_b=a^r+c^r-b^r \\ S_c=a^r+b^r-c^r $ Dễ thấy ta có $S_b, S_c\ge 0 $. Ta cần chứng minh $S_c+S_a\ge 0 $ Thật vậy ta có $S_c+S_a=2b^r\ge 0 $. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc$ a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó. Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức Schur mà không theo cách thông thường trong các tài liệu đã từng giới thiệu. Có thể các bạn sẽ không thích cách giải này cho lắm bởi vì cách giải mà các bạn đã quá quen thuộc chỉ gần 3 dòng, ngắn đến hết mức có thể Nhưng chắc chắn các bạn sẽ phải đồng ý với tôi rằng cách chứng minh trên sẽ thật sự là hữu hiệu nhất trong bất đẳng thức mà tôi sắp giới thiệu sau đây. Đó chính là 1 bất đẳng thức mới mà ... cũng chưa xuất hiện trong bất cứ 1 quyển sách đã xuất bản nào ở Việt Nam thay đổi nội dung bởi: truongvoki_bn, 27-03-2011 lúc 05:08 PM