Tìm kiếm
Bí mật
Bất đẳng thức hoán vị:
Cho hai dãy số thực $(x_n), (y_n), (n \in N)$ thỏa mãn: $x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$ và $y_1 \leq y_2 \leq ... \leq y_n$. Với mỗi hoán vị $(x'_1, x'_2... , x'_n)$ của $(x_1, x_2... , x_n)$ ta có:
$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n \geq x'_1y_1+x'_2y_2+...+x'_ny_n$.
$ \geq x_ny_1+x_{n-1}y_2+...+x_1y_n$.
Nếu $(x'_1, x'_2... , x'_n)$ đồng bậc với $(x_1, x_2... , x_n)$ hoặc $(x_n, x_{n-1}... , x_1)$.
Hệ quả:
Cho dãy số thực $(x_n), (n \in N)$ và $(x'_1, x'_2... , x'_n)$ là một hoán vị của $(x_1, x_2... , x_n)$, ta có:
1/ $x_1^2+x_2^2+...+x_n^2 \geq x_1x'_1+x_2x'_2+...+x_nx'_n$.
2/ $\dfrac{x'_1}{x_1}+\dfrac{x'_2}{x_2}+...\dfrac{x'_n}{x_n} \geq n$.
Ứng dụng của bất đẳng thức hoán vị:
Bài 1: Cho hai dãy số thực $(x_n), (y_n), (n \in N)$ thỏa mãn: $x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$ và $y_1 \leq y_2 \leq ... \leq y_n$. Gọi $(z_1, z_2... , z_n)$ là một hoán vị của $(y_1, y_2... , y_n)$. Chứng minh rằng:
$(x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2+...+(x_n-y_n)^2 \leq (x_1-z_1)^2+(x_2-z_2)^2+...+(x_n-z_n)^2.$
(IMO 1975).
Lời giải:
Để ý rằng ta luôn có: $y_1^2+y_2^2+...+y_n^2 = z_1^2+z_2^2+...+z_n^2$.
Sau khi khai triển bất đẳng thức cần cm được đưa về:
$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n \geq x_1z_1+x_2z_2+...+x_nz_n$.
Điều này đúng theo bđt hoán vị.
Bài 2: Cho dãy số nguyên dương phân biệt $(a_1, a_2... , a_n)
$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{a_1}{1^2}+\dfrac{a_2}{2^2}+...+\dfrac{a_n}{n^2} \geq \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}$.
(IMO 1978).
Lời giải:
Giả sử $(a'_1, a'_2... , a'_n)$ là một hoán vị của $(a_1, a_2... , a_n)$ thỏa mãn: $a'_1 \leq a'_2 \leq....\leq a'_n$. Thế thì: $a'_i \geq i$. Từ bất đẳng thức hoán vị ta có:
$\dfrac{a_1}{1^2}+\dfrac{a_2}{2^2}+...+\dfrac{a_n}{n^2} \geq \dfrac{a'_1}{1^2}+\dfrac{a'_2}{2^2}+...+\dfrac{a'_n}{n^2} \geq \dfrac{1}{1^2}+\dfrac{2}{2^2}+...+\dfrac{n}{n^2} = \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}$ (đfcm).
Bài 3: Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:
$a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) \leq 3abc$.
IMO 1983.
Lời giải:
Đây là một bất đẳng thực quen thuộc và khá dễ với đa số các bạn, sau đây là lời giải của nó bằng cách sử dụng bđt hoán vị:
Giả sử $a \geq b \geq c$. Ta cm: $c(a+b-c) \geq b(a+c-b) \geq a(b+c-a)$.
Thật vậy: $c(a+b-c) - b(a+c-b) = (b-c)(b+c-a) \geq 0$.
BĐT còn lại cm tương tự.
Từ đó:
$a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) \leq ba(b+c-a)+cb(a+c-b)+ac(a+b-c)$.
$a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) \leq ca(b+c-a)+ab(a+c-b)+bc(a+b-c)$.
Từ đó dễ suy ra đfcm.
Ngoài ra, sử dụng bất đẳng thức hoán vị chúng ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức quen thuộc như: BĐT Trung bình cộng, trung bình nhân, BĐT Cauchy - Schwart...
Lần sau tôi sẽ giới thiệu thêm 1 số bài để các bạn luyện tập.
- MazacarJin15 và nhatquangsin thích
