Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2015, De thi thu THPT Quoc Gia nam 2015

You are here: Home »

Like VNMATH on FACEBOOK để ủng hộ VNMATH.

1 2 3 4

Tản mạn về Phân tích S.O.S Tổng các bình phương

VNMATH.COM 25 tháng 8, 2014 , 0

Tiếp theo phần 1
1. Bất đẳng thức AM-GM

\displaystyle\frac{x_1+\dots+x_n}n\ge\sqrt[n]{x_1\dots x_n}
với mọi số không âm x_1,\dots,x_n. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x_1=\dots=x_n.

Điều này tương đương với đa thức
\displaystyle P(z_1,\dots,z_n)=\frac{z_1^{2n} + z_2^{2n} +\dots+z_n^{2n}}n -z_1^2\dots z_n^2
được phân tích thành tổng các bình phương. Ở đây ta thay x_i bởi y_i^2, để bỏ đi điều kiện  x_i không âm.

Một phân tích như vậy được đưa ra bởi Hurwitz vào năm 1891,trong bài báo Über den Vergleich des arithmetischen und des geometrischen Mittels, có thể tìm đọc trong Math. Werke, 505-507, Basel, E. Berkhäuser, 1933.
Để bieur diễn được đẹp mắt hơn, ta đưa ra một số kí hiệu. Cho hàm số f(z_1,\dots,z_n), ta viết{\mathcal P}f(z_1,\dots,z_n) cho kết quả của việc cọng thêm tất cả các biểu thức dạng  f(z_{i_1},\dots,z_{i_n}) với tất cả các hoán vị của bộ (i_1,\dots,i_n) các chỉ số (1,\dots,n) (có n! khả năng như vậy).
Chẳng hạn, {\mathcal P}z_1=(n-1)!(z_1+\dots+z_n) và {\mathcal P}(z_1\dots z_n)=n!z_1\dots z_n.
Ta viết
\phi_k(z_1,\dots,z_n) ={\mathcal P} ((z_1^{n-k}-z_2^{n-k}) (z_1-z_2)z_3 z_4\dots z_{k+1})
với k=1,\dots,n-1 và
f_k=\phi_k(z_1^2,\dots,z_n^2).
Lư ý rằng mỗi f_k không âm, vì (z_1^{n-k}-z_2^{n-k})(z_1-z_2)z_3 z_4\dots z_{k+1}=
\displaystyle (z_1-z_2)^2\left(\sum_{j=0}^{n-k-1}z_1^{n-k-1-j}z_2^j\right)z_3\dots z_{k+1}.
Khi đó
\displaystyle P(z_1,\dots,z_n)=\frac1{2(n!)}\sum_{k=1}^{n-1}f_k.
Dấu bằng xảy ra nếu z_i bằng nhau tất cả.
Ví dụ,
\displaystyle \frac{x_1^2+x_2^2}2-x_1x_2=\frac12(x_1-x_2)^2,
\displaystyle \frac{x_1^3+x_2^3+x_3^3}3-x_1x_2x_3=\frac16((x_1-x_2)^2x_3+(x_2-x_3)^2x_1 \displaystyle +(x_3-x_1)^2x_2+(x_1-x_2)^2(x_1+x_2) \displaystyle +(x_1-x_3)^2(x_1+x_3) +(x_2-x_3)^2(x_2+x_3)),
và
\displaystyle \frac{x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4}4-x_1x_2x_3x_4=\frac{(x_1^2-x_2^2)^2+(x_3^2-x_4^2)^2}4 \displaystyle +\frac{(x_1x_2-x_3x_4)^2}2.
2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
\displaystyle \sum_{i=1}^n x_iy_i\le\sqrt{\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right)},
Dấu bằng xảy ra khi bộ n số  (x_1,\dots,x_n)  và  (y_1,\dots,y_n) tỉ lệ. Chứng minh hay gặp của nó là dùng định thức của đa thức bậc hai không âm. Dạng đơn giản hơn của nó là |\vec x\cdot\vec y|\le|\vec x||\vec y| với \vec x,\vec y là các vector bất kì trong {\mathbb R}^n và \cdot là tích vô hướng thông thường. Đặt
\displaystyle P(\vec x,\vec y)=\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^n x_iy_i\right)^2,
bất đẳng thức tương đương với đa thức Pkhông âm, và có thể chứng minh bằng cách phân tích nó thành tổng các bình phương. Hằng đẳng thức Lagrange
\displaystyle P(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n)=\sum_{1\le i<j\le n}(x_iy_j-x_jy_i)^2,
cho ta kết quả mong muốn.

 3. Bất đẳng thức Young
Nếu $p$ và $q$ là các số hữu tỉ dương sao cho $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$, thì với mọi số dương $x$ và $y$ ta có $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q \ge xy.$$

Vì $\frac1p + \frac1q = 1$,ta có thể viết $p = \frac{m+n}m$, $q = \frac{m+n}n$ trong đó $m$ và $n$ là các số nguyên dương. Ta viết $x = a^{1/p}$, $y = b^{1/q}$. Khi đó $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q = \frac a{\frac{m+n}m} + \frac b{\frac{m+n}n} = \frac{ma + nb}{m + n}.$$

Theo bất đẳng thức AM-GM, $$\frac{ma + nb}{m + n} \ge (a^m \cdot b^n)^{\frac1{m+n}} = a^{\frac1p} b^{\frac1q} = xy,$$ và do đó $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q \ge xy.$$
Chứng minh này xuất hiện trong cuốn Mathematical Toolchest xuất bản năm 2004 bởi  Australian Mathematics Trust.

 4. Bất đẳng thức Minkowski: Với các số không âm x_i,y_i, ta có
\displaystyle \left(\prod_{i=1}^n(x_i+y_i)\right)^{1/n}\ge\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{1/n}+\left(\prod_{i=1}^n y_i\right)^{1/n}.
Ta cần chứng minh đa thức sau không âm
\displaystyle P(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n) \displaystyle =\prod_{i=1}^n(x_i^{2n}+y_i^{2n})-\left(\prod_{i=1}^n x_i^2+\prod_{i=1}^n y_i^2\right)^n.
Bạn đọc tự tìm hiểu.
Còn nữa...

Về VNMATH.COM

VNMATH hoạt động từ năm 2008 với slogan Trao đổi để học hỏi, Sẻ chia để vươn lên. Hiện nay VNMATH.COM là trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam.

Chia sẻ bài viết này


Bài viết liên quan

Không có nhận xét nào :

Để lại Nhận xét

Bản quyền © 2013 VnMath®. Bảo lưu một số quyền.