Luận văn Thạc sĩ Toán học: Các đồng nhất thức Abel và áp dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:63

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn trình bày các nội dung: Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên quan; biến đổi Abel sinh bởi tích các số và áp dụng; một số dạng toán liên quan. Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài toán lấy từ các đề thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic liên quan.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Các đồng nhất thức Abel và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- ĐỖ THỊ THỦY CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC ABEL VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- ĐỖ THỊ THỦY CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC ABEL VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018
i Mục lục MỞ ĐẦU ii Chương 1. Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên quan 1 1.1 Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Phương pháp làm trội dùng biến đổi Abel . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Biến đổi Abel cho bộ ba số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Chương 2. Biến đổi Abel sinh bởi tích các số và áp dụng 17 2.1 Biến đổi Abel sinh bởi tích các số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Biểu diễn các đa thức nhận giá trị nguyên và giá trị hữu tỷ . . . . 18 2.2.1 Biểu diễn các đa thức nhận giá trị nguyên . . . . . . . . . 18 2.2.2 Biểu diễn các đa thức nhận giá trị hữu tỷ . . . . . . . . . . 23 2.3 Ước lượng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Chương 3. Một số dạng toán liên quan 36 3.1 Một số bài toán về đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3.2 Một số bài toán về đa thức qua các kỳ thi Olympic . . . . . . . . . 41 3.3 Ứng dụng biến đổi Abel trong một số bài toán khác . . . . . . . . 54 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58
ii MỞ ĐẦU Trong chương trình toán bậc phổ thông học sinh được làm quen với nhiều hằng đẳng thức quan trọng, đó là các hằng đẳng thức đáng nhớ liên quan đến khai triển nhị thức Newton n X n (a + b) = Cnk ak bn−k , k=0 công thức tính tổng của cấp số nhân (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + bn−1 ) = an − bn , đồng nhất thức Lagrange (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 , . . . và các ứng dụng của chúng trong số học, đại số, lượng giác và hình học. Mục tiêu của luận văn “Các đồng nhất thức Abel và áp dụng” nhằm giới thiệu hai đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng sinh bởi dãy số z1 , z2 , . . . , zn : Z0 = 0, Z1 = z1 , Z2 = z1 + z2 , . . . , Zk = z1 + z2 + · · · + zk , . . . (1) và các tích sinh bởi dãy số x1 , x2 , . . . , xn : Q0 (x) = 0, Q1 (x) = x−x1 , Q2 (x) = (x−x1 )(x−x2 ), . . . , Qk (x) = (x−x1 )(x−x2 ) . . . (x−xk ), . . . (2) và các ứng dụng của chúng trong đại số và số học. Đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng (1) còn xuất hiện trong Giải tích (xem [4]) n X n−1 X zk vk = Zk (vk − vk+1 ) + Zn vn (3) k=1 k=1 dùng để khảo sát sự hội tụ của các chuỗi đan dấu.
iii Đặc biệt, đồng nhất thức Abel liên quan đến các tích (2) thường xuất hiện trong các tính toán với đa thức nhận giá trị nguyên hoặc giá trị hữu tỷ trên tập số nguyên dương (xem [1]-[2]) (x − 1)(x − 2) ax2 + bx + c = α + β(x − 1) + γ, (4) 2 (x − 1)(x − 2)(x − 3) (x − 1)(x − 2) ax3 + bx2 + cx + d = α +β + γ(x − 1) + δ, . . . (5) 3! 2! Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, nhiều bài toán cần tới các đồng nhất thức (3)-(5), thường được gọi là biến đổi Abel, như là một công cụ hữu hiệu để tiếp cận những dạng toán thuộc loại khó không nằm trong chương trình chính khóa của chương trình Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông. Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương. Chương 1. Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên quan. Chương 2. Biến đổi Abel sinh bởi tích các số và áp dụng. Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài toán lấy từ các đề thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic liên quan. Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy hướng dẫn GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại Trường. Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, Ban giám hiệu và đồng nghiệp trường THPT Lý Nhân Tông thành phố Bắc Ninh, tỉnh Bắc Ninh đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn tốt nghiệp. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018 Người viết luận văn Đỗ Thị Thuỷ
1 Chương 1. Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên quan Chương 1 giới thiệu đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng sinh bởi dãy số z1 , z2 , . . . , zn : Z0 = 0, Z1 = z1 , Z2 = z1 + z2 , . . . , Zk = z1 + z2 + · · · + zk , . . . (1.1) Đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng (1) xuất hiện trong Giải tích (xem [4]) X n n−1 X zk vk = Zk (vk − vk+1 ) + Zn vn (1.2) k=1 k=1 dùng để khảo sát sự hội tụ của các chuỗi đan dấu. 1.1 Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số Trong các nghiên cứu về dãy số và chuỗi số, chúng ta thường sử dụng biến đổi sau đây, thường được gọi là biến đổi Abel. Xét tổng Zk = z1 + z2 + · · · + zk , k = 1, 2, . . . , n và Sn = α1 z1 + α2 z2 + · · · + αn zn . Khi đó Sn = α1 Z1 + α2 (Z2 − Z1 ) + · · · + αn (Zn − Zn−1 ) = Z1 (α1 − α2 ) + Z2 (α2 − α3 ) + · · · + Zn−1 (αn−1 − αn ) + Zn αn . (1.3) Từ biến đổi (1.3) này, ta có các kết quả sau đây (gọi là các bất đẳng thức Abel).
2 Định lý 1.1 (xem [1]). Giả sử (zj ) là một dãy số (thực hoặc phức) tuỳ ý và Zk = z1 + z2 + · · · + zk , k = 1, 2, . . . , n. Khi đó với mọi dãy số dương đơn điệu giảm (αk ): α1 > α2 > · · · > αn > 0, ta đều có |α1 z1 + α2 z2 + · · · + αn zn | 6 α1 max |Zk |. 16k 6n Chứng minh. Thật vậy, từ đồng nhất thức (1.3), ta nhận được |α1 Z1 + α2 Z2 + · · · + αn Zn | 6 |Z1 |(α1 − α2 ) + |Z2 |(α2 − α3 ) + · · · + |Zn−1 |(αn−1 − αn ) + |Zn |αn 6 max |Zk |[(α1 − α2 ) + (α2 − α3 ) + · · · + (αn−1 − αn ) + αn ] 16k 6n = α1 max |Zk |. 16k 6n Định lý 1.2 (xem [1]). Giả sử (zj ) là một dãy số (thực hoặc phức) tuỳ ý và Zk = z1 + z2 + · · · + zk , k = 1, 2, . . . , n. Khi đó với mọi dãy số không âm và đơn điệu tăng (βk ): 0 6 β1 6 β2 6 · · · 6 βn , ta đều có |β1 z1 + β2 z2 + · · · + βn zn | 6 2βn max |Zk |. 16k 6n Chứng minh. Ta xét tổng Sn = β1 z1 + β2 z2 + · · · + βn zn . Từ (1.3), ta có Sn = β1 Z1 + β2 (Z2 − Z1 ) + · · · + βn (Zn − Zn−1 ) = Z1 (β1 − β2 ) + Z2 (β2 − β3 ) + · · · + Zn−1 (βn−1 − βn ) + Zn βn . Vậy nên |Sn | = |Z1 (β1 − β2 ) + Z2 (β2 − β3 ) + · · · + Zn−1 (βn−1 − βn ) + Zn βn | 6 |Z1 ||β1 − β2 | + |Z2 ||β2 − β3 | + · · · + |Zn−1 ||βn−1 − βn | + |Zn ||βn |
3 6 max |Zk |[(β2 − β1 ) + (β3 − β2 ) + · · · + (βn − βn−1 ) + βn ] 16k 6n = [(βn − β1 ) + βn ] max |Zk | 6 2βn max |Zk |. 16k 6n 16k 6n Tiếp theo ta trình bày một dạng bất đẳng thức sau sử dụng biến đổi Abel, thường được gọi là Bất đẳng thức Karamata. Bất đẳng thức này có rất nhiều ứng dụng trong thực tiễn. Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Karamata). Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều kiện x1 > x2 > · · · > xn , y1 > y2 > · · · > yn và     x 1 > y1   x1 + x2 > y1 + y2      ......... (1.4)   x1 + x2 + · · · + xn−1 > y1 + y2 + · · · + yn−1        x + x + ··· + x = y + y + ··· + y  1 2 n 1 2 n Khi đó, ứng với mọi hàm lồi khả vi cấp 2 f (x) trên I(a, b), ta đều có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) > f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ). (1.5) Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = n hX n X i 0 = max f (ti ) + (xi − ti )f (ti ) . (1.6) t1 ,...,tn ∈I(a,b) i=1 i=1 Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1 , . . . , tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ số giảm, tức là t1 > t2 > · · · > tn . Khi đó, để chứng minh (1.6), ta chỉ cần chứng minh rằng x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) > > y1 f 0 (t1 ) + y2 f 0 (t2 ) + · · · + yn f 0 (tn ). (1.7) Sử dụng biến đổi Abel x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) =
4 = S1 [f 0 (t1 ) − f 0 (t2 )] + S2 [f 0 (t2 ) − f 0 (t3 )] + · · · + +Sn−1 [f 0 (tn−1 ) − f 0 (tn )] + Sn f 0 (tn ), (1.8) với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk . Vì rằng f 00 (x) > 0 nên f 0 (xk ) 6 f 0 (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x) > Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n − 1) và Sn (x) = Sn (y), ta thu được ngay (1.7). Nhận xét 1.4 (xem [5]). Hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều kiện (1.4) thường được gọi là biến đổi Schur’s. Dãy {xk } được gọi là trội hơn dãy {yk }. Tính chất sau đây cho phép ta dễ dàng kiểm chứng tính lồi (lõm) đối với một hàm số cho trước. Định lý 1.5 (Jensen). Giả sử f (x) liên tục trên [a, b]. Khi đó điều kiện cần và đủ để hàm số f (x) lồi trên I(a, b) là x + x f (x ) + f (x ) 1 2 1 2 f 6 , ∀x1 , x2 ∈ I(a, b). (1.9) 2 2 Chứng minh. 1 Nếu f (x) là hàm lồi trên I(a, b) thì ta có ngay (1.9) bằng cách chọn α = β = . 2 Giả sử ta có (1.9). Ta cần chứng minh rằng với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có f (αx1 + βx2 ) 6 αf (x1 ) + βf (x2 ). Nếu α ∈ Q thì β ∈ Q và ta có thể viết m n α= , β= , q q trong đó m, n ∈ Z, q ∈ N và m + n = q . Bằng phương pháp quy nạp, ta có ngay mx + nx 1 2 f (αx1 + βx2 ) = f q mf (x1 ) + nf (x2 ) 6 = αf (x1 ) + βf (x2 ) q Nếu α là số vô tỷ thì β (= 1 − α) cũng là số vô tỷ. Chọn dãy số hữu tỷ dương un trong khoảng (0,1) có giới hạn bằng α: lim un = α. n→∞
5 Khi đó, hiển nhiên dãy vn := 1 − un cũng nằm trong (0,1) và lim vn = β. n→∞ Theo chứng minh trên ứng với trường hợp α hữu tỷ, thì f (un x1 + vn x2 ) 6 un f (x1 ) + vn f (x2 ), ∀n ∈ N, x1 , x2 ∈ I(a, b). Chuyển qua giới hạn và sử dụng tính liên tục của f (x), ta thu được f (αx1 + βx2 ) 6 αf (x1 ) + βf (x2 ). Nhận xét 1.6. Giả sử f (x) 6≡ const và là hàm lồi trên [a, b] với f (a) = f (b). Khi đó f (x) 6= f (a) với mọi x ∈ (a, b). 1.2 Phương pháp làm trội dùng biến đổi Abel Đôi khi để chứng minh một bất đẳng thức dạng f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ M ta có thể làm trội f (xi ) ≤ G(yi+1 ) − G(yi ) để thu được f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ G(yn ) − G(y1 ). Sau đó, ta chỉ cần chứng minh một bất đẳng thức đơn giản hơn dạng G(yn ) − G(y1 ) ≤ M. Ta có một số tổng thường dùng sau đây. 1 1 1 1 1 (a) + + + ··· + =1− . 1.2 2.3 3.4 (n − 1)n n 1 1 1 (b) + + ··· + x(x + d) (x + d)(x + 2d) [x + (n − 1)d](x + nd) 11 1 n = − = . d x x + nd x(x + nd) 1 1 1 (c) + + .... + 1.2 . . . k 2.3 . . . (k + 1) n(n + 1) . . . (n + k − 1) 1 h 1 1 i = − , ∀k ≥ 2. k − 1 1.2 . . . (k − 1) (n + 1)(n + 2) . . . (n + k − 1)
6 Bài toán 1.7. Chứng minh rằng 1 1 1 2017 2 + 2 + ··· + 2 < . 2 3 2018 2018 Lời giải. Ta có với ∀k ≥ 1 thì k 2 > k(k − 1) > 0 nên 1 1 1 1 < = − . k2 k(k − 1) k − 1 k Cho k = 2; 3; 4; . . . ; 2018, ta thu được 1 1 1 < = 1 − , 22 1.2 2 1 1 1 1 < = − , 32 2.3 2 3 1 1 1 1 2 < = − , 4 3.4 3 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .., 1 1 1 1 < = − . 20182 2017.2018 2017 2018 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức cùng chiều, ta được 1 1 1 1 2017 + + · · · + < 1 − = . 22 32 20182 2018 2018 Bất đẳng thức đã được chứng minh. Nhận xét. Với mọi số nguyên dương n > 1, ta có 1 1 1 n−1 + + · · · + < . 22 32 n2 n Bài toán trên ứng với n = 2018. Bài toán 1.8 (xem [1],[3]). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta có n+1 1 1 1 1 < 1 + + + + ··· + n < n. 2 2 3 4 2 −1 Lời giải. Trong bài này, khi làm trội ta phải chia biểu thức thành nhiều nhóm, rồi làm trội từng nhóm. 1 1 1 1 Đặt P = 1 + + + + n . 2 3 4 2 −1 Khi đó ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 P = 1+ + + 2 + + .... + 3 + 3 + + .... + 4 2 3 2 5 2 −1 2 9 2 −1
7 1 1 1 + · · · + n−1 + n−1 + .... + n . 2 2 +1 2 −1 Thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số lớn nhất trong mỗi nhóm, ta được 1 1 1 1 P < 1 + .2 + 2 .4 + 3 .8 + · · · + n−1 .2n−1 = 1 + 1 + 1 + · · · + 1 = n. 2 2 2 2 n+1 Ta chứng minh P > . Ta có 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P =1+ + + + 2 + + .... + 3 + 3 + + .... + 4 2 2+1 4 2 6 2 2 + 1 10 2 1 1 1 1 + · · · + + n−1 + + . . . . + n − n. 2 + 1 2n−1 + 2 2 2 Làm trội bằng cách thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số nhỏ nhất trong mỗi nhóm, ta được 1 1 1 1 1 n 1 P >1+ + 2 .2 + 3 .4 + · · · + n .2n−1 − n = 1 + − n 2 2 2 2 2 2 2 suy ra n 1 n + 1 2n−1 − 1 n + 1 P >1+ − n = + ≥ . 2 2 2 2n 2 1.3 Biến đổi Abel cho bộ ba số Trong phần này ta xét một số bất đẳng thức đan dấu sinh bởi hàm lồi sử dụng biến đổi Abel dạng đơn giản cho ba số. Các bất đẳng thức dạng này là các ví dụ đơn giản đều quy được về bất đẳng thức Karamata cho ba số quen biết đối với lớp hàm lồi và hàm lõm trên một khoảng. Trước hết, ta xét biến đổi Abel trong tam giác. Định nghĩa 1.9 (xem [1]). Với mỗi tam giác ABC cho trước, ta kí hiệu δ∆ABC = max{A, B, C} − min{A, B, C} và gọi δ∆ABC là độ gần đều của tam giác ABC . Rõ ràng δ∆ABC > 0 và δ∆ABC = 0 khi và chỉ khi tam giác ABC là một tam giác đều.
8 Định nghĩa 1.10 (xem [1]). Với mỗi cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 thoả mãn đồng thời các điều kiện max{A1 , B1 , C1 } 6 max{A2 , B2 , C2 }, min{A1 , B1 , C1 } > min{A2 , B2 , C2 }, thì ta nói cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 là cặp sắp được thứ tự và tam giác A1 B1 C1 gần đều hơn tam giác A2 B2 C2 . Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự: Với mỗi cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 (với A1 > B1 > C1 , A2 > B2 > C2 ) thoả mãn đồng thời các điều kiện A1 6 A2 , C1 > C2 , thì ta sẽ có tam giác A1 B1 C1 gần đều hơn tam giác A2 B2 C2 . Nhận xét 1.11. Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác. Nhận xét 1.12. Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân gần đều hơn mọi tam giác khác. Thật vậy, giả sử tam giác A1 B1 C1 vuông cân tại A1 , nghĩa là: A1 = 900 , B1 = C1 = 450 . và tam giác A2 B2 C2 có A2 ≥ 900 ⇒ B2 + C2 ≤ 900 . Do đó min B2 ≤ 450 . Ta nhắc lại tính chất sau. Nhận xét 1.13. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai f 00 (x) trong (a, b). a) Nếu f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f (x) > f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ), với x, x0 ∈ (a, b). b) Nếu f 00 (x) 6 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f (x) 6 f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ), với x, x0 ∈ (a, b). Bài toán 1.14 (xem [1]). Cho tam giác ABC và cho ba số không âm α, β, γ sao cho α + β + γ = 1. Đặt   A = αA + βB + γC  0   B0 = αB + βC + γA   C = αC + βA + γB.  0
9 Chứng minh rằng, khi đó tam giác A0 B0 C0 gần đều hơn tam giác ABC . Lời giải. Theo giả thiết, ta có A0 6 max{A, B, C}, B0 6 max{A, B, C}, C0 6 max{A, B, C} nên max{A0 , B0 , C0 } 6 max{A, B, C}. Tương tự, thì A0 > min{A, B, C}, B0 > min{A, B, C}, C0 > min{A, B, C} nên min{A0 , B0 , C0 } > min{A, B, C}. Từ đây suy ra tam giác A0 B0 C0 gần đều hơn tam giác ABC . Kết quả sau đây bao hàm hầu hết các bất đẳng thức đối xứng dạng cơ bản trong tam giác. Bài toán 1.15 (xem [1]). Cho tam giác A2 B2 C2 gần đều hơn tam giác A1 B1 C1 và cho hàm số f (x) có f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ (0, π). Khi đó f (A1 ) + f (B1 ) + f (C1 ) > f (A2 ) + f (B2 ) + f (C2 ). Lời giải. Do f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ (0, π) nên f (x) > f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ), ∀x ∈ (0, π). (1.10) Không mất tính tổng quát, ta coi A1 > B1 > C1 , A2 > B2 > C2 . Khi đó, theo Định nghĩa 1.9 ta có A1 > A2 và C1 6 C2 . Suy ra   A > A2  1   A1 + B1 > A2 + B2 (1.11)   A + B + C = A + B + C .  1 1 1 2 2 2 Theo (1.10), thì    f (A1 ) > f (A2 ) + f 0 (A2 )(A1 − A2 )  f (B1 ) > f (B2 ) + f 0 (B2 )(B1 − B2 ) (1.12)   f (C ) > f (C ) + f 0 (C )(C − C ).  1 2 2 1 2 Cộng các vế tương ứng của (1.12), ta được f (A1 ) + f (B1 ) + f (C1 ) > f (A2 ) + f (B2 ) + f (C2 ) + [f 0 (B2 ) − f 0 (C2 )][(A1 + B1 ) − (A2 + B2 )] + [f 0 (A2 ) − f 0 (B2 )](A1 − A2 ) > f (A2 ) + f (B2 ) + f (C2 ).
10 Bài toán 1.16 (xem [1]). Cho tam giác A2 B2 C2 gần đều hơn tam giác A1 B1 C1 và cho hàm số f (x) có f 00 (x) 6 0 với mọi x ∈ (0, π). Khi đó f (A1 ) + f (B1 ) + f (C1 ) 6 f (A2 ) + f (B2 ) + f (C2 ). Lời giải. Do f 00 (x) 6 0 Với mọi x ∈ (0, π), nên theo Nhận xét 1.13, ta có f (x) 6 f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ), ∀x0 ∈ (0, π). (1.13) Không mất tính tổng quát, ta coi A1 > B1 > C1 , A2 > B2 > C2 . Khi đó, vì tam giác A2 B2 C2 gần đều hơn tam giác A1 B1 C1 nên   A > A2  1   A1 + B1 > A2 + B2 (1.14)   A + B + C = A + B + C .  1 1 1 2 2 2 Theo (1.13) và (1.14), thì     f (A1 ) 6 f (A2 ) + f 0 (A2 )(A1 − A2 )  f (B1 ) 6 f (B2 ) + f 0 (B2 )(B1 − B2 ) (1.15)   f (C ) 6 f (C ) + f 0 (C )(C − C ).  1 2 2 1 2 Cộng các vế tương ứng của (1.15), ta được f (A1 ) + f (B1 ) + f (C1 ) 6 f (A2 ) + f (B2 ) + f (C2 ) + [f 0 (B2 ) − f 0 (C2 )][(A1 + B1 ) − (A2 + B2 )] + [f 0 (A2 ) − f 0 (B2 )](A1 − A2 ) 6 f (A2 ) + f (B2 ) + f (C2 ). Bài toán 1.17 (xem [1],[2]). Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ sao cho α + β + γ = 1. Đặt   A = αA + βB + γC  0   B0 = αB + βC + γA (1.16)   C = αC + βA + γB  0 Chứng minh rằng sin A + sin B + sin C 6 sin A0 + sin B0 + sin C0 .
11 Lời giải. Theo giả thiết ta có A0 + B0 + C0 = A + B + C = π nên A0 , B0 , C0 là các góc của một tam giác và     A > A0  A + B > A0 + B0   A + B + C = A + B + C  0 0 0 với giả thiết A > B > C; A0 > B0 > C0 . Xét hàm số f (x) = sin x, ∀x ∈ [0, π]. Ta có f 0 (x) = cos x ; f 00 (x) = − sin x 6 0 , ∀x ∈ [0, π]. Suy ra f (x) 6 f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) , ∀x ∈ [0, π] , x0 ∈ [0, π]. Vậy nên sin A 6 sin A0 + cos A0 (A − A0 ), sin B 6 sin B0 + cos B0 (B − B0 ), sin C 6 sin C0 + cos C0 (C − C0 ). Suy ra sin A+sin B +sin C 6 sin A0 +sin B0 +sin C0 +cos C0 (A+B +C −A0 −B0 −C0 ) +(cos B0 − cos C0 )(A + B − A0 − B0 ) + (cos A0 − cos B0 )(A − A0 ). Vì A + B + C − (A0 + B0 + C0 ) = 0 ; A + B > A0 + B0 ; A > A0 π > B0 > C0 > 0 nên cos B0 6 cos C0 , π > A0 > B0 > 0 nên cos A0 6 cos B0 , nên sin A + sin B + sin C 6 sin A0 + sin B0 + sin C0 . Bài toán 1.18. Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ sao cho α + β + γ = 1. Đặt   A = αA + βB + γC  0   B0 = αB + βC + γA (1.17)   C = αC + βA + γB.  0 Chứng minh rằng A B C A0 B0 C0 cos + cos + cos 6 cos + cos + cos . 2 2 2 2 2 2
12 Lời giải. Chỉ cần xét hàm số f (x) = cos x thì f 00 (x) = − cos x < 0 , ∀x ∈ π 0, . 2 Chứng minh hoàn toàn tương tự như các bài toán trên, ta được bất đẳng thức A B C A0 B0 C0 cos + cos + cos 6 cos + cos + cos . 2 2 2 2 2 2 Bài toán 1.19 (xem [1],[2]). Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC không nhọn, ta luôn có A B C √ tan + tan + tan > 2 2 − 1. 2 2 2 Lời giải. Vì ABC không nhọn nên không mất tính tổng quát, ta coi A > B > C. Khi đó     A > π2  A + B > π2 + π4   A + B + C = π + π + π ,  2 4 4 hay  A π  > 2 4   A B π π  2 + 2 > 4 + 8  A +  B + = + π8 + π8 . C π 2 2 2 4 π π 00 Xét hàm số f (x) = tan x với x ∈ 0, . Ta có f (x) > 0 với ∀x ∈ 0, . Vậy 2 2 nên theo Nhận xét 1.13, ta có π π 0 f (x) > f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x ∈ 0, , x0 ∈ 0, . 2 2 Chứng minh tương tự Bài toán 1.17 thì A B C π π π tan + tan + tan > tan + tan + tan . 2 2 2 4 8 8 π √ Để ý rằng tan = 2 − 1 nên 8 π π π √ tan + tan + tan = 2 2 − 1. 4 8 8 Vậy A B C √ tan+ tan + tan > 2 2 − 1. 2 2 2 Vào năm 1965, T. Popoviciu đã chứng minh định lí sau đây
13 Định lý 1.20 (T. Popoviciu). Với mọi hàm lồi trên I(a, b) và với mọi x, y, z ∈ I(a, b), ta đều có bất đẳng thức x + y + z x + y y + z z + x f (x) + f (y) + f (z) + 3f > 2f + 2f + 2f . 3 2 2 2 Nhận xét rằng định lí trên là một mở rộng thực sự của các kết qủa quen biết (bất đẳng thức Jensen) về hàm lồi. Thật vậy, theo bất đẳng thức Jensen, thì x + y y + z z + x f (x) + f (y) + f (z) > f +f +f . 2 2 2 và x + y + z x + y y + z z + x 3f 6f +f +f . 3 2 2 2 Do vậy, định lí Popoviciu cho ta thực hiện được phép cộng trái chiều. Hệ quả 1.21. Với mọi hàm lồi trên I(a, b) và với mọi x, y, z ∈ I(a, b), 0 6 α 6 3, ta đều có bất đẳng thức x + y + z α h x + y y + z z + x i f (x)+f (y)+f (z)+αf > 1+ f +f +f . 3 3 2 2 2 Chứng minh định lí Popoviciu Ta coi x > y > z . Khi đó sẽ xảy ra một trong hai khả năng: x+y+z x> >y>z 3 hoặc x+y+z x>y> > z. 3 x+y+z Ta chỉ cần xét trường hợp x > y > > z là đủ. 3 Khi đó dễ dàng kiểm tra x+y+z x+y+z x+y+z x>y> > > > z, (1.18) 3 3 3 x+y x+y x+z x+z y+z y+z > > > > > (1.19) 2 2 2 2 2 2 và x + y + z x + y y + z z + x x+y+z+3 =2 + + . 3 2 2 2 Ta thu được dãy (1.18) gần đều hơn (1.19). Theo định lí Karamata, ta được điều phải chứng minh. Đến năm 1982, A. Lupas [7] đã mở rộng định lí Popoviciu theo hướng sau.
14 Định lý 1.22 (A. Lupas). Với mọi bộ số dương p, q, r và với mọi x, y, z ∈ I(a, b), ta đều có bất đẳng thức px + qy + rz pf (x) + qf (y) + rf (z) + (p + q + r)f p+q+r px + qy qy + rz rz + px >(p + q)f + (q + r)f + (r + p)f (1.20) p+q q+r r+p Chứng minh. Tương tự như cách chứng minh định lí Popoviciu, không mất tính tổng quát, giả thiết rằng px + qy + rz x>y> > z. p+q+r Từ đó, ta có thể áp dụng định lí Karamata cho bộ số có trọng để thu được (1.20). Ta nhắc lại giả thiết Karamata đối với hai bộ số sắp được như sau. → − Ta nói rằng véctơ A = [a1 , a2 , . . . , an ] với giả thiết a1 > a2 > · · · > an xa đều → − hơn so với véctơ B = [b1 , b2 , . . . , bn ] cũng với giả thiết b1 > b2 > · · · > bn , và → − → − được ký hiệu A B , nếu a1 > b 1 a1 + a2 > b1 + b2 .. . a1 + a2 + · · · + an−1 > b1 + b2 + · · · + bn−1 a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn Dựa vào biến đổi Abel và định lí Karamata, ta có thể dễ dàng chứng minh các định lí sau đây. Định lý 1.23 (Vasile Cirtoaje). Với mọi hàm lồi f (x) trên I(a, b) và a1 , a2 , . . . , an ∈ I(a, b), ta luôn có bất đẳng thức sau a + a + · · · + a 1 2 n f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) + n(n − 2)f n > (n − 1)(f (b1 ) + f (b2 ) + · · · + f (bn )) (1.21) 1 P trong đó bi = n−1 aj với mọi i. j6=i Chứng minh. Không mất tổng quát, ta coi n > 3 và a1 6 a2 6 · · · 6 an . Khi đó tồn tại số tự nhiên m sao cho 1 6 m 6 n − 1 và a1 6 · · · 6 am 6 a 6 am+1 6 · · · 6 an ,
15 trong đó a = (a1 + · · · + an )/n. Ta cũng có b1 > · · · > bm > a > bm+1 > · · · > bn . Dễ thấy rằng điều cần chứng minh được suy ra từ hai bất đẳng thức sau f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (am ) + n(n − m − 1)f (a) > (n − 1)(f (bm+1 ) + f (bm+2 ) + · · · + f (bn )), (1.22) f (am+1 ) + f (am+2 ) + · · · + f (an ) + n(m − 1)f (a) > (n − 1)(f (b1 ) + f (b2 ) + · · · + f (bm )). (1.23) Để chứng minh (1.22), ta áp dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (am ) + (n − m − 1)f (a) > (n − 1)f (b), trong đó a1 + a2 + · · · + am + (n − m − 1)a b= . n−1 Vậy ta chỉ còn chứng minh rằng (n − m − 1)f (a) + f (b) > f (bm+1 ) + f (bm+2 ) + · · · + f (bn ). Vì a > bm+1 > bm+2 > · · · > bn và (n − m − 1)a + b = bm+1 + bm+2 + · · · + bn , → − → − ta thấy ngay A n−m = [a, . . . , a, b] xa đều hơn B n−m = [bm+1 , bm+2 , . . . , bn ]. Vậy bất đẳng thức (1.22) được suy ngay từ định lí Karamata. Bất đẳng thức (1.23) được chứng minh tương tự bằng cách sử dụng bất đẳng thức Jensen quen biết f (am+1 ) + f (am+2 ) + · · · + f (an ) + (m − 1)f (a) > f (c), n−1 ứng dụng cho f (c) + (m − 1)f (a) > f (b1 ) + f (b2 ) + · · · + f (bm ), trong đó am+1 + am+2 + · · · + an + (m − 1)a c= . n−1