Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng toán liên quan

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

25
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán trong nước và các kỳ thi Olympic Toán của các nước trên thế giới, có nhiều bài toán về dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình,... sinh bởi các hàm số dạng phân thức và vì thế cần biết cách vận dụng tính đặc thù của biểu thức phân thức đã cho. Hiện nay các tài liệu có tính hệ thống về vấn đề này còn chưa được đề cập nhiều.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2017
i Mục lục MỞ ĐẦU 3 Chương 1. Một số dạng đại lượng trung bình cơ bản 4 1.1 Khai triển Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Định lý về các giá trị trung bình cộng và nhân . . . . . . . . 6 1.3 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Chương 2. Phân thức chính quy và chính quy suy rộng 22 2.1 Phân thức chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.1 Phân thức chính quy một biến . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.2 Phân thức chính quy nhiều biến . . . . . . . . . . . . 24 2.2 Phân thức chính quy suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.1 Phân thức chính quy suy rộng một biến . . . . . . . . 28 2.2.2 Phân thức chính quy suy rộng nhiều biến . . . . . . . 30 Chương 3. Các dạng toán liên quan 33 3.1 Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . 33 3.1.1 Điều chỉnh và lựa chọn tham số . . . . . . . . . . . . 33 3.1.2 Kỹ thuật tách, ghép và phân nhóm . . . . . . . . . . . 40 3.2 Các dạng toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.1 Biểu diễn một số dạng đa thức nhiều biến . . . . . . . 47 3.2.2 Bất đẳng thức giữa các đa thức đối xứng đồng bậc . . 51 3.2.3 Bất đẳng thức dạng phân thức giữa các đa thức . . . 55 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 60
3 MỞ ĐẦU Phân thức hữu tỷ, đặc biệt là phân thức chính quy là một trong những khái niệm cơ bản của chương trình Toán ở bậc phổ thông. Đặc biệt, ở các trường THPT chuyên và các lớp chuyên toán có rất nhiều dạng toán liên quan đến hàm phân thức chính quy. Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán trong nước và các kỳ thi Olympic Toán của các nước trên thế giới, có nhiều bài toán về dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình,... sinh bởi các hàm số dạng phân thức và vì thế cần biết cách vận dụng tính đặc thù của biểu thức phân thức đã cho. Hiện nay các tài liệu có tính hệ thống về vấn đề này còn chưa được đề cập nhiều. Để đáp ứng nhu cầu học tập và giảng dạy môn Toán ở bậc phổ thông, luận văn Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng toán liên quan nhằm hệ thống và giải quyết các bài toán liên quan đến phân thức chính quy. Luận văn này được chia làm ba chương: Chương 1. Một số dạng đại lượng trung bình cơ bản Chương 2. Phân thức chính quy và chính quy suy rộng. Chương 3. Các dạng toán liên quan. Để hoàn thành luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu đã dành thời gian hướng dẫn, chỉ bảo tận tình và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình xây dựng đề tài cũng như hoàn thành luận văn. Tiếp theo, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho tôi nững ý kiến quý báu để luận văn được hoàn thiện hơn. Qua đây, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường.
4 Chương 1. Một số dạng đại lượng trung bình cơ bản 1.1 Khai triển Newton Ta nhắc lại khai triển Newton (xem [1], [3]) cho cặp số và bộ số. Định lý 1.1 (Khai triển nhị thức Newton). Với a, b là các số thực và n là số tự nhiên lớn hơn bằng 2, ta luôn có n X n (a + b) = Cnk an−k bk (1.1) k=0 trong đó n! Cnk = . k!(n − k)! Công thức (1.1) gọi là công thức nhị thức Newton. Định lý 1.2 (Khai triển Newton). Cho n và m là các số nguyên dương. Với bất kỳ x = (x1 , x2 , · · · , xn ) trong Rn , ta có X m! (x1 + x2 + · · · + xn )m = xα , (1.2) α! |α|=m trong đó α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) trong Nn , xα = xα1 1 xα2 2 . . . xαnn và tổng chạy qua tất cả α có thể có trong Nn thỏa mãn |α| = α1 + α2 + · · · + αn = m. Định lý 1.3 (Khai triển Taylor). Cho một đa thức n X f (x) = aj x j . j=0
5 Khi đó, hệ số thứ j của f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng 1 (j) aj = f (0), j! trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j tại 0. Chứng minh. Lấy đạo hàm lần thứ j của xk , ta được j d k! xk = xk−j , nếu j ≤ k dx (k − j)! và j d xk = 0, nếu j > k,. dx Ta có n j n X d k X k! f (x) = ak x = ak xk−j , với bất kì j nằm giữa 0 và n.. k=0 dx k=j (k − j)! Khi đó f j (0) = j!aj . Suy ra 1 (j) aj = f (0). j! Định lý 1.4. Cho n là một số nguyên dương. Ta đặt 1 n n 1 2 g(x) = x + x + · · · + x . 2 n Khi đó g (n) (0) = n!. Chứng minh. Ta có n n 1 1 g(x) = x 1 + x + · · · + xn−1 = xn h(x), 2 n trong đó n 1 1 h(x) = 1 + x + · · · + xn−1 . 2 n
6 Áp dụng công thức Leibniz n n−j j (n) X n! d n d g (x) = x . h(x) j=0 (n − j)!j! dx dx n j X n!n! j d = x. h(x). j=0 (n − j)!j!j! dx Vậy nên g (n) (0) = n!h(0) = n!. 1.2 Định lý về các giá trị trung bình cộng và nhân Tiếp theo, ta sẽ đề cập đến định lý về bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân (còn gọi là bất đẳng thức AM-GM1 ) và dạng bất đẳng AM-GM suy rộng. Đặc biệt, trong chương này trình bày một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM-GM của các nhà toán học nổi tiếng. Định lý 1.5 (xem [1]-[2]). Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là các số không âm. Khi đó x1 + x2 + · · · + xn √ > n x1 x2 · · · xn . (1.3) n Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn . Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình điều hòa (gọi và viết tắt là bất đẳng thức GM-HM.2 ) Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM, xem [1]). Với mọi bộ số dương a1 , a2 , . . . , an , ta đều có √ n n a1 a2 · · · an > . 1 1 1 + + ··· + a1 a2 an Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . 1 Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với bộ số xk := ak (k = 1, 2, . . . , n), ta có ngay bất đẳng thức GM-HM. 1 Arithmetic mean value -Trung bình cộng, Geometric mean value -Trung bình nhân. 2 Harmonic mean -Trung bình điều hòa
7 Cho đến nay, người ta đã biết đến hàng trăm cách khác nhau để chứng minh Bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân. Mỗi cách chứng minh Định lý 1.5 đều có những đặc thù theo ý tưởng và mục tiêu riêng của các nhà toán học. Có những cách chứng minh (của một số nhà khoa học nổi tiếng) xuất phát từ những ý tưởng tưởng như không liên quan trực tiếp gì tới các giá trị trung bình cộng và trung bình nhân của bộ số dương đã cho. Sau đây, ta sẽ trình bày một số cách chứng minh tương đối sơ cấp và dễ hiểu giúp ta nhìn nhận các mở rộng sau đó một cách hệ thống và có tính lôgic tự nhiên (xem [1]). 1.2.1. Quy nạp kiểu Cauchy Đây là kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) do Cauchy đề xuất vào năm 1821. Từ hệ thức bậc hai u21 + u22 > 2u1 u2 , ∀u1 , u2 ∈ R, (1.4) ta suy ra x1 + x2 √ > x1 x2 , ∀x1 , x2 không âm. (1.5) 2 x1 + x2 x3 + x4 Thay x1 , x2 lần lượt bằng các biến mới và , từ (1.5) ta nhận 2 2 được x1 + x2 + x3 + x4 h x1 + x2 x3 + x4 i 12 > > 4 2 2 1 1 1 √ > [(x1 x2 ) 2 (x3 x4 ) 2 ] 2 = 4 x1 x2 x3 x4 . (1.6) Tiếp tục quá trình như trên ta thấy bất đẳng thức (1.3) đúng với n = 2, 4, . . . và nói chung, đúng với n là lũy thừa của 2. Đây chính là quy nạp theo hướng lên trên. Bây giờ ta thực hiện quy trình quy nạp theo hướng xuống phía dưới. Ta chứng minh rằng, khi bất đẳng thức (1.3) đúng với n (n > 1) thì nó cũng đúng với n − 1. Thay xn trong (1.3) bởi x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1
8 và giữ nguyên các biến xi khác, từ (1.3) ta thu được x1 + x2 + · · · + xn−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 + n−1 > n 1 x + x + · · · + x n1 1 2 n−1 > (x1 x2 · · · xn−1 ) n n−1 hay x1 + x2 + · · · + xn−1 1 x + x + · · · + x n1 1 2 n−1 > (x1 x2 · · · xn−1 ) n−1 . n−1 n−1 Rút gọn biểu thức trên, ta thu được x1 + x2 + · · · + xn−1 √ > n−1 x1 x2 · · · xn−1 . n−1 Từ kết quả đã chứng minh theo cặp hướng (lên-xuống), ta thu được phép chứng minh quy nạp của Định lý 1.5. Tiếp theo, theo đúng cách chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, ta chứng minh được các bất đẳng thức sau đây. Bài toán 1.1 (Bất đẳng thức Ky Fan). Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là các số dương 1i trong 0, . Khi đó 2 n Q Qn xk (1 − xk ) k=1 k=1 P n n 6 h Pn in . xk (1 − xk ) k=1 k=1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn . Bài toán 1.2. Giả sử x1 , x2 , . . . , xm là các số không âm và n = 1, 2, . . .. Khi đó x + x + · · · + x n xn + xn + · · · + xn 1 2 m 6 1 2 m . m m Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xm . 1.2.2. Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Đa thức P (x1 , x2 , . . . , xn ) với bộ n biến số thực x1 , x2 , . . . , xn được hiểu là hàm số (biểu thức) có dạng N X P (x1 , x2 , . . . , xn ) = Mk (x1 , x2 , . . . , xn ), k=0
9 trong đó X Mk (x1 , . . . , xn ) = aj1 ···jn xj11 · · · xjnn , ji ∈ N (i = 1, 2, . . . , n). j1 +···+jn =k (1.7) Trong mục này ta quan tâm chủ yếu đến các dạng đa thức đồng bậc biến số thực và nhận giá trị thực, đặc biệt là các đa thức đối xứng sơ cấp quen biết liên quan đến các hằng đẳng thức đáng nhớ trong chương trình toán trung học phổ thông. Trước hết, ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Newton: n ! X n n−k k (x + a)n = a x . k k=0 Nếu ta coi (x + a)n như là tích của n thừa số: (x + a)(x + a) · · · (x + a), thì khi đó tích (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) cũng có thể viết dưới dạng một biểu thức tương tự như công thức khai triển nhị thức Newton như sau: n ! X n n−k k (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) = p x , k j k=0 trong đó a1 + a2 + · · · + an   p1 = ,   P n ai aj     16i
10  a1 + a2 + · · · + an  p1 = ,    v P n    u u ai aj t 16i 1, n ∈ N). Khi đó f (x) = (x + a1 )(x + a2 ) . . . (x + an ) = xn + E1 (a)xn−1 + E2 (a)xn−2 + . . . + En (a), trong đó n X X E1 (a) = ai , E2 (a) = ai aj , . . . , En (a) = a1 a2 . . . an . i=1 16i
11 (Nếu các ai đều dương và không đồng thời bằng nhau thì ta có dấu bất đẳng thức thực sự). Lời giải. Giả sử f (x, y) = (x + a1 y)(x + a2 y) . . . (x + an y) = E0 xn + E1 xn−1 y + · · · + En y n , Ei là tổng tất cả các tích i số khác nhau, k!(n − k)! Pk = Ek . n! x y Vì tất cả các ai > 0 và t := = 0 và v := = 0 không phải là nghiệm của y x x y phương trình f (t, 1) = 0 và f (1, v) = 0, tương ứng, nên = 0 và = 0 y x không phải là nghiệm bội trong các phương trình nhận từ đạo hàm của nó. Từ đó ta có thể kết luận rằng các số Pi dương, tức là phương trình Pk−1 x2 + 2Pk xy + Pk+1 y 2 = 0 nhận được từ f (x, y) = 0 bằng cách lấy vi phân liên tiếp theo x và y . Do phương trình này có nghiệm thực nên Pk−1 Pk+1 6 Pk2 . Bài toán 1.4. Chứng minh bất đẳng thức Er−1 Er+1 6 Er2 . Lời giải. Từ bất đẳng thức trong Bài toán 1.3, ta có Pk−1 Pk+1 6 Pk2 . Suy ra (k − 1)!(n − k + 1)! (k + 1)!(n − k − 1)! k!(n − k)! 2 Ek−1 Ek+1 6 Ek2 n! n! n! hay (k + 1)(n − k + 1) Ek−1 .Ek+1 6 Ek2 . k(n − k) Từ đây, ta có ngay điều phải chứng minh. Bài toán 1.5. Cho các số ai > 0 (i ∈ {1, . . . , n}) và không đồng thời bằng nhau. Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 P1 > P22 > P33 > · · · > Pnn . (1.10)
12 Lời giải. Theo bất đẳng thức trong Bài toán 1.4, ta có P0 P2 < P12 (P1 P3 )2 < P24 ......... (Pr−1 Pr+1 )r < Pr2r Suy ra (P0 P2 )(P1 P3 )2 . . . (Pr−1 Pr+1 )r < P12 P24 · · · Pr2r 1 1 r ⇒ Pr+1 < Prr+1 ⇒ Prr > Pr+1 r+1 . Nhận xét 1.1. Ta dễ dàng chứng minh Pr−1 Pr+1 < Pr2 bằng phương pháp quy nạp. Thật vậy, giả sử bất đẳng thức đúng với n − 1 số dương a1 , a2 , . . . , an−1 và đặt Er0 , Pr0 là các Er , Pr tạo bởi n − 1 số ấy và giả sử tất cả các số đó không đồng thời bằng nhau. r 0 r 0 Khi đó Er0 = an Er−1 ⇒ Pr = 0 Pr + an Pr−1 . n n Từ đó suy ra n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr2 ) = A + Ban + Ca2n , trong đó 0 0 A ={(n − r)2 − 1}Pr−1 Pr+1 − (n − r)2 Pr0 0 0 0 0 B =(n − r + 1)(r + 1).Pr−1 Pr+1 + (n − r − 1)(r − 1)Pr−2 Pr+1 − 0 0 − 2(r − 1)Pr−2 Pr+1 0 C =(r2 − 1)Pr−2 Pr0 − r2 Pr−1 2 . Vì các ai không đồng thời bằng nhau nên theo giả thiết ta có 0 0 Pr−1 Pr+1 < Pr0 Pr−2 0 − Pr0 < Pr−1 0 0 0 0 Pr−2 Pr+1 < Pr−1 Pr0 ⇒ A < −Pr0 , B < 2Pr−1 0 Pr0 , C < Pr−1 0 n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr0 ) < −(Pr0 − an Pr−1 0 ) 6 0. Điều này vẫn đúng khi a1 = a2 = . . . = an−1 . Khi đó an 6= a1 . Từ bất đẳng thức (1.10), ta thu được bất đẳng thức sau:
13 Hệ quả 1.2. p1 > p2 > . . . > pn , trong đó  a1 + a2 + · · · + an  p1 = ,    v P n    u u ai aj t 16i pn . Đó chính là bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân. 1.2.3. Quy nạp kiểu Ehlers Ta chứng minh Định lý 1.5 đối với bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn mà x1 x2 · · · xn = 1. (1.11) Khi đó (1.3) có dạng x1 + x2 + · · · + xn > n. (1.12) Giả thiết (1.3) đúng với bộ n số thỏa mãn (1.12). Xét bộ n + 1 số dương thỏa mãn điều kiện: x1 x2 · · · xn xn+1 = 1. Giả thiết rằng (không mất tổng quát) x1 và x2 là hai số từ bộ n + 1 số trên có tính chất: x1 > 1, x2 6 1. Khi đó (x1 − 1)(x2 − 1) 6 0 hay x1 x2 + 1 6 x1 + x2 . (1.13) Từ (1.13) và do bộ n số x1 x2 , x3 , . . . , xn+1 có tính chất (x1 x2 )x3 x4 · · · xn+1 = 1,
14 suy ra x1 + x2 + · · · + xn + xn+1 > 1 + x1 x2 + x3 + x4 + · · · + xn + xn+1 > 1 + n. Định lý được chứng minh. 1.2.4. Đồng nhất thức Hurwitz Xét hàm số n biến thực f (x1 , x2 , . . . , xn ). Ký hiệu P f (x1 , x2 , . . . , xn ) là tổng các f theo tất cả n! hoán vị của các đối số xi . Với quy ước như vậy, ta có n P x1 = (n − 1)!(xn1 + xn2 + · · · + xnn ), P x1 x2 . . . xn = n!x1 x2 · · · xn . Xét các biểu thức gk xác định theo công thức sau đây g1 = P [(xn−1 − xn−1   1 2 )(x1 − x2 )], n−2 g2 = P [(x1 − xn−2  2 )(x1 − x2 )x3 ],   g3 = P [(x1 − xn−3 n−3 2 )(x1 − x2 )x3 x4 ], .........     gn−1 = P [(x1 − x2 )(x1 − x2 )x3 . . . xn ].  Nhận xét rằng khi các xi (i = 1, 2, . . . , n) đều không âm thì các biểu thức gi (i = 1, 2, . . . , n), theo định nghĩa, cũng nhận giá trị không âm. Thật vậy, ta có gk = P [(x1n−k − xn−k 2 )(x1 − x2 )x3 x4 . . . xk+1 ] = P [(x1 − x2 )2 (xn−k−1 1 + · · · + xn−k−1 2 )x3 x4 . . . xk+1 ] luôn luôn là một số không âm khi các xi > 0. Mặt khác ta lại có g1 = P xn1 + P xn2 − P xn−1 n−1 1 x2 − P x2 x1 = 2P xn1 − 2P xn−1 1 x2 . Hoàn toàn tương tự, ta cũng có = 2P xn−1 n−2    g2 1 x2 − 2P x1 x2 x3 , g3 = 2P xn−2 n−3 1 x2 x3 − 2P x1 x2 x3 x4 ,    ......... gn−1 = 2P x21 x2 . . . xn−1 − 2P x1 x2 . . . xn . 
15 Lấy tổng các gi , ta thu được g1 + g2 + · · · + gn−1 = 2P xn1 − 2P x1 x2 . . . xn . (1.14) Theo định nghĩa thì (1.14) chính là xn1 + xn2 + · · · + xnn 1 − x1 x2 · · · xn = (g1 + g2 + · · · + gn−1 ) > 0. n 2n! 1.2.5. Đẳng thức hàm Xét bài toán xác định giá trị lớn nhất của biểu thức M (x1 , x2 , . . . , xn ) = x1 x2 · · · xn với điều kiện x1 + x2 + · · · + xn = a, xi > 0, i = 1, 2, . . . , n. Ký hiệu giá trị lớn nhất của M là fn (a) ứng với n ∈ N và a > 0. Ta cố định xn và như vậy cần chọn x1 , x2 , . . . , xn−1 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + · · · + xn−1 = a − xn để tích x1 x2 · · · xn−1 là lớn nhất. Từ đây suy ra fn (a) = max [xn fn−1 (a − xn )], n = 2, 3, . . . , 06xn 6a trong đó f1 (a) = a. Thực hiện đổi biến xi = ayi , i = 1, 2, . . . , n, ta thu được fn (a) = an fn (1). Từ đây suy ra n−1 fn−1 (1)(n − 1)n−1 fn (1) = fn−1 (1)[ max y(1 − y) ]= . 06y 61 nn 1 Từ hệ thức f1 (1) = 1 ta thu được fn (1) = , chính là điều phải chứng minh nn của Định lý 1.5. a n Vậy nên fn (a) = . n
16 1.2.6. Đồng nhất thức Jacobsthal Sử dụng hằng đẳng thức quen biết tn − nt + n − 1 = (t − 1)[tn−1 + tn−2 + · · · + t − (n − 1)], n ∈ N∗ , ta suy ra tn + n − 1 > nt, ∀t > 0, n ∈ N∗ . (1.15) Ký hiệu v n u n 1 X uY n An = xi , Gn = t xi . n i=1 i=1 Khi đó ta có đồng nhất thức (Jacobsthal) sau: Gn−1 h An−1 Gn n i An = (n − 1) + . (1.16) n Gn−1 Gn−1 Theo (1.15) thì G n Gn n >n + 1 − n. (1.17) Gn−1 Gn−1 Từ (1.17) và (1.16) ta thu được Gn−1 h An−1 Gn i An > (n − 1) − (n − 1) + n n Gn−1 Gn−1 hay n−1 An − Gn > (An−1 − Gn−1 ), n > 1. n Từ đây suy ra An > Gn . 1.2.7. Cực trị của hàm số Như ta đã thấy, phương pháp quy nạp "tiến-lùi" của Cauchy cho ta thuật toán hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân. Phải chăng, ta có thể chứng minh bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân theo phương pháp quy nạp thông thường? Điều này thực hiện được thông qua các đồng nhất thức như đã thấy ở các mục trên. Sau đây, ta sử dụng phương pháp khảo sát hàm số một biến để thực hiện phép chứng minh quy nạp bất đẳng thức trên.
17 Xét dãy số dương x1 , x2 , . . .. Với mỗi n ∈ N (n > 1), cố định, ta ký hiệu v n u n 1X uY n An = xi , Gn = t xi . n i=1 i=1 Xét hàm số v n−1 u n−1 1 X u n Y fn (t) := xn + t + xi − (xn + t) t xi n i=1 i=1 trong khoảng (−xn , +∞). Ta có fn (1) = An − Gn và v un−1 1 1 1−n n uY fn0 (t) == − (xn + t) n t xi . n n i=1 Giải phương trình fn0 (t) = 0, ta thu được nghiệm duy nhất n−1 Y 1 n−1 tn = xi − xn , i=1 nên fn (tn ) = min fn (t) và hiển nhiên, fn (1) > fn (tn ). Sử dụng giả thiết quy nạp: An−1 − Gn−1 > 0, ta thấy v n−1 u n−1 1 X u n Y fn (tn ) = xn + tn + xi − (xn + tn ) t xi n i=1 i=1 Gn−1 + (n − 1)An−1 n−1 = − Gn−1 = (An−1 − Gn−1 ). n n Vậy nên n−1 An − Gn > (An−1 − Gn−1 ) > 0. n 1.2.8. Hàm mũ Một trong những tính chất cực kỳ quan trọng của hàm mũ (exponent) tự nhiên f (x) = ex là tính bất biến (dừng) của nó đối với toán tử vi phân (ex )0 = ex .
18 Từ đó ta có bất đẳng thức quen thuộc ex > 1 + x ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Từ đó, ta nhận được hệ quả. Bài toán 1.6. ex−1 > x ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Gọi An là trung bình cộng của các số xj (j = 1, . . . , n). Giả sử xi > 0 ∀i, khi đó ta có x1 x1 6 e An −1 An ··· xn xn 6 e An −1 An Suy ra x1 · x2 · · · xn x1 +x2 +···+xn −n 6 e An = en−n = e0 = 1 Ann hay x1 · x2 · · · xn 6 Ann . Suy ra √ x1 + x2 + · · · xn n x1 x2 · · · xn 6 . n x1 xn Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ··· = = 1 hay x1 = x2 = An An · · · = xn . 1.2.9. Hoán vị bộ số Nhận xét rằng, nếu b1 , b2 , . . . , bn là một hoán vị của bộ số dương a1 , a2 , . . . , an , thì b1 b2 bn + + ··· + > n. a1 a2 an
19 Thật vậy, không giảm tổng quát, ta coi a1 6 a2 6 · · · 6 an . Khi đó, hiển nhiên rằng 1 1 1 > > ··· > . a1 a2 an Vì vậy b1 b2 bn a1 a2 an + + ··· + > + + ··· + = n. a1 a2 an a1 a2 an Tiếp theo, ta đặt √ x1 x1 x2 x1 x2 · · · xn Gn = n x1 x2 · · · xn , a1 = , a2 = 2 , . . . , an = = 1. Gn Gn Gnn Khi đó, theo nhận xét ở trên, thì a1 a2 an + + ··· + >n an a1 an−1 x1 x2 xn ⇔ + + ··· + > n, Gn Gn Gn hay x1 + x2 + · · · + xn √ > n x1 x2 · · · xn . n 1.3 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng Một mở rộng tự nhiên của định lý giữa các trung bình cộng và nhân cho bộ số có trọng là định lý sau đây. Định lý 1.6 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng, xem [1]). Giả sử cho trước hai cặp dãy số dương x1 , x2 , . . . , xn ; p1 , p2 , . . . , pn . Khi đó x p + x p + · · · + x p p1 +p2 +···+pn p1 p2 pn 1 1 2 2 n n x1 · x2 · · · xn 6 . (1.18) p1 + p2 + · · · + pn Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn . Nhận xét 1.2. Các phương pháp đã nêu ở trên để chứng minh bất đẳng thức AM-GM đều có thể sử dụng (có cải biên) để chứng minh Bất đẳng thức AM-GM suy rộng.