Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tổng từng phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tổng từng phần là một khái niệm rất mới mẻ đối với học học sinh phổ thông và cũng như sinh viên. Nó không được giảng dạy ở trường phổ thông. Và sinh viên cũng chỉ tiếp cận khi tham khảo thêm bên ngoài giáo trình. Việc áp dụng tổng từng phần vào bài toán chuỗi là một vấn đề chưa được khai thác nhiều trong phổ thông cũng như đại học. Những bài toán về chuỗi cũng rất phong phú và đa dạng. Những ai mới bắt đầu làm quen về chuỗi thường khó hình dung về cấu trúc của nó, đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức chuỗi lại càng phức tạp.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tổng từng phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ NGUYÊN TỔNG TỪNG PHẦN VÀ ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN CHUỖI THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ NGUYÊN TỔNG TỪNG PHẦN VÀ ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN CHUỖI Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2018
1 Mục lục Lời nói đầu 3 1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1. Một vài dạng bài tập về bất đẳng thức liên quan đến chuỗi 5 1.1.1. Một số bất đẳng thức về chuỗi . . . . . . . . . . 5 1.1.2. Một số bài toán về bất đẳng thức chuỗi dành cho học sinh khá, giỏi ở trung học phổ thông . . 7 2 Tổng từng phần và ứng dụng vào giải một số bài toán chuỗi 23 2.1. Tổng từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.1.1. Công thức tổng từng phần . . . . . . . . . . . . . 23 2.1.2. Bất đẳng thức Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.1.3. Bất đẳng thức K.L. Chung . . . . . . . . . . . . 25 2.2. Vận dụng tổng từng phần vào giải một số bài toán chuỗi . 27 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52
2 Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt n X ai = a1 + a2 + ... + an i=1 n Y X bj = b2 .b3 ...bn + b1 .b3 ...bn + b1 .b2 b4 ...bn + ... + b1 .b2 .b3 ...bn−1 i=1 j6=i BĐT: Bất đẳng thức CBS: Cauchy - Buniakowski - Schwarz K.L. Chung: Kai Lai Chung AM-GM: Trung bình cộng - Trung bình nhân NXBGD: Nhà xuất bản giáo dục SGK: Sách giáo khoa
3 Lời nói đầu Tổng từng phần là một khái niệm rất mới mẻ đối với học học sinh phổ thông và cũng như sinh viên. Nó không được giảng dạy ở trường phổ thông. Và sinh viên cũng chỉ tiếp cận khi tham khảo thêm bên ngoài giáo trình. Việc áp dụng tổng từng phần vào bài toán chuỗi là một vấn đề chưa được khai thác nhiều trong phổ thông cũng như đại học. Những bài toán về chuỗi cũng rất phong phú và đa dạng. Những ai mới bắt đầu làm quen về chuỗi thường khó hình dung về cấu trúc của nó, đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức chuỗi lại càng phức tạp. Trong những kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán quốc tế, thi vô địch toán các nước, các bài toán liên quan đến bất đẳng thức chuỗi cũng được đề cập nhiều và thuộc loại khó trong đề. Luận văn với đề tài" Tổng từng phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi" có mục đích trình bày chi tiết các bài toán bất đẳng thức chuỗi. Trong luận văn bước đầu đề cập đến tổng từng phần và ứng dụng của tổng từng phần vào bài toán chuỗi. Hy vọng luận văn là một tài liệu tham khảo cho các đọc giả về bài toán chuỗi và vấn đề tổng từng phần. Luận văn gồm 02 chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Trình bày các bài toán liên quan đến bất đẳng thức chuỗi với lời giải chi tiết. Chương 2: Tổng từng phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi. Giới thiệu tổng từng phần, bất đẳng thức Abel, bất đẳng thức K.L. Chung. Ý tưởng xây dựng công thức tổng từng phần và ứng dụng của tổng từng phần vào giải một số bài toán về chuỗi trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic. Một số bài toán được đưa ra với nhiều cách giải, trong đó có cách giải áp dụng công thức tổng từng phần. Một kiến thức lạ mà quen. Để hoàn thành luận văn này, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng tới PGS.TS. Trịnh Thanh Hải, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, người thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này. Qua
4 đây tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành đến các Thầy Cô đã đọc, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được phong phú và hoàn thiện hơn. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập cao học. Cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp Trường THPT Quế Võ số 1 tỉnh Bắc Ninh đã giúp đỡ cho tác giả trong công tác. Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã cổ vũ, động viên tác giả vượt qua mọi khó khăn để hoàn thành bản luận văn này. Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên có vấn đề trong luận văn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi sai sót trong trình bày, rất mong được sự góp ý của Thầy Cô và các bạn. Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 10 tháng 9 năm 2018 Tác giả Đỗ Thị Nguyên
5 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn trình bày lời giải chi tiết một số bài toán bất đẳng thức về chuỗi thường gặp làm cơ sở để trình bày các vấn đề chương 2. 1.1. Một vài dạng bài tập về bất đẳng thức liên quan đến chuỗi 1.1.1. Một số bất đẳng thức về chuỗi Trong phần này tác giả nhắc lại một số bất đẳng thức chuỗi hay được dùng trong chương trình phổ thông và được sử dụng để chứng minh các bài toán trong cuốn luận văn này. Bất đẳng thức 1.1 (Bất đẳng thức CBS) Cho 2n số thực tùy ý a1 , a2 , ..., an ; b1 , b2 , ..., bn Khi đó n !2 n ! n ! X X X 2 ai bi ≤ ai b2i i=1 i=1 i=1 a1 a2 an Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi = = ... = b1 b2 bn Bất đẳng thức 1.2 (Bất đẳng thức AM - GM) Cho n số thực không âm a1 , a2 , ..., an . Khi đó: n ! X √ ai ≥ n. n a1 a2 ...an i=1
6 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an ≥ 0 Bất đẳng thức 1.3 (Bất đẳng thức Chebyshev) 1. Áp dụng cho 2 dãy ngược chiều Cho hai dãy hữu hạn số thực ngược chiều a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn hoặc a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn Khi đó n n ! n ! 1X 1 X 1 X ai bi ≤ ai . bi n i=1 n i=1 n i=1 2. Áp dụng cho 2 dãy cùng chiều Cho hai dãy hữu hạn số thực cùng chiều a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn hoặc a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn Khi đó n n ! n ! 1X 1 X 1 X ai bi ≥ ai . bi n i=1 n i=1 n i=1 Dấu ” = ” xảy ra ở cả hai dạng trên khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an hoặc b1 = b2 = ... = bn
7 1.1.2. Một số bài toán về bất đẳng thức chuỗi dành cho học sinh khá, giỏi ở trung học phổ thông Trong mục này tác giả sẽ trình bày chi tiết các bất đẳng thức chuỗi được tổng hợp từ các tài liệu [1],[3]. Bài toán 1.1 (Toán học tuổi trẻ số 470, năm 2016) Cho n số thực không âm, (i = 1, 2, 3, ..., n) ( n ≥ 2 ) thỏa mãn Xn xi = 1. i=1 Chứng minh rằng n ! n 1 X xi X x2i < . (1.1) n i=1 1 + xi i=1 1 + x2i Lời giải (Sử dụng BĐT Chebyshev) Không mất tính tổng quát từ giả thiết ta có thể giả sử: 1 ≥ x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ≥ 0. Khi đó, với i < j thì xi ≥ xj và 0 ≤ xi xj ≤ 1. Do đó xi xj 2 ≥ 2 ⇔ xi (1 + x2j ) ≥ xj (1 + x2i ) 1 + xi 1 + xj ⇔ xi + xi x2j − xj − xj x2i ≥ 0 ⇔ (xi − xj ) − xi xj (xi − xj ) ≥ 0 ⇔ (xi − xj )(1 − xi xj ) ≥ 0 (hiển nhiên). Vậy nên x1 x2 xn 2 ≥ 2 ≥ ... ≥ . 1 + x1 1 + x2 1 + x2n Áp dụng bất đẳng thức cho hai dãy cùng chiều, ta được n ! n ! x1 x2 xn X X xk n x1 2 + x2 2 + ... + xn ≥ xk . 1 + x1 1 + x2 2 1 + xn 1 + x2k k=1 k=1 n X xk xk Do xk = 1 và 0 ≤ xk ≤ 1 nên 2 ≥ , k = 1, 2, ..., n. 1 + xk 1 + xk k=1 Ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi có một phần tử xk = 1, các phần tử còn lại bằng 0, điều này dẫn đến dấu đẳng thức không xảy ra ở BĐT (1.1).
8 Bài toán 1.2 (Đề thi vô địch toán Nữu Ước năm 1975) Khẳng định sau đúng hay sai: Với các số dương tùy ý a1 , a2 , ..., an và an+1 = a1 ta có bất đẳng thức: n n X n X ai ai+1 ≥ . i=1 a i+1 i=1 ai Lời giải ai Kí hiệu = bi , (i = 1, ..., n) và đặt bn+1 = 1. ai+1 n+1 Q Khi đó bi = 1. Do đó: i=1 n+1 Y X bj n+1 X 1 i=1 j6=i = n+1 i=1 b i Q bi i=1 n+1 Y X = bj i=1 j6=i   n+1 X 1X ≤  bnj  i=1 n j6=i n+1 X = bni . i=1 Từ đó suy ra sự đúng đắn của bất đẳng thức. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . Vậy câu trả lời là khẳng định đúng. Bài toán 1.3 (Toán học tuổi trẻ, số 462, năm 2015) Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực bất kỳ có tổng bằng 0. Tìm hằng số C = C(n) lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng: n X X C. |ai | ≤ |ai − aj |. (1.2) i=1 1≤i
9 n Ta chứng minh BĐT (1.2) đúng với C = . Tức là cần chứng minh 2 n X n X |ai − aj | ≥ . |ai |. (1.3) 1≤i
10 Bài toán 1.4 (Đề thi vô địch toán Cộng hòa dân chủ Đức, năm 1980) Chứng minh rằng với các số tùy ý n, k ∈ N, lớn hơn 1, ta có bất đẳng nk k X 1 X 1 thức: >k . j=2 j j=2 j Lời giải Ta biến đổi vế trái của bất đẳng thức thành dạng: nk X 1 1 1 1 1 = + ... + + + ... + 2 + j=2 j 1 + 1 n n + 1 n 1 1 ... + + ... + k nk−1 + 1 n k X 1 1 = j−1 + 1 + ... + j . j=1 n n Để ý rằng với i ∈ N ta có: 1 1 1 1 + ... + = + ... + ni−1 + 1 ni 1.ni−1 + 1 2.ni−1 1 1 + + ... + + ... 2.ni−1 + 1 3.ni−1 1 1 + + ... + (n − 1).ni−1 + 1 n.ni−1 n X 1 1 = i−1 + 1 + ... + m=2 (m − 1)n m.ni−1 n X i−1 1 > n . m=2 m.ni−1 n X 1 = . m=2 m Từ đó suy ra k n k k X 1 X 1 1 X 1 > + ... + =k j=2 j j=1 2 n j=2 j k n k X 1 X 1 hay >k . j=2 j j=2 j Đó là điều cần chứng minh.
11 Bài toán 1.5 (Đề thi Cộng hòa Sec - Slovakia - Balan năm 2001) Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực dương (với n ≥ 2). Chứng minh rằng: Xn n X 3 (ai + 1) ≥ (a2i ai+1 + 1). i=1 i=1 Coi an+1 = a1 . Lời giải Áp dụng BĐT CBS, ta có: 2 √ q 2 1 + a21 a2 = 1 + a31 . a1 a2 ≤ (1 + a31 )(1 + a22 a1 ). Tương tự 2 1 + a22 a3 ≤ (1 + a32 )(1 + a23 a2 ). ... 2 1 + a2n a1 ≤ (1 + a3n )(1 + a21 an ). Nhân vế với vế của các BĐT trên với nhau ta được: 2 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a22 a1 )...(1 + a21 an ). (1.7) Áp dụng lập luận này một lần nữa, ta được: 2 1 + a22 a1 ≤ (1 + a32 )(1 + a21 a2 ). Tương tự 2 1 + a23 a2 ≤ (1 + a33 )(1 + a22 a3 ). ... 2 1 + a21 an ≤ (1 + a31 )(1 + a2n a1 ). Nhân vế với vế của các BĐT trên với nhau ta được: 2 1 + a22 a1 1 + a23 a2 ... 1 + an a21 ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ). (1.8) Nếu 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≥ (1 + a22 a1 )...(1 + a21 an ) thì kết hợp với (1.7) ta có 2 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n )(1 + a22 a1 )...(1 + a21 an )
12 ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n )(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ). Do đó: 2 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n )(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ). (1.9) Chia cả hai vế của BĐT (1.9) cho (1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ). Ta được điều phải chứngminh. Nếu 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≤ (1 + a22 a1 )...(1 + a21 an ) thì kết hợp với (1.8) ta có 2 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 2 ≤ 1 + a22 a1 1 + a23 a2 ... 1 + a21 an ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ) Do đó 2 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ) (1.10) Chia cả hai vế của BĐT (1.10) cho (1 + a22 a1 )...(1 + a21 an ). Ta được điều phải chứng minh. Bài toán 1.6 (Toán học tuổi trẻ, số 240, năm 1997) Cho n ∈ N(n ≥ 2). Xét hai dãy hữu hạn gồm n số hạng (x1 , x2 , ..., xn ) và (y1 , y2 , ..., yn ) thỏa mãn (x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ) và (y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn ) . Khi đó n n n X X X x k yk ≥ xk yik ≥ xk yn−k+1 k=1 k=1 k=1 trong đó i1 , i2 , ..., in là một hoán vị của (1, 2, ..., n). Lời giải Trước hết ta chứng minh: n X n X x k yk ≥ x k yi k . (1.11) k=1 k=1 Thật vậy, với mỗi k = 1, 2, ..., n đặt yik = zk (1.11) ⇔ x1 (y1 − z1 ) + x2 (y2 − z2 ) + ... + xn (yn − zn ) ≥ 0. (1.12)
13 Vì x1 ≥ y2 và y1 ≥ z2 nên x1 (y1 − z1 ) ≥ x2 (y1 − z1 ). Suy ra x1 (y1 −z1 )+x2 (y2 −z2 ) ≥ x2 [(y1 −z1 )+(y2 −z2 )] = x2 [(y1 +y2 )−(z1 +z2 )]. Do vậy x1 (y1 − z1 ) + x2 (y2 − z2 ) + ... + xn (yn − zn ) ≥ x2 [(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )] + x3 (y3 − z3 ) + ... + xn (yn − zn ) ≥ x3 [(y1 + y2 + y3 ) − (z1 + z2 + z3 )] + ... + xn (yn − zn ) ≥ ... ≥ xn−1 [(y1 + y2 + ... + yn−1 ) − (z1 + z2 + ... + zn−1 )] + xn (yn − zn ) ≥ xn [(y1 + y2 + ... + yn ) − (z1 + z2 + ... + zn )] = 0 (Vì xi ≥ yj (i < j) và y1 + y2 + ... + yn = z1 + z2 + ... + zn ). Vậy BĐT (1.12) đúng. Nếu xi 6= yj ∀i, j ∈ 1, 2, ..., n(i 6= j) thì đẳng thức ở (1.11) xảy ra khi và chỉ khi yik = yk , ∀k = 1, 2, ..., n. Tiếp theo ta chứng minh: n X n X xk yik ≥ xk yn−k+1 . (1.13) k=1 k=1 Thật vậy, đặt yk0 = −yn−k+1 , ∀k = 1, 2, ..., n thì y10 ≥ y20 ≥ ... ≥ yn0 . Theo (1.11) ta có n X n X n X 0 xk yn−k+1 = − xk yn+1−ik = x k yi k . k=1 k=1 k=1 n X n X Suy ra xk yik ≥ xk yn−k+1 . k=1 k=1 Nếu xi 6= yj , ∀i, j ∈ 1, 2, ..., n thì đẳng thức ở (1.13) xảy ra khi và chỉ khi yik = yn+1−k , ∀k = 1, 2, ..., n. Bài toán 1.7 (Đề thi toán Quốc tế lần thứ 17) Giả sử xi , yi (i = 1, 2, ..., n) là các số thực sao cho x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ; y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn .
14 Chứng minh rằng: Nếu z1 , z2 , ..., zn là một hoán vị bất kỳ của y1 , y2 , ..., yn thì Xn Xn 2 (xi − yi ) ≤ (xi − zi )2 . k=1 k=1 Lời giải Theo BĐT (1.11) đã chứng minh trong Bài toán 1.6 ta có X n n X xi yi ≥ xi zi . k=1 k=1 n X n X Mặt khác: yi2 = zi2 . k=1 k=1 Suy ra: n X n X n X n X n X n X x2i − 2. x i yi + yi2 ≤ x2i − 2. xi zi + zi2 , k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 hay n X n X 2 (xi − yi ) ≤ (xi − zi )2 . k=1 k=1 Đó là điều cần phải chứng minh. Bài toán 1.8 (Toán học và tuổi trẻ, số 125, năm 1982) Cho 2n số dương a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn thỏa mãn các điều kiện i) b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn ii) Với mọi k = 1, 2, ..., n ta có Xn X n 2 ai < b2i . i=1 i=1 Chứng minh rằng: X n X n 1) ai < bi ; Xi=1 i=1 X 2) ai aj < bi bj . 1≤i
15 Giả sử (1.14) đúng tới k, ta hãy chứng minh nó cũng đúng cho k + 1, (k + 1 ≤ n). Ta có v v k+1 X u k+1 u k+1 uX uX k+1 X 2 t 2 ai bi ≤ t ai . bi < b2i i=1 i=1 i=1 i=1 hay k+1 X 0< bi (bi − ai ). (1.15) i=1 Mặt khác, do giả thiết qui nạp và do giả thiết i) ta có 0 ≤ (b2 − b1 ) (b1 − a1 ) 0 ≤ (b3 − b2 ) (b1 − a1 + b2 − a2 ) ... 0 ≤ (bk+1 − bk ) (b1 − a1 + ... + bk − ak ) . Cộng các BĐT này cùng với (1.15) thì được " k+1 # X 0 < bk+1 (bi − ai ) . i=1 Do bk+1 > 0 nên ta suy ra k+1 X k+1 X ai < bi . i=1 i=1 Nhận xét: Nếu ở điều kiện ii) thay các BĐT ngặt bằng các BĐT mở rộng Xk k X 2 ai ≤ b2i (1 ≤ k ≤ n) i=1 i=1 thì với lập luận trên chứng tỏ ở kết luận 1) ta có: k+1 X k+1 X ai ≤ bi . i=1 i=1 2) Đặt a01 = a1 , ..., a0n−1 = an−1 và lấy a0n > an sao cho n−1 X n X n X a2i + a02 n = (a0i )2 = b2i . (1.16) i=1 i=1 i=1
16 Theo nhận xét trên, ta có k+1 X k+1 X a0i ≤ bi . i=1 i=1 Hai vế BĐT đều dương, bình phương hai vế ta được n X X n X X a02 i +2 a0i a0j ≤ b2i + 2 bi bj . i=1 1≤i
17 Với f (x) lập được, có A=1. Khi đó, do a ≤ ak ≤ b nên f (ak ) ≤ 0, k = 1, 2, ..., n hay là a2k − (a + b)ak + ab. (1.17) Cho k chạy từ 1 đến n ta có n BĐT có dạng (1.17). Cộng vế với vế của n BĐT đó ta được: f (ak ) ≤ 0. Suy ra X n n X 2 ak − (a + b) ak + nab ≤ 0 k=1 k=1 n X n X ⇔ (a + b) ak ≥ a2k + nab k=1 k=1 n n 1 X 1X 2 ⇔ (a + b) ak ≥ ak + ab. n n k=1 k=1 Áp dụng BĐT AM-GM ta có v n u n 1 X 2 u 1X ak + ab ≥ 2. ab. t a2k n n k=1 k=1 n !2 n 1X 2 1X 2 ⇒ ak .(a + b) ≥ 4ab. ak n n k=1 k=1 n n !2 1 X 2 (a + b)2 1 X ⇒ ak ≤ ak . n 4ab n k=1 k=1 Đó là điều cần phải chứng minh. Bài toán 1.10 (Toán học và tuổi trẻ, số 215, năm 1995) Chứng tỏ rằng với n số nguyên dương phân biệt a1 , a2 , ..., an ta có bất đẳng thức sau: n n !2 X X a3k ≥ ak . (1.18) k=1 k=1 Lời giải (Sử dụng phương pháp qui nạp) Với n = 1, ta có: a31 ≥ a21 . BĐT (1.18) đúng vì ai là số nguyên dương. Giả sử BĐT (1.18) đúng với n = m, ta có m m !2 X X a3k ≥ ak . (1.19) k=1 k=1
18 Ta cần chứng minh BĐT(1.18) cũng đúng với n = m+1 số: a1 , a2 , ..., am , x. Thật vậy, không mất tính tổng quát, có thể giả sử: 1 ≤ a1 < a2 < ... < am < x. Ta cần chứng minh BĐT: m n !2 X X a3k + x3 ≥ ak + x k=1 k=1 m n !2 n X X X hay a3k +x ≥ 3 ak + 2x ak + x2 . k=1 k=1 k=1 n n !2 X X Theo giả thiết qui nạp (1.19) thì: a3k ≥ ak . k=1 k=1 Xm Vậy chỉ cần chứng minh: x3 ≥ x2 + 2x ak k=1 m X hay x2 ≥ x + x ak . k=1 Do ak ∈ {1, 2, ..., x − 1} nên m X x(x − 1) x + 2. ak ≤ x + 2(1 + 2 + ... + x − 1) = x + 2. = x2 . 2 k=1 Đó là điều phải chứng minh. Bài toán 1.11 (Toán học và tuổi trẻ, số 229 năm 1996) Cho a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an ≥ 0; m, k ∈ N, 0 ≤ k ≤ m. Chứng minh rằng: Xn Xn m ai ≥ aki am−k i+1 i=1 i=1 (coi an+1 = a1 ). Lời giải Theo giả thiết ta có: ak1 ≥ ak2 ≥ ... ≥ akn ; am−k 1 ≥ am−k 2 ≥ ... ≥ am−k n . Xét hiệu: A = (am m m k m−k k m−k k m−k 1 + a2 + ... + a ) − a a + a a + ... + a a k m−k m−k n k m−k1 1 2 2 m−k n 1 ... + an−1 an−1 − am−k k m−k = a1 a1 − a2 + a2 a2 − a3 n