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 CÁ[.]

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