Luận văn thạc sỹ bất đẳng thức hoán vị và một số áp dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THIÊN HUY BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ VÀ MỘT SỐ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THIÊN HUY BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ VÀ MỘT SỐ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS MAI THÀNH TẤN Mục lục Mở đầu 1 Khai triển Abel 1.1 Khai triển Abel 1.2 Sử dụng khai triển Abel vào giải số toán bất đẳng thức Bất đẳng thức hoán vị 2.1 2.2 19 Bất đẳng thức hoán vị số hệ 19 2.1.1 Khái niệm bất đẳng thức hoán vị 19 2.1.2 Bất đẳng thức hoán vị 20 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại số bất đẳng thức cổ điển 24 Một số áp dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải số toán bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi trường phổ thơng sáng tác số tốn bất đẳng thức 3.1 32 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải số toán chứng minh bất đẳng thức toán cực trị 3.2 33 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tác số toán chứng minh bất đẳng thức toán cực trị 67 Kết luận 86 Tài liệu tham khảo 87 Mở đầu Bất đẳng thức hốn vị (hay cịn gọi bất đẳng thức xếp lại) bất đẳng thức sơ cấp mạnh Sử dụng bất đẳng thức hoán vị cho ta lời giải bất đẳng thức thú vị Trên tạp chí tốn quốc tế Mathematical Excalibur (Vol 4, No 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (công tác Khoa Tốn – Đại học Khoa học Cơng nghệ Hồng Kông) viết báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bất đẳng thức này, từ có nhiều tác giả nước quan tâm, trao đổi bất đẳng thức hoán vị Với mong muốn làm rõ sở toán học ý tưởng việc sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh bất đẳng thức, chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức hoán vị việc đưa lời giải cho số bất đẳng thức đề thi học sinh giỏi nước quốc tế làm hướng nghiên cứu luận văn thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức hốn vị số áp dụng” Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày chương: Chương Khai triển Abel Trong chương trình bày kiến thức khai triển Abel đưa vài số toán bất đẳng thức thường gặp chương trình tốn trường phổ thơng đề thi chọn học sinh giỏi có áp dụng khai triển Abel Đây kiến thức bổ trợ cho việc chứng minh bất đẳng thức hốn vị trình bày Chương Chương Bất đẳng thức hoán vị Nội dung Chương trình bày bất đẳng thức hốn vị số hệ nó, trình bày cụ thể số ví dụ minh hoạ cho việc vận dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại số bất đẳng thức cổ điển biết chương trình tốn trường phổ thông Chương Một số áp dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải số toán bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi trường phổ thông sáng tác số tốn bất đẳng thức Chương trình bày số áp dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải số toán bất đẳng thức thường xuất kỳ thi học sinh giỏi nước quốc tế Trong chương sưu tầm chọn lọc để đưa số tốn kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức hoán vị Cuối chương tơi sử dụng bất đẳng thức hốn vị để sáng tác số toán bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi trường phổ thơng Luận văn hồn thành trường Đại học Quy Nhơn Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy TS Mai Thành Tấn, Phó Trưởng khoa Tốn Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình thực luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy Tôi xin chân thành cảm ơn anh chị em đồng nghiệp, người bạn đặc biệt cảm ơn người thân yêu gia đình giúp đỡ, động viên, ủng hộ hỗ trợ cho vật chất lẫn tinh thần q trình nghiên cứu để thực hồn thành luận văn Em xin chân thành cảm ơn tồn thể q thầy Khoa Tốn Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian hai năm theo học thạc sĩ, thực hoàn thành luận văn Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn TS Mai Thành Tấn nhiều lý do, luận văn cịn thiếu sót định Em hi vọng nhận nhiều đóng góp quý thầy cô, anh chị em đồng nghiệp người bạn để luận văn hồn thiện Bình Định, tháng năm 2021 Tác giả luận văn Nguyễn Thiên Huy Chương Khai triển Abel Chương trình bày kiến thức khai triển Abel; bao gồm định lý khai triển Abel, hệ trực tiếp suy từ định lý, bất đẳng thức Abel số ví dụ áp dụng khai triển Abel vào giải số toán bất đẳng thức thường gặp chương trình Tốn phổ thơng đề thi chọn học sinh giỏi Đây kiến thức bổ trợ cho việc chứng minh bất đẳng thức hoán vị trình bày Chương Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [2] - [7] 1.1 Khai triển Abel Định lý 1.1.1 (Khai triển Abel) Giả sử (x1 , x2 , , xn ) (y1 , y2 , , yn ) hai dãy số thực tùy ý Đặt ck = y1 + y2 + + yk , k = 1, 2, n Khi x1 y1 + x2 y2 + + xn yn = (x1 − x2 ) c1 + (x2 − x3 ) c2 + + (xn−1 − xn ) cn−1 + xn cn Chứng minh Thật vậy, ta có c1 = y1 ; ck − ck−1 = yk , k = 2, 3, , n Từ đó, suy ra: (x1 − x2 ) · c1 + (x2 − x3 ) · c2 + + (xn−1 − xn ) · cn−1 + xn · cn = x1 c1 + x2 (c2 − c1 ) + x3 (c3 − c2 ) + + xn−1 (cn−1 − cn−2 ) + xn (cn − cn−1 ) = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + + xn−1 yn−1 + xn yn Hệ 1.1.2 (i) x1 y1 + x2 y2 = (x1 − x2 ) y1 + x2 (y1 + y2 ) với x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R (ii) x1 y1 +x2 y2 +x3 y3 = (x1 − x2 ) y1 +(x2 − x3 ) (y1 + y2 )+x3 (y1 + y2 + y3 ) với x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 ∈ R Mệnh đề 1.1.3 (Bất đẳng thức Abel) Cho hai dãy số thực (x1 , x2 , , xn ) (y1 , y2 , , yn ), x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn > Đặt ck = y1 + y2 + + yk , k = 1, 2, n M = max {c1 , c2 , , cn } ; m = {c1 , c2 , , cn } Khi đó, mx1 ≤ x1 y1 + x2 y2 + + xn yn ≤ M x1 Chứng minh Áp dụng công thức khai triển Abel (Định lý 1.1.1), ta có x1 y1 + x2 y2 + + xn yn = (x1 − x2 ) · y1 + (x2 − x3 ) (y1 + y2 ) + + (xn−1 − xn ) (y1 + y2 + + yn−1 ) + xn (y1 + y2 + + yn ) = (x1 − x2 ) c1 + (x2 − x3 ) c2 + + (xn−1 − xn ) cn−1 + xn cn ≥ (x1 − x2 ) m + (x2 − x3 ) m + + (xn−1 − xn ) m + xn m = mx1 (1.1) Tương tự, ta có: x y + x y + + x n yn = (x1 − x2 ) · y1 + (x2 − x3 ) (y1 + y2 ) + + (xn−1 − xn ) (y1 + y2 + + yn−1 ) + xn (y1 + y2 + + yn ) (1.2) = (x1 − x2 ) c1 + (x2 − x3 ) c2 + + (xn−1 − xn ) cn−1 + xn cn ≤ (x1 − x2 ) M + (x2 − x3 ) M + + (xn−1 − xn ) M + xn M = M x1 Từ (1.1) (1.2) suy mx1 ≤ x1 y1 + x2 y2 + + xn yy ≤ M x1 Vậy ta có điều cần chứng minh 1.2 Sử dụng khai triển Abel vào giải số toán bất đẳng thức Trong mục ta sử dụng khai triển Abel để giải số toán chứng minh bất đẳng thức toán cực trị thường gặp chương trình phổ thơng đề thi chọn học sinh giỏi Ví dụ 1.2.1 Cho hai dãy số thực (x1 , x2 , , xn ) (a1 , a2 , , an ) Chứng minh a1 (x1 − x2 ) + a2 (x2 − x3 ) + a3 (x3 − x4 ) + + an−1 (xn−1 − xn ) + an xn = a1 x1 + (a2 − a1 ) x2 + (a3 − a2 ) x3 + + (an − an−1 ) xn Giải Áp dụng khai triển Abel cho hai dãy số (x1 , x2 , , xn ) (y1 , y2 , , yn ) với y1 = a1 , y2 = a2 − a1 , y3 = a3 − a2 , , yn = an − an−1 , ta 74 Từ ta có: x3 y3 z3 + + ≥ y + z z + x2 x2 + y 2 (3.54) Khi x = y = z = đẳng thức (3.54) xảy Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho số thực dương x, y, z thay đổi thoả mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = y3 z3 x3 + + ” y + z z + x2 x2 + y Ví dụ 3.2.7 Xét số thực dương a, b, c Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó: a+ab+ac ≤ b+ba+bc ≤ c+ca+cb a b c ≤ ≤ ab + ac + a bc + ba + b ca + cb + c Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số cho hai dãy thứ tự   b c a , , , (a+ab+ac, b+ba+bc, c+ca+cb) ab + ac + a bc + ba + b ca + cb + c ta được: a b c 3(a + b + c) + + ≤ ab + ac + a bc + ba + b ca + cb + c a + b + c + 2(ab + bc + ca) ⇔ 1 3(a + b + c) + + ≤ b+c+1 c+a+1 a+b+1 a + b + c + 2(ab + bc + ca) (3.55) Bây giờ, xét tam giác ABC nhọn Khi tan A > 0, tan B > 0, tan C > Đặt a = tan A, b = tan B, c = tan C Áp dụng (3.55) cho a = tan A, b = tan B, c = tan C ta được: 1 + + tan B + tan C + tan C + tan A + tan A + tan B + ≤ 3(tan A + tan B + tan C) tan A + tan B + tan C + 2(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) 75 Ta có bất đẳng thức (x + y + z) xy + yz + zx ≤ , ∀x, y, z > r xy ,c = z r yz x = ab, y = bc, z = ca x Áp dụng bất đẳng thức (3.56) cho x = ab, y = bc, z = ca ta Đặt a = r zx ,b = y (3.56) (ab + bc + ca) (ab)(bc) + (bc)(ca) + (ca)(ab) ≤ ⇔ 3(ab2 c + abc2 + a2 bc) ≤ (ab + bc + ca)2 ⇔ 3abc(a + b + c) ≤ (ab + bc + ca)2 ⇔ ab + bc + ca ≥ q 3abc(a + b + c) Vậy ta có bất đẳng thức ab + bc + ca ≥ q 3abc(a + b + c), ∀a, b, c > (3.57) Áp dụng bất đẳng thức (3.57) cho a = tan A, b = tan B, c = tan C , ta được: tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A ≥ q tan A tan B tan C(tan A + tan B + tan C) Từ đó, ta có: 3(tan A + tan B + tan C) tan A + tan B + tan C + 2(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) 3(tan A + tan B + tan C) p ≤ tan A + tan B + tan C + tan A tan B tan C(tan A + tan B + tan C) Ngoài ra, ta cịn có đẳng thức tan A+tan B+tan C = tan A tan B tan C 76 Vì vậy: 3(tan A + tan B + tan C) tan A + tan B + tan C + 2(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) tan A tan B tan C p ≤ tan A tan B tan C + 3(tan A tan B tan C)(tan A tan B tan C) tan A tan B tan C √ = tan A tan B tan C + tan A tan B tan C tan A tan B tan C √ = √ = tan A tan B tan C(1 + 3) + Vậy 1 √ + + ≤ tan B + tan C + tan C + tan A + tan A + tan B + 1+2 Như ta sáng tác toán sau: “Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: 1 √ ” + + ≤ tan B + tan C + tan C + tan A + tan A + tan B + 1+2 Ví dụ 3.2.8 Xét số thực dương a, b, c Không tính tổng qt, ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi a + 2abc ≤ b + 2abc ≤ c + 2abc a b c ≤ ≤ a + 2abc b + 2abc c + 2abc Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev dạng  mẫu số cho hai dãy cùngthứ a b c tự (a + 2abc, b + 2abc, c + 2abc) , , , ta a + 2abc b + 2abc c + 2abc được: a b c 3(a + b + c) + + ≤ a + 2abc b + 2abc c + 2abc a + b + c + 6abc 1 3(a + b + c) ⇔ + + ≤ + 2bc + 2ac + 2ab a + b + c + 6abc 3(a + b + c) Cho ≤ ⇔ 3(a + b + c) ≤ a + b + c + 6abc a + b + c + 6abc ⇔ 2(a + b + c) ≤ 6abc ⇔ a + b + c ≤ 3abc ta được: 1 + + ≤1 + 2bc + 2ac + 2ab (3.58) 77 Khi a = b = c = đẳng thức (3.58) xảy Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho số thực dương a, b, c thay đổi thoả mãn a + b + c ≤ 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 1 + + ” + 2ab + 2bc + 2ca Ví dụ 3.2.9 Xét a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC(BC = a, CA = b, AB = c) R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi a2 ≤ b2 ≤ c2 Ta có 4R2 − ab = 4R2 − (2R sin A)(2R sin B) = 4R2 − 4R2 sin A sin B = 4R2 (1 − sin A sin B) ≥ (theo định lý hàm số sin) Tương tự, 4R2 − bc ≥ 4R2 − ca ≥ Do tồn √ √ 4R2 − ab, √ √ 4R2 − bc, 4R2 − ca √ √ 4R2 − ab + R > 0, 4R2 − bc + R > 0, 4R2 − ca + R > Vì a ≤ b ≤ c nên ab ≤ ca ≤ bc Suy −ab ≥ −ca ≥ −bc ⇒ 4R2 − ab ≥ 4R2 − ca ≥ 4R2 − bc √ √ √ ⇒ 4R2 − ab ≥ 4R2 − ca ≥ 4R2 − bc √ √ √ ⇒ 4R2 − ab + R ≥ 4R2 − ca + R ≥ 4R2 − bc + R 1 ⇒√ ≤√ ≤√ 4R − ca + R 4R − ab + R 4R − bc + R Áp thứ tự (a2 , b2 , c2 )  dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy ngược  1 √ ,√ ,√ với hoán vị (b2 , c2 , a2 ) 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R 4R2 − ab + R 78 (a2 , b2 , c2 ), ta a2 b2 c2 √ √ + + 4R2 − ca + R 4R2 − bc + R 4R2 − ab + R b2 c2 a2 ≤√ +√ +√ 4R − ca + R 4R − bc + R 4R − ab + R √ (3.59) Áp thứ tự (a2 , b2 , c2 )  dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy ngược  1 ,√ ,√ với hoán vị (c2 , a2 , b2 ) √ 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R (a2 , b2 , c2 ), ta 4R2 − ab + R a2 b2 c2 √ +√ +√ 4R − ca + R 4R2 − bc + R 4R − ab + R c2 a2 b2 ≤√ +√ +√ 4R − ca + R 4R − bc + R 4R − ab + R (3.60) Cộng theo vế (3.59) (3.60), ta được: 2b2 2c2 2a2 √ √ + + 4R2 − ca + R 4R2 − bc + R 4R2 − ab + R c + a2 b2 + c2 a2 + b +√ ≤√ +√ 4R − ca + R 4R − bc + R 4R − ab + R 2 2 2 2b − c − a 2a − b − c 2c2 − a2 − b2 +√ ≤ ⇔√ +√ 4R − ca + R 4R − bc + R 4R − ab + R √ (3.61) Mặt khác, từ bất đẳng thức quen thuộc a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 ta suy b2 + c2 ≤ 9R2 − a2 ⇒ −(b2 + c2 ) ≥ a2 − 9R2 ⇒ 2a2 − b2 − c2 ≥ 3a2 − 9R2 2a2 − b2 − c2 3a2 − 9R2 ⇒√ ≥√ 4R − bc + R 4R − bc + R Tương tự, ta có: 2b2 − c2 − a2 3b2 − 9R2 √ √ ≥ 4R2 − ca + R 4R2 − ca + R 3c2 − 9R2 2c2 − a2 − b2 √ √ ≥ 4R2 − ab + R 4R2 − ab + R 79 Từ đó, ta có: 2a2 − b2 − c2 2b2 − c2 − a2 2c2 − a2 − b2 √ +√ +√ 4R − ca + R 4R2 − bc + R 4R − ab + R 2 2 3a − 9R 3b − 9R 3c2 − 9R2 ≥√ +√ +√ 4R − ca + R 4R − bc + R 4R − ab + R (3.62) Từ (3.61) (3.62), ta suy ra: 3a2 − 9R2 3b2 − 9R2 3c2 − 9R2 √ +√ +√ ≤ 4R − ca + R 4R2 − bc + R 4R − ab + R (3.63) Mặt khác, áp dụng định lý hàm số sin ta (3.63) tương đương với 2 3(2R sin A) − 9R2 3(2R sin B) − 9R2 √ √ + 4R2 − 4R2 sin B sin C + R 4R2 − 4R2 sin C sin A + R 3(2R sin C) − 9R2 +√ ≤0 4R − 4R2 sin A sin B + R 3R2 (4 sin2 A − 3) 3R2 (4sin2 B − 3) ⇔p +p 4R (1 − sin B sin C) + R 4R (1 − sin C sin A) + R 3R2 (4 sin C − 3) ≤0 +p 4R (1 − sin A sin B) + R 3R2 (4sin2 A − 3) 3R2 (4sin2 B − 3) √ √ ⇔ + R(2 − sin B sin C + 1) R(2 − sin C sin A + 1) 3R2 (4sin2 C − 3) √ ≤0 + R(2 − sin A sin B + 1) 4sin2 A − 4sin2 B − 4sin2 C − ⇔ √ + √ + √ ≤ − sin B sin C + − sin C sin A + − sin A sin B + Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: 4sin2 A − 4sin2 B − 4sin2 C − √ + √ + √ ≤ 0” − sin B sin C + − sin C sin A + − sin A sin B + Ví dụ 3.2.10 Xét số thực dương a, b, c Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi a2 ≤ b2 ≤ c2 1 ≥ ≥ a b c Áp hoán vị cho dãy ngược thứ tự (a2 , b2 , c2 )  dụng bất  đẳng thức   hai   1 1 1 1 , , với hoán vị , , , , , ta a b c b c a a b c 1 1 1 a2 + b2 + c2 ≤ a2 + b2 + c2 a b c b c a 80 a2 b2 c2 ⇔a+b+c≤ + + b c a (3.64) Áp hoán vị cho dãy ngược thứ tự (a2 , b2 , c2 )  dụng bất  đẳng thức   hai   1 1 1 1 , , với hoán vị , , , , , ta a b c c a b a b c 1 1 1 a2 + b2 + c2 ≤ a2 + b2 + c2 a b c c a b a2 b2 c2 ⇔a+b+c≤ + + c a b (3.65) Cộng theo vế (3.64) (3.65), ta b + c c + a2 a2 + b + + 2(a + b + c) ≤ a b c b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 ⇔a+b+c≤ + + (3.66) 2a 2b 2c a b c Mặt khác, từ a ≤ b ≤ c suy a3 ≤ b3 ≤ c3 ≤ ≤ abc abc abc 3 Áp  thức hoán vịcho hai dãy  cùngthứ tự (a , b, c )  dụng bất đẳng c b c a a b c a b , , với hoán vị , , , , , ta abc abc abc abc abc abc abc abc abc được: a3 b a b c c a + b3 + c3 ≥ a3 + b3 + c3 abc abc abc abc abc abc a3 b3 c3 a2 b c ⇔ + + ≥ + + bc ac ab c a b (3.67) 3 Áp  thức hoán vịcho hai dãy  cùngthứ tự (a , b, c )  dụng bất đẳng a b c c a b a b c , , với hoán vị , , , , , ta abc abc abc abc abc abc abc abc abc được: a3 a b c c a b + b3 + c3 ≥ a3 + b3 + c3 abc abc abc abc abc abc a3 b3 c3 a2 b c ⇔ + + ≥ + + bc ac ab b c a Cộng theo vế (3.67) (3.68) ta được:  3 3 2 a b c + + bc ac ab b +c c2 + a2 a2 + b2 ≥ + + a b c (3.68) 81 a3 b3 c3 b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 ⇔ + + ≥ + + bc ac ab 2a 2b 2c (3.69) Từ (3.66) (3.69), ta suy ra: b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a3 b3 c3 a+b+c≤ + + ≤ + + 2a 2b 2c bc ac ab Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a3 b c3 a+b+c≤ + + ≤ + + ” 2a 2b 2c bc ac ab tan x Ví dụ 3.2.11 Trước hết ta chứng minh hàm số f (x) = tăng x  π khoảng 0, Thật vậy, ta có x − tan x x − sin x cos x x − sin x  π 2x cos f (x) = = > 2 > 0, ∀x ∈ 0, x2 x2 cos2 x x cos x  π tan x Do hàm số f (x) = tăng khoảng 0, x  π Không tính tổng qt, ta có Xét số thực dương α, β, γ ∈ 0, tan x thể giả sử α ≤ β ≤ γ Suy α4 ≤ β ≤ γ Vì hàm số f (x) = tăng x  π tan β tan α khoảng 0, ≤ ≤ nên ta có f (α) ≤ f (β) ≤ f (γ) hay α β tan γ γ 4 Áp  hoán vị cho hai  dãy thứ tự  (α , β , γ )  dụng bất đẳng thức tan α tan β tan γ tan β tan γ tan α , , với hoán vị , , α β γ β γ α   tan α tan β tan γ , , ta được: α β γ α4 tan α tan β tan γ tan β tan γ tan α + β + γ ≥ α4 + β + γ α β γ β γ α ⇔ α3 tan α + β tan β + γ tan γ ≥ β4 γ4 α4 tan β + tan γ + tan α β γ α Như vậy, ta sáng tác toán sau: 82 “Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: A4 B4 C4 A tan A + B tan B + C tan C ≥ tan B + tan C + tan A, B C A 3 góc A, B, C đo theo đơn vị rađian.” Nhận xét 3.2.3 Trong ví dụ 3.2.11,  ta có hai dãy thứ tự  tan α tan β tan γ , , Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev dạng (α, β, γ) α β γ mẫu số cho hai dãy trên, ta được: tan α tan β tan γ 3(tan α + tan β + tan γ) + + ≤ α β γ α+β+γ Nếu cho thêm α + β + γ = π ta được: tan α tan β tan γ 3(tan α + tan β + tan γ) + + ≤ α β γ π  π nên ta có Vì π > α, β, γ ∈ 0, tan α tan β tan γ + + < tan α + tan β + tan γ α β γ Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: tan A tan B tan C + + < tan A + tan B + tan C, A B C góc A, B, C đo theo đơn vị rađian” Nhận xét 3.2.4 Ta dễ dàng tạo bất đẳng thức từ bất đẳng thức Chebyshev sau: Chọn hai hàm số đơn điệu f (x), g(x) xác định K(K ⊆ R) Khi với x1 , x2 , , xn ∈ K ta có bất đẳng thức: (i) f (x1 )g(x1 ) + f (x2 )g(x2 ) + + f (xn )g(xn ) n ≥ f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) g(x1 ) + g(x2 ) + + g(xn ) n n (nếu f (x), g(x) đơn điệu chiều) 83 (ii) f (x1 )g(x1 ) + f (x2 )g(x2 ) + + f (xn )g(xn ) n ≤ f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) g(x1 ) + g(x2 ) + + g(xn ) n n (nếu f (x), g(x) đơn điệu ngược chiều) Sau ta xét số ví dụ cụ thể áp dụng nhận xét 3.2.4 để sáng tác số toán bất đẳng thức Dễ thấy x2 + f (x) tăng khoảng (0, +∞) g(x) giảm (0, +∞) Xét số thực Ví dụ 3.2.12 Xét hai hàm số f (x) = x3 g(x) = dương a, b, c Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi a3 ≤ b3 ≤ c3 1 ≥ ≥ a2 + b2 + c2 + Áp dụng bất  đẳng thức Chebyshev  cho hai dãy ngược thứ tự 1 (a3 , b3 , c3 ) , , , ta được: 2 a +1 b +1 c +1 a3 b3 c3 + + a +1 b +1 c +1    1 ≤ (a3 +b3 +c3 ) + + a +1 b +1 c +1  Như ta sáng tác toán sau: “Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:    a b3 c3 ≥3 + + ” a + b2 + c2 + 1 1 (a +b +c ) + + a +1 b +1 c +1 3 √  Dễ thấy f (x) 1−x g(x) tăng khoảng (0,1) Xét số thực dương a, b, c thuộc Ví dụ 3.2.13 Xét hai hàm số f (x) = x g(x) = khoảng (0,1) Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi √ a≤ √ b≤ √ c 1 ≤ ≤ 1−a 1−b 1−c √ √ √ Áp  dụng bất đẳng thứcChebyshev cho hai dãy thứ tự ( a, b, c) 1 , , , ta được: 1−a 1−b 1−c √ √ √ !   √ √ √ a b c 1 + + ≥ ( a + b + c) + + 1−a 1−b 1−c 1−a 1−b 1−c 84 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức 1 + + ≥ , ∀x, y, z > 0, ta x y z x+y+z được: 1 + + ≥ 1−a 1−b 1−c − (a + b + c) Và đó, ta có: √ √ ! √ √ √ a b c + + ≥ ( a + b + c) 1−a 1−b 1−c − (a + b + c) √ √ √ √ √ √ 3( a + b + c) a b c + + ≥ ⇔ 1−a 1−b 1−c − (a + b + c) √ Nếu ta cho thêm điều kiện a + b + c = ta bất đẳng thức: √ √ √ √ √ a b c 3( a + b + c) + + ≥ 1−a 1−b 1−c √ Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho số thực dương a, b, c thay đổi thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: √ √ √ √ √ a b c 3( a + b + c) + + ≥ ” 1−a 1−b 1−c √ Ví dụ 3.2.14 Xét số thực dương a, b, c Không tính tổng qt ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi 1 ≥ ≥ ab ≤ ca ≤ bc a+b c+a b+c  Áp dụng bất đẳngthức hoán vị cho hai dãy ngược thứ tự 1 , , (ab, ca, bc) với hoán vị (ca, bc, ab) (ab, ca, bc), a+b c+a b+c ta được: ca bc ca bc ab ab + + ≤ + + a+b c+a b+c a+b c+a b+c (3.70)  Áp dụng bất đẳngthức hoán vị cho hai dãy ngược thứ tự 1 , , (ab, ca, bc) với hoán vị (bc, ab, ca) (ab, ca, bc), a+b c+a b+c ta được: ab ca bc bc ab ca + + ≤ + + a+b c+a b+c a+b c+a b+c (3.71) 85 Cộng theo vế (3.70) (3.71), ta   ⇔ ab ca bc + + a+b c+a b+c ≤a+b+c ab ca bc + + ≤ (a + b + c) a+b c+a b+c Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz, ta có: q a+b+c≤ 3(a2 + b2 + c2 ) Từ ta có: ab ca bc + + ≤ a+b c+a b+c p 3(a2 + b2 + c2 ) Nếu ta cho thêm điều kiện a2 + b2 + c2 ≤ ta bất đẳng thức ab ca bc + + ≤ ” a+b c+a b+c (3.72) Khi a = b = c = đẳng thức (3.72) xảy Như vậy, ta sáng tác toán sau: “Cho số thực dương a, b, c thay đổi thoả mãn a2 + b2 + c2 ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = ca bc ab + + ” a+b c+a b+c Chúng ta sáng tác vơ số toán bất đẳng thức từ bất đẳng thức hốn vị nói chung bất đẳng thức Chebyshev nói riêng Tuy nhiên, khn khổ luận văn, tạm dừng lại 86 Kết luận Với mục đích tìm hiểu bất đẳng thức hoán vị số áp dụng việc giải số tốn liên quan đến bất đẳng thưc, luận văn hoàn thành nhiệm vụ sau: Đưa số tốn bất đẳng thức thường gặp chương trình tốn trường phổ thơng đề thi chọn học sinh giỏi có áp dụng khai triển Abel Tìm hiểu bất đẳng thức hoán vị số hệ nó, trình bày cụ thể số ví dụ minh hoạ cho việc vận dụng bất đẳng thức hoán vị vào việc chứng minh lại số bất đẳng thức cổ điển biết chương trình tốn trường phổ thơng để người đọc có thêm cách tiếp cận Chọn lựa hệ thống ví dụ từ báo tạp chí tốn học nước quốc tế mà việc đưa lời giải chứng dựa vào bất đẳng thức hoán vị Luận văn cố gắng để đưa lời giải chi tiết, dẫn dắt để người đọc dễ hiểu cho số toán Đưa số phương pháp tạo bất đẳng thức từ bất đẳng thức hốn vị Từ sáng tác số toán bất đẳng thức cách sử dụng bất đẳng thức hoán vị Một số tốn bất đẳng thức sáng tác dùng để làm tài liệu tham khảo cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi trường phổ thông cách có hiệu Đồng thời rèn luyện cho em đội tuyển thi học sinh giỏi có khả tư tốn cách tự sáng tác tốn bất đẳng thức với nhữngcơsởtoánhọcđãbiết 87 Tài liệu tham khảo [1] Trần Hữu Nam, “Bất đẳng thức hoán vị vài áp dụng”, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam, 2015 [2] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam, 2009 [3] Hà Duy Hưng, Nguyễn Sơn Hà, Nguyễn Ngọc Giang, Lê Minh Cường, Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT mơn Tốn, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2016 [4] Trần Phương, Trần Tuấn Anh, Nguyễn Anh Cường, Bùi Việt Anh, Những viên kim cương bất đẳng thức Toán học, NXB Tri thức, 2017 [5] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam, 2012 [6] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014 [7] Đồn Quỳnh, Dỗn Minh Cường, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Tài liệu chuyên Toán – Đại số 10, NXB Giáo dục Việt Nam, 2016 [8] Dragos Hrimiuc, “The Rearrangement Inequality”, PI in the Sky, PISM, issue 2, page 21-23, 2000 [9] G.H.Hardy, J.E Littlewood, G.Polya, Inequalities, Cambridge University Press, Cambridge, 1952 88 [10] Thomas Wigren, The Cauchy – Schwarz inequality, 2015 [11] V Berinde, Exploring, Investigating and Discovering in Mathematics, Birkhăauser Verlag, 2004 [12] A Burchard, A Short Course on Rearrangement Inequalities, Available at: http://www.math.utoronto.ca/almut/rearrange.pdf, 2009 [13] A Burchard, H Hajaiej, “Rearrangement inequalities for functionals with monotone integrands”, J Func Anna., 233(2), 561-582, 2006 [14] K.Y Li, “Rearrangement Inequality”, Mathematical Excalibur, 4(3), 1-4, 1999 [15] K M Chong, “The A.M – G.M Inequality as a rearrangement inequality”, Bull Malaysian Math Soc (Second Series) 21, 113-115, 1998 [16] J B Paris and A Vencovská, “Ageneralization of muirhead’s Inequality”, Jourmal of Mathematical Inequalities, 3(2), 181-187, 2009 [17] A Vince, “Arearrangement Inequality and the permutahedron”, The American Mathematical mouthly, 97(4), 319, 1990