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 ận Lu n vă PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ạc th sĩ án To c họ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung ận Lu PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TỐN LIÊN QUAN n vă ạc th sĩ án To Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 c họ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Một số dạng đại lượng trung bình Khai triển Newton 1.2 Định lý giá trị trung bình cộng nhân 1.3 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng ận Lu 1.1 vă Chương Phân thức quy quy suy rộng Phân thức quy th 2.1.1 Phân thức quy biến 2.1.2 Phân thức quy nhiều biến ạc sĩ 2.2 n 2.1 Phân thức quy suy rộng To 19 22 22 22 24 28 Phân thức quy suy rộng biến 28 2.2.2 Phân thức quy suy rộng nhiều biến 30 án c họ 3.2 2.2.1 Chương Các dạng toán liên quan 3.1 33 Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM 33 3.1.1 Điều chỉnh lựa chọn tham số 33 3.1.2 Kỹ thuật tách, ghép phân nhóm 40 Các dạng toán liên quan 47 3.2.1 Biểu diễn số dạng đa thức nhiều biến 47 3.2.2 Bất đẳng thức đa thức đối xứng đồng bậc 51 3.2.3 Bất đẳng thức dạng phân thức đa thức 55 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 60 MỞ ĐẦU Phân thức hữu tỷ, đặc biệt phân thức quy khái niệm chương trình Tốn bậc phổ thông Đặc biệt, trường THPT chuyên lớp chun tốn có nhiều dạng tốn liên quan đến hàm phân thức quy Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán Lu nước kỳ thi Olympic Toán nước giới, có nhiều ận tốn dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình, sinh hàm số dạng phân thức cần biết cách vă vận dụng tính đặc thù biểu thức phân thức cho Hiện tài liệu n th có tính hệ thống vấn đề chưa đề cập nhiều ạc Để đáp ứng nhu cầu học tập giảng dạy mơn Tốn bậc phổ thơng, luận văn Phân thức quy nhiều biến dạng tốn liên quan nhằm sĩ hệ thống giải tốn liên quan đến phân thức quy Luận án To văn chia làm ba chương: Chương Một số dạng đại lượng trung bình Chương Các dạng toán liên quan c họ Chương Phân thức quy quy suy rộng Để hồn thành luận văn này, trước tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu dành thời gian hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ tơi suốt q trình xây dựng đề tài hồn thành luận văn Tiếp theo, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho nững ý kiến quý báu để luận văn hoàn thiện Qua đây, xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phịng Đào tạo, khoa Tốn - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Chương Một số dạng đại lượng trung bình 1.1 Khai triển Newton Ta nhắc lại khai triển Newton (xem [1], [3]) cho cặp số số Lu Định lý 1.1 (Khai triển nhị thức Newton) Với a, b số thực n ận số tự nhiên lớn 2, ta ln có vă n n (a + b) = n X (1.1) k=0 ạc th Cnk an−k bk n! k!(n − k)! sĩ Cnk = To án Công thức (1.1) gọi công thức nhị thức Newton c họ Định lý 1.2 (Khai triển Newton) Cho n m số nguyên dương Với x = (x1 , x2 , · · · , xn ) Rn , ta có (x1 + x2 + · · · + xn )m = X m! xα , α! (1.2) |α|=m α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) Nn , xα = xα1 xα2 xαnn tổng chạy qua tất α có Nn thỏa mãn |α| = α1 + α2 + · · · + αn = m Định lý 1.3 (Khai triển Taylor) Cho đa thức f (x) = n X j=0 aj x j Khi đó, hệ số thứ j f (x) biểu diễn dạng (j) f (0), j! aj = f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j Chứng minh Lấy đạo hàm lần thứ j xk , ta  j d k! xk = xk−j , j ≤ k dx (k − j)!  ận Lu Ta có ak d dx j xk = 0, j > k, k n X x = n k=0  j vă f (x) = n X d dx k=j k! ak xk−j , với j nằm n (k − j)! th ạc Khi f j (0) = j!aj sĩ (j) f (0) j! án aj = To Suy c họ Định lý 1.4 Cho n số nguyên dương Ta đặt   n n g(x) = x + x + · · · + x n Khi g (n) (0) = n! Chứng minh Ta có n g(x) = x  1 + x + · · · + xn−1 n n  1 h(x) = + x + · · · + xn−1 n = xn h(x), n Áp dụng công thức Leibniz g (n) (x) = n X j=0 = n X j=0 n! (n − j)!j!  d dx n−j  d x dx n j h(x)  j n!n! d j x h(x) (n − j)!j!j! dx Vậy nên g (n) (0) = n!h(0) = n! 1.2 Định lý giá trị trung bình cộng nhân Lu Tiếp theo, ta đề cập đến định lý bất đẳng thức giá trị trung ận bình cộng trung bình nhân (còn gọi bất đẳng thức AM-GM1 ) dạng vă bất đẳng AM-GM suy rộng Đặc biệt, chương trình bày số n phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM-GM nhà toán học ạc th tiếng Định lý 1.5 (xem [1]-[2]) Giả sử x1 , x2 , , xn số khơng âm Khi sĩ (1.3) án To x1 + x2 + · · · + xn √ > n x1 x2 · · · xn n Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn c họ Hệ trực tiếp bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức trung bình nhân trung bình điều hịa (gọi viết tắt bất đẳng thức GM-HM.2 ) Hệ 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM, xem [1]) Với số dương a1 , a2 , , an , ta có √ n a1 a2 · · · an > n 1 + + ··· + a1 a2 an Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức AM-GM số xk := (k = 1, 2, , n), ta có bất đẳng thức GM-HM Arithmetic mean value -Trung bình cộng, Geometric mean value -Trung bình nhân Harmonic mean -Trung bình điều hòa ak Cho đến nay, người ta biết đến hàng trăm cách khác để chứng minh Bất đẳng thức giá trị trung bình cộng trung bình nhân Mỗi cách chứng minh Định lý 1.5 có đặc thù theo ý tưởng mục tiêu riêng nhà tốn học Có cách chứng minh (của số nhà khoa học tiếng) xuất phát từ ý tưởng tưởng không liên quan trực tiếp tới giá trị trung bình cộng trung bình nhân số dương cho Sau đây, ta trình bày số cách chứng minh tương đối sơ cấp dễ hiểu giúp ta nhìn nhận mở rộng sau cách hệ thống có tính lơgic tự nhiên (xem [1]) Lu 1.2.1 Quy nạp kiểu Cauchy ận Đây kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) Cauchy đề xuất vào Từ hệ thức bậc hai n vă năm 1821 th ạc u21 + u22 > 2u1 u2 , ∀u1 , u2 ∈ R, sĩ ta suy (1.4) án To x1 + x2 √ > x1 x2 , ∀x1 , x2 không âm (1.5) x3 + x4 x1 + x2 , từ (1.5) ta nhận Thay x1 , x2 biến 2 x1 + x2 + x3 + x4 h x1 + x2 x3 + x4 i 12 > > 2 √ 1 > [(x1 x2 ) (x3 x4 ) ] = x1 x2 x3 x4 (1.6) c họ Tiếp tục trình ta thấy bất đẳng thức (1.3) với n = 2, 4, nói chung, với n lũy thừa Đây quy nạp theo hướng lên Bây ta thực quy trình quy nạp theo hướng xuống phía Ta chứng minh rằng, bất đẳng thức (1.3) với n (n > 1) với n − Thay xn (1.3) x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 giữ nguyên biến xi khác, từ (1.3) ta thu x1 + x2 + · · · + xn−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 + n−1 > n  x + x + · · · + x  n1 1 n−1 > (x1 x2 · · · xn−1 ) n n−1 hay  x + x + · · · + x  n1 x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 n−1 > (x1 x2 · · · xn−1 ) n−1 n−1 Rút gọn biểu thức trên, ta thu x1 + x2 + · · · + xn−1 > n−1 √ n−1 x1 x2 · · · xn−1 Lu Từ kết chứng minh theo cặp hướng (lên-xuống), ta thu phép ận chứng minh quy nạp Định lý 1.5 vă Tiếp theo, theo cách chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, ta chứng n minh bất đẳng thức sau ạc th Bài toán 1.1 (Bất đẳng thức Ky Fan) Giả sử x1 , x2 , , xn số dương  1i 0, Khi n n Q Q xk (1 − xk ) k=1 k=1 P n h P in n n xk (1 − xk ) sĩ k=1 án To k=1 c họ Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Bài toán 1.2 Giả sử x1 , x2 , , xm số không âm n = 1, 2, Khi  x + x + · · · + x n xn + xn + · · · + xn m m m m Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xm 1.2.2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Đa thức P (x1 , x2 , , xn ) với n biến số thực x1 , x2 , , xn hiểu hàm số (biểu thức) có dạng P (x1 , x2 , , xn ) = N X k=0 Mk (x1 , x2 , , xn ), X Mk (x1 , , xn ) = aj1 ···jn xj11 · · · xjnn , ji ∈ N (i = 1, 2, , n) j1 +···+jn =k (1.7) Trong mục ta quan tâm chủ yếu đến dạng đa thức đồng bậc biến số thực nhận giá trị thực, đặc biệt đa thức đối xứng sơ cấp quen biết liên quan đến đẳng thức đáng nhớ chương trình tốn trung học phổ thơng Lu 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 ận Nếu ta coi (x + a)n tích n thừa số: (x + a)(x + a) · · · (x + a), vă tích n (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) th viết dạng biểu thức tương tự công thức khai triển ạc nhị thức Newton sau: sĩ To ! n X n n−k k (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) = p x , k j k=0 án p22      ···    n pn a1 + a2 + · · · + an , n P aj 16i + + , a2 b2 c2 1 1 1 > + + , ab bc ca 1a + b + c = = abc Bài toán 3.17 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a5 b c + + > ab2 + bc2 + ca2 b c a Lời giải Ta có a5 b c + + > a3 + b3 + c3 b c a Lu ận Từ suy a3 + b3 + c3 > ab2 + bc2 + ca2 n vă a5 b c + + > ab2 + bc2 + ca2 b2 c2 a2 Bài toán 3.18 Cho m, n ∈ N∗ cho đa thức ạc th P (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + ∈ R[x], sĩ với > (i = 1, , n − 1) Biết P (x) có n nghiệm thực Chứng To minh P (m) > (m + 1)n án Lời giải Do > (i = 0, , n − 1) P (0) = > nên nghiệm c họ P (x) âm Gọi nghiệm P (x) −x1 , −x2 , , −xn (xi > 0, i = 1, , n) Theo Định lý Viète x1 x2 · · · xn = hệ số bậc cao P (x) nên n Y P (x) = (x + xi ) i=1 Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, v u n n Y uY t xi = (m + 1)n P (m) = (m + xi ) > (m + 1)n m+1 i=1 i=1 47 Bài toán 3.19 Cho đa thức P (x) = x2n + a2n−1 x2n−1 + · · · + a1 x + a0 có nghiệm dương Chứng minh  2 |a2n−k ak | > Cnk |a0 | ∀k = 1, 2, , 2n Lời giải Theo Định lý Viète X |a2n−k | = xi1 xi2 · · · xi2n−k , 2n−k số hạng tổng chứa C2n Lu Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (bất đẳng ận thức Cauchy) ta vă |a2n−k | > Y 2n−k−1 C2n−1 xi  2n−k C2n 2n−k C2n n th Để ý 2n 2n−k−1 C2n−1 2n − k ạc 2n−k C2n = sĩ Từ suy |ak | > Y  2n−k 2n To |a2n−k | > Y xi án Tương tự ta có |a2n−k ak | > 3.2.1  Cnk 2 c họ xi  2nk Từ suy 3.2 2n−k C2n k C2n |a0 | ∀k = 1, 2, , 2n Các dạng toán liên quan Biểu diễn số dạng đa thức nhiều biến Bài toán 3.20 Cho đa thức P (x, y, z, t) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức p P (x, y, z, ± x2 + y + z ) ≡ ∀x, y, z ∈ R 48 Chứng minh đa thức P (x, y, z, t) biểu diễn dạng P (x, y, z, t) = (x2 + y + z − t2 )Q(x, y, z, t), Q(x, y, z, t) đa thức với hệ số thực Lời giải Thực phép chia P (x, y, z, t) cho (t2 − x2 − y − z ) theo biến t (x, y, z tham số) ta thu P (x, y, z, t) = (x2 + y + z − t2 )Q(x, y, z, t) + tR(x, y, z) + S(x, y, z) (3.6) p Thay t = ± x2 + y + z vào ta ận Lu tR(x, y, z) + S(x, y, z) = −tR(x, y, z) + S(x, y, z) p Suy R(x, y, z) ≡ Với x, y, z cố định, ta chọn t = x2 + y + z từ giả thiết ta thu S(x, y, z) ≡ Từ ta thu biểu diễn vă P (x, y, z, t) = (x2 + y + z − t2 )Q(x, y, z, t) n th Bài toán 3.21 Cho đa thức hai biến P (x, y) thỏa mãn điều kiện ạc a) P (tx, ty) = t2 P (x, y) với x, y, t ∈ R, To c) P (1, 0) = sĩ b) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = với a, b, c ∈ R, án Chứng minh đa thức P (x, y) có dạng c họ P (x, y) = (x + y)m (x − 2y), m ∈ N Lời giải Trong b) đặt b = − a; c = ta P (1 − a, a) = −1 − P (a, − a) (3.7) Lại đặt c = − a − b kết hợp với a) ta P (a + b, − a − b) = P (a, − a) + P (b, − b) + (3.8) Đặt f (x) = P (x, − x) + Khi f (x) hàm liên tục R f (1) = P (1, 0) + = (3.8) trở thành f (x + y) = f (x) + f (y) Đó phương trình hàm Cauchy  f (x + y) = f (x) + f (y), (3.9) f (1) = 49 Phương trình (3.9) có nghiệm f (x) = 3x Vậy nên P (x, − x) = 3x − (3.10) b a ,y= ta thu a+b a+b  a a  P (a, b) = (a + b)n P ,1 − a+b a+b  a  = (a + b)n − = (a + b)n−1 (a − 2b) (3.11) a+b Nhưng P (x, y) liên tục nên (3.11) với trường hợp a + b = Tóm lại P (x, y) = (x + y)n−1 (x − 2y) Với a + b 6= 0, đặt t = a + b; x = giả thiết ận Lu Bài toán 3.22 Giả sử cho đa thức với hệ số thực f (x, y) biến x, y ∈ R (3.12) n vă f (ax1 + bx2 , y) = af (x1 , y) + bf (x2 , y) ∀x1 , x2 , y ∈ R th Cho tập S ⊂ R ký hiệu g(x) = max f (x, y) ạc (3.13) y∈S sĩ Chứng minh To án g(x1 + x2 ) ≤ g(x1 ) + g(x2 ) ∀x1 , x2 ∈ R c họ Lời giải Ta có g(x1 + x2 ) = max f (x1 + x2 , y) = y∈S max[f (x1 , y) + f (x2 , y)] ≤ y∈S ≤ max f (x1 , y) + max f (x2 , y) = y∈S y∈S g(x1 ) + g(x2 ), ta thu điều phải chứng minh Nhận xét 3.9 Biểu diễn (3.13) lớp hàm số rộng lớp hàm đa thức Chẳng hạn, ta có biểu diễn |x| = max(xy) ∀x ∈ R |y|≤1 50 Bài toán 3.23 Cho a n số không âm (a1 , a2 , , an ) (n ≥ 1, n ∈ N) Chứng minh n n Y  n1 X xi = , S(x) n i=1 i=1 (3.14) S(x) tập hợp số không âm x = (x1 , x2 , , xn ) thỏa mãn điều kiện n Y xi = i=1 Lời giải Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (Cauchy) n Y (3.15) ận Lu n n  n1  Y  n1 X x i xi ≤ n i=1 i=1 i=1 Theo định nghĩa tập S(x) (3.15) có dạng n vă n n Y  n1 X xi ∀x ∈ S(x) ≤ n i=1 i=1 th ạc Từ ta thu đựơc điều phải chứng minh sĩ Bài toán 3.24 Cho số p > cho số x không âm Chứng minh  p1 n X = max R(z) i=1 xi zi , (3.16) án xpi To n X i=1 điều kiện n X c họ R(z) tập hợp số khơng âm z = (z1 , z2 , , zn ) thỏa mãn p zip−1 = i=1 Lời giải Theo bất đẳng thức Holder n X xpi  p1 × n X i=1 i=1 ziq  1q ≥ n X xi zi i=1 Theo định nghĩa tập R(z) n X i=1 xpi  p1 ≥ n X i=1 Từ ta thu đựơc biểu diễn (3.16) xi zi ∀z ∈ R(z) 51 Bài toán 3.25 Cho đa thức f (t) thỏa mãn điều kiện f 00 (t) > với t ∈ R Cho số thực x = (x1 , x2 , , xn ) Chứng minh n X n hX f (xi ) = max z1 , ,zn ∈R i=1 f (zi ) + i=1 n X i (xi − zi )f (zi ) i=1 Lời giải Do f 00 (t) > nên đa thức f (x) đồng biến f (u) ≤ f (v) + (u − v)f (v) ∀u, v ∈ R Từ suy f (u) = max[f (v) + (u − v)f (v)] Lu v∈R Từ dễ dàng suy n hX f (xi ) = max vă i=1 ận n X z1 , ,zn ∈R f (zi ) + i=1 n X i (xi − zi )f (zi ) i=1 n th 3.2.2 Bất đẳng thức đa thức đối xứng đồng bậc ạc sĩ Bài toán 3.26 Cho số z1 , z2 , z3 , z4 ∈ C Chứng minh X |z1 | + |z2 | + |z3 | + |z4 | ≤ |zi + zj | To 1≤i≤j≤4 án Lời giải Ta sử dụng bất đẳng thức "tam giác" số phức c họ |a + b| ≤ |a| + |b| ∀a, b ∈ C Ta có 2|z1 | − |z2 + z3 | ≤ |2z1 + z2 + z3 | ≤ |z1 + z2 | + |z1 + z3 | Do |z1 | ≤ [|z1 + z2 | + |z1 + z3 | + |z2 + z3 |] Tương tự, ta nhận |z2 ≤ [|z2 + z3 | + |z2 + z4 | + |z3 + z4 |], |z3 | ≤ [|z3 + z4 | + |z3 + z1 | + |z4 + z1 |], (3.17) 52 |z4 | ≤ [|z4 + z1 | + |z4 + z2 | + |z1 + z2 |] Cộng vế tương ứng bất dẳng thức trên, ta thu X |z1 | + |z2 | + |z3 | + |z4 | ≤ |zi + zj |, 1≤i≤j≤4 (3.17) chứng minh Để ý đẳng thức xảy (z1 , z2 , z3 , z4 ) = (a, a, −a, −a), a ∈ C Nhận xét 3.10 Bằng phương pháp tương tự, với số (z1 , z2 , , zn ), zk ∈ C (k = 1, 2, , n) ta có bất đẳng thức ận Lu X |zi + zj | |z1 | + |z2 | + · · · + |zn | ≤ n − 1≤i≤j≤n Bài toán 3.27 Với dãy số z1 , z2 , ta ký hịêu vă n E1 (z1 , z2 , , zk ) = z1 + z2 + · · · + zk , k ∈ Z+ ạc th E2 (z1 , z2 , , zk ) = z1 z2 + z1 z3 + · · · + zk−1 zk , k ∈ Z+ Cho hai dãy số giảm không âm x1 , x2 , a1 , a2 , số n ∈ Z+ thỏa sĩ mãn điều kiện To E1 (x1 ) ≥ E1 (a1 ), án E1 (x1 , x2 ) ≥ E1 (a1 , a2 ), c họ ··· E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) ≥ E1 (a1 , a2 , , an−1 ), E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) Chứng minh E2 (x1 , x2 , , xn ) ≤ E2 (a1 , a2 , , an ) Lời giải Nhận xét ta ln ln có đẳng thức sau: [E1 (x1 , x2 , , xn )]2 − E1 (x21 , x22 , , x2n ) = 2E2 (x1 , x2 , , xn ) Vì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với [E1 (x1 , x2 , , xn )]2 −E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≤ [E1 (a1 , a2 , , an )]2 −E1 (a21 , a22 , , a2n ) 53 hay E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≥ E1 (a21 , a22 , , a2n ) (3.18) Để ý x2k ≥ a2k + 2ak (xk − ak ) ∀xk , ak ∈ R Từ suy E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≥ E1 (a21 , a22 , , a2n )+ +2 n−1 X (ak − ak+1 )[E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )] (3.19) k=0 Theo giả thiết Lu n−1 X ận k=0 (ak − ak+1 )[E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )] ≥ vă nên (3.19) ta nhận (3.18) n E2 (x1 , x2 , , xn ) ≤ E2 (a1 , a2 , , an ) th ạc Bài toán 3.28 Với dãy số z1 , z2 , ta ký hịêu sĩ E1 (z1 , z2 , , zk ) = z1 + z2 + · · · + zk , k ∈ Z+ To Cho đa thức f (x) có f 00 (x) > với x ∈ R cho hai dãy số giảm án không âm x1 , x2 , a1 , a2 , số n ∈ Z+ thỏa mãn điều kiện c họ E1 (x1 ) ≥ E1 (a1 ), E1 (x1 , x2 ) ≥ E1 (a1 , a2 ), ··· E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) ≥ E1 (a1 , a2 , , an−1 ), E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) Chứng minh E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an )) Lời giải Theo giả thiết đa thức f (x) ta có f (xk ) ≥ f (ak ) + f (ak )(xk − ak ) ∀xk , ak ∈ R 54 Sử dụng phép biến đổi Bài toán 3.27 ta thu bất đẳng thức E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an ))+ + n X f (ak )(xk − ak ) k=0 hay E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an ))+ + n−1 X [f (ak ) − f (ak+1 )][E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )] (3.20) k=0 Theo giả thiết Lu n−1 X ận [f (ak ) − f (ak+1 )][E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )] ≥ k=0 vă nên (3.20) ta nhận n ạc th E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an )) Bài toán 3.29 Với dãy số thực t1 , t2 , , tn ta ký hịêu sĩ (t1 + t2 + · · · + tn ), n B= (t1 + t22 + · · · + t2n ) n án To A= c họ Giả thiết t1 , t2 , , tn ∈ [p, q], < p < q Chứng minh 4pq A2 ≥ B (p + q)2 Lời giải Từ giả thiết ta thu n X (tk − p)(tk − q) ≤ k=1 hay n X k=1 t2k − (p + q) n X k=1 tk + npq ≤