Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 273 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
273
Dung lượng
5,62 MB
Nội dung
SỬ DỤNG ÁNH XẠ ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Định nghĩa Cho hai tập hợp 𝑋 𝑌 Một ánh xạ 𝑓 từ tập 𝑋 đến tập 𝑌 quy tắc đặt tương ứng phần tử 𝑥 𝑋 với (và một) phần tử 𝑦 𝑌 Phần tử gọi ảnh 𝑥 qua ánh xạ 𝑓 ký hiệu 𝑦 = 𝑓 (𝑥) Tập hợp 𝑋 gọi tập xác định 𝑓 Tập hợp 𝑌 gọi tập giá trị 𝑓 Định nghĩa i) Ánh xạ 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 gọi đơn ánh với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑋 mà 𝑎 ̸= 𝑏 𝑓 (𝑎) ̸= 𝑓 (𝑏) Nói cách khác ánh xạ 𝑓 đơn ánh với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑋 mà 𝑓 (𝑎) = 𝑓 (𝑏) suy 𝑎 = 𝑏 ii) Ánh xạ 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 gọi toàn ánh với phần tử 𝑦 ∈ 𝑌 tồn phần tử 𝑥 ∈ 𝑋 cho 𝑓 (𝑥) = 𝑦 Như 𝑓 toàn ánh 𝑓 (𝑋) = 𝑌 iii) Ánh xạ 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 gọi song ánh 𝑋 𝑌 vừa đơn ánh vừa tồn ánh Như 𝑓 song ánh với 𝑦 ∈ 𝑌 tồn phần tử 𝑥 ∈ 𝑋 cho 𝑦 = 𝑓 (𝑥) Định lí Cho 𝐴 𝐵 hai tập hợp hữu hạn ∙ Nếu có đơn ánh 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 |𝑋| ≤ |𝑌 | ∙ Nếu có tồn ánh 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 |𝑋| ≥ |𝑌 | ∙ Nếu có song ánh 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 |𝑋| = |𝑌 | Sử dụng song ánh để đếm tổ hợp Ví dụ Cho 𝑋 = {1, 2, , 𝑛} Có tập 𝑘 phần tử X cho tập không chứa số nguyên liên tiếp Lời giải Gọi A tập tất tập 𝑘 phần tử X mà tập không chứa số nguyên liên tiếp B tập tất tập tập 𝑌 = {1, 2, , 𝑛 − (𝑘 − 1)} Ta xây dựng song ánh từ A đến B sau: Lấy 𝑆 = {𝑠1 , 𝑠2 , , 𝑠𝑘 } ∈ 𝐴 (khơng tổng qt giả sử 𝑠1 < 𝑠2 < < 𝑠𝑘 ) đặt tương ứng với 𝑓 (𝑆) = {𝑠1 , 𝑠2 − 1, 𝑠3 − 2, , 𝑠𝑘 − (𝑘 − 1)} Dễ chứng minh 𝑘 song ánh Từ có 𝐶𝑛−𝑘+1 tập thoả u cầu đề Ví dụ Hãy tính trung bình cộng tất số N gồm 2014 chữ số thỏa mãn N chia hết cho chữ số N lập từ 𝑋 = {1, 2, , 8} Lời giải Gọi M tập số thỏa yêu cầu đề Ta xây dựng ánh xạ từ M đến M sau: Với 𝑁 = 𝑎1 𝑎2 𝑎2014 ∈ 𝑀 dặt 𝑓 (𝑁 ) = 𝑏1 , 𝑏2 , , 𝑏2014 với 𝑏𝑖 = − 𝑎𝑖 với 𝑖 = 1, 2, , 2014 Vì 𝑁 + 𝑓 (𝑁 ) = 99 (2014 số 9) chia hết cho N chia hết suy 𝑓 (𝑁 ) chia hết cho Do 𝑓 ánh xạ Nguyễn Ngọc Duy - Trường Phổ Thông Năng Khiếu ĐHQG TPHCM từ M vào M Hơn dễ thấy 𝑓 song ánh Từ suy ∑︁ 𝑁= 𝑁 ∈𝑀 ∑︁ (𝑁 + 𝑓 (𝑁 )) = |𝑀 |.99 𝑁 ∈𝑀 Vậy trung bình cộng số M 99 : Ví dụ Cho số tự nhiên 𝑘, 𝑛, 𝑚 thỏa điều kiện < 𝑘 ≤ 𝑛, 𝑚 > Hỏi có thứ tự (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑘 ) 𝑛 số tự nhiên mà thỏa mãn hai điều kiện sau: i) Tồn 𝑖, 𝑗 ∈ {1, 2, , 𝑘} cho 𝑖 < 𝑗 𝑎𝑖 > 𝑎𝑗 ii) Tồn 𝑖 ∈ {1, 2, , 𝑘} cho 𝑎𝑖 − 𝑖 không chia hết cho 𝑚 Lời giải Gọi A tập tất chỉnh hợp chập 𝑘 𝑛 số tự nhiên đầu tiên, A’ tập chỉnh hợp thỏa yêu cầu đề Đặt 𝐵 = {(𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑘 ) ∈ 𝐴 : 𝑎1 < 𝑎2 < < 𝑎𝑘 𝑎𝑖 − 𝑖 𝑚, 𝑖 = 1, 2, , 𝑘}, 𝐵 ′ = {(𝑏 , 𝑏 , , 𝑏 ) : 𝑏 < 𝑏 < < 𝑏 , 𝑏 ∈ {1, 2, , 𝑛 − 𝑘 + 𝑘𝑚}, 𝑏 𝑚, ∀𝑖 = 1, 2, 𝑘} 𝑘 𝑘 𝑖 𝑖 Xét ánh xạ 𝑓 từ B đến B’ sau: với (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑘 ) ∈ 𝐵 ta cho tương ứng với 𝑓 (𝐵) = (𝑎1 − + 𝑚, 𝑎2 − + 2𝑚, , 𝑎𝑘 − 𝑘 + 𝑘𝑚) Khi 𝑓 song ánh từ B đến B’ nên |𝐵| = |𝐵 ′ | = 𝐶⌊𝑘𝑛−𝑘 ⌋+𝑘 𝑚 Mà 𝐴′ = 𝐴 ∖ 𝐵 nên |𝐴′ | = |𝐴| − |𝐵| = 𝐴𝑘𝑛 − 𝐶⌊𝑘𝑛−𝑘 ⌋+𝑘 𝑚 Sử dụng song ánh để chứng minh đẳng thức tổ hợp Ví dụ Gọi 𝑎𝑛 số xâu nhị phân độ dài 𝑛 không chứa ba bit 0, 1, liên tiếp Gọi 𝑏𝑛 số xâu nhị phân độ dài 𝑛 không chứa bốn bit 0, 0, 1, 1, 1, 0, liên tiếp Chứng minh 𝑏𝑛+1 = 2𝑎𝑛 với số nguyên dương 𝑛 Lời giải Gọi 𝐴𝑛 , 𝐵𝑛 tập xâu nhị phân độ dài 𝑛 thỏa điều kiện thứ thứ hai Với xâu nhị phân (𝑥1 , 𝑥2 , , 𝑥𝑛 ) ta cho tương ứng với xâu nhị phân (𝑦0 , 𝑦1 , , 𝑦𝑛 ) xác định 𝑦0 = 𝑦𝑖 = 𝑥1 + 𝑥2 + + 𝑥𝑖 𝑚𝑜𝑑 2, 𝑖 = 1, 2, , 𝑛 (*) Khi 𝑥𝑖 = 𝑦𝑖 − 𝑦𝑖−1 𝑚𝑜𝑑 2, 𝑖 = 1, 2, , 𝑛 Dễ thấy (*) song ánh tập tất xâu nhị phân độ dài 𝑛 tập tất xâu nhị phân độ dài 𝑛 + có bit Hơn xâu nhị phân (𝑥1 , 𝑥2 , , 𝑥𝑛 ) có bit 0,1,0 liên thứ tự xâu nhị phân tương ứng (𝑦0 , 𝑦1 , , 𝑦𝑛 ) có bit liên thứ tự 0,0,1,1 1,1,0,0 Nói cách khác xâu nhị phân thuộc 𝐴𝑛 tương ứng với xâu nhị phân thuộc 𝐵𝑛+1 bắt đầu bit Vì số xâu nhị phân thuộc vào 𝐵𝑛+1 bắt đầu bit nửa số xâu nhị phân thuộc vào 𝐵𝑛+1 ta có 𝑏𝑛+1 = 2𝑎𝑛 (điều phải chứng minh) Nguyễn Ngọc Duy - Trường Phổ Thơng Năng Khiếu ĐHQG TPHCM Ví dụ Gọi M số số nguyên dương hệ thập phân có 2𝑛 chữ số có 𝑛 chữ số 𝑛 chữ số Gọi N số số nguyên dương có 𝑛 chữ số hệ thập phân có chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số Chứng minh |𝑀 | = |𝑁 | Lời giải Ta chứng minh có song ánh từ N vào M Lấy số thuộc vào N, ta cho tương ứng với số thuộc vào M theo cách: viết hai số liền ta số có 2𝑛 chữ số , sau chữ số 𝑛 chữ số đổi thành chữ số 1, chữ số 𝑛 chữ số đổi thành chữ số Tương tự, chữ số 𝑛 chữ số đổi thành chữ số 2, chữ số 𝑛 chữ số đổi thành chữ số Với cách làm ta thu số thuộc vào M hiển nhiên đơn ánh Để chứng minh song ánh ta xây dựng ánh xạ ngược sau: Với số có 𝑛 chữ số 𝑛 chữ số ta cắt đôi 𝑛 chữ số đầu 𝑛 chữ số cuối sau đặt chúng song song thực phép cộng sau: + = 1, + = 2, + = 3, + = Khi ta thu số thuộc vào N Như có song ánh hai tập M N nên |𝑀 | = |𝑁 | Ví dụ Cho 𝑋 = {1, 2, , 𝑛} Một tập A X gọi tập béo phần tử A không nhỏ số phần tử Tập rỗng tập béo Đặt 𝑎𝑛 số tập béo X mà tập không chứa hai số liên tiếp, 𝑏𝑛 số tập X mà hai phần tử đơn vị Chứng minh 𝑎𝑛 = 𝑏𝑛 Lời giải Gọi A họ tập béo thỏa yêu cầu đề bài, B họ các tập X có tính chất hai phần tử đơn vị Ta thiết lập ánh xạ 𝑓 từ A đến B sau: giả sử 𝑥 = {𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑘 } ∈ 𝐴, ta giả sử 𝑘 ≤ 𝑎1 < 𝑎2 < 𝑎3 < < 𝑎𝑘 ≤ 𝑛 Đặt 𝑏1 = 𝑎1 − 𝑘 + 1, 𝑏2 = 𝑎2 − 𝑘 + 2, , 𝑏𝑘 = 𝑎𝑘 Khi 𝑎𝑖+1 ≥ 𝑎𝑖 + 2, 𝑖 = 1, 2, , 𝑘 − Suy 𝑎𝑖+1 − 𝑎𝑖 ≥ 𝑏𝑖+1 − 𝑏𝑖 ≥ 𝑏1 ≥ 1, 𝑏𝑘 ≤ 𝑛 Định nghĩa 𝑓 (𝑥) = 𝑦 = {𝑏1 , 𝑏2 , , 𝑏𝑘 }, suy 𝑦 ∈ 𝐵 Vậy 𝑓 ánh xạ, dễ thấy 𝑓 song ánh ta có điều cần chứng minh Sử dụng ánh xạ để chứng minh bất đẳng thức tổ hợp Ví dụ Cho 𝑚, 𝑛 số nguyên dương lớn 1, S tập gồm 𝑛 phần tử Giả sử 𝐴1 , 𝐴2 , , 𝐴𝑚 tập S cho với 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑆 có tập 𝐴𝑖 𝑥 ∈ 𝐴𝑖 𝑦 ∈ / 𝐴𝑖 𝑥 ∈ 𝐴𝑖 𝑦 ∈ / 𝐴𝑖 Chứng minh 𝑛 ≤ 2𝑚 Lời giải Gọi T tập tất xâu nhị phân có 𝑚 ký tự Xét tương ứng từ S đến T sau: với 𝑥 ∈ 𝑆 đặt 𝑓 (𝑥) = 𝑥1 𝑥2 𝑥𝑚 , 𝑥𝑖 = 𝑥 ∈ 𝐴𝑖 𝑥𝑖 = 𝑥 ∈ / 𝐴𝑖 Khi hiển nhiên 𝑓 đơn ánh nên |𝑆| ≤ |𝑇 | hay 𝑛 ≤ 2𝑚 Nguyễn Ngọc Duy - Trường Phổ Thơng Năng Khiếu ĐHQG TPHCM Ví dụ Cho X tập gồm 𝑛 số Giả sử 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑘 số thỏa mãn ∀𝑢, 𝑣 ∈ 𝑋, 𝑢 ̸= 𝑣 tồn 𝑎𝑖 cho (𝑢 − 𝑎𝑖 )(𝑣 − 𝑎𝑖 ) ≤ Chứng minh 𝑛 ≤ 3𝑘 Lời giải Đặt 𝑌 = {(𝑢1 , 𝑢2 , , 𝑢𝑘 ) : 𝑢𝑖 = 0, 1, 2} Với ⎧ ⎪ 0, ⎪ ⎪ ⎨ 𝑢𝑖 = 1, ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2, 𝑢 ∈ 𝑋 đặt 𝑓 (𝑢) = {𝑢1 , 𝑢2 , , 𝑢𝑘 } ∈ 𝑌 , 𝑢 < 𝑎𝑖 𝑢 = 𝑎𝑖 𝑢 > 𝑎𝑖 với 𝑖 = 1, 2, , 𝑘 Ta chứng minh 𝑓 đơn ánh Thật vậy, giả sử tồn 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑋 mà 𝑢 ̸= 𝑣 𝑓 (𝑢) = (𝑢1 , 𝑢2 , , 𝑢𝑘 ) = (𝑣1 , 𝑣2 , , 𝑣𝑘 ) = 𝑓 (𝑣) 𝑢 ̸= 𝑣 nên tồn 𝑎𝑖 cho (𝑢 − 𝑎𝑖 )(𝑣 − 𝑎𝑖 ) ≤ Để ý 𝑢𝑖 = 𝑣𝑖 , ∀𝑖 = 1, , 𝑘 nên 𝑢, 𝑣 < 𝑎𝑖 𝑢, 𝑣 = 𝑎𝑖 𝑢, 𝑣 > 𝑎𝑖 Cả ba trường hợp không xảy nên 𝑓 đơn ánh Từ suy 𝑛 = |𝑋| ≤ |𝑌 | = 3𝑘 Ví dụ Với số tự nhiên 𝑛 ký hiệu 𝐻𝑛 tập tất hoán vị (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) [𝑛] = {1, 2, , 𝑛} Xét tập hợp 𝑆𝑛 = {(𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝐻𝑛 : 𝑎𝑖 ≥ 𝑖 − 1, ∀𝑖 = 1, 2, , 𝑛}, 𝑇𝑛 = {(𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝐻𝑛 : 𝑎𝑖 ≤ 𝑖 + 1, ∀𝑖 = 1, 2, , 𝑛} Tìm tất số nguyên dương 𝑛 cho |𝑇𝑛 | |𝑆𝑛 | > 31 Lời giải Đặt 𝑃𝑛 = {(𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 )𝑖𝑛𝑆𝑛 : 𝑎1 = 1}, 𝑄𝑛 = {(𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝑆𝑛 : 𝑎𝑛 ̸= 1} Hiển nhiên 𝑃𝑛 ∩ 𝑄𝑛 = ∅, 𝑃𝑛 ∪ 𝑄𝑛 = 𝑆𝑛 Xét ánh xạ 𝑓 từ 𝑃𝑛 đế 𝑄𝑛 sau: với (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝑃𝑛 ta cho tương ứng với (𝑎2 , 𝑎1 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝑄𝑛 Dễ thấy 𝑓 song ánh nên |𝑃𝑛 | = |𝑄𝑛 | = 21 |𝑆𝑛 | Xét ánh xạ 𝑔 từ 𝑃𝑛 đến 𝑆𝑛−1 sau: với (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝑃𝑛 ta cho tương ứng với (𝑎2 −1, 𝑎3 − 1, , 𝑎𝑛 − 1) ∈ 𝑆𝑛−1 Dễ thấy 𝑔 song ánh nên |𝑃𝑛 | = |𝑆𝑛−1 | Do ta có |𝑆𝑛 | = 2|𝑆𝑛−1 |, 𝑛 ≥ Hơn |𝑆2 | = 2, |𝑆1 | = nên |𝑆𝑛 | = 2𝑛−1 Xét ánh xạ ℎ từ 𝑇𝑛 đến 𝑇𝑛−1 ∪ 𝑇𝑛−2 xác định sau: với (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝑇𝑛 ta cho tương ứng với (𝑎2 − 1, 𝑎3 − 1, , 𝑎𝑛 − 1) 𝑎1 = tương ứng với (𝑎3 − 2, 𝑎4 − 2, , 𝑎𝑛 − 2) 𝑎1 = Dẽ thấy ℎ song ánh nên |𝑇𝑛 | = |𝑇𝑛−1 | + |𝑇𝑛−2 |, mà |𝑇2 | = 2, |𝑇1 | = √ √ − 𝑛+1 1 + 𝑛+1 ) −( ) ] |𝑇𝑛 | = √ [( 2 Từ giải |𝑇𝑛 | |𝑆𝑛 | > ⇔ 𝑛 ≤ Bài tập Bài Cho 𝑋 = {1, 2, , 𝑛} Một tập 𝑆 = {𝑠1 , 𝑠2 , , 𝑠𝑘 } X (𝑠1 < 𝑠2 < < 𝑠𝑘 ) gọi m- tách (𝑚 ∈ N) 𝑠𝑖 − 𝑠𝑖−1 ≥ 𝑚; 𝑖 = 1, 2, , 𝑘 Có tập mtách gồm 𝑘 phần tử X, ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 − (𝑚 − 1)(𝑘 − 1) Bài Cho 𝑋 = {1, 2, , 𝑛}, với tập khác rỗng 𝐴𝑖 = {𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑖 } (không tổng quát giả sử 𝑎1 > 𝑎2 > > 𝑎𝑖 ) ta định nghĩa tổng hỗn tạp 𝐴𝑖 số 𝑚(𝐴𝑖 ) = ∑︀ 𝑎1 − 𝑎2 + 𝑎3 − ± 𝑎𝑖 Tính 𝑚(𝐴𝑖 ) 𝐴𝑖 ⊂𝑋 Nguyễn Ngọc Duy - Trường Phổ Thông Năng Khiếu ĐHQG TPHCM Bài Cho tập S gồm tất số nguyên dương đoạn [1, 2, , 2002] Gọi T tập hợp tất tập khác rỗng S Với X thuộc T ký hiệu m(X) trung bình cộng phần tử thuộc X Tính ∑︀ 𝑚= 𝑚(𝑋) |𝑇 | 𝑋∈𝑇 Bài Với số tự nhiên 𝑛, gọi 𝑝𝑛 (𝑘) số hoán vị tập 𝐴 = {1, 2, , 𝑛} mà có 𝑘 điểm cố định (0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛) Chứng minh 𝑛 ∑︁ 𝑘.𝑝𝑛 (𝑘) = 𝑛! 𝑘=0 Bài Cho 𝑛 ≥ số nguyên dương Ký hiệu 𝑇𝑛 = {0, 1, 2, , 𝑛 − 1} Xét tập 𝐴𝑛 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐) : 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑇𝑛 , 𝑎 < 𝑏 < 𝑐, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑛)} 𝐵𝑛 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐) : 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑇𝑛 , 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑛)} Chứng minh |𝐴𝑛+3 | = 3|𝐵𝑛 | Bài Cho số nguyên dương 𝑛 𝑑 ước dương 𝑛 Gọi S tập tất (𝑥1 , 𝑥2 , , 𝑥𝑛 ) nguyên dương thỏa ≤ 𝑥1 ≤ 𝑥2 ≤ ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑛 𝑑|𝑥1 + 𝑥2 + + 𝑥𝑛 Chứng minh có nửa phần tử S có tính chất 𝑥𝑛 = 𝑛 Bài Mỗi hoán vị (𝑥1 , 𝑥2 , , 𝑥2𝑛 ) tập 𝑆 = {1, 2, , 2𝑛} gọi có tính chất P |𝑥𝑖 − 𝑥𝑖+1 | = 𝑛 với giá trị 𝑖 ∈ {1, 2, , 2𝑛 − 1} Chứng minh với 𝑛 nguyên dương số hoán vị có tính chất P lớn số hốn vị khơng có tính chất P Nguyễn Ngọc Duy - Trường Phổ Thơng Năng Khiếu ĐHQG TPHCM BÀI TỐN CHIA KẸO EULER Vũ Nguyên Duy (THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang) A BÀI TỐN CHIA KẸO EULER Bài tốn gốc Có k kẹo giống chia cho n (n k ) em bé cho em có kẹo Hỏi có tất cách chia kẹo? Bài tốn tương đương: Tìm số nghiệm ngun dương phương trình: x1 x2 xn k Đáp án: Có tất Ckn11 cách Bài tốn mở rộng Có k kẹo giống chia cho n em bé, không thiết em có kẹo Hỏi có tất cách chia kẹo? Bài tốn tương đương: Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 x2 xn k (2) Lời giải: Ta có: (2) ( x1 1) ( x2 1) ( xn 1) n k Đặt yi xi 1, i 1, , n Số nghiệm phương trình (2) số nghiệm nguyên dương phương trình: y1 y2 yn k n Đáp án: Có tất Cnnk11 cách Ta biết đến toán với tên gọi “stars and bars” “ balls and urns” Nguyên nhân tên gọi để đếm số nghiệm trên, người ta thực sau: Trước hết, ta đếm số cách chia thành phần có số lượng phần tử dương: Xếp k lên đường thẳng ***************** Giữa ngơi có k khoảng trống, ta tìm cách đặt chắn vào chúng để chia thành n phần, chẳng hạn **** | **** | ******** | * Chọn n khoảng trống k khoảng trống, có Ckn11 Trở tốn đếm số nghiệm không âm, ta cần mượn thêm n cho trước phần sao, đó, ta lại đưa đếm số cách chia thành phần có số lượng phần tử dương tổng phần tử n k Kết Cnnk11 Kết toán mở rộng số tổ hợp lặp chập k n phần tử Ta có định nghĩa tổ hợp lặp sau: Định nghĩa: Một gồm k phần tử lấy từ n phần tử phân biệt thỏa mãn điều kiện: - Có tính thứ tự - Một phần tử chọn nhiều lần Chính tổ hợp lặp chập k n phần tử Để xác định số tổ hợp lặp này, ta nhận xét rằng: hai tổ hợp khác có số lượng phần tử n phần tử cho khác B CÁC ÁP DỤNG CƠ BẢN: Các tốn số nghiệm ngun dương (khơng âm) phương trình, bất phương trình: Ví dụ Tìm số nghiệm nguyên phương trình a b c d 16 với a 1, b 2, c 3, d Lời giải: Đặt x a 1, y b 2, z c 3, t d Khi u cầu tốn trở thành: Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x y z t Áp dụng toán gốc (2) ta có kết C93 84 nghiệm x1 x2 x3 x4 17 Ví dụ Tìm số nghiệm ngun hệ: 2 xi 5, i 1, Lời giải: Đặt yi xi 2, i 1, , , từ giả thiết suy yi 3, i 1, Ta có hệ: y1 y2 y3 y4 (1) (I ) 0 yi i 1, Gọi X tập tất nghiệm nguyên không âm (1), X C123 Gọi A, B, C, D tập tất nghiệm nguyên bốn hệ: y1 y2 y3 y4 y1 y2 y3 y4 y y y3 y4 ; ; ; y1 y2 y4 Ta tính được: A B C D C83 A B AC A D B C B D C D A B C AC D B C D A B D A B C D Theo nguyên lý bù trừ, ta có số nghiệm hệ (I) bằng: X A B C D X C123 4C83 4.6 20 Vậy có 16 nghiệm thỏa u cầu tốn Ví dụ Tìm số nghiệm ngun khơng âm bất phương trình: x1 x2 x3 x4 11 Lời giải: 11 Cách 1: xét 12 phương trình dạng x1 x2 x3 x4 i (i 0, ,11) Kết quả: C33i 1365 i 0 Cách 2: Số nghiệm cần tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 x2 x3 x4 x5 11 Kết quả: C154 1365 (nghiệm) x1 x2 x3 x4 10 Ví dụ Tìm số nghiệm ngun khơng âm hệ: x1 Lời giải: Số nghiệm cần tìm số nghiệm ngun khơng âm hệ: x1 x2 x3 x4 x5 10 x1 Lần lượt cho x1 nhận giá trị 0; 1; 2; 3, sử dụng tốn chia kẹo Euler, ta có số nghiệm cần tìm bằng: C133 C123 C113 C103 791 (nghiệm) Các tốn chọn: Ví dụ 5: Có số ngun khơng âm cho biểu diễn thập phân có khơng q 2017 chữ số, chữ số viết theo thứ tự không giảm? (chẳng hạn số 55677 số chấp nhận được, 54 khơng được) Lời giải: Gọi xi số lần xuất phần tử i với i 0,1,2,3, 4,5,6,7,8,9 Ta giải phương trình: x0 x1 x2 x9 2017 (1) với xi không âm Số nghiệm ( x0 ; x1 ; ; x9 ) khơng âm phương trình số số cần tìm Vậy ta có C2026 số cần tìm Ví dụ 6: 6a (Uzbekistan, 2012) Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số mà biểu diễn thập phân có chữ số Biết x S số y tạo thành cách hốn đổi chữ số x khơng thuộc S Tính giá trị lớn có S 6b Có số nguyên dương nhỏ 106 mà tổng chữ số 23 Lời giải 6a Với tính chất tập hợp S , khơng tính tổng qt, ta giả sử tất số thuộc tập hợp S bắt đầu số Khi đó, số lại tổ hợp có tính lặp tập hợp 0,1, 2, ,9 để đạt GTLN, ta chọn hết tổ hợp lặp Gọi xi i 0,1, 2, ,9 số lần xuất số i Số tổ hợp có tính lặp tập hợp 0,1, 2, ,9 số nghiệm x0 , x1 , , x9 khơng âm phương trình x0 x1 x2 x9 Vậy kết cần tìm C109 51 2002 số 6b Số cần tìm có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 với a1 a2 a3 a4 a5 a6 23 (*) 9, i 1, Gọi Ai , i 1, tập hợp nghiệm không âm (*) 10 1 Trước hết, ta thấy số nghiệm (*) C23 1 C28 Ta tính A với ý Ai A j Ak với i j k tổng số 23 i i 1 Tính A1 : đặt a1 a1 10 a1 a2 a3 a4 a5 a6 13 , phương trình có số nghiệm C136161 C185 Tương tự với Ai , i 2, Tính A1 A2 : đặt a1 a1 10 0, a2 a2 10 a1 a2 a3 a4 a5 a6 , phương trình có số nghiệm C36611 C85 Tương tự với Ai A j mà i j khác Do Ai Ai i 1 i 1 Ai Aj C185 C52 C85 1i j Vậy số lượng số cần tìm C28 C185 C52 C85 47432 Ví dụ 7: Tìm số cách chọn r số phân biệt từ n số nguyên dương cho lựa chọn khơng chứa số nguyên liên tiếp Lời giải: Sắp xếp n số nguyên dương thành hàng theo thứ tự tăng Nếu số chọn đặt biểu tượng Y số đó, khơng chọn đặt biểu tượng N số Gọi x1 số lượng số có biểu tượng N đứng trước biểu tượng Y đầu tiên, x2 số lượng số có biểu tượng N biểu tượng Y biểu tượng Y thứ hai,…, xr số lượng số có biểu tượng N biểu tượng Y thứ r biểu tượng Y thứ r , xr 1 số lượng số có biểu tượng N đứng sau biểu tượng Y thứ r Khi có tương ứng một-một lựa chọn chấp nhận với nghiệm nguyên phương trình x1 x2 xr 1 n r x 0, x r 1 0, xi i 2, r Vậy có Cnr r 1 cách lựa chọn thỏa đề Ví dụ 8: 8a Có 10 người xếp thành hàng dọc Có cách chọn người cho khơng có hai người kề chọn 8b Có 10 người xếp thành vòng tròn, hỏi có cách chọn người cho khơng có người kề chọn Lời giải: 8a Thứ tự người chọn hoàn toàn xác định tham số sau: x1 số người đứng đầu đến sát người chọn đầu tiên, x2 số người người người 2, x3 số người người người 3, x4 số người sau người đến cuối Khi có tương ứng một-một lựa chọn chấp nhận với nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 x2 x3 x4 , x2 , x3 Đặt y2 x2 1, y3 x3 Ta x1 y2 y3 x4 với biến ngun khơng âm Áp dụng tốn chia kẹo Euler ta có đáp số C83 56 8b Cố định người A bàn tròn Xét trường hợp A người chọn: Gọi x1 số người ngồi bên phải A người thứ hai chọn, x2 số người ngồi bên phải người chọn thứ đến người chọn thứ 3, x3 số người ngồi bên phải người chọn thứ đến A Trong trường hợp số cách chọn số nghiệm nguyên dương phương trình x1 x2 x3 Theo tốn Euler ta có C62 cách chọn Xét trường hợp A không chọn, toán tương đương với toán 8a với người xếp thành hàng dọc Như có C73 cách chọn Vậy có C62 C73 50 cách chọn Ví dụ 9: Tìm số cách xếp 30 viên bi giống vào hộp cho hộp có bi, hộp có khơng bi Lời giải: Gọi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 số viên bi hộp 1,2,3,4 Ta có x1 x2 x3 x4 x5 30 (*) x1 5, x2 , x3 x4 , x5 Gọi y1 x1 thay vào phương trình (*) ta y1 x2 x3 x4 x5 25 (**) Như số nghiệm phương trình (*) với x1 x2 , x3 , x4 , x5 số nghiệm phưởng trình (**) C29 Gọi A tập nghiệm phương trình (*) với x1 5, x2 x3 , x4 , x5 Gọi B tập nghiệm phương trình (*) với x1 5, x3 x2 , x4 , x5 Nên A B tập nghiệm phương trình (*) với x1 5, x2 , x3 x4 , x5 ; A B C154 Áp dụng toán Euler, ta tính A B C22 A B A B A B 13265 Vậy số cách xếp thỏa đề C294 A B 10486 Ví dụ 10: Có dãy gồm 30 đặt bàn Tuấn giáo thưởng số Tuấn sinh vào ngày 5/5 lại ghét số nên bạn muốn chọn cho khơng có liên tiếp có thứ tự chênh lệch lượng chia hết cho Biết Tuấn chọn hai đầu dãy Hỏi Tuấn có tổng cộng cách chọn thêm theo ràng buộc ? Lời giải: Gọi x1 , x2 , x3 số sách bên phải từ chọn đến chọn thứ hai, số sách bên phải từ chọn thứ hai đến chọn thứ ba số sách bên phải từ chọn thứ ba đến chọn bìa Ta có x1 x2 x3 26 (*) xi 5k với i 1,3 (*) y1 y2 y3 29 yi xi 1, i 1,3 yi không chia hết cho Đặt yi 5qi ri ; ri Vậy tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán P x , P x 1 x nQ1 x Qk x , n, k Qj x 1 mj x w x w x w j j j m j 1 n với w j , w2j mj 1 Lưu ý, đa thức với hệ số thực có dạng P x 1 n, m, k nm x n x 1 P1 x Pk x , m Pj x x x x m j 1 , với m j số nguyên dương lẻ thỏa mãn yêu cầu toán Chú ý tính chất đặc biệt đa thức Đa thức có nhiều đặc điểm tính chất riêng Việc phải vận dụng linh hoạt tính chất đa thức để giải tốn phương trình hàm đa thức đặc điểm thú vị dạng toán Bài 21 [Iran 2015] Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P 5x P 5x 1 Hướng dẫn giải: Dễ dàng tìm đa thức thỏa mãn yêu cầu toán là: P x 13 13 ,Px 2 Xét trường hợp P không đa thức Trong trường hợp này, ta chứng minh P Sau đó, từ 1 thay x Mà P x 5 5 1 13 13 ; ta suy P 10 2 10 1 x nên P phải có dạng a b với a, b 10 Suy không tồn đa thức khác thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tất đa thức cần tìm là: P x 13 13 ,Px 2 Trang 20 2 (mâu thuẫn với ) Bài 22 [Serbia EGMO TST 2015] Tìm tất đa thức P x thỏa mãn x 100 P x xP x 1 , x 1 Hướng dẫn giải: Đặt Q x P x Khi Q x ta có 100 1 x 100 Q x xQ x 1 , x Từ ta tìm Q x cx x 1 x 99 c 2 Suy tất đa thức cần tìm là: P x cx x 1 x 99 c 100 Bài 23 [Putnam 2010] Tìm tất cặp đa thức p x q x có hệ số thực thỏa mãn p x q x 1 p x 1 q x 1 Hướng dẫn giải: Dễ thấy p, q khác đa thức không Từ 1 , thay x x ta p x 1 q x p x q x 1 2 Từ 1 , ta suy p x q x 1 q x 1 q x p x 1 p x 1 3 Lưu ý từ 1 ta suy p x , q x Do từ ta suy p x 1 p x 1 p x 4 Mà p x , p x 1 , p x 1 có bậc hệ số cao nên p x 1 p x 1 p x Đặt r x p x p x 1 , ta suy r 5 x r x 1 r x Do r đa thức Tương tự, đặt s x q x q x 1 , ta suy s đa thức Từ ta tìm đa thức thỏa mãn yêu cầu toán là: p x ax b, q x cx d với a, b, c, d Trang 21 thỏa mãn bc ad Bài 24 [Georgia TST 2005] Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P 2P x 2P P x P x , x 1 Hướng dẫn giải: Dễ thấy tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán P x 0, P x Xét deg P Chú ý từ 1 ta suy P 2P x 2P P x P x , x Mà với x tồn z 2 cho P z x nên từ ta suy P x 2P x x , x Từ ta tìm P x x bx b 3 Thử lại, ta thấy đa thức cần tìm P x 0, P x , P x x bx b Bài 25 [Olympic chuyên KHTN 2017] Tìm tất đa thức P x cho P a P b P c P a b c , 2 2 với số a, b, c thỏa mãn ab bc ca Hướng dẫn giải: Chú ý x 1 x 1 x 1 x x x 1 nên từ giả thiết ta suy P x 1 P x 1 P x P 3x 2, x 2 2 1 Từ 1 ta suy P x mx n với m, n Khi P a P b P c P a b c 2, a, b, c : ab bc ca 1 2 m a2 b2 c 3n2 m a b c n2 2, a, b, c : ab bc ca 1 2n2 2m m n2 Vậy tất đa thức cần tìm P x mx n ,với m, n thỏa mãn m2 n2 Ta viết nghiệm tốn dạng P x cos x sin ,với 0;2 Trang 22 II BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Tìm tất đa thức P x có bậc n thỏa mãn P 1 P x P x P x n x x x n P x , x Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x x P x Xác định tất đa thức W x thỏa mãn W x W x W x Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x P x P x x Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x P x P x x Bài Tìm tất đa thức P Bài Bài Bài Bài x thỏa mãn 16P x P x 2 2 , x 3 x thỏa mãn Bài [Olympic Tốn sinh viên 2010] Tìm tất đa thức P P x P x P x3 x , x Bài [Olympic 30/4 lần thứ XX - 2014] Xác định đa thức P P x P x P x 3x , x x thỏa mãn Bài Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x 4P x x Bài 10 Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x P x Bài 11 Tìm tất đa thức P Bài 12 Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x x thỏa mãn P x Bài 13 [VMO 2006] Tìm tất đa thức P 1 P x x 1 P x P x 2 2 x thỏa mãn P x x 3P x P x P x x , x Bài 14 Tìm tất đa thức P x có hệ số thực thỏa mãn x 1 P x 1 x 1 P x 1 x2 1 P x 3 Bài 15 Tìm tất đa thức đơn P, Q x thỏa mãn P 1 P P n Q 1 n , n Bài 16 Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P 2015 2025 P x 10 Trang 23 P x 13, x Bài 17 [Romani 2002] Tìm tất đa thức f x , g x có hệ số thực thỏa mãn x x 1 f x x 1 x x 1 g x x 1 , x Bài 18 [Greece TST 2014] Tìm tất đa thức P x khác đa thức không thỏa mãn P3 x 3P x P x 3P x , x Bài 19 [Baltic Way 2015] Cho số nguyên n Tìm tất đa thức P x không đa n n 1 thức thỏa mãn P x P x P x P x n P x , x Bài 20 Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x P x P x P x 1 Bài 21 Cho số nguyên k Tìm tất đa thức P x thỏa mãn P x P x k P x k P x 1 Bài 22 [IMO 2004] Tìm tất đa thức f x cho f x y f y z f z x f x y z , với x, y, z thỏa mãn xy yz zx Bài 23 [Costa Rica 2008] Tìm tất đa thức P x x thỏa mãn P a b P b c P c a P 2a b c P a 2b c P a b 2c , a, b, c Bài 24 [Romani TST 2013] Cho số nguyên n Tìm tất đa thức f x thỏa mãn 1 f xn 1 f x Bài 25 Tìm tất đa thức P n x có nghiệm thực thỏa mãn: P x P x P x2 1 Trang 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển, Đa thức ứng dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2006 [2] Lê Hồnh Phò, Chun khảo Đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Tp.HCM, 2003 [3] Nguyễn Tài Chung, Bồi dưỡng học sinh giỏi Phương Trình Hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014 [4] Trần Nam Dũng, Về dạng phương trình hàm đa thức, http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?app=core&module=attach§ion=attach&attac h_id=20496 [5] https://artofproblemsolving.com Trang 25 BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN CHO HÀM HAI BIẾN -o0o Nguyễn Hoàng Vinh Giáo viên chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai I – Đặt vấn đề Chúng ta biết hàm số f x thỏa điều kiện f '' x 0, x K (Với K khoảng, đoạn đó) với số ; khơng âm có bất đẳng thức Jensen sau f a f b f x y a, b K Vấn đề đặt đây, thay hàm số cho thành hàm hai biến f x; y f x; y cần thỏa điều kiện để f x1; y1 f x2 ; y2 f x1 y1; x2 y2 II – Ý tưởng Để giải vấn đề đặt ra, tìm hiểu phương pháp chứng minh bất đẳng thức Jensen sau Đầu tiên, ta có khai triển Taylor cho hàm số f x điểm x0 f x f x0 f ' x0 x x0 f '' x0 x x x0 Với 0;1 , x x x0 Theo giả thiết, f '' x 0, x K nên ta có bất đẳng thức f x f x0 f ' x0 x x0 , x, x0 K (1) (Ta gọi bất đẳng thức tiếp tuyến) Bây giờ, lấy a, b K a b K thay x0 a b , thay x a, b vào (1) để có hai bất đẳng thức sau f a f a b f ' a b a a b f b f a b f ' a b b a b Từ suy f a f a b f ' a b a a b (2) f b f a b f ' a b b a b (3) Cộng theo vế (2) (3) với lưu ý ta có f a f b f x y a, b K Với cách chứng minh này, sử dụng giả thiết đạo hàm cấp hai hàm số f x không âm khoảng Vậy, ta cố gắng chuyển hàm số f x; y hàm số biến, từ xét đạo hàm cấp hai, dùng khai triển Taylor thực thao tác chứng minh tương tự III – Khai triển Taylor cho hàm hai biến Chú ý: Các hàm số nói khả vi cấp hai miền lồi K Tất nhiên, kiến thức hàm nhiều biến, ta biết khai triển Taylor cho hàm số f x; y điểm M x0 ; y0 đến cấp hai sau f x; y f x0 ; y0 f x x0 ; y0 x f y x0 ; y0 y y0 f x2 x0 x; y0 y x f xy x0 x; y0 y xy f y2 x0 x; y0 y y 2 Kí hiệu: f x , f y đạo hàm cấp hàm số theo biến x, y f x2 , f y2 đạo hàm cấp hai hàm số theo biến x, y f xy đạo hàm hàm số f x theo y Ở đây, đưa cách tiếp cận gần gũi với phổ thông phù hợp với ý tưởng nêu mục Cho K miền lồi hai điểm A x; y , M x0; y0 nằm K Khi đó, điểm B đoạn AM có tọa độ B x0 t x; y0 t y với t 0;1 Khi đó, ta xét hàm số sau g t f x0 t x; y0 t y Rõ ràng hàm biến xét khai triển Taylor cho hàm số t g t g g ' t g '' t t , 0;1 Ta biết rằng: g ' t f x x0 t x; y0 t y x f y x0 t x; y0 t y y g '' t f x2 x0 t x; y0 t y x f xy x0 t x; y0 t y xy f y2 x0 t x; y0 t y y Khi đó, cho t ta có đẳng thức cần chứng minh IV – Các bất đẳng thức tảng xây dựng khai triển Taylor Để cho thuận lợi, ta kí hiệu f x2 f x2 x; y , fxy fxy x; y , fy2 fy2 x; y Khi đó, xét biệt thức f x2 x f xy xy f y2 y Ta nhận thấy, với điều kiện P điểm A x; y , M x0; y0 giá trị x x x0 , y y y0 cho AM thuộc P với điểm B đoạn AM từ khai triển trên, dẫn đến bất đẳng thức f x; y f x0 ; y0 f x x0 ; y0 x x0 f y x0 ; y0 y y0 Ta gọi bất đẳng thức tiếp diện Bất đẳng thức 1: Cho P miền lồi thỏa 0, A x; y P đó, với điểm A1 x1; y1 , A2 x2; y thuộc P ta ln có f x1; y1 f x2 ; y2 f x x2 ; y2 x1 x2 f y x2 ; y2 y1 y2 xy xy yx x; y Từ dẫn đến x y x y Ví dụ 1: Ta xét hàm số f x; y bất đẳng thức xy ab b2 x a a2 y b x; y; a; b x y a b a b 2 Ví dụ 2: Cho hàm hai biến f x; y thỏa miền lồi P Khi đó, với n điểm Ai xi ; yi P n f x i 1 i 1 x n ; yi 1 xi xi 1 f y xi 1 ; yi 1 yi 1 yi i 1 Quy ước: xn1 x1 , yn1 y1 Hệ quả: Xét hàm số f x ln e x e y biệt thức e x y x y nên áp dụng bất x y e e đẳng thức cho ba điểm A x1; y1 , B x2 ; y ,C x3 ; y có tọa độ dương, ta có e cyc x1 e x1 x3 x1 e y1 y3 y1 y1 e Để đơn giản hơn, đặt e xi , bi e yi i 1, 2,3 Ta đưa bất đẳng thức dạng a1 a a1 b1 a2 b2 a b1 b a1 b1 a2 b2 b a a2 a2 b2 a3 b3 a b b2 a2 b2 a3 b3 b a3 a a3 b3 a1 b1 a b3 b a3 b3 a1 b1 b 1 Tiếp tục vấn đề, ta nghiên cứu cách mở rộng bất đẳng thức Jesen cho hàm hai biến tảng bất đẳng thức tiếp diện Xét hai điểm A x1; y1 , B x2 ; y miền lồi P cho hàm số f x; y có biệt thức khơng âm miền Khi đó, đặt S x1 x2 ; y1 y2 s1 ; s2 P với 1, , áp dụng bất đẳng thức tiếp diện ta có f x1; y1 f s1; s2 f x s1; s2 x1 s1 f y s1; s2 y1 s2 (1) f x2 ; y2 f s1; s2 f x s1; s2 x2 s1 f y s1; s2 y2 s2 (2) Nhân (1) với , (2) với cộng lại ta có f x1; y1 f x2 ; y2 f x1 x2 ; y1 y2 Bất đẳng thức 2: Cho hàm số f x; y có biệt thức khơng âm miền lồi P, với điểm A x1; y1 , B x2 ; y thuộc P số ; thỏa 1, , ta ln có f x1; y1 f x2 ; y2 f x1 x2 ; y1 y2 Ví dụ 3: Xét hàm số f x; y xy , biệt thức 2x.y dương x; y dấu hay với hai điểm A x1; y1 , B x2 ; y thỏa x1 x2 , y1 y2 ta có x1 y1 x2 y2 x1 x2 y1 y2 Với ; thỏa 1, , Rõ ràng, mở rộng bất đẳng thức Chebyshev Tất nhiên, ta biết P miền lồi n điểm Ai xi ; yi i 1, 2,3 , n thuộc P điểm n n A i xi ; i yi với i 1 i 1 n i 1 i 1, i thuộc P Từ đó, lặp lại q trình chứng minh trên, ta có bất đẳng thức mở rộng sau Bất đẳng thức 3: Cho hàm số f x; y có biệt thức khơng âm miền lồi P, với n điểm Ai xi ; yi i 1,2,3 , n thuộc P i , i 1, 2,3 , n thỏa n n n i 1 i f xi ; yi f i xi ; i yi i 1 i 1 n i 1 i 1, i ta có Ví dụ 4: Ta quay trở lại hàm số f x; y xy xét n điểm Ai xi ; yi i 1,2,3 , n thỏa x1 x2 x3 xn , y1 y2 yn n điểm thỏa điều kiện P làm cho biệt thức khơng âm Khi đó, với n số i , i 1, 2,3 , n thỏa n i 1 i 1, i ta có 1 x1 y1 x2 y2 n xn yn 1 x1 x2 n xn 1 y1 y2 n yn Hoàn tồn tương tự, ta có định nghĩa biệt thức cho hàm nhiều biến f x1; x2 ; x3 ; ; xn sau 1i , j n f xi x j x1 ; x2 ; ; xn xi x j Và cách chứng minh không bị ảnh hưởng nên ta mở rộng tiếp sang hàm nhiều biến với kí hiệu cho tiện việc trình bày f A f x1; x2 ; ; xn A x1; x2 ; xn Bất đẳng thức 4: Cho hàm số f x1; x2 ; x3 ; ; xn miền lồi P cho biệt thức hàm số không âm P Khi đó, với n điểm Ai thuộc P n số thực khơng âm i có tổng 1, ta ln có n n i f Ai f i Ai i 1 i 1 Ví dụ 5: Xét hàm số f x; y; z có biệt thức x y z xy yz zx z x x y y z x; y; z Nên từ đó, ta có bất đẳng thức n n n n i xi2 yi2 zi2 i xi i yi i zi i 1 i 1 i 1 i 1 Với xi ; yi ; zi i 1, 2, , n số thực không âm i có tổng V – Một số bất đẳng thức ứng dụng Bài 1: Cho bốn số x; y; z; t 0;1 Chứng minh tồn hoán vị a, b, c, d bốn số thỏa sin ab sin cd sin a b c d , 0, Xét hàm số f x; y sin xy có biệt thức 2cos xyxy sin xy yx xy Do đó, để biệt thức không dương, ta cần chọn a c, b d để xy lưu ý số đề cho thuộc 0;1 nên cos xy 0, sin xy Từ có bất đẳng thức cần chứng minh Bài 2: Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh 2ab 2cd a c b d a d c b ab cd a bcd xy có biệt thức yx x y x ; y áp dụng bất đẳng thức x y x y Ta xét f x, y Jensen cho hai điểm A a; b , B c; d ta có điều phải chứng minh Chú ý: theo biệt thức delta, ta cần x y đủ hay giả thiết tốn ghi lại “Cho số thực a; b; c; d có a b 0, c d ” Bài 3: Cho số thực dương x1 , x2 , y1 , y2 , z1 , z2 số thực khơng âm ; có tổng Chứng minh x1 y1 z1 x2 y2 z2 x1 y1 x2 y2 x2 y2 Vì x1 , x2 , y1 , y2 , z1 , z2 số thực dương nên tồn a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 thỏa x1 ea1 , y1 eb1 , z1 ec1 … Ta xét hàm số f x; y; z ln e x e y e z có biệt thức e e x y z x e e y z x y z áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm ba biến Bài 5: Chứng minh n n 1 x y n x n n n y 1 x1n y1n n x2n y2n n x x n n y1 y2 x1 x2 y1 y2 n 1, x1 , x2 , y1 , y2 n 1, x1 , x2 , y1 , y2 n n n n Xét hàm số f x, y x n y n n có biệt thức n 1 x n2 y n2 x n y n 2 n yx xy vào giá trị n, áp dụng bất đẳng thức cho số ta điều phải chứng minh Bài 6: Cho x1; x2 ; x3 ; y1; y2 ; y3 dương số khơng âm , , có tổng Chứng minh x1 y1 x2 y2 x3 y3 x1 x2 x3 y1 y2 y3 n n n n n > Vì số khơng âm nên tồn a1; a2 ; a3 ; b1; b2 ; b3 cho xi eai , yi ebi i 1, 2,3 Khi đó, xét hàm số f x; y e x e y n có biệt thức n n 1 e x e y n2 e x e y x y n ex e y n 1 e x e y x y Áp dụng bất đẳng thức Jensen với số a1; a2 ; a3 ; b1; b2 ; b3 ta có điều cần chứng minh VI – Ý nghĩa hình học Hàm số z f x; y mặt cong khơng gian, ví dụ z R x y nửa mặt cầu, z x y mặt paraboloid hyperbolic… Với điểm A, B mpOxy, ta xây dựng mặt phẳng (P) qua A, B cắt mặt cong z f x; y theo đường cong có phương trình tham số x x0 at C : y y0 bt z f x at , y bt Từ đó, ta nghiên cứu tính chất đường cong (C) mặt phẳng (O’uv) cách đặt hệ trục cho trục Ou AB trục Ov song song Oz Ta thấy có khả sau Cắt (P) mặt phẳng ln thu đường cong lõm Cắt (P) lớp mặt phẳng thỏa tính chất đường cong lõm Ta đưa định nghĩa sau Định nghĩa 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, đường cong (C) nằm mặt phẳng (P) song song Oz gọi lõm ta đặt hệ trục O’uv cho O’u giao tuyến (P) với (Oxy) O’v song song Oz (C) trở thành đồ thị hàm số lồi Định nghĩa 2: Hàm số f x; y gọi lồi toàn phần miền D cắt mặt cong z f x; y mặt phẳng song song Oz, ta thu đường cong lõm D Ví dụ: Nửa mặt cầu z R2 x2 y hàm số lồi toàn phần Định nghĩa 3: Hàm số f x; y gọi lồi phần miền D cắt mặt cong z f x; y lớp mặt phẳng song song Oz ta có đường cong lồi D x a Ví dụ: Khi cắt mặt z x y mặt phẳng x a ta thu đường cong 2 z a y chuyển đường cong vào mặt phẳng tọa độ đường parabol y a x nên đường cong lồi (không lõm) Ngược lại, cắt mặt phẳng y = b ta có đường cong parabol y x b2 mặt phẳng tọa độ mới, đường cong lồi Lưu ý: Nếu điểm A, B lấy cho x1 x2 y1 y2 đường giao tuyến mặt cắt với Oxy có vector phương v a, b có tung hồnh dấu Ta gọi hàm số f x; y lồi theo chiều dương giao tuyến mặt cắt với (Oxy) đường thẳng có vector phương với tung hoành dấu Tương tự, ta có khái niệm lồi theo chiều âm giao tuyến mặt cắt với (Oxy) đường thẳng có vector phương với tung hồnh trái dấu Tài liệu tham khảo Toán cao cấp giải tích hàm nhiều biến, Nguyễn Đình Trí, nhà xuất giáo dục Sáng tạo bất đẳng thức, Phạm Kim Hùng, nhà xuất ĐHSP ... +