Khóa luận tốt nghiệp: Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng | Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
Khóa luận tốt nghiệp: Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng | Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng. Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem.
Môn: Khoa học tự nhiên 5 tài liệu
Trường: Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng 57 tài liệu
Tác giả:
Preview text:
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG KHOA TOÁN-TIN
———————o0o——————– KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG Giảng viên hướng dẫn: GS. NGUYỄN LÊ TRÂM Sinh viên: VÕ VĂN THÀNH Lớp: 22ST1 ĐÀ NẴNG, 6/2026 Lời nói đầu
Đề án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và giúp đỡ tận tình của Thầy TS.
Hoàng Nhật Quy, Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng. Thầy đã truyền
cảm hứng để tôi tìm tòi nghiên cứu các bài toán trong đề án. Thầy cũng đã tận
tình hướng dẫn và giải đáp những thắc mắc của tôi trong suốt quá trình học tập
và thực hiện đề án tốt nghiệp. Nhân đây tôi xin bày tỏ sự kính trọng và lòng
biết ơn sâu sắc đến Thầy, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban lãnh đạo Trường
Đại học Sư phạm Đà Nẵng, Phòng Đào tạo, các thầy cô Khoa Toán học, cùng
Quý thầy cô giáo giảng dạy lớp cao học K47 Phương pháp Toán sơ cấp tại Đà
Nẵng đã giảng dạy trong suốt khóa học, tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong
quá trình học tập và thực hiện đề án. Nhân đây tôi cũng xin chân thành cảm
ơn sự hỗ trợ về mặt tinh thần của gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã luôn tạo
mọi điều kiện giúp đỡ, động viên để tôi hoàn thành tốt khóa học và đề án. Mặc
dù đề án được thực hiện với sự nỗ lực cố gắng hết sức của bản thân, nhưng do
điều kiện thời gian có hạn, kinh nghiệm nghiên cứu còn hạn chế nên đề án khó
tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được những góp ý của Quý thầy
cô giáo để đề án được hoàn thiện hơn.
Đà Nẵng, ngày..... tháng..... năm 2026 i
Một số kí hiệu viết tắt IMO National Mathematical Olympiad IMO
International Mathematics Olympiad APMO
Asian Pacific Mathematics Olympiad TST
Team Selection Test for International Mathematical Olympiad THPT Trung học phổ thông ii MỞ ĐẦU
1. Lý do lựa chọn đề tài
Toán học là một ngành khoa học cơ bản tạo nền tảng cho các ngành khoa học
khác. Trong chương trình giáo dục phổ thông, môn Toán không chỉ giữ vai trò
hết sức quan trọng trong việc trang bị kiến thức mà còn góp phần phát triển
năng lực tư duy, rèn luyện trí tuệ cho người học. Toán học nghiên cứu nhiều
lớp hàm khác nhau, trong đó lớp hàm lồi có vị trí quan trọng trong cả toán lý
thuyết và toán ứng dụng. Do đó, lớp hàm này cũng là đối tượng nghiên cứu rất
quan trọng của toán học.
Bất đẳng thức, mặc dù là một chủ đề khá cổ điển của toán học sơ cấp, nhưng
đã và đang ngày càng phát triển và lôi cuốn sự quan tâm của nhiều người học
yêu toán. Đây là một lĩnh vực rất hay và khó, kích thích người học phải động
não, kiên trì tìm tòi và sáng tạo. Từ một bất đẳng thức đơn giản có thể tạo ra
những bài toán khó và đẹp, do đó cũng dẫn tới nhiều lời giải hay, độc đáo và
sáng tạo. Nội dung, cách phân loại và phương pháp giải cũng như ứng dụng của
bất đẳng thức vào những vấn đề khác của toán học và đời sống là vô cùng đa
dạng. Bất đẳng thức cũng là một chuyên đề giảng dạy bắt buộc đối với kỳ thi
học sinh giỏi các cấp, các bài khảo sát giáo viên dạy giỏi cấp Tỉnh.
Trong chương trình toán học phổ thông, chưa đề cập nhiều đến bất đẳng
thức Jensen và bất đẳng thức Karamata, tuy nhiên trong các kì thi học sinh
giỏi các cấp thường có các bài toán cần ứng dụng phương pháp này để giải. Vì
vậy việc xây dựng hệ thống kiến thức cơ bản về bất đẳng thức Jensen và bất
đẳng thức Karamata cũng như ứng dụng của chúng là điều rất cần thiết. Hơn
nữa việc tổng hợp các phương pháp giải khác nhau cũng sẽ góp phần phát triển
các năng lực tư duy cho học sinh. Do đó cần bồi dưỡng và nâng cao kiến thức về
hàm lồi và ứng dụng của nó trong xây dựng bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata. iii Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
Với những lý do nêu trên cùng với sự hướng dẫn của thầy giáo TS. Hoàng
Nhật Quy, tôi chọn đề tài “MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG
THỨC JENSEN VÀ KARAMATA” . để thực hiện đề án tốt nghiệp chuyên
ngành Phương pháp toán sơ cấp của mình.
Đề tài sẽ trình bày một số dạng bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức
Karamata, các ứng dụng của chúng để giải các bài toán có liên quan đến hàm
lồi. Đề tài đã được bản thân quan tâm và nghiên cứu trong quá trình học cao
học về chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, cũng như trong quá trình dạy
bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT, đem lại niềm đam mê và kích thích
tính tư duy sáng tạo cho học sinh. Với các kết quả đã đạt được, cuốn báo cáo đề
án này được kì vọng trở thành một tài liệu tham khảo dành cho các giáo viên
và học sinh ở trường phổ thông, sinh viên ngành toán và những ai quan tâm
đến bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata cũng như ứng dụng của
chúng trong giải toán. Kết quả của đề tài cũng có thể phát triển thành chuyên
đề học tập dành cho học sinh trong bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp.
2. Đối tượng nghiên cứu
Lý thuyết cơ bản về hàm lồi và một số tính chất cơ bản.
Một số dạng bất đẳng thức Jensen. Bất đẳng thức Karamata.
Ứng dụng của bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata. 3. Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của đề tài thuộc lĩnh vực toán học sơ cấp, các bài toán
trong chương trình phổ thông, một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi
các cấp, Olympic toán học.
4. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài
Hệ thống hóa các kiến thức cơ bản về hàm lồi và các tính chất cơ bản, một số
dạng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata.
Hệ thống hóa và sáng tạo một số bài tập ứng dụng của bất đẳng thức Jensen
và bất đẳng thức Karamata trong chương trình toán sơ cấp. VÕ VĂN THÀNH iv 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
5. Phương pháp nghiên cứu
Thu thập, tìm hiểu các tài liệu có liên quan đến hàm lồi, một số dạng bất đẳng
thức Jensen, bất đẳng thức Karamata và ứng dụng của bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata.
Đọc hiểu, phân tích, hệ thống và chọn lọc các bài toán có ứng dụng của bất
đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata để đưa vào đề án
Tìm hiểu việc ứng dụng của bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata
trong giải các bài toán trong chương trình phổ thông, các bài toán trong các kỳ
thi học sinh giỏi các cấp
Trao đổi, tham khảo ý kiến của thầy hướng dẫn để tiến tới hoàn thiện đề án.
6. Kết cấu của luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung đề án được chia thành hai chương. NỘI DUNG CHÍNH GỒM
CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Hàm lồi và một số tính chất cơ bản
1.2 Một số dạng bất đẳng thức Jensen
1.3 Bất đẳng thức Karamata VÕ VĂN THÀNH v 22ST1 ĐHSPĐN CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG
DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
JENSEN VÀ BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA
2.1 Ứng dụng của bất đẳng thức Jensen
2.2 Ứng dụng của bất đẳng thức Karamata
Nội dung chương 1 trình bày lý thuyết cơ bản của hàm lồi: định nghĩa, các tính
chất cơ bản của hàm lồi, bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata.
Chương 2 trình bày các ứng dụng của bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức
Karamata, chứng minh các bất đẳng thức cổ điển, bất đẳng thức đại số, lượng
giác, hình học bằng cách sử dụng bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Kara-
mata. Sự phân chia thành các dạng toán là dựa trên quan sát, từ đó có hướng
trình bày hợp lý. Vì vậy kính mong các thầy cô và các đồng nghiệp đọc và cho
ý kiến để đề tài: “Một số ứng dụng của Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức
Karamata” được hoàn thiện hơn. vi Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này trình bày một cách ngắn gọn các khái niệm và một số kết quả liên
quan tới hàm lồi, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata. Đây là những
kiến thức chuẩn bị cần thiết cho việc trình bày các ứng dụng của hai bất đẳng
thức nói trên ở chương 2. Các nội dung ở đây được tham khảo và chọn lọc từ các tài liệu [?, ?, ?, ?]. 1.1
Hàm lồi và một số tính chất cơ bản 1.1.1 Các định nghĩa
Định nghĩa 1.1.1.Cho tập I là tập con của tập R, tập I được gọi là tập lồi
trong R nếu với mọi x, y ∈ I và với mọi λ ∈ (0; 1) thì λx + (1 − λ)y ∈ I.
Trong suốt đề án này ta luôn xét tập I là tập lồi trong R.
Định nghĩa 1.1.2. Hàm số f xác định trên tập I được gọi là hàm lồi trên I
nếu với mọi x, y ∈ I và với mọi λ ∈ (0; 1) thì
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). (1.1)
Hàm số f xác định trên tập I được gọi là hàm lồi chặt trên I nếu với mọi
x, y ∈ I, x ̸= y và với mọi λ ∈ (0; 1) thì
f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y). (1.2)
Hàm số f được gọi là hàm lõm (lõm chặt) trên I nếu −f là hàm lồi (lồi chặt) trên I. vii Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
Về mặt hình học: Nếu f : I → R là hàm số lồi, và u, v ∈ I, u < v, thì đoạn
thẳng nối hai điểm (u, f (u)) và (v, f (v)) hoặc là thuộc hoặc là nằm Phía trên đồ
thị của hàm số f (x) trên đoạn [u, v]. Tức là, f (v) − f (u) f (x) ≤ f (u) + (x − u), ∀x ∈ [u, v]. v − u 1.1.2 Các tính chất
Tính chất 1.1.3. Nếu hàm số f là hàm lồi trên I và với mọi số thực k > 0, thì kf là hàm lồi trên I.
Chứng minh. Giả sử f là hàm lồi trên I và k > 0. Với mọi x, y ∈ I, λ ∈ [0, 1] ta có
kf (λx + (1 − λ)y) ≤ k(λf (x) + (1 − λ)f (y)) = λkf (x) + (1 − λ)kf (y).
Do đó, kf là hàm lồi trên I.
Tính chất 1.1.4. Nếu hai hàm số f, g là hàm lồi trên I, thì f + g là hàm lồi trên I. Chứng minh.
Giả sử f, g là hai hàm lồi trên I. Ta chứng minh f + g là hàm lồi trên I. Thật
vậy, với mọi x, y ∈ I, λ ∈ [0, 1], ta có
(f + g)(λx + (1 − λ)y) = f (λx + (1 − λ)y) + g(λx + (1 − λ)y)
≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) + λg(x) + (1 − λ)g(y) = λ(f + g)(x) + (1 − λ)(f + g)(y).
Do đó, f + g là hàm lồi trên I.
Tính chất 1.1.5. Nếu hai hàm số f, g là hàm lồi trên I, không âm và tăng
trên I, khi đó f · g là hàm không âm, không âm và tăng trên I. Chứng minh.
Ta có f, g là hàm không âm và tăng trên I. Giả sử x < y. Suy ra (0 ≤ f(x) < f(y), 0 ≤ g(x) < g(y). Do đó
0 ≤ f (x)g(x) < f (y)g(y).
Vậy f · g là hàm không âm và tăng trên I.
Vì f, g là cùng tăng, nên với mọi x, y ∈ I, x < y ta có
[f (x) − f (y)][g(y) − g(x)] ≤ 0; VÕ VĂN THÀNH viii 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng nghĩa là
f (x)g(y) + f (y)g(x) ≤ f (x)g(x) + f (y)g(y).
Với α > 0, β > 0 và α + β = 1 ta có
f (αx + βy)g(αx + βy) ≤ (αf (x) + βf (y))(αg(x) + βg(y))
= α2f (x)g(x) + αβ[f (x)g(y) + f (y)g(x)] + β2f (y)g(y) ≤ αf (x)g(x) + βf (y)g(y).
Do đó f · g là hàm lồi trên I. Tính chất 1.1.6. Nếu hàm số f là hàm lồi trên
I, hàm số g là hàm lồi trên J và f (I) ⊂ J , khi đó g ◦ f là hàm lồi trên I. Chứng minh.
Giả sử f là hàm lồi trên I và g là hàm lồi và tăng trên J. Với mọi x, y ∈ I và λ ∈ [0, 1] ta có
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y).
Do hàm g là hàm lồi và tăng nên
(g ◦ f )(λx + (1 − λ)y) = g(f (λx + (1 − λ)y))
≤ g(λf (x) + (1 − λ)f (y)) ≤ λg(f (x)) + (1 − λ)g(f (y))
= λ(g ◦ f )(x) + (1 − λ)(g ◦ f )(y).
Do đó g ◦ f là hàm lồi trên I. 1.1.3 Các định lý
Định lý 1.1.7. Nếu hàm số f : I → R là hàm lồi thì f liên tục tại các điểm
trong của I, tức là liên tục trên int(I). Chứng minh.
Giả sử rằng a ∈ int(I) và chọn ε > 0 sao cho [a − ε, a + ε] ⊂ I. Vì f là hàm lồi nên ta có 1 1 1 1 f (a) = f (a − ε) + (a + ε) ≤ f (a − ε) + f (a + ε). 2 2 2 2 Hay
f (a) − f (a − ε) ≤ f (a + ε) − f (a). (∗) Vì f lồi nên ta còn có
f (a + tε) = f ((1 − t)a + t(a + ε)) ≤ (1 − t)f (a) + tf (a + ε), ∀t ∈ [0, 1]. VÕ VĂN THÀNH ix 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
Từ f (a ± tε) ≤ (1 − t)f (a) + tf (a ± ε), trừ hai vế cho f (a), ta có
f (a ± tε) − f (a) ≤ (1 − t)f (a) + tf (a ± ε) − f (a) = t f (a ± ε) − f (a). Mặt khác, từ (∗) ta có
f (a + tε) − f (a) ≤ t f (a + ε) − f (a) ⇐⇒ −t f (a + ε) − f (a) ≤ f (a) − f (a + tε).
Mà f (a) − f (a + tε) ≤ f (a − ε) − f (a), nên
−t f (a + ε) − f (a) ≤ f (a − ε) − f (a). Tương tự, ta có
−t f (a − ε) − f (a) ≤ f (a + tε) − f (a). Do đó,
−t f (a ∓ ε) − f (a) ≤ f (a ± tε) − f (a). (∗∗)
Từ (∗) và (∗∗), ta có
−t f (a ∓ ε) − f (a) ≤ f (a ± tε) − f (a) ≤ t f (a ± ε) − f (a). Suy ra
|f (a ± tε) − f (a)| ≤ t max|f (a − ε) − f (a)|, |f (a + ε) − f (a)| , ∀t ∈ [0, 1].
Vậy hàm f liên tục tại mỗi điểm a ∈ int(I).
Định lý 1.1.8. Hàm số f : I → R là hàm lồi nếu và chỉ nếu f thỏa mãn hai điều kiện sau:
a) f liên tục tại mỗi điểm trên I;
b) f là hàm lồi trung điểm, nghĩa là x + y f (x) + f (y) f ≤ , ∀x, y ∈ I. 2 2 Chứng minh.
• Nếu f lồi thì theo Định lý 1.1.7 thì f liên tục trên int(I), và hiển nhiên theo
định nghĩa hàm lồi ta có x + y f (x) + f (y) f ≤ . 2 2 VÕ VĂN THÀNH x 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
• Ngược lại, giả sử f liên tục trên int(I) và x + y f (x) + f (y) f ≤ . 2 2
Ta cần chứng minh f là hàm lồi.
Thật vậy, bằng phương pháp phản chứng. Giả sử f không lồi, thì sẽ tồn tại
một khoảng con [a, b] sao cho đồ thị của f trên [a, b] không nằm dưới dây cung
nối (a, f (a)) và (b, f (b)), nghĩa là f (b) − f (a) φ(x) = −f (x) + f (a) + (x − a), x ∈ [a, b]. b − a
Đặt γ = infx∈[a,b] φ(x). Vì φ là hàm trung điểm lồi, liên tục và φ(a) = φ(b) = 0.
Đặt c = inf{x ∈ [a, b] : φ(x) = γ}, thì φ(c) = γ và c ∈ (a, b). Theo định nghĩa
của c, với mọi h > 0 mà c ± h ∈ (a, b), ta có φ(c − h) > φ(c), φ(c + h) ≤ φ(c). Vậy nên φ(c − h) − φ(c + h) −φ(c) > , 2
mâu thuẫn với φ là trung điểm lồi.
Hệ quả 1.1.9. Cho f : I → R là hàm liên tục. f là hàm lồi khi và chỉ khi
f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) ≥ 0,
với mọi x ∈ I và h > 0 sao cho x + h và x − h đều thuộc I. Chứng minh. Theo Định lý 1.1.8 ta có (x + h) + (x − h) f (x + h) + f (x − h) f (x) = f ≤ . 2 2 Suy ra
f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) ≥ 0.
Định lý 1.1.10. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên I. Khi đó, y = f (x)
là hàm lồi trên I nếu và chỉ nếu y′ = f ′(x) là hàm tăng trên I. Chứng minh.
Giả sử f (x) lồi trên I. Khi đó với x1 < x < x2 (x, x1, x2 ∈ I), ta có x2 − x x − x1 x2 − x x − x1 > 0, > 0, + = 1. x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 VÕ VĂN THÀNH xi 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng Và vì vậy x2 − x x − x1 f (x) ≤ f (x1) + f (x2), x2 − x1 x2 − x1 hay f (x) − f (x1) f (x ≤ 2) − f (x) . (1) x − x1 x2 − x
Trong (1), cho x → x1, ta thu được f (x2) − f (x1) f ′(x1) ≤ . (2) x2 − x1
Tương tự, trong (1), cho x → x2, ta thu được
f (x2) − f (x1) ≤ f′(x2). (3) x2 − x1
Từ (2) và (3), ta nhận được f ′(x1) ≤ f ′(x2), tức hàm số f ′(x) là hàm đơn điệu tăng.
Ngược lại, giả sử f ′(x) là hàm số đơn điệu tăng và x1 < x < x2 (x, x1, x2 ∈ I).
Theo Định lý Lagrange, tồn tại x3, x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 sao cho f (x) − f (x1) f (x2) − f (x) = f ′(x3), = f ′(x4). x − x1 x2 − x
Do f ′(x3) ≤ f ′(x4) nên f (x) − f (x1) f (x ≤ 2) − f (x) , x − x1 x2 − x tức là ta có (1).
Định lý 1.1.11. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai trên I. Khi đó,
y = f (x) là hàm lồi trên I nếu và chỉ nếu f ′′(x) ≥ 0 với mọi x ∈ I. Chứng minh.
Điều kiện cần. Khi f (x) là hàm lồi, ta có
f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) ≥ 0,
∀x ∈ I, h > 0, x ± h ∈ I. (1)
Giả sử f ′′(x0) < 0. Khi đó tồn tại cấp số dương δ sao cho
f ′(x0 + u) − f ′(x0 − u) < −δu, ∀ 0 ≤ u ≤ h.
Lấy tích phân hai vế theo u từ 0 đến h, ta được δ
f (x0 + h) + f (x0 − h) − 2f (x0) < − h2, 2 VÕ VĂN THÀNH xii 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng mâu thuẫn với (1).
Điều kiện đủ. Ta sử dụng giả thiết f ′′(x) ≥ 0 trong I để chứng minh bất đẳng thức sau: x1 + x2 f (x1) + f (x2) f ≤ , ∀x1, x2 ∈ I. 2 2 Theo định lý Lagrange: f (x) − f (x0) f ′(x) ≤ , khi x > x0, x − x0 và f (x) − f (x0) f ′(x) ≥ , khi x < x0. x − x0 Suy ra f (x1) − f (x) f (x ≤
2) − f (x) , khi x1 < x < x2. x1 − x x2 − x
Điều này tương đương với x2 − x x − x1 f (x) ≤ f (x1) + f (x2), khi x1 < x < x2. x2 − x1 x2 − x1 x Chọn 1 + x2 x = , ta được 2 x1 + x2 f (x1) + f (x2) f ≤ , ∀x1, x2 ∈ I. 2 2
Từ định lý này, nếu f ′′(x) ≥ 0 thì f ′(x) là hàm tăng, cũng có thể suy ra f (x) lồi.
Nhận xét. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai f ′′(x) trên khoảng I.
a) Nếu f ′′(x) ≥ 0 với mọi x ∈ I thì
f (x) ≥ f (x0) + f ′(x0)(x − x0), ∀x, x0 ∈ I.
b) Nếu f ′′(x) ≤ 0 với mọi x ∈ I thì
f (x) ≤ f (x0) + f ′(x0)(x − x0), ∀x, x0 ∈ I. VÕ VĂN THÀNH xiii 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng 1.2 Bất đẳng thức Jensen 1.2.1
Bất đẳng thức Jensen cho hai số
Cho hàm số y = f (x) lồi trên khoảng I. Khi đó, với mọi x, y ∈ I, với mọi α, β
không âm và α + β = 1, ta có
f (αx + βy) ≤ αf (x) + βf (y). (1.3)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Nếu hàm số y = f (x) là hàm lõm trên I thì bất đẳng thức trên đổi chiều. Chứng minh.
Từ định nghĩa hàm lồi ta có điều phải chứng minh. 1.2.2
Bất đẳng thức Jensen cho ba số
Cho hàm số y = f (x) lồi trên khoảng I. Khi đó, với mọi x, y, z ∈ I, với mọi α, β, γ
không âm và α + β + γ = 1, ta có
f (αx + βy + γz) ≤ αf (x) + βf (y) + γf (z). (1.4)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Nếu hàm số y = f (x) là hàm lõm trên I thì bất đẳng thức trên đổi chiều. Chứng minh.
Nếu β + γ = 0 thì β = γ = 0, khi đó bất đẳng thức hiển nhiên.
Giả sử β + γ > 0. Đặt β γ m = y + z. β + γ β + γ Khi đó
αx + βy + γz = (1 − α)m + αx.
Vì f là hàm lồi nên ta có
f (αx + (1 − α)m) ≤ αf (x) + (1 − α)f (m). Mặt khác, β γ f (m) ≤ f (y) + f (z). β + γ β + γ Thay vào trên, ta được
f (αx + βy + γz) ≤ αf (x) + βf (y) + γf (z). VÕ VĂN THÀNH xiv 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng 1.2.3
Bất đẳng thức Jensen cho n số
Cho hàm số y = f (x) lồi trên khoảng lồi I. Khi đó, với mọi x1, x2, . . . , xn ∈ I, với
mọi λ1, λ2, . . . , λn không âm và λ1 + λ2 + · · · + λn = 1, ta có
f (λ1x1 + λ2x2 + · · · + λnxn) ≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + · · · + λnf (xn). (1.5)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn.
Nếu hàm số y = f (x) là hàm lõm thì bất đẳng thức trên đổi chiều. Chứng minh.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp.
Khi n = 1, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Khi n = 2, bất đẳng thức cũng đúng theo định nghĩa hàm lồi.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là
f (λ1x1 + λ2x2 + · · · + λkxk) ≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + · · · + λkf (xk),
với mọi x1, x2, . . . , xk ∈ I, λ1, λ2, . . . , λk ≥ 0 và λ1 + λ2 + · · · + λk = 1.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Giả sử với mọi x1, x2, . . . , xk+1 ∈ I, λ1, λ2, . . . , λk+1 ≥ 0 và
λ1 + λ2 + · · · + λk+1 = 1. Đặt
λ = λ1 + λ2 + · · · + λk.
Do λi > 0 với mọi i = 1, 2, . . . , k + 1 nên 0 < λ < 1. Ta có
λ1x1 + λ2x2 + · · · + λk−1xk−1 + λkxk + λk+1xk+1 λ 1 λ2 λ = λ x k 1 + x2 + · · · + xk + (1 − λ)xk+1. (1) λ λ λ Do xk, xk+1 ∈ I, λk λ > 0, k+1 > 0 1 − λ 1 − λ và λk λ 1 − λ + k+1 = = 1, 1 − λ 1 − λ 1 − λ
mà I là tập hợp lồi, nên λ λ ¯ x = k x k+1 k + xk+1 ∈ I. 1 − λ 1 − λ VÕ VĂN THÀNH xv 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
Bây giờ vế phải của (1) có dạng
λ1x1 + λ2x2 + · · · + λk−1xk−1 + (1 − λ)¯ x. (2)
Với λ1 + λ2 + · · · + λk−1 + (1 − λ) = λ + (1 − λ) = 1, nên từ (2) và theo giả thiết quy nạp suy ra
f (λ1x1 + λ2x2 + · · · + λk−1xk−1 + (1 − λ)¯ x)
≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + · · · + λk−1f(xk−1) + (1 − λ)f(¯ x). (3) Mà f là hàm lồi, nên λ λ λ λ f (¯ x) = f k x k+1 k k+1 k + xk+1 ≤ f (xk) + f (xk+1). (4) 1 − λ 1 − λ 1 − λ 1 − λ Từ (1), (2), (3), (4) suy ra
f (λ1x1 + λ2x2 + · · · + λk+1xk+1) ≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + · · · + λk+1f (xk+1).
Vậy công thức (1.5) đúng khi n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp suy ra (1.5) đúng với mọi n. Do đó là điều phải chứng minh.
Một dạng đặc biệt của bất đẳng thức Jensen. 1 Khi chọn λi =
, i = 1, 2, . . . , n, ta được: n
Hệ quả 1.2.1. Cho hàm số y = f (x) lồi trên khoảng lồi I. Khi đó, với mọi
x1, x2, . . . , xn ∈ I ta có x1 + x2 + · · · + xn 1 f ≤
f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn). (1.6) n n
Nếu hàm số y = f (x) là hàm lõm trên I thì bất đẳng thức trên đổi chiều. Khi chọn λi = mi với m m i > 0, i = 1, k ta được 1+m2+···+mk
Hệ quả 1.2.2. Cho hàm số y = f (x) lồi trên khoảng lồi I.
Khi đó, với mọi x1, x2, . . . , xn ∈ I thì ta có m 1x1 + m2x2 + · · · + m
m1f (x1) + m2f (x2) + · · · + m f kxk ≤ kf (xk) (1.7) m1 + m2 + · · · + mk m1 + m2 + · · · + mk
Nếu hàm số y = f (x) là hàm lõm trên I thì bất đẳng thức trên đổi chiều. VÕ VĂN THÀNH xvi 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng 1.3 Bất đẳng thức Karamata 1.3.1 Định nghĩa bộ trội
Định nghĩa 1.3.1. Cho 2 bộ số a = (a1, a2, . . . , an) và b = (b1, b2, . . . , bn). Ta nói
bộ a trội hơn bộ b, kí hiệu a ≻ b nếu chúng thỏa mãn các điều kiện sau đây a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an, b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn,
a1 + a2 + · · · + ak ≥ b1 + b2 + · · · + bk, ∀k = 1, n − 1,
a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn.
Với dãy (a) = (a1, a2, . . . , an) bất kì ta kí hiệu (a∗) là dãy gồm các phần
tử của (a) sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Với 2 bộ số (a) = (a1, a2, . . . , an) và
(b) = (b1, b2, . . . , bn) ta có định nghĩa (a∗) trội hơn (b∗) tương tự.
Một số tính chất cơ bản liên quan đến các bộ trội
Định lý 1.3.2. Với bất kỳ bộ số (a1, a2, . . . , an) thoả mãn a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ta có: a1 + a2 + · · · + an
(a1, a2, . . . , an) ≻ (a, a, . . . , a), với a = . n
Định lý 1.3.3. Giả sử bộ số (a) = (a1, a2, . . . , an) thoả mãn a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an
và π = (π1, π2, . . . , πn) là một hoán vị bất kỳ của {1, 2, . . . , n}, khi đó:
(a) = (a1, a2, . . . , an) ≻ (aπ) = (aπ(1), aπ(2), . . . , aπ(n))
Định lý 1.3.4. Nếu 2 bộ số (a) = (a1, . . . , an) và (b) = (b1, . . . , bn) thỏa mãn b
1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn
a1 + · · · + ak ≥ b1 + · · · + bk , ∀k = 1, n − 1
a1 + · · · + an = b1 + · · · + bn
thì bộ (a∗) trội hơn bộ (b).
Định lý 1.3.5. Cho 2 bộ số (x) = (x1, x2, . . . , xn), (y) = (y1, y2, . . . , yn) thoả
mãn x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn và y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn sao cho x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn. Nếu xi ≥ yi , ∀i < j thì (x) ≻ (y) xj yj Chứng minh.
Ta sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp. VÕ VĂN THÀNH xvii 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
Do xi ≤ yi nên khi lấy i = 1, n rồi cộng tất cả các bất đẳng thức lại ta sẽ có x1 y1 x1 + x2 + · · · + xn y
≤ 1 + y2 + · · · + yn =⇒ x1 ≥ y1. x1 y1
Lại xét với bộ mới (x1 + x2, x3, . . . , xn) và (y1 + y2, y3, . . . , yn). Theo chứng minh quy nạp thì
(x1 + x2, x3, . . . , xn) ≻ (y1 + y2, y3, . . . , yn).
Kết hợp với chứng minh x1 ≥ y1 ở trên ta có điều phải chứng minh. 1.3.2 Bất đẳng thức Karamata
Cho hai bộ số thực được sắp thứ tự (a1, a2, . . . , an) và (b1, b2, . . . , bn) với ai, bi ∈
I, ∀i = 1, 2, 3, . . . , n thỏa mãn (a1, a2, . . . , an) ≻ (b1, b2, . . . , bn).
Nếu hàm số y = f (x) là hàm lồi trên I thì
f (a1) + f (a2) + · · · + f (an) ≥ f (b1) + f (b2) + · · · + f (bn). (1.8)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi ai = bi, ∀i = 1, n. Nếu hàm số y = f (x) là hàm
lõm trên I thì bất đẳng thức trên đổi chiều. Đặc biệt: Nếu b1 = b2 = · · · = bn =
a1+a2+···+an ta thu được bất đẳng thức Jensen. n
Chứng minh Ta chỉ chứng minh cho trường hợp hàm f lồi. Trường hợp còn lại tương tự.
Không mất tính tổng quát, giả sử các dãy được sắp xếp theo thứ tự giảm
dần a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ · · · ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ · · · ≥ bn.
Nếu ai = bi với mọi 1 ≤ i ≤ n thì bất đẳng thức xảy ra với dấu bằng, nên ta
có thể giả sử tồn tại ít nhất một i sao cho ai ̸= bi.
Nếu f là hàm lồi trên I thì f(a)−f(b) đơn điệu tăng. Khi đó, đặt a−b f (ai+1) − f (bi+1) f (ai) − f (bi) ci+1 = ≤ = ci, ∀1 ≤ i ≤ n − 1. ai+1 − bi+1 ai − bi Đặt A0 = B0 = 0 và i i X X Ai = aj, Bi = bj, 1 ≤ i ≤ n. j=1 j=1 VÕ VĂN THÀNH xviii 22ST1 ĐHSPĐN Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình vô định nghiệm nguyên và ứng dụng
Vì (ai) ≻ (bi) nên Ai ≥ Bi với 1 ≤ i ≤ n − 1 và An = Bn. Khi đó n n X X (f (ai) − f (bi)) = ci(ai − bi) i=1 i=1 n X =
ci(Ai − Ai−1 − (Bi − Bi−1)) i=1 n n X X = ci(Ai − Bi) − ci(Ai−1 − Bi−1) i=1 i=1 n−1 X = cn(An − Bn) +
(ci − ci+1)(Ai − Bi) − c1(A0 − B0) i=1 n−1 X =
(ci − ci+1)(Ai − Bi) ≥ 0. i=1
Do đó bất đẳng thức Karamata được chứng minh. VÕ VĂN THÀNH xix 22ST1 ĐHSPĐN
Tài liệu liên quan:
-
Khóa luận tốt nghiệp: Một số dạng toán về số học trong bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 | Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
11 6 -
Chương trình Giáo dục phổ thông (GDPT) - Chương trình tổng thể môn Khoa học tự nhiên | Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
6 3 -
Chương trình Giáo dục phổ thông môn Khoa học tự nhiên | Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
6 3 -
Nội dung ôn tập kinh tế chính trị
298 149