ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ ĐỨC HIỆP THỨ TỰ SẮP ĐƯỢC CỦA DÃY CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH TỔNG QUÁT LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ ĐỨC HIỆP THỨ TỰ SẮP ĐƯỢC CỦA DÃY CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH TỔNG QUÁT LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THỊ THU THỦY THÁI NGUYÊN - NĂM 2017 i Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Chương Một số dạng bất đẳng thức đại lượng trung bình 1.1 Các giá trị trung bình 1.2 Một số dạng bất đẳng thức cổ điển Chương Sắp thứ tự dãy đại lượng trung bình tổng quát 16 2.1 Sắp thứ tự trung bình số với trọng 16 2.2 Sắp thứ tự tổng số theo bậc chúng 21 Chương Các dạng toán liên quan 24 3.1 Sắp thứ tự số đại lượng sinh lớp hàm đơn điệu 24 3.2 Điều chỉnh số theo thứ tự gần 35 3.3 Một số mở rộng định lý Jensen 44 3.4 Một số toán đề thi Olympic quốc gia quốc tế 55 Kết luận 62 Tài liệu tham khảo 63 Bảng ký hiệu N∗ I(a, b) AG APMO IMO MO tập số tự nhiên dương tập số thực khoảng (a, b) bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân Olympic toán học châu Á Thái Bình Dương Olympic toán học quốc tế Ủy ban Olympic toán học quốc tế tổ chức Olympic toán học quốc tế Mở đầu Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt quan trọng toán học không đối tượng để nghiên cứu mà đóng vai trò công cụ đắc lực mô hình toán học liên tục mô hình toán học rời rạc lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán khu vực quốc tế, thi Olympic Toán sinh viên trường đại học cao đẳng, toán liên quan đến bất đẳng thức hay đề cập thường thuộc loại khó khó Các toán ước lượng tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) tổng, tích toán xác định giới hạn số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ nhiều đến tính toán, ước lượng (bất đẳng thức) tương ứng Trong bất đẳng thức, thứ tự xếp đại lượng trung bình số thực dương đóng vai trò quan trọng việc so sánh giá trị đại lượng trung bình Ngoài thứ tự xếp số đại lượng trung bình thông thường trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hòa người ta quan tâm đến thứ tự dãy đại lượng trung bình tổng quát Mục đích luận văn nhằm khảo sát tính chất dãy đại lượng trung bình tổng quát số dạng toán liên quan Nội dung đề tài luận văn trình bày chương Chương "Một số dạng bất đẳng thức đại lượng trung bình bản": giới thiệu số dạng bất đẳng thức đại lượng trung bình số dạng bất đẳng thức cổ điển Chương "Sắp thứ tự dãy đại lượng trung bình tổng quát": trình bày toán thứ tự dãy đại lượng trung bình tổng quát trọng có trọng Chương "Các dạng toán liên quan": xét số dạng toán liên quan bất đẳng thức toán cực trị từ đề thi học sinh giỏi thi Olympic Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình PGS.TS Nguyễn Thị Thu Thủy Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cô Trong trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên tác giả nhận quan tâm giúp đỡ động viên thầy cô khoa Toán-Tin thầy cô trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cô Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu trường THPT Nguyễn Bình, Đông Triều, Quảng Ninh anh chị em đồng nghiệp tạo điều kiện tốt cho tác giả thời gian học Cao học Xin cảm ơn anh chị học viên lớp Cao học Toán K9C bạn bè đồng nghiệp trao đổi, động viên khích lệ tác giả trình học tập làm luận văn trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác giả luận văn Đỗ Đức Hiệp Chương Một số dạng bất đẳng thức đại lượng trung bình Chương giới thiệu số dạng bất đẳng thức đại lượng trung bình số dạng bất đẳng thức cổ điển Nội dung chương viết sở tài liệu [1]–[4] 1.1 Các giá trị trung bình 1.1.1 Trung bình thông thường Giả sử n ∈ N∗ Xét tập dãy số dương (a) := a1 , a2 , , , , an ; (b) := b1 , b2 , , bi , , bn Định nghĩa 1.1.1 Ta nói dãy (a) tỷ lệ với dãy (b) tồn hai số λ µ không đồng thời cho λai = µbi (i = 1, 2, , n) Chú ý dãy không (0), tức dãy gồm toàn số không, tỷ lệ với dãy (b) Nhận xét tính tỷ lệ, định nghĩa, quan hệ đối xứng dãy quan hệ bắc cầu; quan hệ bắc cầu khảo sát ta bỏ dãy không Nếu hai dãy (a) (b) tỷ lệ hai khác dãy không bi = = 0, giá trị khác số i, tỷ số /bi không phụ thuộc vào i Định nghĩa 1.1.2 Xét số thực r = Khi tổng Mr (a) xác định theo công thức n Mr (a) := n ari 1/r (1.1) i=1 gọi trung bình bậc r Các đại lượng Mr (a) khảo sát chi tiết Chương Đặt A = A(a) = M1 (a) (1.2) H = H(a) = M−1 (a) (1.3) G = G(a) = √ n a1 a2 an (1.4) Ta thấy, A(a) trung bình cộng thông thường, H(a) trung bình điều hòa G(a) trung bình nhân 1.1.2 Trung bình có trọng Ta xét hệ giá trị trung bình tổng quát Đó dạng trung bình có trọng Giả sử pi > (i = 1, , n) (1.5) đặt n Mr = Mr (a) = Mr (a, p) = i=1 n pi ari 1/r , (1.6) pi i=1 Mr = (r < số số a = 0), (1.7) n G = G(a) = G(a, p) = ap11 ap22 apnn 1/ pi i=1 (1.8) n Vì trung bình hàm bậc không p, nên ta giả sử pi = Khi ta viết q thay cho p, chẳng hạn i=1 n qi ari Mr (a) = Mr (a, p) = n 1/r qi = i=1 (1.9) i=1 n G(a) = G(a, p) = aq11 aq22 aqnn qi = (1.10) i=1 Định nghĩa 1.1.3 Xét số thực r khác Khi tổng Mr (a, p) xác định theo công thức (1.9) gọi trung bình bậc r theo trọng (q) Nhận xét rằng, ứng với r = −1, r = r = ta nhận trung bình điều hòa, trung bình cộng trung bình bình phương Ta thấy trung bình có trọng trở thành trung bình thông thường pi = với i Thông thường, ta không rõ trọng công thức, hiểu giá trị trung bình đem so sánh với phải thành lập tự hệ trọng Trung bình thông thường trường hợp riêng trung bình có trọng Mặt khác, trung bình có trọng với trọng thông ước trường hợp riêng trung bình thông thường (đối với hệ số a khác) Thật vậy, tính nhất, ta giả sử trọng nguyên, trung bình có trọng nguyên thu từ trung bình thông thường cách thay số hệ số giống tương ứng Trung bình với trọng không thông ước coi trường hợp giới hạn trung bình thông thường Ta thường xuyên sử dụng công thức hiển nhiên sau: Mr (a) = A(ar ) 1/r G(a) = eA(log a) , M−r (a) = , Mr (1/a) (1.11) (1.12) (1.13) 1/r r Mrs (a) = Ms (a ) (1.14) Trong (1.12) ta giả sử a > 0, giả thiết dùng công thức khác số âm Thêm A(a + b) = A(a) + A(b), (1.15) G(a, b) = G(a).G(b), (1.16) Mr (b) = kMr (a) (b) = k(a) (1.17) (tức bi = kai k không phụ thuộc i) 1.2 G(b) = kG(a) (b) = k(a), (1.18) Mr (a) ≤ Mr (b) aν ≤ bν với ν (1.19) Một số dạng bất đẳng thức cổ điển 1.2.1 Định lý trung bình cộng trung bình nhân Định lý 1.2.1 Ta có G(a) ≤ A(a) Chứng minh Bất đẳng thức phải chứng minh viết hai dạng sau: p1 a1 + · · · + pn an p1 + · · · + p n ap11 apnn ≤ hay p1 +···+pn (1.20) n aq11 aqnn ≤ qi (1.21) i=1 n qi = 1) Ta có (ở đây, i=1 a1 + a2 a1 a2 = 2 a1 − a2 − 2 a1 + a2 ≤ 2 Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 Và a1 a2 a3 a4 ≤ a1 + a2 2 a3 + a4 2 ≤ a1 + a2 + a3 + a4 49 n−1 (n − 1)f (x) + + an f i=1 Từ bất đẳng thức Jensen, ta có f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an−1 ) (n − 1)f (x) Vậy nên n−1 (n − 2)f (an ) + nf (a) f i=1 + an , n−1 (n − 2)an + na = i=1 + an , ta sử dụng bất đẳng thức Karamata cho hai trường hợp min{a1 , a2 , , an } + max{a1 , a2 , , an } a1 + an Không tổng quát, coi a1 a2 · · · an Vậy a Theo bất đẳng thức Karamata, ta cần chứng minh Trường hợp Khi 2a an min{ a max{ a1 + an a2 + an an−1 + an , ,··· , } 2 an−1 + an a1 + an a2 + an , ,··· , } 2 a1 + an Trường hợp Khi 2a < min{a1 , a2 , , an } + max{a1 , a2 , , an } a1 + an Theo Không giảm tổng quát coi a1 a2 · · · an Khi a bất đẳng thức Karamata, ta cần chứng minh Điều kiện thứ hiển nhiên, điều kiện thứ hai suy từ a a a1 + an a2 + an an−1 + an , ,··· , 2 an max a1 + an a2 + an an−1 + an , ,··· , 2 Điều kiện thứ hai hiển nhiên điều kiện thứ suy từ a Sau đây, ta mô tả số áp dụng trực tiếp a1 + an 50 Bài toán 3.3.1 Xét số n dương a1 , a2 , , an thỏa mãn điều kiện a1 + a2 + · · · + an = n Khi đó, ta có (n − 1)n (a1 a2 · · · an ) n−1 (n − a1 )(n − a2 ) · · · (n − an ) Lời giải Chỉ cần áp dụng Định lý 3.3.4 với hàm lồi f (x) = −ln x ứng với x > 0, ta có điều phải chứng minh Nhận xét 3.3.1 Với a1 + a2 + · · · + an = n kéo theo a1 a2 an 1, ta thấy bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân "sắc" bất đẳng thức (n − a1 )(n − a2 ) · · · (n − an ) (n − 1)n a1 a2 · · · an Thật vậy, từ bất đẳng thức n − a1 = a2 + a3 + · · · + an (n − 1)(a2 a3 · · · an ) n−1 , n − a2 = a1 + a3 + · · · + an (n − 1)(a1 a3 · · · an ) n−1 , 1 n − an = a1 + a2 + · · · + an−1 (n − 1)(a1 a2 · · · an−1 ) n−1 , ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.3.2 Xét n số dương a1 , a2 , , an đặt bi = n−1 aj ứng với j=i i Chứng minh b2 bn b1 + + ··· + a1 a2 an a1 a2 an + + ··· + b1 b2 bn (3.31) Lời giải Giả sử a = (a1 + a2 + · · · + an )/n Sử dụng hệ thức (n − 1)bi na = − ai na = −n+1 bi bi với i = 1, 2, , n, ta thấy (3.31) tương đương với bất đẳng thức 1 n(n − 2) + + ··· + + a1 a2 an a (n − 1) 1 + + ··· + b1 b2 bn Bất đẳng thức dễ dàng nhận từ Định lý 3.3.4 ứng dụng cho hàm lồi f (x) = , x > x 51 Bài toán 3.3.3 Xét n số dương x1 , x2 , , xn thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + · · · + xn = 1 + + ··· + x1 x2 xn (3.32) Chứng minh 1 + + ··· + + (n − 1)x1 + (n − 1)x2 + (n − 1)xn (3.33) Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh suy từ (3.31) theo cách sau Giả thiết ngược lại 1 + + ··· + < 1 + (n − 1)x1 + (n − 1)x2 + (n − 1)xn (3.34) Ta chứng minh (3.32) không thỏa mãn Giả sử = , i = 1, 2, , n + (n − 1)xi Nhận xét > xi = − , ∀i = 1, 2, , n (n − 1)ai n Theo (3.34) < Vậy nên i=1 − > aj = (n − 1)bi (3.35) j=i ứng với i = 1, 2, , n Do theo (3.34) ta có n x1 + · · · + xn = i=1 n i=1 > bi n i=1 − > (n − 1)ai n i=1 bi (n − 1)ai 1 = + + ··· + − x1 x2 xn Vậy nên, ta thu điều phải chứng minh Tiếp theo, ta nêu kết luận tính so sánh số biểu thức sinh số (có trọng không trọng) theo thứ tự cho trước Các ràng buộc tương tự giả thiết bất đẳng thức Karamata 52 Bài toán 3.3.4 Giả thiết cho ba cặp số dương (α1 , α2 ), (u1 , u2 ) (x1 , x2 ) thỏa mãn điều kiện sau   u1 u2 , α1 x1 α1 u1 ,  α1 x1 + α2 x2 = α1 u1 + α2 u2 Chứng minh xα1 xα2 uα1 uα2 Dấu đẳng thức xảy x1 = u1 x2 = u2 Chứng minh Xét hàm số x α1 y= Ta có x α1 y = α1 −1 Vậy nên y =0⇔ x s < α1 α1 + α2 Do với α1 s−x α2 s−x α2 α2 −1 α2 s−x x − α2 α1 x s−x s = = , α1 α2 α1 + α2 y > ta có Đặt x α1 α1 x α1 s−x α2 u α1 α2 s , α1 + α2 u α1 α1 s−u α2 α2 s−x u s−u x = x1 , = x2 , = u1 , = u2 α1 α2 α1 α2 Suy ra, x1 u1 u2 , α1 x1 + α2 x2 = α1 u1 + α2 u2 , ta thu xα1 xα2 uα1 uα2 Nhận thấy dấu đẳng thức xảy xi = ui với i = 1, 53 Bài toán 3.3.5 Giả thiết cho ba ba số dương (α1 , α2 , α3 ), (u1 , u2 , u3 ) (x1 , x2 , x3 ), thỏa mãn điều kiện sau  u1 u2 u3 ,    α1 x1 α1 u1 , α1 x1 + α2 x2 α1 u1 + α2 u2 ,    α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 Khi xα1 xα2 xα3 uα1 uα2 uα3 Dấu đẳng thức xảy xi = ui với i = 1, 2, Chứng minh Theo giả thiết  u1 u2 u3 ,    α1 x1 α1 u1 , α1 x1 + α2 x2 α1 u1 + α2 u2 ,    α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 , nên ta cần xét hai trường hợp Trường hợp Khi x1 = u1 − d1 , x2 = u2 − d2 , x3 = u3 + d3 với d1 , d2 , d3 Khi α1 d1 + α2 d2 = α3 d3 từ đó, ta thu xα1 xα2 xα3 = (u1 − d1 )α1 (u2 − d2 )α2 (u3 + d3 )α3 α1 d1 α3 uα1 (u2 − d2 )α2 u3 + d3 − uα1 uα2 uα3 α3 Dấu đẳng thức xảy xi = ui với i = 1, 2, Trường hợp Khi x1 = u1 −d1 , x2 = u2 +d2 , x3 = u3 +d3 với d1 , d2 , d3 Khi α1 d1 = α2 d2 + α3 d3 từ đó, ta thu xα1 xα2 x3α3 = (u1 − d1 )α1 (u2 + d2 )α2 (u3 + d3 )α3 α2 d2 α1 α2 u1 − d1 + u2 (u3 + d3 )α3 uα1 uα2 uα3 α1 Dấu đẳng thức xảy xi = ui với i = 1, 2, Bây giờ, ta chứng minh định lý sau 54 Định lý 3.3.5 Giả thiết cho ba số dương (αi ), (ui ) (xi ) thỏa mãn điều kiện sau  u1 u2 · · · un ,     α1 x1 α1 u1 ,    α1 x1 + α2 x2 α1 u1 + α2 u2 , ···············     α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn−1 xn−1 α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn−1 un−1 ,    α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn xn = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un Khi đó, ta có xα1 xα2 · · · xαnn uα1 uα2 · · · uαnn Dấu đẳng thức xảy xi = ui với i = 1, 2, , n Chứng minh Sử dụng phương pháp quy nạp thông thường Bài toán 3.3.6 Cho hàm số f (x) xác định có f (x) > [α, β] cho hai cặp số x1 , x2 ; u1 , u2 ∈ [α, β] Khi với cặp số dương (γ1 , γ2 ) (u1 , u2 ) thỏa mãn điều kiện   u1 u2 , γ1 x1 γ1 u1 ,  γ1 x1 + γ2 x2 = γ1 u1 + γ2 u2 , ta có γ1 f (x1 ) + γ2 f (x2 ) γ1 f (u1 ) + γ2 f (u2 ) Dấu đẳng thức xảy x1 = u1 x2 = u2 Bài toán 3.3.7 Cho hàm số f (x) xác định có f (x) > [α, β] cho số (x1 , x2 , x3 ), (u1 , u2 , u3 ) nằm [α, β] Khi với số dương (γ1 , γ2 , γ3 ) (u1 , u2 , u3 ), thỏa mãn điều kiện  u1 u2 u3 ,    γ1 x1 γ1 u1 , γ1 x1 + γ2 x2 γ1 u1 + γ2 u2 ,    γ1 x1 + γ2 x2 + γ3 x3 = γ1 u1 + γ2 u2 + γ3 u3 , ta có γ1 f (x1 ) + γ2 f (x2 ) + γ3 f (x3 ) γ1 f (u1 ) + γ2 f (u2 ) + γ3 f (u3 ) 55 Dấu đẳng thức xảy xi = ui với i = 1, 2, 3.4 Một số toán đề thi Olympic quốc gia quốc tế Bài toán 3.4.1 (Vô địch Liên Xô 1986) Chứng minh với số dương tùy ý a1 , a2 , , an , ta có bất đẳng thức n 1 + + ··· + 0, a + b + c = Chứng minh b c a 1+a 1+b 1+c + + ≤2 + + 1−a 1−b 1−c a b c (3.36) Lời giải Ta viết (3.36) dạng 1+a 1+b 1+c + + 1−a 1−b 1−c 2a 2b 2c b c a + + ≤2 + + =3 + 1−a 1−b 1−c a b c 1 1 1 ⇔2a − + 2b − + 2c − ≥3 c 1−a a 1−b b 1−c 1 1 1 ⇔a − +b − +c − ≥ c 1−a a 1−b b 1−c ab bc ca + + ≥ ⇔ c(b + c) a(c + a) b(a + b) ab bc ca + + ≥ c(b + c) a(c + a) b(a + b) (3.37) 58 Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức (3.37) với a, b, c > 0, a + b + c = Ký hiệu M := ab bc ca + + c(b + c) a(c + a) b(a + b) Theo bất đẳng Cauchy, ta có ab + c bc ca + a b √ b+c+ = ab bc √ ca √ c+a+ a+b c(b + c) a(c + a) b(a + b) ab bc ca ≤ + + [2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)] c(b + c) a(c + a) b(a + b) = Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), nên ab + c bc + a ca b ≥ 3(b + c + a) Suy M ≥ , hay ab bc ca + + ≥ c(b + c) a(c + a) b(a + b) Bài toán 3.4.6 (MO Romannian 2004) Chứng minh rằng, với a, b, c > 0, ta có a b c 27 + + ≥ bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) 2(a + b + c)2 Lời giải Đặt a b c + + = M bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) (3.38) 59 Ta có a + bc b + ca c ab = √ √ √ a b c c+a+ a+b+ b+c bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) b c a ≤ + + [2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)] bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) = Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, a + bc b + ca c ab 1 + + a b c ≥3 hay a + bc b + ca c ab ≥ 27 , (a + b + c) nên suy (3.38): M≥ 27 2(a + b + c)2 Bài toán 3.4.7 (USA MO) Xét số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 + + + c) b (c + a) c (a + b) a2 (b Lời giải Ta có 1 + + = a b c √ √ √ 1 = √ b+c+ √ c+a+ √ a+b b c+a a b+c c a+b ≤P [2(a + b + c)] Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, 1 + + a b c ≥3 1 + + ab bc ca hay 1 + + a b c ≥ 3(a + b + c) = 3(a + b + c) abc 60 Từ suy P ≥ 3 Pmin = a = b = c = 2 Bài toán 3.4.8 (Được suy từ toán đề thi IMO 1995) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh b2 c2 a2 + + ≥ b+c c+a a+b Lời giải Đặt bc = x, ca = y ab = z Theo giả thiết, ta thu 1 = x, = y, = z, a b c x + y + z ≥ Ta đưa bất đẳng thức cho dạng x2 y2 z2 + + ≥ y+z z+x x+y Do vai trò a, b, c x, y, z bình đẳng, không tổng quát ta giả thiết a ≥ b ≥ c hay < x ≤ y ≤ z Khi  x2 ≤ y ≤ z 1 ≤ ≤  y+z y+z y+z Suy x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + ≥ + + y+z z+x x+y y+x z+y x+z x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + ≥ + + y+z z+x x+y x+z y+x z+y Từ đây, cộng vế tương ứng, ta nhận y2 z2 x2 + z y + x2 z + y x2 + + ≥ + + y+z z+x x+y x+z y+x z+y Theo bất đẳng thức Cauchy, (x + z)2 (y + z)2 (z + y)2 2 x +z ≥ ,y + x ≥ ,z + y ≥ , 2 2 61 x2 + z y + x2 z + y + + ≥ (x + y + z) ≥ x+z y+x z+y 2 Từ đây, ta thu điều cần chứng minh 62 Kết luận Đề tài luận văn giới thiệu số dạng bất đẳng thức đại lượng trung bình bản, số dạng bất đẳng thức cổ điển số dạng bất đẳng thức thức sinh hàm số; trình bày toán thứ tự dãy đại lượng trung bình tổng quát trọng có trọng xét số dạng toán liên quan bất đẳng thức toán cực trị từ đề thi học sinh giỏi thi Olympic Nội dung luận văn bất đẳng thức giá trị trung bình, nội dung quan trọng toán sơ cấp Tác giả sử dụng phương pháp nghiên cứu, đọc hiểu, tổng hợp, phân dạng cấu trúc cách có hệ thống, từ đơn giản đến phức tập thứ tự dãy đại lượng trung bình tổng quát dạng toán có liên quan 63 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phan Đức Chính (1993), Bất đẳng thức, NXB Giáo dục [2] G.H Hardy, J.E Littlewood, G Polya (1999), Bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (bản dịch) [3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lí áp dụng, NXB Giáo dục [4] Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục Tiếng Anh [5] De Sausa, Paulo Ney, Silva, Jorge-Nuno (2004), Berkeley Problems in Mathematics, Springer [6] Radulescu, Teodora-Liliana, Radulescu, Vicentiu D., Andreescu, Titu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis, Springer ... lng trung bỡnh ca b s thc dng úng mt vai trũ quan trng vic so sỏnh giỏ tr gia cỏc i lng trung bỡnh ú Ngoi th t sp xp ca mt s i lng trung bỡnh thụng thng nh trung bỡnh cng, trung bỡnh nhõn, trung. .. c gi l trung bỡnh bc r theo trng (q) Nhn xột rng, ng vi r = 1, r = v r = ta ln lt nhn c cỏc trung bỡnh iu hũa, trung bỡnh cng v trung bỡnh bỡnh phng Ta thy trung bỡnh cú trng tr thnh trung bỡnh... trung bỡnh cng thụng thng, H(a) l mt trung bỡnh iu hũa v G(a) l trung bỡnh nhõn 1.1.2 Trung bỡnh cú trng Ta xột h cỏc giỏ tr trung bỡnh tng quỏt hn ú l cỏc dng trung bỡnh cú trng Gi s pi > (i =