Đang tải... (xem toàn văn)
Bảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thứcBảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thức
BẢO VỆ KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Chun ngành: TỐN HỌC ĐỀ TÀI: PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN MẠNH VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA 3, BIẾN Người thực hiện: Nguyễn Đức Minh Hoàng Người hướng dẫn: Th.S Võ Văn Minh Lí chọn đề tài Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày phát triển, phần tốn sơ cấp đẹp thú vị hút nhiều đối tượng quan tâm Bài toán bất đẳng thức toán khó quan trọng học sinh kì thi Điểm đặc biệt, ấn tượng bất đẳng thức tốn sơ cấp có nhiều tốn khó, chí khó việc vận dụng phương pháp để giải toán bất đẳng thức cần thiết phương pháp dồn biến mạnh phương pháp mà không nhắc đến Phương pháp dồn biến mạnh phương pháp quan trọng bất đẳng thức đại số Phương pháp dồn biến mạnh công cụ hiệu giúp giải toán bất đẳng thức cách dễ dàng Đây phương pháp xuất nhiều tốn bất đẳng thức kì thi học sinh giỏi khắp giới Thấy tầm quan trọng phương pháp dồn biến mạnh, với mục đích tìm hiểu sâu phương pháp này, ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để tạo tiền đề, sở cho việc học tập mở rộng kiến thức cho thân Cùng với giúp đỡ giảng viên chọn đề tài “Phương pháp dồn biến mạnh ứng dụng để giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến” làm đề tài khóa luận cho Mục đích nghiên cứu Nắm kiến thức độc đáo phương pháp dồn biến mạnh, từ ứng dụng để giải tốn bất đẳng thức hình thành khả tự sáng tạo bất đẳng thức Thông qua việc nghiên cứu tài liệu tham khảo để tìm hiểu sâu phương pháp dồn biến mạnh Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu, nghiên cứu phương pháp dồn biến mạnh ứng dụng việc giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp dồn biến mạnh - Phương pháp dồn biến toàn miền - Phương pháp dồn biến không xác định Phạm vi nghiên cứu - Hệ thống tập bất đẳng thức - Các kiến thức liên quan Phương pháp nghiên cứu - Tổng hợp lại kiến thức học - Phân tích nội dung kiến thức cần nghiên cứu - Sưu tầm tài liệu từ sách tham khảo, mạng internet - Hỏi ý kiến chuyên gia Cấu trúc đề tài: Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo khóa luận chia thành chương: Chương 1: Đại cương bất đẳng thức Chương 2: Phương pháp dồn biến định lí dồn biến mạnh Chương 3: Ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Kiến thức 1.1 Bất đẳng thức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Tính chất bất đẳng thức Một số bất đẳng thức quan trọng 2.1 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối 2.2 Bất đẳng thức Côsi 2.3 Bất đẳng thức Côsi- Bunhiacôpski 2.4 Bất đẳng thức Becnuli 2.5 Bất đẳng thức Jensen 2.6 Bất đẳng thức Schwartz 2.7 Bất đẳng thức Crux 2.8 Bất đẳng thức Nesbit 2.9 Bất đẳng thức Chebyshev 2.10 Bất đẳng thức Tukervici 2.11 Bất đẳng thức Schur CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN VÀ ĐỊNH LÍ DỒN BIẾN MẠNH Phương pháp dồn biến 1.1 Định lí dồn biến f ( x1 ,làx2một , ,hàm xnliên ) tục tất n xn thỏa mãnxđiều sau: , xkiện , , Giả sử (1) f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( biến x1 + x2 x1 + x2 , , x3 , , xn ) 2 Khi bất đẳng thức sau thỏa mãn Trong xác định miền liên thơng f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( x, x, , x) x1 + x2 + + xn x= n Điều kiện (1) biến đổi thành số dạng khác, chẳng hạn f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( x1 x2 , x1 x2 , x3 , , xn ) x2 + x2 x2 + x2 2 f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f , , x3 , , xn ÷ ÷ 2 Và nhiều dạng khác tùy theo yêu cầu tốn Nếu xét ¡ miền liên thơng đoạn khoảng có dạng [a, b],[a, b), ( a, b], (b, +∞), ( −∞, a), 1.2 Ví dụ Chứng minh với số thực dương ta ln có a1 , a2 , , an a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 a n Chứng minh: Đặt f (a1 , a2 , , an ) = a1 + a2 + + an − n n a1a2 an f ( a1a2 , a1a2 , a , , an ) = a1a2 + a3 + + an − n n a1a2 an Suy Ta có f (a1 , a2 , , an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a , , an ) = a1 + a2 − a1a2 = Lại có ( a1 − a2 ) ≥0 ( a1 − a2 ) Suy a +a a +a f n , a2 , , n , b1 , , bn ÷ a + a = n ( b1 + bn ) + a1b2 + + an −1bn −1 − ( a1 + a2 + + an ) ( b1 + b2 + + bn ) n Ta có a +a a +a f ( a1 , a2 , , an , b1 , , bn ) − f n , a2 , , n , b1 , , bn ÷ a1 + an = a1b1 + anbn − ( b1 + bn ) a1 − an ) ( b1 − bn ) ( = ≥0 Suy a1 + an a1 + an f ( a1 , a2 , , an , b1 , , bn ) ≥ f , a2 , , , b1 , , bn ÷ Áp dụng định lí S.M.V ta có: f ( a1 , a2 , , an , b1 , , b(1)n ) ≥ f ( u , u , , u , b1 , , bn ) Với u= a1 + a2 + + an n Chứng minh tương tự ta được: f ( u , u , , u , b1 , , bn(2)) ≥ f ( u, u, , u, v, , v ) Với b1 + b2 + + bn v= n Từ (1) (2) suy f ( a1 , a2 , , an , b1 , , bn ) ≥ f ( u , u , , u , v, , v ) ⇒ f ( a1 , a2 , , an , b1 , , bn ) ≥ ⇒ ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≥ ( a1 + a2 + + an ) ( b1 + b2 + + bn ) n Phương pháp dồn biến toàn miền 4.1 Phương pháp Trong số tốn cơng việc chứng minh bất đẳng thức điều kiện để dồn biến số trở nên khó khăn, chí khơng thể thực Khi ta sử dụng phương pháp dồn biến toàn miền Phương pháp nhằm làm triệt tiêu biến 0, hay nói cách khác ta trừ lượng cho tất biến số Phương pháp dồn biến toàn miền thường sử dụng có chênh lệch bậc đại lượng xấp xỉ 4.2 Ví dụ Chứng minh với số thực không âm ta ln có a, b, c a + b3 + c + 3abc ≥ ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) Chứng minh: Bất đẳng thức tương đương với 2 a + b + c a − b + b − c + c − a (1) ( ) ( ) ( ) ( ) ≥ ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) Khơng tính tổng quát toán, giả sử Cố định hiệu c = ,min ,( a, b,vàc )giảm a(tức− làb thayb − c c − ,a , 0) rõ rànga, b, c, , khơng thay đổi c a,củab,(1)c giảm điacòn − c(1) khơng đổi Do ta chỉacần−chứng − cbài ctốn − cvế phảib −a b bminh giảm Vậy vế trái lượng trường hợp a+b+c Khi bất đẳng thức tương đương với a, b ≥ c = Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên a + b3 ≥ 4ab ( b − a ) Đẳng thức xảy 4a ( b − a ) ≤ b ⇒ 4ab ( b − a ) ≤ b3 ≤ a + b3 a=b=c Dồn biến không xác định 5.1 Định lý ( Định lí dồn biến khơng xác định UMV) Cho f hàm liên tục đối xứng xác định tập f ( , x, , y, ) ≥ Khi với thỏa mãn điều kiện U ( ⊂ Rn ) a R x+ y x+ y f , , , , ÷, f ( , 0, , x + y , ) ÷ 2 ( x1 , x2 , xn ) ∈U f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ { Ct } t =0 n −1 C Trong giá trịt hàm f có t số số lại Nói cách khác, giá trị nhỏ biểu thức đạt số lại Ở t giá trị nguyên x1 , x2 , , xn 5.2 Ví dụ Chứng minh n có t số 0, f ( x1 , x2 , , xn ) { 0,1, , n − 1} số thực khơng âm có tổng a1 , a2 , , an ( n − 1) ( a12 + a22 + + an2 ) + na1a2 an ≥ n Chứng minh: Xét biểu thức f ( a1 , a2 , , an ) = ( n − 1) ( a12 + a22 + + an2 ) + na1a2 an Dễ dàng suy hai đẳng thức sau a +a a +a f ( a1 , a2 , , an ) − f , , a3 , , an ÷ n ( a1 − a2 ) ( n − 1) = − a a a n n f ( a1 , a2 , , an ) − f ( 0, a1 + a2 , a3 , , an ) ( n − 1) = −na1a2 − a3 a4 an n Rõ ràng biểu thức ( n − 1) − alại3 akhá atình n lặp cờ cách dồn biến Từ suy n hai bất đẳng thức f ( a1 , a2 , , an ) ≥ f f ( a , a , , a ) ≥ f n a1 + a2 a1 + a2 , , a , , a n÷ ( 0, a1 + a2 , a3 , , an ) phải Vậy a +a a +a f ( a1 , a2 , , an ) ≥ f , , a3 , , an ÷, f ( 0, a1 + a2 , a3 , , an ) Theo định lí UMV, ta cần chứng minh tốn có n a , a , , a số tất các1số n1 Trong trường hợp bất đẳng thức hiển nhiên CHƯƠNG ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN MẠNH ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA 3,4 BIẾN Ứng dụng Để chứng minh bất đẳng thức phức tạp từ bốn biến trở lên, thật khó để nhận ý nghĩa tầm quan trọng định lí S.M.V Việc xét dồn biến với số lớn bé bước tiến quan trọng so với việc xét số bất kì, nói chung với số bất đẳng thức điều kiện khó thỏa mãn Ứng dụng hiệu định lí S.M.V chứng minh bất đẳng thức chứa 3, biến Hầu bất đẳng thức chứa 3, biến dựa định lí chứng minh nhẹ nhàng đơn giản 1.2 Bài tập Chứng minh với số thực dương ta có: a, b, c, d a + b + c + d + 2abcd ≥ a 2b + b c + c d + d a + a 2c + b d Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử a≥b≥c≥d Đặt f ( a, b, c, d ) = a + b + c + d + 2abcd − a 2b − b 2c − c 2d − d a − a 2c − b d Suy f ( ) ac , b, ac , d = 2a 2c + b + d + 2abcd − 2ab 2c − 2ad 2c − a 2c − b 2d Ta có: f ( a , b, c , d ) − f ( ac , b, ac , d ) = a + c − 2a c − a 2b − b 2c + 2ab c − c d − d a + 2ad 2c = ( a −c 2 =( a −c 2 ) − b ( a − c) − d ( a − c) ) − ( b + d ) ( a − c) 2 2 2 2 = ( a − c ) ( a + c ) − b − d Lại có ( a + c) ≥ b2 + d 2 Do f ( a, b, c, d ) − f ( ⇒ f ( a , b, c , d ) ≥ f ) ac , b, ac , d ≥ ( ac , b, ac , d ) Áp dụng định lí S.M.V ta có f ( a , b, c , d ) ≥ f ( u , u , u , d ) u = abc với Nếu a = b = cta có f ( a, b, c, d ) = d + 2u 3d − 3u d = d ( u − d ) ( 2u + d ) ≥ Suy a + b + c + d + 2abcd ≥ a 2b + b c + c d + d a + a 2c + b d ... Bất đẳng thức Côsi 2.3 Bất đẳng thức Côsi- Bunhiacôpski 2.4 Bất đẳng thức Becnuli 2.5 Bất đẳng thức Jensen 2.6 Bất đẳng thức Schwartz 2.7 Bất đẳng thức Crux 2.8 Bất đẳng thức Nesbit 2.9 Bất đẳng. .. toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Kiến thức 1.1 Bất đẳng thức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Tính chất bất đẳng thức Một số bất đẳng thức quan trọng 2.1 Bất đẳng thức. .. ≥ n n a1a2 a n Phương pháp dồn biến bất đẳng thức biến Khơng phải tốn bất đẳng thức điều kiện đúng, đẳng thức xảy trường hợp tất biến Thông thường bất đẳng thức điều kiện ta thêm điều kiện khác