PHÂN BIỆT SỰ KHÁC NHAU GIỮA HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP
Hoán vị, Chỉnh hợp, Tổ hợp là các khái niệm cơ bản của Đại số Tổ hợp. Khi nói đến những khái niệm này phần lớn các em học sinh còn "bối rối". Mục đích của bài viết này là đưa ra những chú ý để các em có thể phân biệt được các khái niệm này. Phần lý thuyết này quan trọng, cần thiết cho các em học sinh lớp 11, ôn thi THPT Quốc gia và đặc biệt bổ ích cho các em sinh viên trước khi học "Xác suất thống kê" ở bậc Đại học, Cao đẳng. Đầu tiên tôi xin nhắc lại các khái niệm Hoán vị, Chỉnh hợp, Tổ hợp.
Ký hiệu và công thức: $P_n=n!$
Ví dụ: Có 3 vận động viên $A,B,C$ chạy thi. Nếu không kể trường hợp có 2 vận động viên cùng về đích một lúc thì có bao nhiêu khả năng xảy ra?
Giải: Do các vận động viên về đích được tính theo một thứ tự nhất định nên ta có $P_3=3!=6$ {khả năng}.
2. Chỉnh hợp: Cho tập hợp gồm $n$ phần tử, và số nguyên $k$ với $0 \le k \le n$. Chỉnh hợp chập $k$ của $n$ phần tử là một nhóm gồm $k$ phần tử khác nhau được lấy từ $n$ phần tử và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó.
Ký hiệu và công thức: $A_n^k=\dfrac{n!}{(n-k)!}=n(n-1)...(n-k+1).$
Chú ý: $0!=1$, $A_n^0=1, A_n^n=P_n=n!$
Ví dụ: Một nhóm 5 bạn A, B, C, D, E. Hãy kể ra các cách phân công 3 bạn làm trực nhật, trong đó 1 bạn quét nhà, 1 bạn lau bảng và 1 bạn xếp bàn ghế.
Giải: Theo công thức chỉnh hợp ta có số cách phân công là $A_5^3=\dfrac{5!}{(5-3)!}=60.$
3. Tổ hợp: Cho $n$ phần từ. Tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử là một nhóm không phân biệt thứ tự gồm $k$ phần tử lấy từ $n$ phần tử đã cho.
Ký hiệu và công thức: $C_n^k=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}.$
Một vài tình chất: $C_n^k=C_n^{n-k}$, $C_n^0=C_n^n=1$, $C_n^1=C_n^{n-1}=n$, $C_{n+1}^k=C_n^k+C_n^{k-1}.$
Ví dụ: Trong một lớp có 40 sinh viên gồm 25 nam và 15 nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 em vào ban cán sự. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu:
1) Số nam hoặc nữ trong ban là tùy ý.
2) Phải có 1 nam và 3 nữ.
Giải: 1) Từ 40 sinh viên chọn tùy ý ra 4 sinh viên ta có số cách chọn là $C_{40}^4=91390.$
2) Số cách chọn 1 nữ là $C_{15}^1$, số cách chọn 3 nam là $C_{25}^3$. Vậy số cách chọn 1 nữ và 3 nam là $C_{15}^1 C_{25}^3.$
Phần cuối, mời các bạn xem trong bảng các chú ý khi dùng Tổ hợp, Chỉnh hợp và Hoán vị
CÔNG THỨC XÁC SUẤT ĐẦY ĐỦ, CÔNG THỨC BAYES VÀ ỨNG DỤNG TRONG CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ
Chúng ta bắt đầu từ những tình huống thực tế sau:
Tình huống 1: Một nhà máy có 3 phân xưởng cùng sản xuất ra một loại sản phẩm. Sản phẩm của phân xưởng I chiếm 50% sản lượng của nhà máy, sản phẩm của phân xưởng II chiếm 30% sản lượng của nhà máy và sản lượng của phân xưởng III chiếm 20% sản lượng của nhà máy. Tỷ lệ phế phẩm của từng phân xưởng lần lượt là 1%, 3% và 2%.
Lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm từ lô hàng của nhà máy để kiểm tra ta bắt gặp phế phẩm. Hãy đoán xem phế phẩm đó là do phân xưởng nào làm ra?
Tình huống 2 [Đánh giá thị trường tiềm năng]: Một doanh nghiệp quyết định phỏng vấn khách hàng về sản phẩm mới trước khi đưa sản phẩm ra thị trường. Trong số những khách hàng được phỏng vấn ngẫu nhiên thì có 18% trả lời “sẽ mua”, 48% trả lời “có thể sẽ mua” và 34% trả lời “không mua”. Theo kinh nghiệm, tỷ lệ khách hàng thực sự sẽ mua sản phẩm tương ứng với những cách trả lời như trên lần lượt là: 45%, 25% và 1%.
Làm thế nào để doanh nghiệp đánh giá thị trường tiềm năng của sản phẩm đó?
Tình huống 3 [Chuẩn đoán bệnh]: Có một bệnh nhân bác sĩ chuẩn đoán mắc bệnh A với xác suất 60%, mắc bệnh B với xác suất 40%. Để có thêm thông tin chuẩn đoán, bác sĩ đã cho xét nghiệm sinh hóa, kết quả dương tính. Biết rằng khả năng dương tính với mỗi lần xét nghiệm của bệnh A là 10%, của bệnh B là 30%.
Hãy cho biết nên chuẩn đoán bệnh nhân mắc bệnh nào?
Để giải quyết những tình huống này ta sử dụng công thức xác suất đầy đủ và công thức Bayes.
Công thức xác suất đầy đủ: Giả sử các biến cố $A_1, A_2,...,A_n$ lập thành một hệ đầy đủ các biến cố. Xét biến cố A sao cho A xảy ra khi chỉ một trong các biến cố $A_1,A_2,...,A_n$ xảy ra. Khi đó xác suất của biến cố A được tính theo công thức:
\begin{align}\label{ct1}
P(A)=\sum\limits_{i=1}^n P(A_i) P(A/A_i)
\end{align}
Công thức \eqref{ct1} gọi là công thức xác suất đầy đủ.
P(A)=\sum\limits_{i=1}^n P(A_i) P(A/A_i)
\end{align}
Công thức \eqref{ct1} gọi là công thức xác suất đầy đủ.
Giải quyết tình huống 1: Gọi $A$ = ''sản phẩm kiểm tra là phế phẩm''; $A_i$ = "Sản phẩm do phân xưởng $i$ sản xuất", $i=1,2,3$. Khi đó $A_1,A_2,A_3$ lập thành một hệ đầy đủ các biến cố và $A$ xảy ra đồng thời với một trong các biến cố đó.
Theo công thức xác suất đầy đủ,
\begin{align}
\label{ct3}
P(A)=P(A_1)P(A/A_1)+ P(A_2)P(A/A_2)+P(A_3)P(A/A_3).
\end{align}
Ta có $P(A_1)=0,5,$ $P(A_2)=0,3$, $P(A_3)=0,2$, $P(A/A_1)=0,01$, $P(A/A_2)=0,03$, $P(A/A_3)=0,02.$
Thay số vào công thức \eqref{ct3} ta được $P(A)=0,018.$
Câu hỏi đặt ra là : Hãy đoán xem phế phẩm đó là do phân xưởng nào làm ra?
Để trả lời câu hỏi này ta cần sử dụng công thức Bayes
Công thức Bayes: Với cùng giả thiết của Định lý 1, giả thiết thêm là phép thử được thực hiện và biến cố $A$ đã xảy ra. Khi đó
\begin{align}\label{ct2}
P(A_k/A)=\dfrac{P(A_k).P(A/A_k)}{P(A)}, \ \ k=1,2,..,n,
\end{align}
với $P(A)=\sum\limits_{i=1}^n P(A_i) P(A/A_i).$
Công thức \eqref{ct2} được gọi là công thức Bayes.
Ta quay lại câu hỏi của tình huống 1: Biết rằng sản phẩm được kiểm tra là phế phẩm, hãy đoán xem sản phẩm đó do phân xưởng nào sản xuất?
Theo công thức Bayes, ta có
\begin{align*}
P(A_1/A)=\dfrac{P(A_1)P(A/A_1)}{P(A)}=\dfrac{0,5. 0,01}{0,018}=\dfrac{5}{18},\\
P(A_2/A)=\dfrac{P(A_2)P(A/A_2)}{P(A)}=\dfrac{0,3. 0,03}{0,018}=\dfrac{9}{18},\\
P(A_3/A)=\dfrac{P(A_3)P(A/A_3)}{P(A)}=\dfrac{0,2. 0,02}{0,018}=\dfrac{4}{18}.
\end{align*}
Vậy khả năng phế phẩm đó do phân xưởng II sản suất.
Nhận xét: Trước khi kiểm tra, thì xác suất để sản phẩm do Phân xưởng II sản xuất $P(A_1)=0,3$ {xác suất tiên nghiệm}, nhưng khi biết biến cố $A$ đã xảy ra {kiểm tra bị phế phẩm} thì khả năng sản phẩm do Phân xưởng II sản xuất tăng lên, $P(A_1/A)=\dfrac{9}{18}=0,5,$ {xác suất hậu nghiệm}.
Giải quyết tình huống 2: Thị trường tiềm năng của sản phẩm là tỷ lệ khách hàng thực sự mua sản phẩm.
Đặt $A$ = ''khách hàng thực sự mua sản phẩm'';
$A_1$ = "khách hàng trả lời sẽ mua";
$A_2$ = "khách hàng trả lời có thể sẽ mua";
$A_3$ = "khách hàng trả lời không mua".
Khi đó $A_1,A_2,A_3$ lập thành một hệ đầy đủ các biến cố và biến cố $A$ xảy ra khi một trong các biến cố $A_i (i=1,2,3)$ xảy ra.
Ta có
$$P(A_1)=0,18, P(A_2)=0,48, P(A_3)=0,34,$$ $$P(A/A_1)=0,45,P(A/A_2)=0,25, P(A/A_3)=0,01.$$
Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có $P(A)=0,2044$.
Vậy có khoảng 20,4\% khách hàng thực sự sẽ mua sản phẩm này.
Giải quyết tình huống 3: Đặt $A$ = ''xét nghiệm sinh hóa dương tính'';
$A_1$ = "bệnh nhân mắc bệnh A";
$A_2$ = "bệnh nhân mắc bệnh B";
Khi đó $A_1,A_2$ lập thành một hệ đầy đủ các biến cố và biến cố $A$ xảy ra khi một trong các biến cố $A_i, i=1,2$ xảy ra.
Ta có $$P(A_1)=0,6, P(A/A_1)=0,1,$$ $$P(A_2)=0,4, P(A/A_2)=0,3.$$
Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có $P(A)=0,18$.
Theo công thức Bayes ta có: Xác suất để chuẩn đoán bệnh nhân mắc bệnh A, B sau khi xét nghiệm lần lượt là
$$P(A_1/A)=\dfrac{0,6.0,1}{0,18}=\dfrac{1}{3},$$
$$P(A_2/A)=\dfrac{0,4.0,3}{0,18}=\dfrac{2}{3}.$$ Vậy chuẩn đoán bệnh nhân mắc bệnh B khả năng đúng cao hơn.
Nhận xét: $\bullet$ Công thức xác suất đầy đủ và công thức Bayes dùng để tính xác suất cho một hệ đầy đủ các biến cố.
$\bullet$ Công thức xác suất đầy đủ cho ta xác suất không điều kiện, còn công thức Bayes cho ta xác suất có điều kiện, trong đó sự kiện cần tính xác suất phải là thành viên của hệ đầy đủ.
40 CÂU TRẮC NGHIỆM PHẦN KHẢO SÁT HÀM SỐ
Chiếu ngày 8/9, Bộ GD&ĐT đã chính thức công bố Dự thảo phương án thi, xét tốt nghiệp Trung học phổ thông và tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2017. Theo đó môn Toán là môn thi bắt buộc, thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan gồm 50 câu hỏi, thời gian làm bài 90 phút, nội dung chủ yếu trong chương trình lớp 12. Đề thi trắc nghiệm do máy tính thiết lập tự động từ ngân hàng câu hỏi thi chuẩn hóa được cập nhật, bổ sung trên cơ sở ngân hàng đề thi đã được Đại học Quốc gia Hà Nội xây dựng nhiều năm qua. Bộ GD ĐT sẽ công bố đề thi minh họa vào cuối tháng 9 hoặc đầu tháng 10 năm 2016. Học sinh và giáo viên có thể tham khảo định dạng của đề thi này để ôn luyện trong quá trình dạy học.
Tuần này Luyện thi An Dương soạn thử 40 câu trắc nghiệm phần khảo sát hàm số. Chúng tôi sẽ tiếp tục cập nhật trong thời gian tới sau khi có thông tin từ Bộ.
https://www.dropbox.com/s/nlwv1a1a19s003y/Exam_An1.pdf?dl=0
https://www.dropbox.com/s/nlwv1a1a19s003y/Exam_An1.pdf?dl=0
Nhiều học sinh bất ngờ với thông tin sẽ có sách giáo khoa song ngữ Việt - Anh
Thông tin cùng hình ảnh của những cuốn sách giáo khoa bằng song ngữ Việt - Anh được chia sẻ trên mạng xã hội đang khiến không ít học sinh thích thú và tò mò.
Cách đây chưa lâu, những thông tin và hình ảnh về sách giáo khoa song ngữ Việt - Anh trong chương trình THPT được chia sẻ trên mạng xã hội đã thu hút sự chú ý của rất nhiều người, đặc biệt là các bạn học sinh.
Theo như những hình ảnh được đăng tải thì đây là sách giáo khoa song ngữ của 3 môn Vật lý, Đại số và giải tích, Hình học của lớp 11. Quan sát nội dung ở phía trong có thể nhận thấy phần song ngữ Việt - Anh được bố trí khá dễ hiểu và chi tiết. Dưới mỗi đề mục, mỗi đoạn ngắn tiếng Việt đều được dịch sang tiếng Anh, nội dung Việt - Anh xen kẽ nhau.
Cách đây chưa lâu, những thông tin và hình ảnh về sách giáo khoa song ngữ Việt - Anh trong chương trình THPT được chia sẻ trên mạng xã hội đã thu hút sự chú ý của rất nhiều người, đặc biệt là các bạn học sinh.
Được biết, những cuốn sách giáo khoa này thuộc đề án Dạy và học ngoại ngữ trong hệ thống giáo dục quốc dân giai đoạn 2008 - 2020. Trong văn bản hướng dẫn những nhiệm vụ trọng tâm năm 2016 của đề án này có nêu rằng Khuyến khích các cơ sở giáo dục chủ động xây dựng, áp dụng các tài liệu dạy học song ngữ. Cùng với đó, đề án này còn có nhiệm vụ bồi dưỡng GV dạy toán, các môn khoa học tự nhiên bằng tiếng Anh trong trường phổ thông.
Hiện tại việc dạy - học bằng sách song ngữ vẫn đang tiến hành thí điểm và dự kiến sẽ tiến hành vào năm học 2016-2017. Sách giáo khoa song ngữ sẽ do NXB Giáo dục Việt Nam cung cấp.
Bất đẳng thức Minkovskii cho dãy số thực và ứng dụng trong chương trình phổ thông
Cho $a = (a_1, a_2, ..., a_n)$ và $b = (b_1, b_2, ..., b_n) \in \mathbb{R}^n$ và $p > 1$. Khi ấy
$${\left[ {\sum\limits_{i = 1}^n {{{\left( {{a_i} + {b_i}} \right)}^p}} } \right]^{\frac{1}{p}}} \le {\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {a_i^p} } \right)^{\frac{1}{p}}} + {\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {b_i^p} } \right)^{\frac{1}{p}}}.$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ $a$ và $b$ tỉ lệ, nghĩa là $a_i=kb_i$ với mọi $i \in \{1, 2, ..., n\}$
Bất đẳng thức Minkovskii có ứng dụng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, giải phương trình và hệ phương trình đại số. Sau đây là một ví dụ minh họa cho việc áp dụng bất đẳng thức này vào giải phương trình.
Ví dụ:
Giải phương trình
$$\sqrt{x^2+4y^2+6x+9} +\sqrt{x^2+4y^2-2x-12y+10}=5.$$
Giải: Ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng
$$\sqrt{{(x+3)}^2+(2-y)^2} +\sqrt{(1-x)^2+(3-2y)^2}=5. \ \ \ \ (1)$$
Áp dụng bất đẳng thức Minkovskii cho $a=(x+3,2y), \ b=(1-x,3-2y)$ và $p=2$. Khi đó ta có
$$\sqrt{4^2+3^2}=5 \le \sqrt{{(x+3)}^2+(2-y)^2} +\sqrt{(1-x)^2+(3-2y)^2}.$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=kb$ với $k>0$ hoặc $a=0$ hoặc $b=0$. Vậy phương trình (1) tương đương với hai khả năng sau:\\
Trường hợp 1: $1-x=3-2y=0$. Suy ra $x=1$ và $y=\dfrac{3}{2}$.\\
Trường hợp 2: $\dfrac{x+3}{1-x}=\dfrac{2y}{3-2y}\ge 0.$ Điều này tương đương với hệ
$$-3\le x< 1$$
và $$-1 +\dfrac{4}{1-x}=-1+ \dfrac{3}{3-2y}.$$
Từ hệ phương trình cuối ta có
$$-3\le x< 1$$ và
$$3x-8y+9=0.$$
Giải hệ ta được $$-3\le x< 1$$
và $$y=\dfrac{3x+9}{8}.$$
Kết hợp lại ta được nghiệm của phương trình đã cho là $(x, \dfrac{3x+9}{8})$ trong đó $-3\le x<1.$
Bất đẳng thức Chebyshev cho dãy đơn điệu
Cho $a_1, a_2, ..., a_n$ và $b_1, b_2, ..., b_n$ là hai bộ số thực có tính chất $\left( {{a_i} - {a_j}} \right)\left( {{b_i} - {b_j}} \right) \ge 0\;( \le 0)$, với mọi $i,j \in \left\{ {1,2,...,n} \right\}.$ Khi ấy với mọi bộ số $p_i > 0$, ta có
$$\sum\limits_{i = 1}^n {{p_i}} \sum\limits_{i = 1}^n {{p_i}{a_i}{b_i}} \ge \left( \le \right)\sum\limits_{i = 1}^n {{p_i}{a_i}} \sum\limits_{i = 1}^n {{p_i}{b_i}} .$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left( {{a_i} - {a_j}} \right)\left( {{b_i} - {b_j}} \right) = 0$ với mọi $i, j \in \left\{ {1,2,...,n} \right\}.$
Bất đẳng thức Chebyshev cũng có ứng dụng trong chương trình toán phổ thông trong việc chứng minh các bất đẳng thức.
Ví dụ 1.1:
Cho $a,b,c>$, chứng minh rằng
$$3(a^2+b^2+c^2) \ge (a+b+c)^2.$$
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho cặp $(a,b,c)$ và $(a,b,c)$ ta được
$$3.(a.a+b.b+c.c) \ge (a+b+c)(a+b+c).$$
Ví dụ 1.2:
Cho $a,b,c >0$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3} \ge \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}.$$
Giải: Từ bất đẳng thức Chebyshev ta suy ra
$$ 3(a^8+b^8+c^8) \ge (a^6+b^6+c^6)(a^2+b^2+c^2)
\ge 3a^2b^2c^2 (a^2+b^2+c^2)\\
\ge 3a^2b^2c^2 (ab+bc+ca),$$
suy ra
$$\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\ge \dfrac{ab+bc+ca}{abc}
=\dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}.$$
Ví dụ 1.3:
Cho $a \ge b\ge c\ge 0$ và $0 \le x \le y \le z$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{a}{x} +\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z} \ge \dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{xyz}} \ge 3 \left(\dfrac{a+b+c}{x+y+z} \right).$$
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho $a \ge b \ge c$ và $\dfrac{1}{x}\ge \dfrac{1}{y}\ge \dfrac{1}{z}$, ta thu được
$$3 \left(\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y} +\dfrac{c}{z}\right) \ge (a+b+c)\left(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{y}\right)
\ge \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{xyz}}
\ge 9 \left(\dfrac{a+b+c}{x+y+z} \right),$$
Đó chính là bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 1.4:
Chứng minh rằng với mọi $\vartriangle ABC$ ta có
$$2(\sin A+\sin B+\sin C)\ge \dfrac{3}{2} \ \dfrac{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C }{\cos A + \cos B +\cos C}.$$
Giải:
Không mất tổng quát giả sử $a \le b \le c$. Suy ra
$$A \le \sin B \le\sin C$$ và $$ \cos A \ge \cos B \ge \cos C.$$
Theo Chebyshev ta có:
$$\left( \dfrac{\sin A + \sin B + \sin C}{3}\right) \left( \dfrac{\cos A + \cos B +\cos C}{3}\right)\\
\ge \dfrac{\sin A \cos A +\sin B \cos B + \sin C\cos C}{3}.$$
Bất đẳng thức này tương đương với
$$2(\sin A + \sin B +\sin C) \ge \dfrac{3}{2} \ \dfrac{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C }{\cos A + \cos B +\cos C}.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\vartriangle ABC$ đều.
Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz cho các số thực và ứng dụng trong chương trình phổ thông
Cho $a = \left( {{a_1},a_2...,{a_n}} \right)$ và $b = \left( {{b_1},{b_2},...,{b_n}} \right)$ là hai bộ số thực. Khi ấy ta có
$$ (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2 \ \ \ (1.1)$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a$ và $b$ tỉ lệ, nghĩa là tồn tại hằng số $r$ sao cho ${a_i} = r{b_i}$ với mọi $i \in \{ 1,2,...,n\} .$
Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz thường được phát biểu khi $n=2$ và mở rộng cho $n=3$. Bất đẳng thức này được ứng dụng trong bài toán chứng minh bất đẳng thức, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, giải phương trình, bất phương trình và hệ đại số...
Ví dụ 1.1
Hai số dương $x,y$ thỏa mãn $3x+2y=6xy$. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng $x+y$.
Giải: Nhận xét rằng $3x+2y=6xy$ khi và chỉ khi $ \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}=6$ và $$\sqrt{2}+\sqrt{3}=\sqrt{\dfrac{2}{x}}.\sqrt{x}+\sqrt{\dfrac{3}{y}}.\sqrt{y}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz với $n=2$, ta được
$$(\sqrt{2}+\sqrt{3} )^2 \le \left( \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}\right)(x+y)=6(x+y).$$
Suy ra $$x+y \ge \dfrac{1}{6}(\sqrt{2}+\sqrt{3} )^2 =\dfrac{5+2\sqrt{6}}{6}.$$
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng $x+y$ bằng $\dfrac{5+2\sqrt{6}}{6}$ đạt được khi
$$ \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}=6$$ và
$$\dfrac{x}{\dfrac{2}{x}}=\dfrac{y}{\dfrac{3}{y}}$$. Điều này tương đương với
$$ x=\dfrac{2+\sqrt{6}}{6}$$
và $$ x=\dfrac{3+\sqrt{6}}{6}.$$
Ví dụ 1.2:
Giải bất phương trình $\sqrt{x-1}-\sqrt{2x^2-10x+16} \ge 3-x.$
Giải: Ta biến đổi phương trình về dạng $\sqrt{x-1}+x-3 \ge\sqrt{2x^2-10x+16}.$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz với $n=2$, ta được
$$ \sqrt{2[(x-1)+(x-3)^2]} \le \sqrt{x-1}+x-3.$$
Vậy bất phương trình tương đương với dấu "=" xảy ra, tức là
$$\sqrt{x-1}=x-3\Leftrightarrow x^2-7x+10=0.$$
Giải phương trình cuối ta được $x=2$ và $x=5$. Vậy bất phương trình có nghiệm $x=2$ và $x=5$.
Ví dụ 1.3:
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\sqrt{3(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac} )} \ge \sqrt{a+b-c} + \sqrt{b+c-a}+ \sqrt{c+a-b}.$$
Giải: Lấy $x,y,z>0$ và đặt $a=x+y, b=y+z, c=x+z$. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
$$3 \sum\limits_{cyc} \sqrt{(x+y)(y+z)} \ge 2 \left(\sum\limits_{cyc} \sqrt{x} \right)^2. $$
Từ bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz ta có
$$
3 \sum\limits_{cyc} \sqrt{(x+y)(y+z)} \ge 3 \sum\limits_{cyc} (y +\sqrt{xz}) \\
\ge 2 \sum\limits_{cyc} y + \sum\limits_{cyc} \sqrt{xz} \\
= 2 \left(\sum\limits_{cyc} \sqrt{x} \right)^2.
$$
Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz được sử dụng rất nhiều trong việc chứng minh các bất đẳng thức. Đặc biệt trong các bài thi chọn học sinh giỏi, thi Olympic.
Ví dụ 1.4:
Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn
$$\dfrac{1}{a+b+1} +\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1} \ge 1.$$
Chứng minh rằng
$$a+b+c \ge ab+bc+ca.$$
(Andrei Ciupan, Chọn đội tuyển Romania dự thi Junior BMO 2007)
Giải:\\
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz, dễ thấy
$$(a+b+1)(a+b+c^2)\ge (a+b+c)^2.$$
Từ đó dẫn đến
$$
1 \le \dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}
\le \dfrac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{b+c+a^2}{(a+b+c)^2}\dfrac{c+a+b^2}{(a+b+c)^2}.
$$
Suy ra
$$(a+b+c)^2 \le 2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2,$$
tức là
$$a+b+c \ge ab+bc+ca.$$
Bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
Cách 2: Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz, ta có
$$
2 \ge \left( 1- \dfrac{1}{a+b+1} \right) + \left( 1- \dfrac{1}{b+c+1} \right)+ \left( 1- \dfrac{1}{c+a+1} \right)\\
=\dfrac{a+b}{a+b+1}+\dfrac{b+c}{b+c+1}+\dfrac{c+a}{c+a+1}\\
\ge \dfrac{[(a+b)+(b+c)+(c+a)]^2}{(a+b)(a+b+1)+(b+c)(b+c+1)+(c+a)(c+a+1)}\\
=\dfrac{2(a^2+b^2+c^2) +4 (ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2) +(ab+bc+ca)+(a+b+c)}.
$$
Từ đây ta suy ra được
$$(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)+(a+b+c) \ge (a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca),$$
tức là
$$a+b+c \ge ab+bc+ca.$$
Đây chính là điều phải chứng minh.
Ứng dụng của bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân trong chương trình toán phổ thông
Bài này là bài kế tiếp của bài:"Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân"
Bất đẳng thức
$$\dfrac{a+b}{2} \, \geq \, \sqrt{ab}.$$
trong chương trình học phổ thông được biết đến với tên gọi bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. Bất đẳng thức này có nhiều ứng dụng vào các bài toán chứng minh bất đẳng thức, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, bài toán giải phương trình, bất phương trình.
Sau đây chúng tôi nêu ra một vài ý nghĩa của bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân như sau:
Giả sử ta có một tập các hình chữ nhật có diện tích $A$ và độ dài cạnh là $x, y.$ Vì $A=xy$, nên
bất đẳng thức $\dfrac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$ có ý nghĩa là hình vuông có độ dài cạnh $\sqrt{xy}$ phải có chu vi nhỏ nhất trong số các hình chữ nhật có cùng diện tích $A$. Nói cách khác, trong số tất cả các hình chữ nhật có chu vi $p$ thì hình vuông có cạnh $p/4$ là hình vuông có diện tích lớn nhất.
Một ý nghĩa hình học nữa liên quan đến trung bình cộng và trung bình nhân là coi $\dfrac{1}{2}(x+y)$
là bán kính của một đường tròn và $\sqrt{xy}$ là đường cao xuất phát từ đỉnh góc vuông chắn nửa
đường tròn.
Ví dụ :
Từ một mảnh giấy bìa có dạng hình chữ nhật kích thước $15 \times 8 \ cm$, người ta cắt ra từ bốn góc của hình chữ nhật bốn hình vuông bằng nhau. Mảnh giấy còn lại trông giống như một chữ thập, được gấp làm một cái hộp (không nắp). Hỏi rằng cạnh của bốn hình vuông bằng bao nhiêu để thể tích của chiếc hộp thu được là lớn nhất.
Giải: Gọi $x$ là độ dài cạnh của hình vuông. Khi đó chiếc hộp sẽ có kích thước là $15-x-x; 8-x-x$ và $x$. Thể tích của chiếc hộp là $V$ được tính theo $x$ như sau
$$V = x(15-2x)(8-2x).$$
Ta cần tìm $x$ sao cho $V$ đạt giá trị lớn nhất. Khi chưa có công cụ đạo hàm, ta vẫn có thể tìm
giá trị lớn nhất của $V$ bằng cách sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân.
Thực vậy, ta cần phải tìm $k,l$ trong $kx(15-2x)l(8-2x)$ sao cho
$$15-2x=l(8-2x)=kx,$$ và $$2+2l-k=0.$$
Từ đây, biểu diễn $x$ theo $k,l$ ta tìm $k,l$ bằng cách giải hệ phương trình
$$\dfrac{15-8l}{2(1-l)}=\dfrac{8l}{k+2l}$$
hay $2+2l-k=0.$
Giải hệ này cho ta $l=\dfrac{5}{2}, k = 7$. Bây giờ ta áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và
trung bình nhân cho ba số,
$$
V=x(15-2x)(8-2x)=\dfrac{2}{35}.7x (15-2x)(20-5x)
\le \dfrac{2}{35} \left( \dfrac{7x+15-2x+20-5x}{3}\right)^3.
$$
Từ đó,
$$V \le \dfrac{2}{35}. \left(\dfrac{35}{3}\right)^3=\dfrac{2450}{27}.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$7x=15-2x=20-5x.$$
Giải hệ phương trình này cho ta $x=\dfrac{5}{3}$. Vậy cạnh hình vuông là $\dfrac{5}{3}$ cm.
Bất đẳng thức
$$\dfrac{a+b}{2} \, \geq \, \sqrt{ab}.$$
trong chương trình học phổ thông được biết đến với tên gọi bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. Bất đẳng thức này có nhiều ứng dụng vào các bài toán chứng minh bất đẳng thức, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, bài toán giải phương trình, bất phương trình.
Sau đây chúng tôi nêu ra một vài ý nghĩa của bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân như sau:
Giả sử ta có một tập các hình chữ nhật có diện tích $A$ và độ dài cạnh là $x, y.$ Vì $A=xy$, nên
bất đẳng thức $\dfrac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$ có ý nghĩa là hình vuông có độ dài cạnh $\sqrt{xy}$ phải có chu vi nhỏ nhất trong số các hình chữ nhật có cùng diện tích $A$. Nói cách khác, trong số tất cả các hình chữ nhật có chu vi $p$ thì hình vuông có cạnh $p/4$ là hình vuông có diện tích lớn nhất.
Một ý nghĩa hình học nữa liên quan đến trung bình cộng và trung bình nhân là coi $\dfrac{1}{2}(x+y)$
là bán kính của một đường tròn và $\sqrt{xy}$ là đường cao xuất phát từ đỉnh góc vuông chắn nửa
đường tròn.
Ví dụ :
Từ một mảnh giấy bìa có dạng hình chữ nhật kích thước $15 \times 8 \ cm$, người ta cắt ra từ bốn góc của hình chữ nhật bốn hình vuông bằng nhau. Mảnh giấy còn lại trông giống như một chữ thập, được gấp làm một cái hộp (không nắp). Hỏi rằng cạnh của bốn hình vuông bằng bao nhiêu để thể tích của chiếc hộp thu được là lớn nhất.
Giải: Gọi $x$ là độ dài cạnh của hình vuông. Khi đó chiếc hộp sẽ có kích thước là $15-x-x; 8-x-x$ và $x$. Thể tích của chiếc hộp là $V$ được tính theo $x$ như sau
$$V = x(15-2x)(8-2x).$$
Ta cần tìm $x$ sao cho $V$ đạt giá trị lớn nhất. Khi chưa có công cụ đạo hàm, ta vẫn có thể tìm
giá trị lớn nhất của $V$ bằng cách sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân.
Thực vậy, ta cần phải tìm $k,l$ trong $kx(15-2x)l(8-2x)$ sao cho
$$15-2x=l(8-2x)=kx,$$ và $$2+2l-k=0.$$
Từ đây, biểu diễn $x$ theo $k,l$ ta tìm $k,l$ bằng cách giải hệ phương trình
$$\dfrac{15-8l}{2(1-l)}=\dfrac{8l}{k+2l}$$
hay $2+2l-k=0.$
Giải hệ này cho ta $l=\dfrac{5}{2}, k = 7$. Bây giờ ta áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và
trung bình nhân cho ba số,
$$
V=x(15-2x)(8-2x)=\dfrac{2}{35}.7x (15-2x)(20-5x)
\le \dfrac{2}{35} \left( \dfrac{7x+15-2x+20-5x}{3}\right)^3.
$$
Từ đó,
$$V \le \dfrac{2}{35}. \left(\dfrac{35}{3}\right)^3=\dfrac{2450}{27}.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$7x=15-2x=20-5x.$$
Giải hệ phương trình này cho ta $x=\dfrac{5}{3}$. Vậy cạnh hình vuông là $\dfrac{5}{3}$ cm.
Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
Với mọi số dương $a$ và $b$, ta luôn có
$$ \dfrac{a+b}{2} \, \geq \, \sqrt{ab} \, \geq \, \dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}. \ \ \ (1.1)$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a =b$.
Chứng minh:
Cách 1: Vì $a, b > 0$ nên ta có thể viết $a = x^2, b = y^2$ với $x, y > 0$. Ta có
$$
\dfrac{x^2 + y^2}{2} \geq xy.
$$
Điều này tương đương với
$$
(x-y)^2 \geq 0. \ \ \ (1.2)
$$
Rõ ràng, bất đẳng thức (1.2) luôn đúng với mọi $x, y$. Tức là, bất đẳng thức thứ nhất trong (1.1) được chứng minh. Chia bất đẳng thức này cho $ab$ ta nhận được
$$
\dfrac{\dfrac{a+b}{ab}}{2} \geq {\dfrac{\sqrt{ab}}{ab}} = \dfrac{1}{\sqrt{ab}}.
$$
Dễ dàng thấy rằng bất đẳng thức sau cùng này tương đương với bất đẳng thức thứ hai trong (1.1)
và dấu bằng trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi $x = y$.
Điều này có nghĩa là $a = b$ trong (1.1).
Cách 2: Bất đẳng thức (1.1) có thể được chứng minh bằng hình học như sau. Trước hết ta có
$$ \dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} = \dfrac{2ab}{a+b}. $$
Ta viết lại bất đẳng thức (1.1) dưới dạng
$$ \dfrac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}. $$
Không hạn chế tổng quát, coi $a>b$. Dựng đường tròn tâm $A$ bán kính $\dfrac{a-b}{2}$ (như hình vẽ). Trên đường thẳng $Ax$ bất kì lấy điểm $M$ sao cho độ dài $AM = \dfrac{a+b}{2}$. Từ $M$ kẻ tiếp tuyến với đường tròn, gọi tiếp điểm là $G$. Từ $G$ kẻ $GH\bot Ax$. Sử dụng công thức Pythagoras cho tam giác vuông $AGM$ ta tính được độ dài các cạnh
$$ AM = \dfrac{a+b}{2}, \ GM =\sqrt{AM^2-AG^2}=\sqrt{\left(\dfrac{a+b}{2} \right)^2- \left(\dfrac{a-b}{2} \right)^2}= \sqrt{ab},
$$
$$ HM=\dfrac{GM^2}{AM}=\dfrac{ab}{\dfrac{a+b}{2}} = \dfrac{2ab}{a+b}. $$
Mặt khác, dựa vào tính chất của tam giác, ta có
$$ HM \leq GM \leq AM. $$
Suy ra
$$ \dfrac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}. $$
Nếu ta cho phép bán kính của đường tròn dần về 0, thì $G$ dần tới $A$, ta thu được dấu bằng trong bất đẳng thức trên.
$$ \dfrac{a+b}{2} \, \geq \, \sqrt{ab} \, \geq \, \dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}. \ \ \ (1.1)$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a =b$.
Chứng minh:
Cách 1: Vì $a, b > 0$ nên ta có thể viết $a = x^2, b = y^2$ với $x, y > 0$. Ta có
$$
\dfrac{x^2 + y^2}{2} \geq xy.
$$
Điều này tương đương với
$$
(x-y)^2 \geq 0. \ \ \ (1.2)
$$
Rõ ràng, bất đẳng thức (1.2) luôn đúng với mọi $x, y$. Tức là, bất đẳng thức thứ nhất trong (1.1) được chứng minh. Chia bất đẳng thức này cho $ab$ ta nhận được
$$
\dfrac{\dfrac{a+b}{ab}}{2} \geq {\dfrac{\sqrt{ab}}{ab}} = \dfrac{1}{\sqrt{ab}}.
$$
Dễ dàng thấy rằng bất đẳng thức sau cùng này tương đương với bất đẳng thức thứ hai trong (1.1)
và dấu bằng trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi $x = y$.
Điều này có nghĩa là $a = b$ trong (1.1).
Cách 2: Bất đẳng thức (1.1) có thể được chứng minh bằng hình học như sau. Trước hết ta có
$$ \dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} = \dfrac{2ab}{a+b}. $$
Ta viết lại bất đẳng thức (1.1) dưới dạng
$$ \dfrac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}. $$
Không hạn chế tổng quát, coi $a>b$. Dựng đường tròn tâm $A$ bán kính $\dfrac{a-b}{2}$ (như hình vẽ). Trên đường thẳng $Ax$ bất kì lấy điểm $M$ sao cho độ dài $AM = \dfrac{a+b}{2}$. Từ $M$ kẻ tiếp tuyến với đường tròn, gọi tiếp điểm là $G$. Từ $G$ kẻ $GH\bot Ax$. Sử dụng công thức Pythagoras cho tam giác vuông $AGM$ ta tính được độ dài các cạnh
$$ AM = \dfrac{a+b}{2}, \ GM =\sqrt{AM^2-AG^2}=\sqrt{\left(\dfrac{a+b}{2} \right)^2- \left(\dfrac{a-b}{2} \right)^2}= \sqrt{ab},
$$
$$ HM=\dfrac{GM^2}{AM}=\dfrac{ab}{\dfrac{a+b}{2}} = \dfrac{2ab}{a+b}. $$
Mặt khác, dựa vào tính chất của tam giác, ta có
$$ HM \leq GM \leq AM. $$
Suy ra
$$ \dfrac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}. $$
Nếu ta cho phép bán kính của đường tròn dần về 0, thì $G$ dần tới $A$, ta thu được dấu bằng trong bất đẳng thức trên.