Tài liệu Bất đẳng thứ Karamata và một số ứng dụng ppt

Bất ñẳng thức Karamata là một dạng tổng quát của bất ñẳng thức Jensen.. Sử dụng bất ñẳng thức Karamata ta có ngay ñiều cần chứng minh.. Sau ñây ta sẽ nêu một số ví dụñể minh họa cho việc

Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long

1 Lời giới thiệu

Jovan Karamata sinh ngày 1 tháng 2 năm 1902 tại Zagreb, Serbia Bắt ñầu học ở khoa cơ khí từ năm 1920, nhưng ñến năm 1922, ông chuyển ñến khoa toán ñể học Tốt nghiệp năm 1925, ngay lập tức Karamata ñược nhận làm trợ giảng cho giáo sư Mihailo Petrovic Ông nhận ñược học vị tiến sĩ năm

1926, trở thành giáo sư ðại học Belgrade vào năm 1950 Năm 1951 Karamata rời Belgrade, ñến giảng dạy tại ðại học Geneva Ông sống và làm việc ở ñây ñến cuối ñời Karamata mất ngày 14 tháng 8 năm

1967

Bất ñẳng thức Karamata là một dạng tổng quát của bất ñẳng thức Jensen

2 Bất ñẳng thức Karamata

Trước hết, ta sẽ ñịnh nghĩa các bộ trội

2.1 ðịnh nghĩa

Nếu x1≥x2≥ ≥ x y n, 1≥y2≥ ≥ y x n, 1≥y1, x1+x2≥y1+y2, ,x1+x2+ + x n−1≥y1+y2+ + y n−1

và x1+x2+ + x n= y1+y2+ + y n thì ta nói bộ (x x1, , ,2 x n) trội hơn bộ (y y1, , ,2 y n) và ta kí hiệu

là (x x1, , ,2 x n) (≻ y y1, , ,2 y n) hay (y y1, , ,2 y n) (≺ x x1, , ,2 x n)

Hiển nhiên, nếu x1≥x2≥ ≥ x n thì (x x1, , ,2 x n) (≻ x x, , ,x), trong ñó x1 x2 x n

x

n

2.2 Bất ñẳng thức Karamata

Nếu hàm số f x( ) là hàm lồi trên ñoạn I =[a b, ] và (x x1, , ,2 x n) (≻ y y1, , ,2 y n) với mọi ,x y i i∈ thì I

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x i= y i i, =1,2, ,n

Ta cũng có phát biểu tương tựñối với hàm số lõm bằng cách ñổi chiều dấu bất ñẳng thức

Chứng minh. Vì f x( ) là hàm lồi nên f x( )−f y( ) (≥ x−y f) ( ) ' y , ,∀x y∈ Thật vậy: I

• Nếu x≥y thì ( ) ( )

−

• Nếu x≤ythì ( ) ( )

−

Từ ñó suy ra f x( )i −f y( ) (i ≥ x i−y i) ( ) 'f y i ,∀x y i, i∈I i, =1,2, ,n

Chú ý rằng f '( )y i ≥ f'(y i+1),x1+x2+ + x i ≥y1+y2+ + y i i, =1,2, ,n− , sử dụng khai triển 1 Abel, ta có

(x1 y1)f'( )y1 f'( )y2  (x1 x2 y1 y2)f'( )y2 f '( )y3 

(x1 x2 x n y1 y2 y n) (f y' n−1) f'( ) (y n  x1 x2 x n y1 y2 y n) ( )f y' n 0

Do ñó

2.3 Hệ quả (Bất ñẳng thức Jensen) Nếu hàm số f x( ) là hàm lồi trên ñoạn I=[a b, ], thì với mọi

, 1,2, ,

i

x ∈I i= n , ta có

n

n



Chứng minh Do tính chất ñối xứng, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x1≥x2≥ ≥ x n Khi ñó ta (x x1, , ,2 x n) (≻ x x, , ,x), trong ñó x1 x2 x n

x

n

= Sử dụng bất ñẳng thức Karamata ta

có ngay ñiều cần chứng minh

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1=x2= =x n

Sau ñây ta sẽ nêu một số ví dụñể minh họa cho việc ứng dụng của bất ñẳng thức Karamata

4 Một số ví dụ

4.1 Ví dụ 1 Cho 2n số thực dương a b i i, i( =1,2, ,n) thỏa mãn các ñiều kiện sau a1≥a2≥ ≥ a n,

b ≥b ≥ ≥b , a1 ≥b a a1, 1 2≥b b1 2, ,a a1 2 a n ≥b b1 2 b n Chứng minh rằng

Lời giải ðặt x i =ln ,a y i i =lnb i i( =1,2, ,n) Với các ñiều kiện ñã cho, ta dễ dàng kiểm tra ñược

rằng (x x1, , ,2 x n) (≻ y y1, , ,2 y n) Dễ thấy rằng ( ) x

f x =e là hàm lồi trên (0,+∞), do ñó, áp dụng bất

ñẳng thức Karamata, ta có

1 2 x n 1 2 y n

x x y y

e +e + +e ≥e +e + +e hay a1+a2 + +a n ≥b1+b2 + +b n

4.2 Ví dụ 2 Cho ABC là tam giác nhọn Chứng minh rằng

3

2

Xác ñịnh khi nào xảy ra ñẳng thức?

Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử rằng A≥B≥C Khi ñó ,

A≥π C≤π Vì

3

Xét hàm f x( )=cosx, dễ thấy f x( ) là hàm lõm thật sự trên ñoạn 0,

2

=

 , do ñó, theo bất ñẳng

thức Karamata, ta có

2

Ở bất ñẳng thức thứ nhất, dấu ñẳng thức không xảy ra (vì hai góc của tam giác không thể cùng vuông) Ở bất ñẳng thức thứ hai, ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều

4.3 Ví dụ 3 Cho ABC là tam giác không nhọn Chứng minh rằng

Lời giải Không m t tính t ng quát, gi s A≥ ≥ Khi ó, d dàng ki m tra c

2 2 2 4 8 8

Xét hàm số ( ) tan , 0,

2



x

2

x∈ π



 

Từñó suy ra f x( ) là hàm số lồi trên 0,

2

π

 

  Sử dụng bất ñẳng thức Karamata, ta nhận ñược

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( , , ) , ,

2 4 4

A B C =π π π



  và các hoán vị

4.4 Ví dụ 4 Cho , ,a b c là các số thực dương Chứng minh rằng

Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử a≥ ≥ Khi b c ñó, dễ dàng kiểm tra ñược

(2 ,2 ,2a b c) (≻ a+b a, +c b, +c)

Vì f x( ) 1

x

= là hàm lồi trên khoảng (0,+∞), nên theo bất ñẳng thức Karamata, ta có

f a + f b + f c ≥ f a+b + f a+c + f b+c hay

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= = b c

4.5 Ví dụ 5 [IMO 2000/2] Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa ñiều kiện abc= Ch1 ứng minh rằng

Lời giải Vì abc= nên t1 ồn tại các số dương , ,x y z sao cho a x,b y,c z

= = = Bất ñẳng thức

cần chứng minh trở thành

(x− +y z)(y− +z x z)( − +x y)≤xyz

Ta ñể ý rằng, (x− +y z) (+ y− +z x)=2x>0, do ñó, trong ba số x− +y z y, − +z x z, − + x y

không thể có trường hợp hai số cùng âm Nếu trong ba số trên có một hoặc ba số âm, hiển nhiến ta có

bất ñẳng thức cần chứng minh Trường hợp cả ba sốñều dương, bằng cách lấy logarit hai vế, ta có

ln x− +y z +ln y− +z x +ln z− +x y ≤lnx+lny+lnz Không mất tính tổng quát, giả sử x≥ ≥ Khi y z ñó, (y− +z x x, − +y z z, − +x y) (≻ x y z, , )

Vì f x( )=lnx là hàm lõm trên (0,+∞), do ñó, sử dụng bất ñẳng thức Karamata, ta ñược

ln y− +z x +ln x− +y z +ln z− +x y ≤lnx+lny+lnz

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= = hay y z a= = = b c 1

4.6 Ví dụ 6 Cho ,a b là các số thực không âm Chứng minh rằng

3 3 3 3

Lời giải Giả sử b≥ ≥ Gia 0 ữa các số x1= +b 3b x, 2= +b 3a x, 3= +a 3b x, 4= +a 3a, thì x1 là số

lớn nhất, x4 là số nhỏ nhất Vì x1+ =x4 x2+ nên x3 (x x1, 4) (≻ x x2, 3) hoặc (x x1, 4) (≻ x x3, 2) Dễ thấy

f x = x là hàm lõm trên [0,+∞), do ñó, theo bất ñẳng thức Karamata, ta có

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b

4.7 Ví dụ 7 Cho 1 , , 1, 1

2

− ≤ ≤ + + = − Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

12 12 12

Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử a≥ ≥ Khi b c ñó 1 ,1 1 1 1

Do ñó 1, 1, 1 ( , , )

 − − 

f x =x lồi trên [−1,1], theo bất ñẳng thức Karamata, ta có

12 12 12

12

a +b +c = f a + f b + f c ≤ f + f− + f − = +



ðẳng thức xảy ra, chẳng hạn khi 1, 1, 1

2

a= b= − c= − Do ñó giá trị lớn nhất của F là 2 112

2

4.8 Ví dụ 8 [IMO 1999/2] Cho x x1 2, , ,x n là các số thực không âm, n≥ Hãy xác 2 ñịnh hằng số C

nhỏ nhất sao cho

4

2 2

n

≤ < ≤ =



Lời giải. Nếu x1=x2= = thì b0 ất ñẳng thức ñúng với mọi C≥ N0 ếu có ít nhất một số

0

i

x > , suy ra x1+x2+ + x n> Vì b0 ất ñẳng thức trên ở dạng thuần nhất nên ta có thể giả sử rằng

x +x + +x = Khi ñó

i j n i j n i j n

3 3( ) ( )

i j i i i

i n j i i n i

Vì vậy, ta cần xác ñịnh hằng số C nhỏ nhất sao cho ( )

1

n i i

=

≤

∑ , với x1+x2+ + x n = , 1 trong ñó ( ) 3 4

f x =x −x là hàm lồi trên [0,1 2] (vì f '( )x =3x2−4 , ''x3 f ( )x =6 1 2x( − x))

Do tính ñối xứng, không mất tính tổng quát, giả sử x1≥x2≥ ≥ x n Ta sẽ xét các trường hợp sau

2≥x Khi ñó, dễ dàng kiểm tra ñược ( 1 2 )

1 1 , ,0, ,0 , , ,

ñẳng thức Karamata, ta có

1

n i i

=

   

≤  +  + + + =

Tr ng h p 2. 1

2≤x Ta ki m tra c (1−x1,0, ,0) (x2, ,x n) S d ng b t ng th c Karamata, ta có

Mặt khác, f x( )1 + f(1−x1)=(x13−x14)+(1−x1)3− −(1 x1)4=x1(1−x1)x12 + −(1 x1)2

Do ñó, ( )

1

1 8

n

i i

f x

=

≤

∑ Vậy hằng số C nhỏ nhất cần xác ñịnh là 1

8

ðể kết thức bài viết, mời các bạn giải một số bài tập tự luyện

1 Cho tam giác ABC , chứng minh rằng

α

α

c)

1 2

3

α

α

+

d)

1 2

3

α

α

+

2 Cho a a1, , ,2 a n là các số thực dương Chứng minh rằng

2

2 2

1 2

1 2

2 3 1

n

a

+ + + ≤ +  +    + 

3 [APMO 1996] Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

a+ − +b c b+ − +c a c+ − ≤a b a+ b+ c

4 Cho 1, , ,2 ,

6 6

n

∈ −

  Chứng minh rằng

cos 2x −x +cos 2x −x + + cos 2x n−x ≤cosx +cosx + + cosx n

Tài liệu tham khảo

[1] Aleksandar Nikolic, Jovan Karamata (1902 – 1967)

[2] Hojoo Lee, Topics in Inequalities – Theorems and Techniques, 2007

[3] Kin Y Li, Majorization Inequality, Mathematical Excalibur, Vol.5, No.5, 11/2000

[4] Nguyễn Văn Nho, Olympic Toán học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo Dục, 2003

[5] Nguyễn Hữu ðiển, Giải toán bằng phương pháp ðại Lượng Bất Biến, NXB Giáo Dục, 2004

[6] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo Bất ðẳng Thức, NXB Tri Thức, 2006