Bất Đẳng thức hàm nửa lồi và Ứng dụng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠMNGUYỄN VŨ ĐOAN THỤC BẤT ĐẲNG THỨC HÀM NỬA LỒI VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Đà Nẵng - Năm 2024

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN VŨ ĐOAN THỤC

BẤT ĐẲNG THỨC HÀM NỬA LỒI

VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

TS Phan Đức Tuấn

Đà Nẵng - Năm 2024

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan bản luận văn này là công trình nghiên cứu do tôitham khảo, tổng hợp, sáng tạo một số nội dung và trình bày theo bố cụcriêng nhằm đáp ứng với mục tiêu, đối tượng và phạm vi nghiên cứu đề ratrong luận văn của tôi Kết quả nghiên cứu này không trùng với bất cứcông trình nào đã được công bố trước đó

Tôi xin chịu trách nhiệm với lời cam đoan của mình

Đà Nẵng, tháng 4 năm 2024

Tác giả

Nguyễn Vũ Đoan Thục

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian dài tiến hành triển khai nghiên cứu, tôi đã hoànthành nội dung của luận văn "Bất đẳng thức hàm nửa lồi và ứng dụng"

Sự hoàn thiện của luận văn không chỉ dựa vào nỗ lực và công sức cá nhân

mà còn nhờ vào sự giúp đỡ và hỗ trợ tích cực từ nhiều cá nhân và tập thểkhác nhau

Trước hết, tôi muốn gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến TS PhanĐức Tuấn, người đã trực tiếp hướng dẫn luận văn cho tôi Thầy đã dànhnhiều thời gian và công sức để đưa ra những ý kiến, nhận xét quý báu vàchỉnh sửa những chi tiết nhỏ trong luận văn, từ đó giúp luận văn của tôitrở nên hoàn thiện hơn cả về mặt nội dung và hình thức

Tôi cũng muốn bày tỏ lòng biết ơn đến quý Ban lãnh đạo trường Đạihọc Sư phạm - Đại học Đà Nẵng, phòng Đào tạo sau Đại học, cũng nhưcác thầy cô giáo trong khoa Toán và các thầy cô giáo trong lớp K43 -Phương pháp Toán Sơ cấp tại Đà Nẵng Sự tận tình dạy bảo và việc cungcấp nguồn kiến thức chuyên môn đã làm nền tảng vững chắc, giúp tôi cóthể hoàn thành luận văn này

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đặc biệt đến các bạn trong lớp K43 - Phươngpháp Toán Sơ cấp tại Đà Nẵng, đã nhiệt tình hỗ trợ và chia sẻ kiến thứctrong suốt quá trình học tập

Ngoài ra, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến tất cả bạn bè, đồngnghiệp và gia đình, những người luôn ủng hộ, động viên và tạo mọi điềukiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này

Mặc dù đã cố gắng và dành nhiều tâm huyết cho quá trình nghiên cứu,luận văn vẫn không tránh khỏi những sai sót nhất định Tôi rất mong nhậnđược những đóng góp ý kiến từ các thầy cô và các bạn để nội dung nghiêncứu trong luận văn của tôi được hoàn thiện hơn

Một lần nữa, tôi xin chân thành cảm ơn!

Nguyễn Vũ Đoan Thục

TRANG THÔNG TIN ĐỀ TÀI

Tên đề tài: Bất đẳng thức hàm nửa lồi và ứng dụng

Ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Họ tên học viên: Nguyễn Vũ Đoan Thục

Người hướng dẫn khoa học: TS Phan Đức Tuấn

Cơ sở đào tạo: Trường Đại học Sư phạm - ĐH Đà Nẵng

(c) Sử dụng được các bất đẳng thức hàm nửa lồi trong việc giải toán chứng minh bất đẳng thức; sáng tạo một số bất đẳng thức từ hàm nửa lồi.

2 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn: Đề tài này có thể sử dụng như một tài liệu tham khảo dành cho học sinh phổ thông trung học, học sinh giỏi toán, giáo viên phổ thông trung học và sinh viên tìm hiểu về bất đẳng thức hàm nửa lồi và ứng dụng.

3 Hướng nghiên cứu tiếp theo: Trong thời gian tới, tôi sẽ tìm hiểu thêm một số ứng dụng khác của bất đẳng thức hàm nửa lồi và vận dụng nó vào thực tiễn.

Từ khoá: Hàm lồi, hàm nửa lồi, bất đẳng thức hàm nửa lồi, bất đẳng thức Jensen có trọng số.

Xác nhận của giáo viên hướng dẫn

TS Phan Đức Tuấn

Người thực hiện đề tài

Nguyễn Vũ Đoan Thục

Name of thesis: Half convex function inequalities and their tions

applica-Major: Elementary Mathematics Methods

Full name of Master student: Nguyen Vu Doan Thuc

Supervisors: PhD Phan Duc Tuan

Training institution: The University of Danang - University of Science andEducation

1 Main results: The research topic "Half convex function inequalities and their tions" has achieved the following results:

applica-(a) Systematic presentation of basic inequalities and methods of proving inequalities (b) Presenting concepts, properties of convex functions, half-convex functions, some in- equalities of convex functions, half-convex functions, half-convex function inequali- ties of ordered variables, an extension of Jensen’s discrete inequality to half-convex functions.

(c) Be able to use half-convex functional inequalities in solving problems to prove inequalities; Create some inequalities from half-convex functions.

2 Scientific and practical significance:

The results obtained from this topic can be used as a reference for high school students, good math students, high school teachers, and students learning about half-convex func- tion inequalities and applications.

3 Further research directions:

In the future, we will learnsome other applications of half-convex function inequality and the application of it in practice.

Keywords: Convex function, half-convex function, half-convex function inequality, weighted Jensen inequality.

RHCF Bất đẳng thức hàm nửa lồi bên phải

LHCF Bất đẳng thức hàm nửa lồi bên trái

LCRCF Bất đẳng thức hàm lồi bên trái, hàm lõm bên phảiHCF OV Bất đẳng thức hàm nửa lồi với các biến có thứ tựWHCF Bất đẳng thức hàm nửa lồi có trọng số

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4

1.1 Một số bất đẳng thức cơ bản 4

1.2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 8

1.2.1 Phương pháp sử dụng các phép biến đổi 8

1.2.2 Phương pháp phân tích bình phương 9

1.2.3 Phương pháp sử dụng tính chất của giá trị tuyệt đối 10

1.2.4 Phương pháp sử dụng tính chất của tam thức bậc hai 11

1.2.5 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển 12

1.2.6 Phương pháp quy nạp 14

1.2.7 Phương pháp phản chứng 15

1.2.8 Phương pháp dồn biến 16

1.3 Hàm lồi 18

1.3.1 Tập lồi và hàm lồi 18

1.3.2 Một số định lý về hàm lồi 20

1.4 Một số bất đẳng thức hàm lồi 23

CHƯƠNG 2 BẤT ĐẲNG THỨC HÀM NỬA LỒI 25

2.1 Hàm nửa lồi 25

2.2 Bất đẳng thức hàm nửa lồi 25

2.2.1 Bất đẳng thức HCF 25

2.2.2 Bất đẳng thức LCRCF 30

2.3 Bất đẳng thức hàm nửa lồi với các biến có thứ tự 31

2.4 Mở rộng bất đẳng thức hàm nửa lồi 37

2.4.1 Bổ đề mở rộng 37

2.4.2 Bất đẳng thức Jensen có trọng số cho hàm nửa lồi 38CHƯƠNG 3 ỨNG DỤNG 433.1 Ứng dụng bất đẳng thức hàm nửa lồi 433.2 Ứng dụng bất đẳng thức hàm nửa lồi với các biến có thứ

tự 55KẾT LUẬN 63TÀI LIỆU THAM KHẢO 64

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài:

Bất đẳng thức là một trong những khái niệm căn bản, quan trọngcủa Toán học Từ việc so sánh giá trị của các đại lượng khác nhau, xácđịnh giới hạn và tính chất của chúng đến việc giải quyết các bài toán tối

ưu hóa, xác định các khoảng giá trị của hàm số, chứng minh các định lý

và phát triển các phương pháp tính toán, bất đẳng thức luôn đóng vai tròkhông thể thiếu

Trong Toán học, bất đẳng thức thường được sử dụng để chứng minh

và giải quyết các vấn đề trong rất nhiều lĩnh vực khác nhau, bao gồm lýthuyết số, hình học, lượng giác và xác suất thống kê Đối với môn Toáncấp phổ thông, bất đẳng thức cũng là một chủ đề rất quan trọng, thườngxuyên xuất hiện trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia, các kỳ thi Olympic

về toán ở mọi cấp bởi tính khó và tính sáng tạo trong giải các bài toánliên quan đến bất đẳng thức

Hàm lồi và hàm nửa lồi cũng là hai khái niệm cơ bản trong Toánhọc, đặc biệt trong lý thuyết tối ưu và đồ thị, cả hai đều có ứng dụng quantrọng trong việc chứng minh bất đẳng thức Trong giải toán cấp THPT,đôi khi ta gặp một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà khi sử dụngcác phương pháp cổ điển, đã biết thì dẫn đến những biến đổi phức tạphoặc không thể giải quyết được bài toán trong khi đó nếu dùng một sốtính chất của hàm lồi, hàm nửa lồi sẽ giải quyết bài toán đó một cáchtường minh và đơn giản hơn Việc nắm vững các ứng dụng của bất đẳngthức hàm nửa lồi giúp giáo viên có thể sáng tạo được các bài toán bấtđẳng thức hay, khó với lời giải thú vị, đặc biệt

Trong giải các bài toán bất đẳng thức cấp phổ thông, có rất nhiềucông cụ và phương pháp để giải quyết, việc sử dụng hàm lồi hay hàm nửalồi hoặc các dạng khác phụ thuộc vào các bài toán cụ thể, người học cầnnắm chắc kiến thức, điều kiện và giới hạn của bài toán để có thể lựa chọncách giải phù hợp Chính vì thế với mong muốn làm rõ các cơ sở toán học,

các ý tưởng, phương pháp và ứng dụng của hàm nửa lồi trong việc chứngminh các bất đẳng thức, cùng với sự gợi ý và hướng dẫn của TS PhanĐức Tuấn, tôi chọn đề tài: “Bất đẳng thức hàm nửa lồi và ứng dụng”

để góp phần nâng cao năng lực bản thân trong dạy học phân hóa chươngtrình giáo dục phổ thông

2 Mục tiêu nghiên cứu:

Mục tiêu nghiên cứu của để tài “Bất đẳng thức hàm nửa lồi và ứngdụng” bao gồm:

- Hiểu được về hàm nửa lồi và tính chất của nó, so sánh được các điểmđặc biệt của hàm nửa lồi với các hàm khác

- Sử dụng được các bất đẳng thức hàm nửa lồi trong việc giải toán chứngminh bất đẳng thức

- Phát triển các phương pháp sử dụng bất đẳng thức hàm nửa lồi tronggiải quyết các bài toán liên quan

- Sáng tạo được các bài toán chứng minh bất đẳng thức hay và khó nhờứng dụng của bất đẳng thức hàm nửa lồi góp phần nâng cao chất lượnggiảng dạy phân hóa của bộ môn Toán tôi đang đảm nhận tại trườngTHCS

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

- Đối tượng nghiên cứu: Đề tài nghiên cứu về các hàm nửa lồi, một sốbất đẳng thức liên quan đến hàm nửa lồi và các ứng dụng của chúng trongviệc giải quyết, sáng tạo các bài toán chứng minh bất đẳng thức

- Pham vị nghiên cứu: Tìm hiểu định nghĩa, tính chất hàm nửa lồi,nghiên cứu các bất đẳng thức hàm nửa lồi và hàm nửa lồi với các biến cóthứ tự Các ứng dụng của bất đẳng thức hàm nửa lồi trong việc giải quyếtcác bài toán

4 Phương pháp nghiên cứu:

Phương pháp nghiên cứu: Tìm hiểu và tổng hợp các kiến thức cơ bản

về hàm lồi, hàm nửa lồi và các bất đẳng thức liên quan, nghiên cứu việcchứng minh các định lý về bất đẳng thức hàm nửa lồi và ứng dụng của nó

thông qua các tài liệu sưu tầm được, các bài báo cáo khoa học, các giáotrình có nội dung liên quan đến luận văn Trình bày chi tiết các kết quảbản thân tìm hiểu được một cách tường minh, khoa học.

5 Nội dung của luận văn:

Chương 1, trình bày một số bất đẳng thức cơ bản và một số phươngpháp chứng minh bất đẳng thức Khái niệm về hàm lồi, giới thiệu một sốbất đẳng thức hàm lồi

Chương 2, trình bày khái niệm hàm nửa lồi, bất đẳng thức hàm nửalồi, bất đẳng thức hàm nửa lồi với các biến có thứ tự và một số mở rộngcủa bất đẳng thức hàm nửa lồi

Chương 3, trình bày một số ứng dụng của bất đẳng thức hàm nửa lồi,bất đẳng thức hàm nửa lồi với các biến có thứ tự và một số bài tập sángtạo về chứng minh bất đẳng thức

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Chương này trình bày một số bất đẳng thức cơ bản và một số phươngpháp chứng minh bất đẳng thức Khái niệm về hàm lồi, giới thiệu một sốbất đẳng thức hàm lồi Các kết quả trong chương này được tham khảotrong các tài liệu [2, 3, 4, 5, 6]

Hệ quả 1.1.2 (Bất đẳng thức AM-HM) Với mọi số thực dương a1, a2, , an,

Hệ quả 1.1.3 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng) Cho các số thực không

âm p1, p2, · · · , pn thỏa mãn p1+ p2+ · · · + pn = 1 Với mọi số thực dương

Hệ quả 1.1.4 (Bất đẳng thức Nesbitt) Với mọi số thực không âm a, b, c,

Với mọi số thực không âm a, b, c, d ta có bất đẳng thức

Đẳng thức xảy ra khi api = kbqi, với mọi i = 1, n

Định lý 1.1.9 (Bất đẳng thức Holder dạng mở rộng) Cho (a11, a12, , a1n),(a21, a22, , a2n), , (am1, am2, , amn) là m bộ n số thực dương Khi đó, ta

Nhận xét 1.1.1 Bất đẳng thức Cauchy-Buniakowski-Schwarz là hệ quả

trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m = 2

Định lý 1.1.10 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy hữu hạn các số

(x1, x2, , xn), y = (y1, y2, , yn) là các dãy số thực dương Khi đó, bất

Hệ quả 1.1.12 Với p = 2 ta có các bất đẳng thức thường gặp sau:

a) Cho a, b, c, d là các số thực dương, khi đó ta có

p

a2+ b2+pc2+ d2 ≥ p(a + c)2+ (b + d)2.b) Cho a, b, c, m, n, p là các số thực dương, khi đó ta có

Định lý 1.1.13 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với mọi số thực x > −1, tacó:

(1 + x)n ≥ 1 + nx, n ≥ 1 ∨ n ≤ 0;

(1 + x)n ≤ 1 + nx, 0 ≤ n ≤ 1

Định lý 1.1.14 (Dạng nguyên thủy của bất đẳng thức Bernoulli) Giả sử

a1, a2, , an là các số thực cùng dấu và lớn hơn −1 Khi đó ta có

(1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) ≥ 1 + (a1+ a2+ · · · + an)

Định lý 1.1.15 (Bất đẳng thức Schur) Cho ba số thực dương a, b, c vàcho một số thực không âm t, bất đẳng thức Schur được phát biểu như sau

at(a − b)(a − c) + bt(b − a)(b − c) + ct(c − a)(c − b) ≥ 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 hoặc bất kỳhoán vị tuần hoàn nào

Hệ quả 1.1.16 (Bất đẳng thức Schur bậc ba) Với k = 1, ta thu được cácbất đẳng thức Schur bậc ba như sau:

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a);

(a + b + c)3+ 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca);

1.2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

1.2.1 Phương pháp sử dụng các phép biến đổi

Để chứng minh bất đẳng thức A ≥ B, ta sử dụng các phép biến đổitương đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng

Ví dụ 1.2.1 Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý Chứng minh rằnga) a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0;

b) a6+ b6+ c6 ≥ a5b + b5c + c5a

Nhận xét thấy rằng a − c = (a − b) + (b − c) Do đó bất đẳng thức thứnhất tương đương với

a(a − b)2+ c(a − c)(b − c) ≥ 0

Đến đây chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho c(a − c)(b − c) ≥ 0 là xong.Chứng minh a) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nênkhông mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 Khi đó ta có

a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0

a6− a5b + b6− b5c + c6− c5a ≥ 0

⇔ a5(a − b) + b5(b − c) + c5(c − a) ≥ 0

⇔ (a − b)(a5− b5) + (a − c)(b5− c5) ≥ 0

Vì a ≥ c ≥ 0; b ≥ c ≥ 0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Vậy bấtđẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

a = b = c = 1 hoặc a = 1; b = c = 0 và các hoán vị của nó

1.2.2 Phương pháp phân tích bình phương

Biến đổi bất đẳng thức về dạng phân tích bình phương

a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

Điều này là đúng vì mỗi số bình phương là không âm Vậy bất đẳng thức

đã được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

1.2.3 Phương pháp sử dụng tính chất của giá trị tuyệt đối

Một số tính chất của giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức

• |a| ≥ a; |a| ≥ 0

• |a| ≤ b ⇔ −b ≤ a ≤ b

• |a| ≥ b > 0 ⇔ a ≥ b hoặc a ≤ −b

• |a + b| ≤ |a| + |b| Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0

• Cho các số thực không bất kỳ a1, a2, , an, thế thì hiển nhiên ta có

|a1+ a2+ · · · + an| ≤ |a1| + |a2| + · · · + |an|

Ví dụ 1.2.4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = |x − 2023| + |x − 2024| + |x − 2025|

Vậy minA = 2 khi x = 2024.

1.2.4 Phương pháp sử dụng tính chất của tam thức bậc hai

Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c với a ̸= 0 Khi đó ta viếtđược

∆ = b2− 4ac

1 Đa thức có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = b2− 4ac ≥ 0;

2 Nếu ∆ = b2− 4ac ≤ 0 thì af (x) ≥ 0;

3 Nếu ∆ = b2− 4ac > 0 và đa thức có hai nghiệm x1; x2(x1 < x2) thì

af (x) ≤ 0 với mọi giá trị x1 ≤ x ≤ x2;

af (x) ≥ 0 với mọi giá trị x ≤ x1 hoặc x ≥ x ≤ x2

Ví dụ 1.2.5 Cho a, b là các số thực bất kỳ, chứng minh rằng

a2b4+ 2(a2+ 2)b2+ 4ab + a2 ≥ 4ab3.Phân tích: Bất đẳng thức có hai biến và biến a có bậc cao nhất là 2, do

đó ta biến đổi bất đẳng thức theo hướng xuất hiện một tam thức bậc hai

có biến là a như sau

(b2+ 1)2a2+ 4b(1 − b2)a + 4b2 ≥ 0

Ta xem vế trái của bất đẳng thức là tam thức bậc hai Để ý đến (b2+ 1)2 >

0, ta cần chứng minh được biệt thức ∆ của tam thức có giá trị âm

Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 + b2
1 + c2
≥ (b + c)2

;

1 + c2
1 + a2
≥ (c + a)2.Nhân các bất đẳng thức vế theo vế, ta được

1 + a2
1 + b2
1 + c2
≥ (a + b)(b + c)(c + a)

Kết hợp với p(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 23 √ab · 2√

bc · 2√

ca = 8abc = 8, tacó

a = b = c = 3.

1.2.6 Phương pháp quy nạp

+ Nội dung của phương pháp quy nạp

Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đúngnếu thỏa mãn hai điều kiện sau:

– Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n

– Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k suy ra được bất đẳng thứcđúng với n = k + 1

+ Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạpGiả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức A(n) > B(n) với n ≥ 0, n ∈ N,

ta tiến hành các bước như sau:

– Bước 1: Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0

– Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k

– Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 và kết luậnbất đẳng thức đúng với n ≥ n0

Ví dụ 1.2.8 Chứng minh rằng với mọi n ≥ 1,với mọi x > 0 ta có bấtđẳng thức

Chứng minh Với n = 1 ta cần chứng minh

 x + 12

 x + 12

2

(xk+1+ 1)2 ≥ x(xk+2 + 1)(xk + 1)

Biến đổi và rút gọn ta thu được

x2k+2(x − 1)2− 2xk+1(x − 1)2+ (x − 1)2 ≥ 0 ⇐⇒ (x − 1)2(xk+1− 1)2 ≥ 0.Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi x = 1 Vậy bàitoán được chứng minh

• Bước 1: Giả sử điều cần chứng minh là sai

• Bước 2: Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới

mà những tính chất này mâu thuẫn với điều đã cho hoặc trái tínhchất đã biết

• Bước 3: Kết luận điều giả sử ban đầu là sai Vậy bài toán được chứngminh

Ví dụ 1.2.9 Cho a, b, c là ba số thực bất kỳ thỏa mãn các điều kiện sau:abc = 20243 và ab + bc + ca < 2024(a + b + c) Chứng minh rằng trong ba

số a, b, c đó có đúng một số lớn hơn 2024

Phân tích: Từ bài toán ta nhận thấy không thể có trường hợp cả ba số

a, b, c cùng lớn hơn 2024 Bài toán yêu cầu chứng minh rằng trong ba số

a, b, c đó có đúng một số lớn hơn 2024 Điều này có nghĩa là không thể cóhai số lớn hơn 2024 và cũng không thể có cả ba số cùng không lớn hơn

2024 Như vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh hai trườnghợp này không xảy ra là được Để ý là khi so sánh các số a, b, c với 2024

ta thường so sánh a − 2024, b − 2024, c − 2024 với 0 Lại thấy từ giả thiết

ta được 2024(a + b + c) − (ab + bc + ca) > 0 nên ta được

P = (a − 2024)(b − 2024)(c − 2024)

= 2024 [2024(a + b + c) − (ab + bc + ca)] > 0

Chứng minh Xét biểu thức

P = (a − 2024)(b − 2024)(c − 2024)

= abc − 2024(ab + bc + ca) + 20242(a + b + c) − 20243

= 2024 [2024(a + b + c) − (ab + bc + ca)] > 0

Giả sử khẳng định của bài toán là sai, khi đó sẽ có hai trường hợp:

• Trường hợp thứ nhất: Cả ba số a, b, c đều không lớn hơn 2024, khi đó

ta có a − 2024 ≤ 0, b − 2024 ≤ 0, c − 2024 ≤ 0 Suy ra P ≤ 0, điềunày mâu thuẫn với bất đẳng thức trên

• Trường hợp thứ hai: Có ít nhất hai số lớn hơn 2024, chẳng hạn là a, b.Khi đó vì a > 2024 và b > 2024, suy ra a − 2024 > 0 và b − 2024 > 0

Do đó ta có (a−2024)(b−2024) > 0 và kết luận được c−2024 = P > 0

Từ đó suy ra c > 2024, dẫn đến abc > 20243, điều này mâu thuẫn vớigiả thiết abc = 20243

Vậy điều giả sử không thể xảy ra Do đó bài toán được chứng minh

1.2.8 Phương pháp dồn biến

Đối với bất đẳng thức nhiều biến, đối xứng, người ta thường dùng kỹthuật giảm dần số biến trong chứng minh Để giảm biến, cách thông thường

là chuyển các biến về hằng số hay cho một số giá trị bằng nhau Để tìmhiểu phương pháp dồn biến, ta sử dụng định lí về dồn biến sau đây:Định lý 1.2.1 Giả sử f (x1, x2, , xn) là một hàm số liên tục, đối xứngvới tất cả n biến x1, x2, , xn xác định trên một miền liên thông thoả mãnđiều kiện

f (a, b, c) ≥ f (a, x, x) = f  1

x2, x, x



để nghiên cứu các bất đẳng thức hàm lồi.

Định nghĩa 1.3.2 Cho D là một khoảng thực trong R và f : D → R

là một hàm số xác định trên D Ta nói f là một hàm số lồi nếu với mọi

x, y ∈ D và với mọi số thực λ ∈ (0, 1), ta có

f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) (1.3)Đẳng thức (1.3) xảy ra khi và chỉ khi x = y, lúc này ta nói f là hàm lồithực sự chặt trên D

Nếu dấu bất đẳng thức (1.3) bị đảo chiều thì hàm f được gọi là hàmlõm trên D

Tính lồi (hoặc lõm) của hàm f : D → R từ góc độ hình học có nghĩarằng các điểm trên đồ thị của hàm số f trong đoạn [a, b] nằm dưới (hoặctrên) đoạn thẳng nối hai đầu mút (a, f (a)) và (b, f (b)) với mọi a, b ∈ D, a <b

Hình 1.1: Đồ thị hàm lồi nằm dưới đoạn thẳng nối hai đầu mút.

Do đó, bất đẳng thức (1.3) tương đương với

f (x) ≤ f (a) + f (b) − f (a)

b − a (x − a), ∀x ∈ [a, b].

Nhận xét 1.3.3 Từ định nghĩa hàm lồi, dễ dàng rút ra những nhận xétsau đây:

a) Hàm số f (x) là lõm trên D nếu −f (x) làm hàm lồi trên D

b) Nếu hàm số f (x) là lồi (lõm) trên D, khi đó:

Mệnh đề 1.3.2 Nếu hàm f : [a, b] → R là hàm lồi thì các giới hạn

f (a+) = limx→af (x) và f (−b) = limx→bf (x) tồn tại trong R và

Hệ quả 1.3.4 Ta có kết quả như sau:

i Mọi hàm lồi f : (a, b) → R, mà không đơn điệu trên (a, b) đều có mộtgiá trị nhỏ nhất

ii Nếu một hàm lồi f : R → R bị chặn trên, tức là tồn tại một số thực

M sao cho f (x) ≤ M, với mọi x ∈ R, thì hàm đó phải là hàm hằng

Định lý 1.3.5 Một hàm f : D → R là lồi nếu và chỉ nếu nó thỏa mãnhai điều kiện sau:

(a) f liên tục tại mỗi điểm trong của D;

Định lý 1.3.6 Cho f (x) là hàm khả vi trên D Khi đó

f (x) là hàm lồi trên D ⇐⇒ f′(x) là hàm đơn điệu tăng trên D.Định lý 1.3.7 Nếu f (x) là hàm khả vi bậc hai trên D, với mọi x ∈

D, f′(x) ≥ 0.Khi đó, với mọi x, x0 ∈ D, ta có

1 Cộng hai hàm lồi (được xác định trên cùng một khoảng) cho kết quả

là một hàm lồi; nếu một trong chúng là lồi nghiêm ngặt, thì tổng cũng

là lồi nghiêm ngặt

2 Nhân một hàm lồi (nghiêm ngặt) với một số vô hướng (lớn hơn 0)cũng tạo ra một hàm lồi (nghiêm ngặt)

3 Giả sử rằng f và g là hai hàm lồi dương được định nghĩa trên mộtkhoảng D Sau đó, tích của chúng là hàm lồi miễn là chúng đồng bộvới nhau theo nghĩa

(f (x) − f (y))(g(x) − g(y)) ≥ 0, ∀x, y ∈ D

Điều kiện này xảy ra nếu cả f ,g đều giảm hoặc tăng

4 Giá trị lớn nhất của hai hàm lồi (nghiêm ngặt) f và g

Lưu ý rằng nếu D là một tập lồi trong R và c = Pn

i=1pixi là một tổ hợplồi của các điểm x1, , xn ∈ D, thì c ∈ D và theo bất đẳng thức Jensen

Nếu f là hàm lồi trên R thì ta có bất đẳng thức

f (x) ≤ l[a, b](x) nếu x ∈ [a, b],

f (x) ≥ l[a, b](x) nếu x /∈ (a, b)

1.4 Một số bất đẳng thức hàm lồi

Định lý 1.4.1 (Bất đẳng thức Jensen) Cho a1, a2, , an là các số thựcdương Nếu f là một hàm lồi trên một khoảng thực D, thì với mọi x1, x2, , xn ∈

D, bất đẳng thức sau đây được thỏa mãn

f (a1x1+ a2x2+ + anxn) ≤ a1f (x1) + a2f (x2) + + anf (xn)

Hệ quả 1.4.2 Cho f : D → R là một hàm lồi trên khoảng thựcD và

x1, x2, , xn là các số trong D Khi đó, bất đẳng thức Jensen có dạng



f  x + y

2

+ f y + z

2

+ f z + x

2



.Nếu f là hàm số liên tục và lồi chặt thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x = y = z

Định lý 1.4.6 (Bất đẳng thức Karamata) Cho a1, a2, , an là các sốthực và f là một hàm số lồi trên khoảng D ⊆ R Nếu x = (x1, x2, , xn)

và y = (y1, y2, , yn) là hai dãy số sao cho x lớn hơn y theo trật tựkhông giảm, tức là x1 ≥ y1, x1 + x2 ≥ y1 + y2, , x1 + x2 + + xn =

y1+ y2+ + yn, thì ta có

f (x1) + f (x2) + + f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + + f (yn)

Chương 2

BẤT ĐẲNG THỨC HÀM NỬA LỒI

Chương này trình bày khái niệm hàm nửa lồi, bất đẳng thức hàm nửalồi, bất đẳng thức hàm nửa lồi với các biến có thứ tự và một số mở rộngcủa bất đẳng thức hàm nửa lồi Các kết quả trong chương này được thamkhảo trong các tài liệu [3, 7, 9, 10]

f được gọi là hàm lồi bên phải nếu nó lồi trên Dx≥s

f được gọi là hàm lồi bên trái nếu nó lồi trên Dx≤s

Một hàm là hàm nửa lồi nếu nó là lồi bên phải hoặc lồi bên trái

Ví dụ 2.1.2 Các hàm số đa thức bậc ba là các hàm nửa lồi trên R

2.2 Bất đẳng thức hàm nửa lồi

2.2.1 Bất đẳng thức HCF

Định lý 2.2.1 (Bất đẳng thức HCF,[7] ) Giả sử f (u) là một hàm xácđịnh trên D ⊂ R và lồi trên Dx≥s hoặc Dx≤s với s ∈ D Bất đẳng thức

khi và chỉ khi f (x) + (n − 1)f (y) ≥ nf (s) với mọi x, y ∈ D thỏa mãn

x + (n − 1)y = ns

Chứng minh Ta sẽ chứng minh với trường hợp hàm số f (u) lồi bên phải.Trước tiên, dễ thấy rằng điều kiện cần của định lý là hiển nhiên, nên tachỉ cần chứng minh điều kiện đủ

Không mất tính tổng quát, ta giả sử x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn Nếu x1 ≥ sthì bất đẳng thức cần chứng minh được suy ra từ bất đẳng thức Jensenđối với hàm lồi

Trường hợp còn lại, tồn tại k ∈ {1, , n − 1} sao cho

x1 ≤ ≤ xk < s ≤ xk+1 ≤ ≤ xn

Do f là hàm lồi trên Dx≥s, áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có

f (xk+1) + + f (xn) ≥ (n − k)f (z)với

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh

Thay thế f (u) bằng f (−u), s bằng −s, x bằng −x, y bằng −y, và mỗi

xi bằng −xi với i = 1, 2, , n, ta chứng minh được Định lý (2.2.1) vớitrường hợp lồi bên trái

Như vậy, định lý HCF (2.2.1) đã được chứng minh hoàn toàn

h(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ D sao cho x + (n − 1)y = ns

Tương đương này là đúng vì

Nhận xét 2.2.2 Nếu f là hàm khả vi trên D và đặt

H(x, y) = f

′(x) − f′(y)

x − y .thì ta có

F′(x) = n

n − 1(x − s).H(x, y).

Nếu H(x, y) ≥ 0 thì hàm số đồng biến khi x ≥ s và nghịch biến khi x ≤ s

Do vậy có thể thay giả thiết trong định lý HCF (2.2.1) f (x)+(n−1)f (y) ≥

nf (s) với mọi x, y ∈ D thỏa mãn x + (n − 1)y = ns bởi điều kiện tươngđương là H(x, y) ≥ 0 với mọi x, y ∈ D thỏa mãn x + (n − 1)y = ns

Nhận xét 2.2.3 Bất đẳng thức (2.1) trở thành đẳng thức nếu

x1 = x2 = = xn = shoặc x1 = x, x2 = = xn = y (hoặc bất kỳ hoán vị tuần hoàn nào),trong đó x, y ∈ D thỏa mãn các phương trình

1 u0 < s - khi f là lồi về bên phải, tức là lồi trên Du≥s;

2 u0 > s - khi f là lồi về bên trái, tức là lồi trên Du≤s

Nhận xét 2.2.5 Trong định lý HCF (2.2.1) cho tính lồi bên phải (khiđịnh lý HCF còn được gọi là định lý LHCF), ta chỉ cần xem xét điều kiện

x ≤ s ≤ y Vì trong chứng minh của định lý HCF (2.2.1) với trường hợplồi bên phải, giả thiết f (x) + (n − 1)f (y) ≥ nf (s) được sử dụng để thuđược bất đẳng thức (2.1) với ai ≤ s ≤ bi Khi đó định lý RHCF được phátbiểu như sau

Định lý 2.2.2 (Bất đẳng thức RHCF, [9]) Giả sử f (u) là một hàm xácđịnh trên D ⊂ R và lồi trên Du≥s

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ n · f  x1+ x2+ · · · + xn

n

.Bất đẳng thức đúng với mọi x1, x2, , xn ∈ D thỏa mãn

Định lý 2.2.3 (Bất đẳng thức LHCF, [9]) Giả sử f (u) là một hàm xácđịnh trên D ⊂ R và lồi trên Dx≤s

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ nf  x1+ x2+ · · · + xn

n

.Bất đẳng thức đúng với mọi x1, x2, , xn ∈ D thỏa mãn

Áp dụng định lý HCF (2.2.1) cho hàm f (u) = g(eu), và thay s bằng

g(a) + (n − 1)g(b) ≥ ng(r),với mọi a, b ∈ D thỏa mãn abn−1 = rn

(a) E đạt giá trị nhỏ nhất khi a1 = a2 = = an−1 ≤ an;

(b) E đạt giá trị lớn nhất khi hoặc a1 = a hoặc a < a1 ≤ a2 = = an.Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử a1 ≤ a2 ≤ ≤ an

Vì E(a1, a2, , an) là một hàm liên tục trên tập compact

Λ = {(a1, a2, , an) : a1+ a2+ + an = S, a1, a2, , an ∈ D}nên E đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên Λ

(a) Để phản chứng, giả sử E đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm (b1, b2, , bn)với b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn và b1 < bn−1 Với bn−1 ≤ c, theo bất đẳng thứcJensen cho hàm nghiêm ngặt lồi, ta có

f (b1) + f (bn−1) > 2f  b1+ bn−1

2



trong khi đối với bn−1 > c, theo bất đẳng thức Karamata cho hàm nghiêmngặt lõm, ta có

f (b2) + f (bn < 2f  b2+ bn

2

.Trường hợp 2: b2 < c và b1 + b2− a ≤ c Theo bất đẳng thức Karamatacho hàm nghiêm ngặt lồi, ta có

f (x1) + f (x2) + + f (xn) ≥ nf  x1+ x2+ + xn

n