MỞ ĐẦU Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức là một bộ phận quan trọng của giải tích và đại số.. Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là đối tượng để nghiên cứu
Trang 1Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng
Lê Hồ Quý
(GV Trường THPT Duy Tân – Kon Tum)
A MỞ ĐẦU
Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức là một bộ phận quan trọng của giải tích và đại
số Nhiều dạng toán của hình học, lượng giác và nhiều môn học khác cũng đòi hỏi giải quyết các vấn đề về ước lượng, cực trị và tối ưu, … Các học sinh và sinh viên thường phải đối mặt với nhiều dạng toán loại khó liên quan đến chuyên đề này
Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là đối tượng để nghiên cứu
mà còn đóng vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình toán học liên tục cũng như các mô hình toán học rời rạc trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, …
Trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán khu vực và quốc tế, thi Olympic Toán sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, các bài toán liên quan đến bất đẳng thức cũng hay được đề cập và thường thuộc loại khó hoặc rất khó Các bài toán về ước lượng và tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) của các tổng, tích cũng như các bài toán xác định giới hạn của một số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ ít nhiều đến các tính toán, ước lượng (bất đẳng thức) tương ứng
Lý thuyết bất đẳng thức và đặc biệt, các bài tập về bất đẳng thức rất phong phú và cực
kỳ đa dạng Có nhiều ý tưởng cơ bản, cách thức tiếp cận và một số hướng ứng dụng theo các dạng toán cũng như phương pháp giải điển hình Với đề tài “ Bất đẳng thức Karamata
và ứng dụng”, tập tiểu luận này xin tóm tắt các kiến thức cơ bản về hàm lồi, lõm, khả vi và bất đẳng thức Karamata, từ đó đi sâu nghiên cứu một số bài tập liên quan đến bất đẳng thức Karamata
Bài viết này gồm phần Mở đầu, Nội dung và được chia làm ba chương đề cập các vấn
đề sau đây
Chương 1 trình bày các kiến thức cơ bản về hàm lồi, lõm, khả vi.
Chương 2 trình bày bất đẳng thức Karamata và các hệ quả của nó.
Chương 3 trình bày một số ứng dụng của bất đẳng thức Karamata.
Trang 2B NỘI DUNG
Chương 1
Hàm lồi, lõm, khả vi
Ta ký hiệu ( , )I a b là một tập hợp có một trong bốn dạng tập hợp sau: ( , ) a b , [ , ) a b , ( , ] a b và
[ , ].a b
1.1 Định nghĩa Hàm số ( )f x được gọi là lồi trên tập ( , ) I a b nếu với mọi x x1, 2I a b( , )
và với mọi cặp số dương , có tổng 1, ta đều có
f x x f x f x (1) Nếu dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 thì ta nói hàm số ( )f x là hàm lồi
thực sự (chặt) trên ( , ).I a b
Hàm số ( )f x được gọi là lõm trên tập ( , ) I a b nếu với mọi x x1, 2I a b( , ) và với mọi cặp số dương , có tổng 1, ta đều có
f x x f x f x (2) Nếu dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 thì ta nói hàm số ( )f x là hàm
lõm thực sự (chặt) trên ( ; )I a b
1.2 Định lí 1 Nếu ( )f x khả vi bậc hai trên ( , ) I a b thì ( ) f x lồi (lõm) trên ( , ) I a b khi và chỉ
khi ''( )f x 0 ( ''( ) 0)f x trên ( , ).I a b
1.3 Biểu diễn hàm lồi và lõm
Nếu ( )f x lồi khả vi trên ( ; ) I a b thì với mọi cặp x x I a b0, ( ; ), ta đều có
( ) ( ) '( )( )
Dễ nhận thấy rằng (3) xảy ra đẳng thức khi x0 x Vậy ta có thể viết (3) dưới dạng
( ; )
( ) min ( ) '( )( )
u I a b
f x f u f u x u
Nếu ( )f x lõm khả vi trên ( ; ) I a b thì với mọi cặp x x I a b0, ( ; ), ta đều có
( ) ( ) '( )( )
Dễ nhận thấy rằng (4) xảy ra đẳng thức khi x0 x Vậy ta có thể viết (4) dưới dạng
( ; )
( ) max ( ) '( )( )
u I a b
f x f u f u x u
1 Định lí 1 được phát biểu theo các tài liệu nước ngoài, còn ở Việt nam khái niệm hàm lồi, lõm được phát biểu ngược lại
Trang 3Chương 2
Bất đẳng thức Karamata
2.1 Định lí Karamata
Trong mục này ta đặc biệt quan tâm đến dạng bất đẳng thức sau (thường được gọi là Bất đẳng thức Karamata) có rất nhiều ứng dụng trong thực tiễn
Định lí 2.1 (Bất đẳng thức Karamata). Cho hai dãy số x y k, k I a b k( ; ), 1,2, , ,n
thỏa mãn các điều kiện
x x x y y y
và
x y
x x y y
(5)
Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự ( )f x ( ''( ) 0)f x trên ( , )I a b , ta đều có
( ) ( ) ( )n ( ) ( ) ( ).n
Ta cũng có phát biểu tương tự đối với hàm lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
( ) ( ) ( )n
f x f x f x
, , ( , )
min ( ) ( ) '( )
t t I a b
f t f x t f t
Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1, ,t nI a b( , ) cũng là một bộ số giảm, tức là
1 2 n
t t t
Khi đó, để chứng minh (7), ta chỉ cần chứng minh rằng
1 '( )1 2 '( ) 2 n '( )n
x f t x f t x f t
1 '( )1 2 '( ) 2 n '( ).n
y f t y f t y f t
Sử dụng biến đổi Abel
1 '( )1 2 '( ) 2 n '( )n
x f t x f t x f t
1[ '( )1 '( )]+ [ '( )2 2 2 '( )]+ +3
S f t f t S f t f t
+S n [ '(f t n ) f t'( )]+n S f t n '( ),n (9)
Trang 4với
( ) :
S x x x x
Vì rằng ''( )f x nên 0 f x'( )k f x'( k1) Mặt khác, do ( )S x k S y k( ) (k 1,2, ,n 1)
và ( )S x n S y n( ), ta thu được ngay (8)
2.2 Các hệ quả
Hệ quả 2.2 (Bất đẳng thức Jensen). Với mọi hàm lồi ( )f x trên ( , ) I a b và với mọi
( , )
i
x I a b (i 1,2, , ),n ta luôn có bất đẳng thức
f
Chứng minh. Do tính chất đối xứng, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
x x x
Khi đó, ta có
1
2
n n
x x
x x x
trong đó 1 2
n
x
n
Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
n
f x f x f x nf
n
Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức T Popoviciu) Với mọi hàm lồi trên ( ; )I a b và với mọi
, , ( ; ),
x y z I a b ta đều có bất đẳng thức
f x f y f z ff ff
Chứng minh. Ta coi x y z Khi đó sẽ xảy ra một trong hai khả năng:
3
x y z
x y z
hoặc
3
x y z
x y z
Ta chỉ cần xét trường hợp 3
x y z
x y z là đủ
Khi đó dễ dàng kiểm tra
Trang 5x y z x y z x y z
x y z (10)
x y x y x z x z y z y z
và
x y z x y y z z x
x y z
Ta thu được dãy (10) gần đều hơn (11) Theo bất đẳng thức Karamata, ta được điều phải chứng minh
Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje). Với mọi hàm lồi ( )f x trên ( , ) I a b và
1, , ,2 n ( , ),
a a a I a b ta luôn có bất đẳng thức sau
n
f a f a f a n n f
n
1 2
(n 1) ( )f b f b( ) f b( )n
trong đó 1
1
j i
n
với mọi i
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta coi n 3 và a1a2 a n Khi đó tồn tại
số tự nhiên m sao cho 1m n 1 m và
a a a a a
trong đó 1
n
a
n
Ta cũng có
b b a b b
Dễ thấy rằng điều cần chứng minh được suy ra từ hai bất đẳng thức sau
f a( )1 f a( ) 2 f a( )m n n m( 1) ( )f a
(n 1) (f b m ) f b(m ) f b( ) ,n
f a( m1)f a( m2) f a( )n n m( 1) ( )f a
(n 1) ( )f b f b( ) f b( ) m
Để chứng minh (12), ta áp dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi
( ) ( ) ( ) (m 1) ( ) ( 1) ( ),
f a f a f a n m f a n f b
trong đó
1
m
b
n
Vậy ta chỉ còn chứng minh rằng
(n m 1) ( )f a f b( )f b(m ) f b(m ) f b( ).n
Vì
a b b b
và
(n m 1)a b b m b m b n,
Trang 6ta thấy ngay A n m a, , ,a b
xa đều hơn B n m b m1,b m2, ,b n
Vậy bất đẳng thức (12) được suy ngay từ bất đẳng thức Karamata
Bất đẳng thức (13) được chứng minh tương tự bằng cách sử dụng bất đẳng thức Jensen quen biết
( ) ( ) ( ) ( 1) ( )
( ), 1
f a f a f a m f a
f c n
ứng dụng cho
( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ),m
f c m f a f b f b f b
trong đó
1
c
n
Bất đẳng thức cuối cùng này suy được ngay từ bất đẳng thưc Karamata, vì rằng
b b a
và c(m 1)a b b 1 2 b m, và C m c a, , ,a
xa đều hơn D m b b1, , ,2 b m
Trang 7Chương 3
Một số ứng dụng của bất đẳng thức Karamata
Ở phần tiếp theo, chúng tôi xin trình bày một số áp dụng của bất đẳng thức
Karamata và các hệ quả của nó
Thí dụ 1. Cho 2n số thực dương , (a b i i i 1,2, , )n thỏa mãn các điều kiện
1 2 n, 1 2 n, 1 1, 1 2 1 2, ., 1 2 n 1 2 n
a a a b b b a b a a bb aa a bb b
Chứng minh rằng
a a a b b b
Giải. Đặt x i ln , a y i i ln (b i i 1,2, , ).n Với các điều kiện đã cho, ta có
x y
x x y y
Xét hàm số ( )f x e x với x (0;) Ta có ''( )f x e x 0, x (0;) nên hàm số ( )
f x lồi trên khoảng (0;) Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có
e e e e e e hay a1a2 a n b b1 2 b n
Thí dụ 2 (Đề thi kết thúc học phần cao học, chuyên đề bất đẳng thức, ĐH Đà Nẵng).
Cho
13 15
c b a
a b
a b c
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
Giải. Từ giả thiết, ta có
8 5
8 5 2
a
a b
a b c
Xét hàm số f x( )x ta có 2, f x''( ) 2 0, x nên hàm số ( )f x lồi thực sự trên
Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có
Trang 8
( ) ( ) ( ) (8) (5) (2)
f a f b f c ff f
hay
2 2 2 64 25 4 93
a b c Đẳng thức xảy ra khi a 8, b5, c2
Vậy
axM=93
M đạt được khi a 8, b5, c2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy2 cho hai bộ số ( , , )a b c và (1,1,1), ta có
2 2 2 2 2 2 2
(1.a 1.b 1 )c 1 1 1 a b c
2
15 3
a b c a b c
M
hay
75
M Đẳng thức xảy ra khi a b c 5
Vậy
75
MinM đạt được khi a b c 5
Thí dụ 3 Cho ABC là tam giác nhọn Chứng minh rằng
3
1 cos cos cos
2
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi A B C Khi đó ,
A C
Vì 2 A 3
3
nên
0
A
A B
A B C
2 Với mọi bộ số ( ), ( )x i y , ta luôn có bất đẳng thức sau i
2
Dấu đẳng thức trong (14) xảy ra khi và chỉ hai bộ số ( )x và ( ) i y tỉ lệ với nhau, , tức tồn tại cặp số i
thức , không đồng thời bằng 0, sao cho
x i y i 0, i 1,2, , n
Theo tài tiệu nước ngoài, bất đẳng thức (14) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy Tại Việt Nam và một
số nước Đông Âu, bất đẳng thức này được mang tên là “Bất đẳng thức Bunhia-covski”, “Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovski” hoặc “Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” Các bất đẳng thức giữa các trị trung bình cộng và nhân thì được gọi là bất đẳng thức Cauchy.
Trang 9Xét hàm số ( )f x cosx với 0;
2
x
Ta có ''( ) cos 0, 0;
2
f x x x
nên hàm số ( )f x lõm trên đoạn 0;
2
Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có (0) ( ) ( ) ( ) 3
ff ff A f B f C f
hay
3
1 cos cos cos
2
Thí dụ 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC không nhọn, ta luôn có
tan tan tan 2 2 1
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi A B C Khi đó
2
2 4
,
2 4 4
A
A B
A B C
hay
2 4
A
A B
A B C
Xét hàm số ( )f x tanx với 0;
2
x
Ta có ''( ) 2sin3 0
os
x
f x
c x
2
x
nên
hàm số ( )f x lồi trên khoảng 0;
2
Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta được
tan tan tan tan tan tan
Để ý rằng tan 2 1
8
nên
tan tan tan 2 2 1
Vậy
Trang 10 tan tan tan 2 2 1
Thí dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có bất đẳng thức
a b b c c a a b c
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi a b c , tức là dãy số ( , , )a b c là dãy giảm
Khi đó, ta có
2
2 2
a a b
a b a b b c
a b c a b b c c a
Xét hàm số 1
( )
f x
x
với x (0;) Ta có f x''( ) 23 0, x (0; )
x
nên hàm số ( )
f x lồi trên khoảng (0;) Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh
Thí dụ 6 (IMO 2000). Cho các số dương , , a b c thỏa mãn điều kiện abc 1
Chứng minh rằng
Giải. Vì abc 1 nên ta đặt a x, b y, c z
với x y z , , 0
Ta viết bất đẳng thức đã cho theo x y z, ,
(x y z y z x z x y )( )( )xyz
Để ý rằng (x y z ) ( y z x ) 2 x0, do đó 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 nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh
Trường hợp cả ba số đó đều dương, bằng cách lấy lôgarit hai vế với cơ số e, ta được
ln(x y z ) ln( y z x ) ln( z x y ) ln xlnyln z
Không mất tính tổng quát, ta coi x y z Khi đó, ta có
(y z x x y z z x y , , ) ( , , ). x y z
Xét hàm số ( )f x lnx với x 0 Ta có f x''( ) 12 0, x 0
x
nên hàm số ( )f x lõm
trên khoảng (0;) Khi đó theo bất đẳng thức Karamata, ta có
ln(y z x ) ln( x y z ) ln( z x y ) ln xlnyln z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z hay a b c 1
Trang 11Thí dụ 7. Cho ,a b là các số thực không âm Chứng minh rằng
3a 3a b b a b3b3a
x b b x b a x a b x a a thì x1
là số lớn nhất, x4 là số nhỏ nhất Ta có
x x
x x x x
hoặc
x x
x x x x
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f x( )3x (đây là hàm lõm trên
0; )
Thí dụ 8 (Áo 2000). Cho , a b và số nguyên 0 n. Chứng minh
1
n
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Giải. Ta xét các trường hợp
Trường hợp 1 Khi n 0, hàm số f x( )x n lồi trên khoảng (0,) Vậy theo bất đẳng thức Jensen, ta có
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b a b
b a hoặc n 0 hoặc n 1.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
2
a b
b a
Vậy
1
n n
Đẳng thức xảy ra khi a b hoặc n 0
Trường hợp 2 Khi n ta đặt 1, pn 1 Khi đó, ta có
Trang 12n
p
p p
b a a b
Bất đẳng thức cuối được suy ra ngay từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số
( ) n
f x x (đây là hàm lồi trên khoảng (0, + )) với p và 1 p Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi a b hay p tức là xảy ra khi và chỉ khi 1, a b hay n 1 Đến đây bất đẳng thức hoàn toàn được chứng minh
Thí dụ 9. Chứng minh rằng nếu a a1, , , (2 a n là các số dương thỏa mãn điều kiện n 3)
a a a thì ta có
n n
n
Giải Áp dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje đối với hàm lồi ( )f x lnx với x 0, ta nhận được
( 2)
( ) ( )
n n
bb b a a a
n
trong đó 1
1
j i
n
với mọi i Theo điều kiện a1a2 a n 1, bất đẳng thức ở trên trở thành
2
1
n n
n
(*) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
(1 ) (1 ) (1 ) n(1 )(1 ) (1 ),
nghĩa là
1
1 (1 )(1 ) (1 )
n
n
n
Từ bất đẳng thức này, với n ta có3,
( 3)
1
1 (1 ) (1 ) (1 )
n n
n
n
Trang 131 1 1
(1 ) (1n ) (1n ) n
n
a a a
Nhân bất đẳng thức này với bất đẳng thắc (*), ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 1
n
n
Cuối cùng là một số bài tập dành cho bạn đọc
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn, ta luôn có
3
1 cos cos cos
2
Bài 2 Chứng minh rằng nếu a a1, , ,2 a là các số thực dương thì n
a a a a
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số x x1, , ,2 x thuộc khoảng n , ,
6 6
ta luôn có bất đẳng thức
os(2 ) os(2 ) os(2 n ) cos cos cos n
c x x c x x c x x x x x
Bài 4 (APMO 1996). Cho , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác Chứng minh rằng
a b c b c a c a b a b c
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Bài 5 (IMO 1999). Cho n là một số nguyên dương cố định, n 2 Hãy tìm hằng số C bé nhất sao cho
4
n
i j i j i
x x x x C x
với mọi số thực không âm x x1, , , 2 x n
Bài 6 (Iran 2008). Cho , ,a b c và 0 ab bc ca 1 Chứng minh rằng
a a b b c c a b c
Bài 7. Giả sử x x1, , , (n 3)2 x n là các số dương thỏa mãn điều kiện x x x 1 2 n 1 Chứng minh rằng nếu 0 2 12
( 1)
n p n
thì ta có