Chuyên đề bất đẳng thức Karamata và ứng dụng

Bất đẳng thức Karamata ứng dụng Lê Hồ Quý (GV Trường THPT Duy Tân – Kon Tum) A MỞ ĐẦU Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức phận quan trọng giải tích đại số Nhiều dạng toán hình học, lượng giác nhiều môn học khác đòi hỏi giải vấn đề ước lượng, cực trị tối ưu, … Các học sinh sinh viên thường phải đối mặt với nhiều dạng toán loại khó liên quan đến chuyên đề Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt toán học không đối tượng để nghiên cứu mà đóng vai trò công cụ đắc lực mô hình toán học liên tục mô hình toán học rời rạc lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, … Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán khu vực quốc tế, thi Olympic Toán sinh viên trường đại học cao đẳng, toán liên quan đến bất đẳng thức hay đề cập thường thuộc loại khó khó Các toán ước lượng tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) tổng, tích toán xác định giới hạn số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ nhiều đến tính toán, ước lượng (bất đẳng thức) tương ứng Lý thuyết bất đẳng thức đặc biệt, tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Có nhiều ý tưởng bản, cách thức tiếp cận số hướng ứng dụng theo dạng toán phương pháp giải điển hình Với đề tài “ Bất đẳng thức Karamata ứng dụng”, tập tiểu luận xin tóm tắt kiến thức hàm lồi, lõm, khả vi bất đẳng thức Karamata, từ sâu nghiên cứu số tập liên quan đến bất đẳng thức Karamata Bài viết gồm phần Mở đầu, Nội dung chia làm ba chương đề cập vấn đề sau Chương trình bày kiến thức hàm lồi, lõm, khả vi Chương trình bày bất đẳng thức Karamata hệ Chương trình bày số ứng dụng bất đẳng thức Karamata http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… B NỘI DUNG Chương Hàm lồi, lõm, khả vi Ta ký hiệu I (a,b) tập hợp có bốn dạng tập hợp sau: (a,b) , [a,b) , (a,b] [a,b] 1.1 Định nghĩa Hàm số f (x) gọi lồi tập I (a,b) với x1, x2 ∈ I (a,b) với cặp số dương α , β có tổng α + β = 1, ta có f (α x1 + β x2) ≤ α f (x1) + β f (x2) (1) Nếu dấu đẳng thức (1) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lồi thực (chặt) I (a,b) Hàm số f (x) gọi lõm tập I (a,b) với x1, x2 ∈ I (a,b) với cặp số dương α , β có tổng α + β = 1, ta có f (α x1 + β x2) ≥ α f (x1) + β f (x2) (2) Nếu dấu đẳng thức (2) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lõm thực (chặt) I (a;b) 1.2 Định lí1 Nếu f (x) khả vi bậc hai I (a,b) f (x) lồi (lõm) I (a,b) f ''(x) ≥ ( f ''(x) ≤ 0) I (a,b) 1.3 Biểu diễn hàm lồi lõm Nếu f (x) lồi khả vi I (a;b) với cặp x0, x ∈ I (a;b), ta có f (x) ≥ f (x0) + f '(x0)(x − x0) (3) x = x Dễ nhận thấy (3) xảy đẳng thức Vậy ta viết (3) dạng f (x) = [ f (u) + f '(u)(x − u)] u∈I (a;b) Nếu f (x) lõm khả vi I (a;b) với cặp x0, x ∈ I (a;b), ta có f (x) ≤ f (x0) + f '(x0)(x − x0) (4) Dễ nhận thấy (4) xảy đẳng thức x0 = x Vậy ta viết (4) dạng f (x) = max [ f (u) + f '(u)(x − u)] u∈I (a;b) Định lí phát biểu theo tài liệu nước ngoài, Việt nam khái niệm hàm lồi, lõm phát biểu ngược lại http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… Chương Bất đẳng thức Karamata 2.1 Định lí Karamata Trong mục ta đặc biệt quan tâm đến dạng bất đẳng thức sau (thường gọi Bất đẳng thức Karamata) có nhiều ứng dụng thực tiễn Định lí 2.1 (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số { xk, yk ∈ I (a;b), k = 1,2, , n} , thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn x1 ≥ y1  x1 + x2 ≥ y1 + y2  (5)  x + x + + x ≥ y + y + + y n −1 n −1  x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + yn  Khi đó, ứng với hàm lồi thực f (x) (f ''(x) > 0) I (a,b) , ta có f (x1) + f (x2) + + f (xn ) ≥ f (y1) + f (y2) + + f (yn ) (6) Ta có phát biểu tương tự hàm lõm cách đổi chiều dấu bất đẳng thức Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi f (x1) + f (x2) + + f (xn ) = n n  f ( t ) + f (xi − t1)f '(ti ) (7) ∑ ∑ t1, ,tn ∈I (a,b)  i =1  i =1  Không tính tổng quát, ta giả thiết số t1 , , tn ∈ I (a, b) số giảm, tức t1 ≥ t2 ≥ ≥ tn Khi đó, để chứng minh (7), ta cần chứng minh x1f '(t1) + x2f '(t2) + + xn f '(tn ) ≥ = ≥ y1f '(t1) + y2f '(t2) + + yn f '(tn ) (8) Sử dụng biến đổi Abel x1f '(t1) + x2f '(t2) + + xn f '(tn ) = = S1[f '(t1) − f '(t2)]+S2[f '(t2) − f '(t3)]+ + +Sn −1[f '(tn −1) − f '(tn )]+Sn f '(tn ), http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… (9) với Sk (x) := x1 + x2 + + xk Vì f ''(x) > nên f '(xk ) ≤ f '(xk−1) Mặt khác, Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1,2, , n − 1) Sn (x) = Sn (y), ta thu (8) 2.2 Các hệ Hệ 2.2 (Bất đẳng thức Jensen) Với hàm lồi f (x) I (a,b) với xi ∈ I (a,b) (i = 1,2, , n), ta có bất đẳng thức  x + x2 + + xn  ≥ f ÷  ÷ n n   Chứng minh Do tính chất đối xứng, không tính tổng quát, ta giả sử x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn Khi đó, ta có x ≥ x  x1 + x2 ≥ 2x    x1 + x2 + + xn −1 ≥ (n − 1)x x1 + x2 + + xn = nx,  x1 + x2 + + xn x = n Theo bất đẳng thức Karamata, ta có x + x2 + + xn  f (x1) + f (x2) + + f (xn ) ≥ nf  ÷  n  f (x1) + f (x2) + + f (xn ) Hệ 2.3 (Bất đẳng thức T Popoviciu) Với hàm lồi I (a;b) với x, y, z ∈ I (a;b), ta có bất đẳng thức x + y + x  x + y  + 2ff y + z  +  z + x  f (x) + f (y) + f (z) + 3ff ÷≥  ÷  ÷  ÷         Chứng minh Ta coi x ≥ y ≥ z Khi xảy hai khả năng: x+y+z x≥ ≥y≥z x+y+z x≥y≥ ≥ z x+y+z ≥ z đủ Ta cần xét trường hợp x ≥ y ≥ Khi dễ dàng kiểm tra http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… x+y+z x+y+z x+y+z ≥ ≥ ≥ z, 3 x+y x+y x+z x+z y+z y+z ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ 2 2 2 x≥y≥ (10) (11) x +y +z  x + y + y + z + z + x  x + y + z + 3 ÷ = 2 ÷    2  Ta thu dãy (10) gần (11) Theo bất đẳng thức Karamata, ta điều phải chứng minh Hệ 2.3 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje) Với hàm lồi f (x) I (a,b) a1,a2, ,an ∈ I (a,b), ta có bất đẳng thức sau  a + a2 + + an f (a1) + f (a2) + + f (an ) + n(n − 2)f   n  (  ÷ ÷  ≥ (n − 1) f (b1) + f (b2) + + f (bn ) ) ∑ a với i n − j ≠i j Chứng minh Không tính tổng quát, ta coi n ≥ a1 ≤ a2 ≤ ≤ an Khi tồn số tự nhiên m cho ≤ m ≤ n − m a1 ≤ ≤ am ≤ a ≤ am+1 ≤ ≤ an , a1 + + an Ta có a = n b1 ≥ ≥ bm ≥ a ≥ bm+1 ≥ ≥ bn Dễ thấy điều cần chứng minh suy từ hai bất đẳng thức sau f (a1) + f (a2) + + f (am) + n(n − m − 1)f (a) ≥ (n − 1) ( f (bm+1) + f (bm+2) + + f (bn )) , (12) f (am+1) + f (am+2) + + f (an ) + n(m − 1)f (a) ≥ (n − 1) ( f (b1) + f (b2) + + f (bm)) (13) Để chứng minh (12), ta áp dụng bất đẳng thức Jensen hàm lồi f (a1) + f (a2) + + f (am) + (n − m − 1)f (a) ≥ (n − 1)f (b), a + a2 + + am + (n − m − 1)a b= n −1 Vậy ta chứng minh (n − m − 1)f (a) + f (b) ≥ f (bm+1) + f (bm+2) + + f (bn ) Vì a ≥ bm+1 ≥ bm+2 ≥ ≥ bn (n − m − 1)a + b = bm+1 + bm+2 + + bn , bi = http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… ur ur ta thấy An −m = [ a, ,a,b] xa B n−m = [ bm+1,bm+2, ,bn ] Vậy bất đẳng thức (12) suy từ bất đẳng thức Karamata Bất đẳng thức (13) chứng minh tương tự cách sử dụng bất đẳng thức Jensen quen biết f (am+1) + f (am+2) + + f (an ) + (m − 1)f (a) ≥ f (c), n −1 ứng dụng cho f (c) + (m − 1)f (a) ≥ f (b1) + f (b2) + + f (bm), a + am+2 + + an + (m − 1)a c = m+1 n −1 Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thưc Karamata, b1 ≥ ≥ bm ≥ a ur ur c + (m − 1)a = b1 + b2 + + bm, C m = [ c,a, ,a] xa D m = [ b1,b2, ,bm ] http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… Chương Một số ứng dụng bất đẳng thức Karamata Ở phần tiếp theo, xin trình bày số áp dụng bất đẳng thức Karamata hệ Thí dụ Cho 2n số thực dương ,bi (i = 1,2, , n) thỏa mãn điều kiện a1 ≥ a2 ≥ ≥ an , b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn , a1 ≥ b1,a1a2 ≥ bb 2, , a1a2 an ≥ bb bn Chứng minh a1 + a2 + + an ≥ b1 + b2 + + bn Giải Đặt xi = lnai , yi = lnbi (i = 1,2, , n) Với điều kiện cho, ta có x1 ≥ y1  x1 + x2 ≥ y1 + y2   x + x + + x ≥ y + y + + y n −1 n −1  x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + yn  f ( x ) = ex với x ∈ (0; +∞) Ta có f ''(x) = ex > 0, ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số Xét hàm số f (x) lồi khoảng (0; +∞) Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có ex1 + ex2 + + exn ≥ ey1 + ey2 + + eyn hay a1 + a2 + + an ≥ b1 + b2 + + bn Thí dụ (Đề thi kết thúc học phần cao học, chuyên đề bất đẳng thức, ĐH Đà Nẵng) Cho 0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤  a + b ≤ 13  a + b + c ≤ 15 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức M = a2 + b2 + c2 Giải Từ giả thiết, ta có 0 ≤ a ≤  a + b ≤ +  a + b + c = + + Xét hàm số f (x) = x2, ta có f ''(x) = > 0, ∀x ∈ ¡ nên hàm số f (x) lồi thực ¡ Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… f (a) + f (b) + f (c) ≤ ff(8) + (5) + f (2) hay Vậy a2 + b2 + c2 ≤ 64 + 25 + = 93 Đẳng thức xảy a = 8, b = 5, c = MaxM=93 đạt a = 8, b = 5, c = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy2 cho hai số (a,b,c) (1,1,1) , ta có (1.a + 1.b + 1.c)2 ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( a2 + b2 + c2 ) ⇔ (a + b + c)2 ≤ ( a2 + b2 + c2 ) hay Vậy ⇔ 152 ≤ 3.M M ≥ 75 Đẳng thức xảy a = b = c = MinM = 75 đạt a = b = c = Thí dụ Cho ABC tam giác nhọn Chứng minh ≤ cosA + cosB + cosC ≤ Giải Không tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi A ≥ Vì π π 2π ≥A≥ π ≥ A + B = π − C ≥ nên 3 π ≥ A ≥ π 2  π π π π  + ≥A+B ≥ + 3 2 π π  + + 0= A + B +C = π + π + π  2 3 π π , C ≤ 3 Với số (xi ), (yi ) , ta có bất đẳng thức sau 2  n   n 2 n 2 x y ≤ (14)  ∑ i i ÷  ∑ xi ÷ ∑ yi ÷  i =1   i =1   i =1  Dấu đẳng thức (14) xảy hai số (xi ) (yi ) tỉ lệ với nhau, , tức tồn cặp số α , β thức không đồng thời 0, cho α xi + β yi = 0, ∀i = 1,2, , n Theo tài tiệu nước ngoài, bất đẳng thức (14) thường gọi bất đẳng thức Cauchy Tại Việt Nam số nước Đông Âu, bất đẳng thức mang tên “Bất đẳng thức Bunhia-covski”, “Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovski” “Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” Các bất đẳng thức trị trung bình cộng nhân gọi bất đẳng thức Cauchy http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…  π  π Xét hàm số f (x) = cosx với x ∈ 0;  Ta có f ''(x) = − cosx < 0, ∀x ∈ 0;  nên  2  2  π hàm số f (x) lõm đoạn 0;  Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có  2 π π π ff ÷ +  ÷ + ff(0) ≤ (A) + f (B ) + f (C ) ≤ 3f  ÷  2  2  3 hay ≤ cosA + cosB + cosC ≤ Thí dụ Chứng minh với tam giác ABC không nhọn, ta có A B C tan + tan + tan ≥ 2 − 2 Giải Không tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi  π A ≥  π π  A + B ≥ +  A + B + C = π + π + π ,  4 hay A π  ≥ 2 A B π π  + ≥ + 2 A + B + C = π + π + π  2 8  π  π 2sin x ∀ x ∈ > Xét hàm số f (x) = tan x với x ∈  0; ÷ Ta có f ''(x) = với  0; ÷ nên cos3x  2  2  π hàm số f (x) lồi khoảng  0; ÷ Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta  2 A B C π π π tan + tan + tan ≥ tan + tan + tan 2 8 π Để ý tan = − nên π π π tan + tan + tan = 2 − 8 Vậy http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… tan A B C + tan + tan ≥ 2 − 2 Thí dụ Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta có bất đẳng thức 1 1 1 + + ≤ + + a + b b + c c + a 2a 2b 2c Giải Không tính tổng quát, ta coi a ≥ b ≥ c, tức dãy số (a,b,c) dãy giảm Khi đó, ta có 2a ≥ a + b  2a + 2b ≥ a + b + b + c  2a + 2b + 2c = a + b + b + c + c + a Xét hàm số f (x) = với x ∈ (0; +∞) Ta có f ''(x) = > 0, ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số x x f (x) lồi khoảng (0; +∞) Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Thí dụ (IMO 2000) Cho số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh  1  1  1  a − + ÷ b − + ÷ c − + ÷ ≤ b  c a  x y z , b= , c = với x, y, z > y z x Ta viết bất đẳng thức cho theo x, y, z x z y x z y  − + ÷ − + ÷ − + ÷ ≤ y z z  x x y ⇔ (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz Để ý (x − y + z) + (y − z + x) = 2x > 0, ba số x − y + z, y − z + x, z − x + y có trường hợp hai số âm Nếu ba số có ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp ba số dương, cách lấy lôgarit hai vế với số e, ta ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Không tính tổng quát, ta coi x ≥ y ≥ z Khi đó, ta có (y − z + x, x − y + z, z − x + y) f (x, y, z) Giải Vì abc = nên ta đặt a = < 0, ∀x > nên hàm số f (x) lõm x2 khoảng (0; +∞) Khi theo bất đẳng thức Karamata, ta có ln(y − z + x) + ln(x − y + z) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c = Xét hàm số f (x) = ln x với x > Ta có f ''(x) = − http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… Thí dụ Cho a,b số thực không âm Chứng minh a + a + b + b ≤ a + b + b + a Giải Giả sử b ≥ a Giữa số x1 = b + b, x2 = b + a, x3 = a + b, x4 = a + a, x1 số lớn nhất, x4 số nhỏ Ta có x1 ≥ x2 x + x = x + x  x1 ≥ x3 x + x = x + x  Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f (x) = x (đây hàm lõm [ 0;+∞ ) ) Thí dụ (Áo 2000) Cho a,b > số nguyên n Chứng minh n n   a b n +1 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥ b a     Đẳng thức xảy ? Giải Ta xét trường hợp • Trường hợp Khi n ≥ 0, hàm số f (x) = xn lồi khoảng (0, +∞) Vậy theo bất đẳng thức Jensen, ta có n   a b a b + ÷  1+ + 1+ ÷    a b b a ÷ = 2 + b a ÷ + + + ≥   ÷  ÷ b a 2 ÷  ÷     ÷  ÷     a b Đẳng thức xảy = ⇔ a = b n = n = b a Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a b + ≥ b a Vậy n n n n   a b n n +1  + ÷ +  + ÷ ≥ 2.2 = b a   Đẳng thức xảy a = b n = • Trường hợp Khi n ≤ −1, ta đặt p = −n ≥ Khi đó, ta có http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… n n   a b n +1 1+ ÷ + 1+ ÷ ≥ b a   bp ap ⇔ + ≥ p−1 p p (a + b) (a + b) p bp + ap  a + b  ⇔ ≥ ÷   Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số f (x) = xn (đây hàm lồi khoảng (0, + ∞)) với p ≥ p ∈ ¢ Đẳng thức xảy a = b hay p = 1, tức xảy a = b hay n = −1 Đến bất đẳng thức hoàn toàn chứng minh Thí dụ Chứng minh a1,a2, ,an (n ≥ 3) số dương thỏa mãn điều kiện a1 + a2 + + an = ta có n        1 1 a2 + − 2÷  an + − 2÷ ≥  n + − 2÷  a1 + − 2÷ ÷ ÷  ÷ a1 a2 an n        Giải Áp dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje hàm lồi f (x) = − ln x với x > 0, ta nhận n −1 (bb bn ) bi =  a + a2 + + an ≥ (a1a2 an )   n  n(n −2)  ÷ ÷  ∑ a với i Theo điều kiện a1 + a2 + + an = 1, bất đẳng thức n − j ≠i j trở thành n2 −n (1 − a1)n −1(1 − a2)n −1 (1 − an )n −1  1 ≥ nn  − ÷ n  a1a2 an Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (1 − a1) + (1 − a2) + + (1 − an ) ≥ n n (1 − a1)(1 − a2) (1 − an ), nghĩa n  1  − ÷ ≥ (1 − a1)(1 − a2) (1 − an ) n  Từ bất đẳng thức này, với n ≥ 3, ta có n(n − 3)  1 1− ÷ n  (1 − a1)2(1 − a2)2 (1 − an )2 http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… (*) ≥ (1 − a1)n −1(1 − a2)n −1 (1 − an )n −1 Nhân bất đẳng thức với bất đẳng thắc (*), ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an = n Cuối số tập dành cho bạn đọc Bài Chứng minh với tam giác ABC nhọn, ta có ≤ cosA + cosB + cosC ≤ Bài Chứng minh a1,a2, ,an số thực dương a12 a + + a 2 n + + an2 a + + a 2 n −1 ≥ a1 a2 + + an + + an a1 + + an −1  π π Bài Chứng minh với số x1, x2, , xn thuộc khoảng  − ,  , ta có bất  6 đẳng thức cos(2x1 − x2) + cos(2x2 − x3) + + cos(2xn − x1) ≤ cosx1 + cosx2 + + cosxn Bài (APMO 1996) Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác Chứng minh a + b − c + b + c − a + c + a − b ≤ a + b + c Đẳng thức xảy ? Bài (IMO 1999) Cho n số nguyên dương cố định, n ≥ Hãy tìm số C bé cho ∑ 1≤i < j ≤n ( xi xj x + x i j )  n  ≤ C  ∑ xi ÷  i =1  với số thực không âm x1, x2, , xn Bài (Iran 2008) Cho a,b,c > ab + bc + ca = Chứng minh a3 + a + b3 + b + c3 + c ≥ a + b + c Bài Giả sử x1, x2, , xn (n ≥ 3) số dương thỏa mãn điều kiện x1x2 xn = Chứng minh < p ≤ 2n − ta có (n − 1)2 http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… 1 + px1 + 1 + px2 + + 1 + pxn ≤ n 1+ p Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức: Định lí áp dụng, NXB Giáo dục [2] Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., 1999, Bất đẳng thức, NXB ĐHQGHN [3] Z Kadelburg., D Đukié., M Lukié., I Matié., 2005, Inequalities of Karamata, Schur and Muirhead, and some appilications, The teaching of mathematics, Vol VIII [4] Phạm Kim Hùng, 2006, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức [5] Ngô Thế Phiệt, 2007, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Cửu Huy, 2009, Bất đẳng thức, NXB Giáo dục http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… [...]... n  Từ bất đẳng thức này, với n ≥ 3, ta có n(n − 3)  1 1− ÷ n  (1 − a1)2(1 − a2)2 (1 − an )2 http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… (*) ≥ (1 − a1)n −1(1 − a2)n −1 (1 − an )n −1 Nhân bất đẳng thức này với bất đẳng thắc (*), ta nhận được bất đẳng thức cần chứng 1 minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an = n Cuối cùng là một số bài tập dành cho bạn đọc Bài 1 Chứng minh... bp + ap  a + b  ⇔ ≥ ÷ 2  2  Bất đẳng thức cuối được suy ra ngay từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số f (x) = xn (đây là hàm lồi trên khoảng (0, + ∞)) với p ≥ 1 và p ∈ ¢ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b hay p = 1, tức là xảy ra khi và chỉ khi a = b hay n = −1 Đến đây bất đẳng thức hoàn toàn được chứng minh Thí dụ 9 Chứng minh rằng nếu a1,a2, ,an (n ≥ 3) là các số dương thỏa mãn điều kiện... Karamata, Schur and Muirhead, and some appilications, The teaching of mathematics, Vol VIII [4] Phạm Kim Hùng, 2006, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức [5] Ngô Thế Phiệt, 2007, Một số phương pháp mới trong chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Cửu Huy, 2009, Bất đẳng thức, NXB Giáo dục http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… ... = 1 Chứng minh rằng nếu 0 < p ≤ 2n − 1 thì ta có (n − 1)2 http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… 1 1 + px1 + 1 1 + px2 + + 1 1 + pxn ≤ n 1+ p Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức: Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục [2] Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., 1999, Bất đẳng thức, NXB ĐHQGHN [3] Z Kadelburg., D Đukié., M Lukié., I Matié., 2005, Inequalities of Karamata, ...    Giải Áp dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje đối với hàm lồi f (x) = − ln x với x > 0, ta nhận được n −1 (bb bn ) 1 2 trong đó bi =  a + a2 + + an ≥ (a1a2 an )  1  n  n(n −2)  ÷ ÷  1 ∑ a với mọi i Theo điều kiện a1 + a2 + + an = 1, bất đẳng thức ở n − 1 j ≠i j trên trở thành n2 −n (1 − a1)n −1(1 − a2)n −1 (1 − an )n −1  1 ≥ nn  1 − ÷ n  a1a2 an Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta... số nguyên n Chứng minh n n   a b n +1 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥ 2 b a     Đẳng thức xảy ra khi nào ? Giải Ta xét các trường hợp • Trường hợp 1 Khi n ≥ 0, hàm số f (x) = xn lồi trên khoảng (0, +∞) Vậy theo bất đẳng thức Jensen, ta có n   a b a b + ÷  1+ + 1+ ÷    a b b a ÷ = 2 1 + b a ÷ 1 + + 1 + ≥ 2   ÷  ÷ b a 2 2 ÷  ÷     ÷  ÷     a b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ⇔... a Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a b + ≥ 2 b a Vậy n n n n   a b n n +1  1 + ÷ +  1 + ÷ ≥ 2.2 = 2 b a   Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc n = 0 • Trường hợp 2 Khi n ≤ −1, ta đặt p = −n ≥ 1 Khi đó, ta có http://hocmaivn.com – Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,… n n   a b n +1 1+ ÷ + 1+ ÷ ≥ 2 b a   bp ap 1 ⇔ + ≥ p−1 p p (a + b) (a + b) 2 p bp + ap  a + b  ⇔ ≥ ÷ 2  2  Bất đẳng thức cuối... âm Chứng minh rằng a + 3 a + 3 b + 3 b ≤ 3 a + 3 b + 3 b + 3 a Giải Giả sử b ≥ a Giữa các số x1 = b + 3 b, x2 = b + 3 a, x3 = a + 3 b, x4 = a + 3 a, thì x1 là số lớn nhất, x4 là số nhỏ nhất Ta có x1 ≥ x2 x + x = x + x 4 2 3  1 hoặc x1 ≥ x3 x + x = x + x 4 3 2  1 Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f (x) = 3 x (đây là hàm lõm trên [ 0;+∞ ) ) 3 Thí dụ 8 (Áo 2000) Cho a,b > 0 và số... 2 Chứng minh rằng nếu a1,a2, ,an là các số thực dương thì a12 a + + a 2 2 2 n + + an2 a + + a 2 1 2 n −1 ≥ a1 a2 + + an + + an a1 + + an −1  π π Bài 3 Chứng minh rằng với mọi số x1, x2, , xn thuộc khoảng  − ,  , ta luôn có bất  6 6 đẳng thức cos(2x1 − x2) + cos(2x2 − x3) + + cos(2xn − x1) ≤ cosx1 + cosx2 + + cosxn Bài 4 (APMO 1996) Cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác Chứng... 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 ∑ 1≤i < j ≤n ( xi xj x + x 2 i 2 j ) 4  n  ≤ C  ∑ xi ÷  i =1  với mọi số thực không âm x1, x2, , xn Bài 6 (Iran 2008) Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng a3 + a + b3 + b + c3 + c ≥ 2 a + b + c Bài 7 Giả