KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HÀM LỒI VÀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC SƠ CẤP

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ———————o0o——————– KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HÀM LỒI VÀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC SƠ CẤP Chuyên ngành : Cán hướng dẫn : Giải tích TS.TRƯƠNG VĂN THƯƠNG Sinh viên thực : NGUYỄN THỊ MAI TRÚC Huế, tháng năm 2013 Lời cảm ơn Hoàn thành đề tài xin phép gửi đến T.S Trương Văn Thương người Thầy tận tình bảo, hướng dẫn tạo điều kiện cho thời gian làm khóa luận suốt trình học tập trường ĐHSP Huế Tôi xin phép gửi lời cảm ơn chân thành đến quý Thầy Cô giảng dạy lớp Toán B trường ĐHSP Huế tất Thầy Cô Khoa Toán trường ĐHSP Huế, truyền đạt kiến thức quý báu cho tôi, quan tâm, nhiệt tình giúp đỡ suốt trình học tập thời gian thực đề tài Cuối xin chân thành cảm ơn Thầy Trần Quang Hóa nhiệt tình giúp đỡ việc đánh latex, cảm ơn người thân, bạn bè quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập vừa qua Huế, tháng năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Mai Trúc Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Bảng ký hiệu Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Định nghĩa hàm lồi 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Một số ví dụ hàm lồi 1.1.3 Ý nghĩa hình học hàm lồi Các tính chất hàm lồi Một số bất đẳng thức hàm lồi 16 2.1 Bất đẳng thức Jensen 16 2.2 Bất đẳng thức Karamata 20 2.3 2.2.1 Định nghĩa trội 20 2.2.2 Tính chất 21 Một số ứng dụng 26 2.3.1 Bất đẳng thức AM-GM 26 2.3.2 Bất đẳng thức Bernoulli 27 2.3.3 Bất đẳng thức T.Popoviciu 2.3.4 Bất đẳng thức A.Lupas 28 2.3.5 Bất đẳng thức Young 29 2.3.6 Bất đẳng thức Holder 2.3.7 Bất đẳng thức Minkowski thứ I 31 27 30 2.3.8 Bất đẳng thức Minkowski thứ II 32 2.3.9 Bất đẳng thức Schwarz 33 2.3.10 Bất đẳng thức Nesbitt 34 2.3.11 Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân có trọng số 34 2.3.12 Bất đẳng thức liên hệ trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình toàn phương trung bình điều hòa 35 Áp dụng bất đẳng thức hàm lồi để giải số toán sơ cấp 36 3.1 3.2 Các toán tính chất hàm lồi bất đẳng thức Jensen 36 3.1.1 Các toán bất đẳng thức đại số 36 3.1.2 Chứng minh bất đẳng thức lượng giác 40 Các toán áp dụng bất đẳng thức Karamata 46 3.2.1 Chứng minh bất đẳng thức đại số 46 Kết luận Tài liệu tham khảo 53 54 Lời nói đầu Hàm lồi có vị trí quan trọng nhiều lĩnh vực toán học, liên quan đến hầu hết ngành toán học : giải tích lồi, tối ưu hóa, giải tích hàm, hình học, toán học kinh tế, tối ưu phi tuyến, Và đặc biệt nữa, lý thuyết hàm lồi công cụ hữu hiệu để giải số toán bất đẳng thức sơ cấp - vấn đề nhiều bạn quan tâm, vấn đề hay khó chương trình toán phổ thông, thường xuyên có mặt kỳ thi học sinh giỏi, tuyển sinh đại học, kỳ thi quốc gia, gây không khó khăn cho người làm toán Nhưng giải hoàn toàn phương pháp sơ cấp, không vượt giới hạn toán phổ thông nhờ vào tính chất hàm lồi bất đẳng thức hàm lồi Xuất phát từ yêu cầu hướng dẫn tận tình TS Trương Văn Thương, chọn đề tài “ Hàm lồi số bất đẳng thức sơ cấp ” với mong muốn sau phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy phổ thông làm nguồn tài liệu tham khảo hữu ích cho quan tâm đến vấn đề Nội dung khóa luận chia làm ba chương : Chương trình trình bày hệ thống kiến thức hàm lồi Chương hai trình bày hai bất đẳng thức quan trọng hàm lồi : Bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata áp dụng hai bất đẳng thức để chứng minh số bất đẳng thức quan trọng bất đẳng thức AM-GM, Bernoulli, Bunhiakopski, Young, Chương ba trình bày hệ thống ứng dụng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata để giải toán bất đẳng thức lượng giác tam giác bất đẳng thức đại số Bảng ký hiệu Ký hiệu N N∗ Z Q R C Nghĩa ký hiệu Tập Tập Tập Tập Tập Tập hợp số tự nhiên hợp số tự nhiên khác số nguyên hợp số hữu tỷ hợp số thực hợp số phức Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày hệ thống kiến thức hàm lồi 1.1 1.1.1 Định nghĩa hàm lồi Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Giả sử I khoảng R (I khoảng mở, đóng, nửa mở bị chặn không) f : I → R hàm số xác định I Khi đó, f gọi hàm lồi I với x1 , x2 ∈ I với α ∈ [0, 1] ta có f (αx1 + (1 − α)x2 ) ≤ αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) (1.1) Nhận xét 1.1.1 (i) f gọi hàm lồi thực (chặt) I dấu ” = ” xảy x1 = x2 α = α = (ii) Nếu −f hàm lồi (lồi thực sự) ta nói f hàm lõm (lõm thực sự) 1.1.2 Một số ví dụ hàm lồi Ví dụ Cho a, b ∈ R, hàm số f : R −→ R x −→ f (x) = ax + b hàm lồi Thật vậy, ∀ a, b ∈ R, ∀ x1 , x2 ∈ R, α ∈ [0, 1], ta có f (αx1 + (1 − α)x2 ) = a(αx1 + (1 − α)x2 ) + b = aαx1 + a(1 − α)x2 + b = α(ax1 + b) + (1 − α)(ax2 + b) = αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) thỏa mãn (1.1) Ví dụ : X → R với X không gian tuyến tính định chuẩn thực, hàm lồi Thật vậy, ∀ x1 , x2 ∈ X, ∀ α ∈ [0, 1], ta có αx1 + (1 − α)x2 ≤ αx1 + (1 − α)x2 ≤ α x1 +(1 − α) x2 thỏa (1.1) Ví dụ Tương tự ví dụ 2, ta có hàm f : R −→ R x −→| x | hàm lồi 1.1.3 Ý nghĩa hình học hàm lồi Giả sử x1 , x2 ∈ I, x1 < x2 , M1 = (x1 , f (x1 )), M2 = (x2 , f (x2 )) Khi đó, phương trình tham số đoạn thẳng M1 M2     x = x + (x − x )α   2 x = αx1 + (1 − α)x2  ⇔ y = αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) y = f (x2 ) + [f (x1 ) − f (x2 )]α     α ∈ [0, 1] α ∈ [0, 1] Như vậy, hàm số f lồi I với x1 , x2 ∈ I cho x1 < x2 , cung M1 M2 đồ thị hàm số f nằm phía đoạn thẳng M1 M2 Ta nói đồ thị (C) hàm số f quay bề lõm phía 1.2 Các tính chất hàm lồi (i) Nếu f g hàm lồi I f + g hàm lồi I Nếu f g hàm lồi thực f + g hàm lồi thực (ii) Nếu f hàm lồi (lồi thực sự) I c số thực dương cf hàm lồi (lồi thực sự) I (iii) Nếu f (x) liên tục lõm I hàm g(x) lõm tăng tập giá trị f (x) g ◦ f hàm lõm I (iv) Nếu f hàm liên tục lồi I g hàm lồi không giảm tập giá trị f g ◦ f hàm lồi Chứng minh Chứng minh tính chất (i), (ii) (iii) đơn giản nên ta chứng minh tính chất (iv) Vì f hàm lồi I nên ∀ x1 , x2 ∈ I, ∀ α ∈ [0, 1] ta có f (αx1 + (1 − α)x2 ) ≤ αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) g không giảm nên ta có g[f (αx1 + (1 − α)x2 )] ≤ g[αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 )] (1.2) Mặt khác, g hàm lồi nên ta có g[f (αx1 + (1 − α)x2 )] ≤ αg(f (x1 )) + (1 − α)g(f (x2 )) ≤ α(g ◦ f )(x1 ) + (1 − α)(g ◦ f )(x2 ) Từ (1.2) (1.3) ta suy g[f (αx1 + (1 − α)x2 )] ≤ α(g ◦ f )(x1 ) + (1 − α)(g ◦ f )(x2 ) Vậy g ◦ f hàm lồi (1.3) Nhận xét 1.2.1 Nếu f hàm lồi thực sự, g hàm lồi tăng với x1 = x2 α = α = 1, thực chứng minh ta có dấu ” = ” xảy ra, hay g ◦ f hàm lồi thực Định lý 1.2.1 Nếu f (x) hàm số khả vi I ⊂ R f (x) hàm lồi I f (x) hàm đơn điệu tăng I Chứng minh (⇒) Giả sử f (x) hàm lồi I, với x1 < x < x2 (x1 , x2 , x ∈ I), ta có x2 − x x − x1 x2 − x x − x1 > 0, > 0, + =1 x2 − x1 x2 − x x2 − x1 x2 − x1 Do x2 − x x − x1 x2 − x x − x1 x1 + x2 = f (x) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 ⇔ (x2 − x1 )f (x) ≤ (x2 − x)f (x1 ) + (x − x1 )f (x2 ) f ⇔ [(x2 − x) + (x − x1 )]f (x) ≤ (x2 − x)f (x1 ) + (x − x1 )f (x2 ) ⇔ (x2 − x)[f (x) − f (x1 )] ≤ (x − x1 )[f (x2 ) − f (x)] ⇔ f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ x − x1 x2 − x (1.4) Từ (1.4) cho x → x1 , ta f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 (1.5) f (x2 ) − f (x1 ) ≤ f (x2 ) x2 − x1 (1.6) f (x1 ) ≤ Tương tự, cho x → x2 , ta Từ (1.5) (1.6) ta suy f (x1 ) ≤ f (x2 ) Vậy f (x) hàm đơn điệu tăng (⇐) Giả sử f (x) hàm đơn điệu tăng x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I) Vì f (x) tồn nên f (x) liên tục Do đó, áp dụng định lý Lagrange ta có ∃ x3 , x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 cho f (x) − f (x1 ) = f (x3 ) x − x1 ; f (x2 ) − f (x) = f (x4 ) x2 − x Vì f (x) hàm đơn điệu tăng nên ta có f (x3 ) < f (x4 ) Do f (x) − f (x1 ) f (x2 − f (x) ≤ x − x1 x2 − x x2 − x x − x1 x2 − x x − x1 ⇐⇒ f ( x1 + x2 ) = f (x) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 (theo chứng minh điều kiện cần) Vậy f (x) hàm lồi I 40 Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta f (α) + f (1 − α) α+1−α ≥f 2 √ Từ suy αα + β β ≥ (đpcm) 3.1.2 =f = 1 = 2 Chứng minh bất đẳng thức lượng giác Các toán chứng minh bất đẳng thức lượng giác tam giác thường xuất toán lượng giác trường phổ thông Và có nhiều phương pháp để chứng minh phương pháp sử dụng tính lồi bất đẳng thức Jensen đem lại hiệu Bài toán 3.1.6 Chứng minh tam giác ABC ta có A sin 2 + + B sin 2 C sin ≥ 12 Chứng minh Xét hàm số f (x) = Ta có f ” (x) = với x ∈ (0, π) sin2 x sin2 x + cos2 x > 0, ∀ x ∈ (0, π) sin4 x Suy f (x) hàm lồi (0, π) Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có   A B C + +  2 f2 f ≤ 3 A +f B +f C  ⇔ ≤ A B C + +  2 sin2    1    A sin2 + B sin2 +   C sin  1 1  ≤  + +  A B A+B+C 2 C sin sin sin sin 2 1 ⇔ + + ≥ 12 (đpcm) A B C sin sin sin 2 ⇔ 41 Đẳng thức xảy A = B = C hay ABC Nhận xét Với cách làm xây dựng bất đẳng thức tương tự sau • Trong ABC ta có 1 + + ≥ 2 sin A sin B sin2 C • Với ∀ xi ∈ (0, π), i = 1, n 1 n + + ··· + ≥ 2 sin x1 sin x2 sin xn x1 + x + · · · + x n sin n 1 Bài toán 3.1.7 Cho ABC Chứng minh + + ≥ A B C sin sin sin 2 Chứng minh Xét hàm số f (x) = với x ∈ (0, π) sin x sin2 x + cos2 x Ta có f (x) = > 0, ∀ x ∈ (0, π) sin3 x ” Suy f (x) hàm lồi (0, π) Theo bất đẳng thức Jensen ta có   A B C + +  2 f2 f ≤ 3 A +f B +f C  ⇔ ⇔ ≤ A B C + +  2 sin    A sin + B sin + sin C 1  ≥6  A sin + B sin +  C sin (đpcm) Đẳng thức xảy A = B = C hay ABC Nhận xét Hoàn toàn tương tự toán (3.1.7) ta có kết tương tự sau √ 1 • Trong ABC ta có + + ≥2 sinA sinB sinC • Với ∀ xi ∈ (0, π), i = 1, n 1 n + + ··· + ≥ x1 + x2 + + xn sinx1 sinx2 sinxn sin n 42 ABC Chứng minh Bài toán 3.1.8 Cho A cos + B cos + cos C √ ≥ Chứng minh Xét hàm số f (x) = π , với x ∈ 0, cosx π cos2 x + sin2 x > 0, ∀ x ∈ 0, cos x π Suy f (x) hàm lồi 0, Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có   A B C + + A  2 f +f f2 ≤ 3 Ta có f ” (x) = B C +f   ⇔ ⇔ ≤ A B C + + 2 2 cos    A cos + B cos + C cos 1  cos + A cos √ ≥2 ABC nhọn, ta có • Với ∀ xi ∈ − B + cos  C (đpcm) Đẳng thức xảy A = B = C hay Nhận xét Từ toán ta suy kết sau • Trong ABC 1 + + ≥ cosA cosB cosC π π , , i = 1, n 2 1 n + + ··· + ≥ x + x + · · · + xn cosx1 cosx2 cosxn cos n Bài toán 3.1.9 Chứng minh rằng, cos2 A + cos2 B + ABC ta có cos2 C Chứng minh Xét hàm số f (x) = Ta có f ” (x) = π với x ∈ 0, cos2 x 2 cos2 x + sin2 x π > 0, ∀ x ∈ 0, cos x ≥ 43 π Suy f (x) hàm lồi (0, ) Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có   A B C + +  2 f2 f ≤ 3 A B +f C +f  ⇔ ≤ A B C + +  2 cos2    1   cos2 A + cos2 B + cos2   C  1 1  ≤  + + A B C A+B+C 2 2 cos cos cos cos 2 1 ⇔ + + ≥ (đpcm) A B C 2 cos cos cos 2 ⇔ Đẳng thức xảy A = B = C hay Nhận xét Từ toán ta suy kết sau • Trong ABC nhọn ta luô có • Với ∀ xi ∈ − ABC 1 + + ≥ 12 2 cos A cos B cos2 C π π , , i = 1, n 2 1 n + + ··· + ≥ 2 x + x + · · · + xn cos x1 cos x2 cos xn cos2 n Bài toán 3.1.10 Chứng minh rằng, sin ABC ta có √ A B C A B C + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 Chứng minh x x Xét hàm số f (x) = sin + tan , với x ∈ (0, π) 2 x sin x ” Có f (x) = − cos3 > 0, ∀ x ∈ (0, π) x cos3 Suy hàm f (x) lồi (0, π) 44 Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có A+B+C ≤ [f (A) + f (B) + f (C)] 3 A+B+C A+B+C + tan ⇔ sin 3 A B C A B C ≤ sin + sin + sin + tan + tan tan 2 2 2 √ A B C A B C ⇔ sin + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 f Đẳng thức xảy A = B = C hay (đpcm) ABC Bài toán 3.1.11 Chứng minh rằng, n nguyên dương ta có x1 + x2 + · · · + xn sinx1 + sinx2 + · · · + sinxn ≤ sin , với xi ∈ [0, π](i = 1, n) n n Chứng minh Xét hàm số f (x) = sinx, với x ∈ [0, π] Ta có f ” (x) = −sinx ≤ 0, với x ∈ [0, π] Suy f (x) hàm lõm [0, π] Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có x1 + x2 + · · · + xn ≥ [f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )] n n x1 + x2 + · · · + xn sinx1 + sinx2 + · · · + sinxn ⇔ sin ≥ (đpcm) n n f Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · xn Nhận xét Từ toán áp dụng tam giác ta có kết sau √ 3 • sinA + sinB + sinC ≤ A B C • sin + sin + sin ≤ 2 2 • cosA + cosB + cosC ≤ √ A B C 3 • cos + cos + cos ≤ 2 2 π Bài toán 3.1.12 Cho n số nguyên dương xi ∈ 0, , i = 1, n Chứng minh tanx1 + tanx2 + · · · + tanxn x1 + x2 + · · · + xn ≥ tan n n 45 Chứng minh π Xét hàm số f (x) = tanx với x ∈ 0, π Có f ” (x) = 2tanx(1 + tan2 x) > với x ∈ 0, π Suy f (x) hàm lồi 0, Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có x1 + x2 + · · · + xn ≤ [f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )] n n x1 + x2 + · · · + xn tanx1 + tanx2 + · · · + tanxn ⇔ tan ≤ n n f (đpcm) Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · xn Nhận xét Áp dụng kết toán vào ABC ta có kết sau √ • tanA + tanB + tanC ≥ 3 √ A B C • tan + tan + tan ≥ 2 n Bài toán 3.1.13 Với a1 , a2 , · · · , an ∈ (0, π), a = Chứng minh bất đẳng n i=1 thức sau n n n sina sina i a) sinai ≤ (sina)n b) ≤ a i=1 i=1 Chứng minh a) Xét hàm số f (x) = lnsinx, x ∈ (0, π) Ta có f ” (x) = − < 0, ∀ x ∈ (0, π) sin2 x Suy f (x) hàm lõm (0, π) Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm f (x) với α1 = α2 = · · · = αn = f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) ≤f n ⇔ n n lnsinai ≤ lnsin i=1 ⇔ ln n n a1 + a2 + · · · + an n n i=1 n sinai ≤ lnsina i=1 n sinai ≤ (sina)n ⇔ (đpcm) i=1 b) Xét hàm số f (x) = ln sinx x , x ∈ (0, π) , ta có n 46 Ta có f ” (x) = −x2 + sin2 x < 0, ∀ x ∈ (0, π) x2 sin2 x Suy f (x) hàm lõm (0, π) Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm f (x) với α1 = α2 = · · · = αn = có f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) a1 + a2 + · · · + an ≤f n n   n sin n  sinai n i=1    ⇔ ln ≤ ln   n n i=1 ai n i=1 ⇔ ln n n ⇔ i=1 3.2 3.2.1 n i=1 sinai sinai ≤ ≤ ln sina a sina a n (đpcm) Các toán áp dụng bất đẳng thức Karamata Chứng minh bất đẳng thức đại số Bài toán 3.2.1 Cho a, b, c > Chứng minh 1 1 1 + + ≤ + + a+b b+c c+a 2a 2b 2c Chứng minh Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Khi ta có    2a ≥ a + b 2a + 2b ≥ (a + b) + (a + c)   2a + 2b + 2c = (a + b) + (a + c) + (b + c) Suy (2a, 2b, 2c) (a + b, a + c, b + c) Xét hàm f (x) = x ” Ta có f (x) = > 0, ∀ x > x Do f (x) hàm lồi x > Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta , ta n 47 f (2a) + f (2b) + f (2c) ≥ f (a + b) + f (a + c) + f (b + c) hay 1 1 1 + + ≥ + + 2a 2b 2c a+b b+c c+a Đẳng thức xảy a = b = c Bài toán 3.2.2 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 nào? Chứng minh Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c > Khi ta có   a+b−c≥a+c−b≥b+c−a    a + b − c ≥ a  (a + b − c) + (a + c − b) ≥ a + b     (a + b − c) + (a + c − b) + (b + c − a) = a + b + c Suy (a + b − c, a + c − b, b + c − a) (a, b, c) √ Xét hàm số f (x) = − x với x > Ta có f ” (x) = √ > 0, ∀ x ∈ (0, +∞) x3 Suy f (x) hàm lồi (0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta f (a + b − c) + f (a + c − b) + f (b + c − a) ≥ f (a) + f (b) + f (c) hay √ √ √ √ √ √ a+b−c+ b+c−a+ c+a−b≤ a+ b+ c (đpcm) Bài toán 3.2.3 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh a+ √ a+ b+ √ b≤ a+ √ b+ b+ √ a Chứng minh Giả sử b ≥ a Khi đó, số √ √ √ √ 3 x1 = b + b, x2 = b + a, x3 = a + b, x4 = a + a 48 x1 số lớn nhất, x4 số nhỏ Ta có x1 ≥ x2 x + x4 = x2 + x3 Do (x1 , x4 ) (x2 , x3 ) Xét hàm số f (x) = √ x [0, +∞) Ta có f ” (x) = − √ < 0, ∀ x ∈ [0, +∞) x5 Do hàm f (x) lõm [0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta f (x1 ) + f (x4 ) ≤ f (x2 ) + f (x3 ) √ √ √ 3 3 ⇔ a+ 3a+ b+ b≤ a+ b+ Bài toán 3.2.4 Cho b+ √ a    0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ a + b ≤ 13   a + b + c = 15 Tìm giá trị lớn biểu thức M = a2 + b2 + c2 Giải Từ giả thiết ta có    0 ≤ a ≤ a+b≤8+5   a + b + c = + + Do (8, 5, 2) (a, b, c) Xét hàm số f (x) = x2 Ta có f ” (x) = > 0, ∀ x ∈ R Suy hàm f (x) lồi thực R Do đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta f (8) + f (5) + f (2) ≥ f (a) + f (b) + f (c) ⇔ 64 + 25 + ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ a2 + b2 + c2 ≤ 93 Đẳng thức xảy a = 8, b = 5, c = Vậy maxM = 93 đạt a = 8, b = 5, c = (đpcm) 49 Bài toán 3.2.5 Cho a, b, c > Chứng minh a3 + b + c + ≥ (a + b + c)3 27 (2a + b)3 + (2b + a)3 + (2b + c)3 + (2c + b)3 + (2a + c)3 + (2c + a)3 81 Chứng minh Xét hàm số f (x) = x3 (0, +∞) Ta có f ” (x) = 6x > 0, ∀ x ∈ (0, +∞) Suy f (x) lồi (0, +∞) Áp dụng định lý (2.2.2) ta có f (a) + f (b) + f (c) + f ≥ f 2a + b +f ⇔ a3 + b + c + ≥ a+b+c a + 2b +f 2b + c +f b + 2c +f 2a + c +f a + 2c (a + b + c)3 27 (2a + b)3 + (2b + a)3 + (2b + c)3 + (2c + b)3 + (2a + c)3 + (2c + a)3 81 (đpcm) Bài toán 3.2.6 Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện 2≥a≥b≥c≥1 a+b+c=4 Chứng minh √ √ √ √ √ + (a − 2)2 + + (b − 1)2 + + (c − 1)2 +2 2+2 5−6 ≥ + a2 + + b2 + + c2 Chứng minh Từ điều kiện toán ta có   2 ≥ a  2+1≥4−c=a+b   2 + + = a + b + c Suy (2, 1, 1) (a, b, c) Xét hàm số f (x) = Ta có f ” (x) = √ + x2 [−2, 2] (4 + x2 )2 > 0, ∀ x ∈ [−2, 2] Do f (x) hàm lồi [−2, 2] 50 Áp dụng định lý (2.2.3) ta f (2) + f (1) + f (1) + f (a − 2) + f (b − 1) + f (c − 1) ≥ f (a) + f (b) + f (c) + 3f (0) hay √ √ √ √ √ + (a − 2)2 + + (b − 1)2 + + (c − 1)2 +2 2+2 ≥ + a2 + + b2 + + c2 +6 Đẳng thức xảy a = 2, b = c = Vậy đẳng thức chứng minh Bài toán 3.2.7 Tìm giá trị lớn P = a2014 + b2014 + c2014 với a, b, c ∈ [−1, 1] a + b + c = − Giải Không tính tổng quát giả sử ≥ a ≥ b ≥ c ≥ −1 Khi ta có   1≥a    1 − ≥ −c − = a + b 2    1 − − = a + b + c Suy (1, − , −1) (a, b, c) Xét hàm số f (x) = x2014 với x ∈ [−1, 1] Ta có f ” (x) = 2014.2013x2012 > 0, ∀ x ∈ [−1, 1] Do f (x) hàm lồi [−1, 1] Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta f (1) + f (− ) + f (−1) ≥ f (a) + f (b) + f (c) hay 2+ 22014 ≥ a2014 + b2014 + c2014 Dấu ” = ” xảy a = 1, b = − , c = −1 Do maxP = + 2014 Bài toán 3.2.8 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 1 + + a+b b+c a+c ≤ 1 + + + a b c a+b+c 51 Chứng minh Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Xét số  B = 2a, 2b, 2c, 2a + 2b + 2c + 2a + 2b + 2c + 2a + 2b + 2c 3  B2 = (a + b, a + b, b + c, b + c, a + c, a + c) Lúc ta có B1 B2 Xét hàm số f (x) = với x > x ” Có f (x) = > với x > x Suy f (x) hàm lồi x > Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có 2a + 2b + 2c ≥ [f (a + b) + f (b + c) + f (a + c)] 2 1 ⇔ + + ≤ + + + a+b b+c a+c 2a 2b 2c 2(a + b + c) f (2a) + f (2b) + f (2c) + 3f hay 1 + + a+b b+c a+c ≤ 1 + + + a b c a+b+c Đẳng thức xảy a = b = c Vậy toán chứng minh xong Bài toán 3.2.9 Cho a1 , a2 , , an > Chứng minh (1 + a1 )(1 + a2 ) (1 + an ) ≤ 1+ a21 a2 1+ a22 a3 + a2n a1 Chứng minh Bất đẳng thức tương đương với ln(1+a1 )+ln(1+a2 )+· · ·+ln(1+an ) ≤ ln + a21 a2 a2 +ln + +· · ·+ln + n a2 a3 a1 Không tính tổng quát ta giả sử a1 ≥ a2 ≥ ≥ an > Ta xét số b = (b1 , b2 , , bn ) = (lna1 , lna2 , , lnan ) theo thứ tự giảm dần, c = (c1 , c2 , , cn ) = (2lna1 − lna2 , 2lna2 − lna3 , , 2lnan − lna1 ) Khi ta có    b ≥ b ≥ ≥ b n c1 + c2 + · · · + ci ≥ b1 + b2 + · · · + bi , ∀i = 1, n −   c + c + · · · + c = b + b + · · · + b n n 52 Theo tính chất (2.2.1) trội, suy (c∗ ) (b), (c∗ ) số nhận từ số (c) cách xếp c1 , c2 , , cn theo thứ tự giảm dần Xét hàm số f (x) = ln (1 + ex ) Suy f (x) hàm lồi x > Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta f (lna1 ) + f (lna2 ) + · · · + f (lnan ) ≤ f (2lna1 − lna2 ) + f (2lna2 − lna3 ) + · · · + f (2lnan − lna1 ) ⇔ ln(1 + a1 ) + ln(1 + a2 ) + · · · + ln(1 + an ) ≤ ln + ⇔ (1 + a1 )(1 + a2 ) (1 + an ) ≤ 1+ a21 a2 1+ a22 a3 a21 a2 + ln + + a2n a1 a22 a3 + · · · + ln + (đpcm) Nhận xét Việc chọn hàm f (x) tạo toán khác nhau, chẳng hạn với hàm lồi √ f (x) = + ex ta có √ + a1 + √ + a2 + · · · + √ + an ≤ 1+ a21 + a2 1+ a22 + ··· + a3 1+ a2n a1 a2n a1 53 Kết luận Khóa luận trình bày hệ thống kiến thức hàm lồi, bất đẳng thức quan trọng hàm lồi bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata, áp dụng chúng để giải toán bất đẳng thức sơ cấp Cụ thể : Đầu tiên, hệ thống lại kiến thức hàm lồi, tính chất ý nghĩa hình học hàm lồi Tiếp theo, trình bày bất đẳng thức hàm lồi bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata, sau ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức thông dụng : bất đẳng thức AM-GM, Young, Bernoulli, Holder, Schwarz, Sau hệ thống toán bất đẳng thức lượng giác tam giác, bất đẳng thức đại số sơ cấp thông dụng toán phổ thông giải cách dùng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata tính chất, định lý hàm lồi Qua ta thấy áp dụng kiến thức hàm lồi hiệu việc chứng minh số bất đẳng thức sơ cấp Mặc dù cố gắng hoàn thành đề tài, kiến thức hạn chế thời gian có hạn nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót sai lầm Rất mong góp ý quý Thầy Cô độc giả để đề tài hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn Tài liệu tham khảo [1] Trần Phương (Chủ biên), Những viên kim cương bất đẳng thức toán học NXB trí thức 2009 [2] Phạm Kim Hùng (Chủ biên), Sáng tạo bất đẳng thức NXB trí thức [3] Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích tập 1, giáo trình lí thuyết tập có hướng dẫn NXB giáo dục [4] M.A.Krasnosel’skii and Ya.B.Rutickii, Convex function and orlicz spaces, Nordhoff, Leyden, 1961 [5] A,Wayne Robert Dale E Varberg, Convex functions, Academic Press – 1973 54 ... phép gửi lời cảm ơn chân thành đến quý Thầy Cô giảng dạy lớp Toán B trường ĐHSP Huế tất Thầy Cô Khoa Toán trường ĐHSP Huế, truyền đạt kiến thức quý báu cho tôi, quan tâm, nhiệt tình giúp đỡ suốt