Trong hầu hết các cuộc thi học sinh giỏi các bài toán liên quan đến bất đẳng thức cũng hay được đề cập và thường thuộc loại khó và rất khó. Một trong những bất đẳng thức quan trọng và được ứng dụng nhiều vào giải các bài toán về bất đẳng thức là bất đẳng thức Karatama. Do vậy tôi chọn đề tài Bất đẳng thức karatama và ứng dụng
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRỊNH XUÂN HUY CAO HỌC TOÁN K7C BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA VÀ ỨNG DỤNG TIỂU LUẬN TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu Một số kiến sở 1.1 Hàm lồi, hàm lõm 1.1.1 Hàm lồi, hàm lõm 1.1.2 Nhận xét 1.1.3 Biểu diễn hàm lồi n 1.2 Biến đổi Abel un 3 3 Bất đẳng thức Karamata Thực hành, áp dụng bất đẳng thức Karamata 2.1 Phạm vi áp dụng 2.1.1 Các toán áp dụng 7 k=1 1.3 Kết luận 15 Tài liệu tham khảo 16 Mở đầu Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi, thi cao đẳng, đại học, 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 tốn ước lượng tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) tổng, tích tốn 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 tốn phương pháp giải điển hình Một bất đẳng thức quan trọng ứng dụng nhiều vào giải toán bất đẳng thức bất đẳng thức karamata Do chọn đề tài “ Bất đẳng thức Karamata ứng dụng” để thực tiểu luận Tiểu luận chia thành hai chương với nội dung sau: Chương Một số kiến thức sở Trong chương trình bày khái niệm hàm lồi, hàm lõm biến đổi Abel, bất đẳng thức Karamata Chương Bất đẳng thức Karamata ứng dụng Tác giả Chương Một số kiến sở 1.1 1.1.1 Hàm lồi, hàm lõm Hàm lồi, hàm lõm Định nghĩa 1.1 Nếu hàm số f (x) khả vi bậc hai khoảng (a, b) hàm số f (x) lồi khoảng (a, b) f (x) ≥ Định nghĩa 1.2 Nếu hàm số f (x) khả vi bậc hai khoảng (a, b) hàm số f (x) lõm khoảng (a, b) f (x) ≤ 1.1.2 Nhận xét Nếu hàm số f (x) lồi khoảng (a; b) hàm số g(x) = −f (x) lõm khoảng (a, b) 1.1.3 Biểu diễn hàm lồi Bổ đề 1.1 Giả sử hàm số f (x) lồi khoảng (a, b) ta có f (x) ≥ f (x0 ) + f (x)(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ (a, b) (1.1) Chứng minh Xét x = x0 ta có dấu đẳng thức Xét x > x0 ta khoảng (x0 , x) (1.1) ⇔ f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 ) x − x0 Theo định lí Lagrange tồn x1 ∈ (x0 , x) cho f (x) − f (x0 ) = f (x1 ) x − x0 (1) Vậy (1) tương đương với f (x0 ) ≤ f (x1 ) với x0 < x1 < x Điều hiển nhiên f (x) hàm lồi Xét x < x0 tương tự ta khoảng (x, x0 ) (1.1) ⇔ f (x) − f (x0 ) ≤ f (x0 ) x − x0 (2) Theo định lí Lagrange tồn x2 ∈ (x, x0 ) cho f (x) − f (x0 ) = f (x2 ) x − x0 Vậy (2) tương đương với f (x0 ) ≥ f (x2 ) với x < x2 < x0 Điều hiển nhiên f (x) hàm lồi Vậy bổ đề chứng minh n 1.2 unvn Biến đổi Abel k=1 Ký hiệu T0 = 0, T1 = u1 , T2 = u1 + u2 , T3 = u1 + u2 + u3 , Khi uk = Tk − Tk−1 , k = 1, 2, , n n n k=1 n (Tk − Tk−1 )vk = un = Vậy k=1 n n n n Tk vk+1 n−1 Tk vk+1 k=1 Tk (vk − vk+1 ) + Tn uk vk = k=1 1.3 k=1 n−1 Tk−1 vk k=2 k=1 Tk vk − uk vk = k=1 Vậy Tj vj+1 = j=1 k=2 Suy k=1 n−1 n−1 Tk−1 vk = Mặt khác n Tk vk − k=1 Bất đẳng thức Karamata Định lí 1.1 (Karamata) Xét hai dãy giảm khoảng (a, b) cho trước x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn Thỏa mãn điều kiện x1 ≥ y1 x1 + x2 ≥ y1 + y2 x1 + + xn ≥ y1 + + yn x1 + + xn = y1 + + yn (∗) Khi hàm lồi khả vi f (x) (a, b) (⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b)) ta có f (x1 ) + + f (xn ) ≥ f (y1 ) + + f (yn ) Chứng minh Trước tiên ta viết lại điều kiện (∗) dạng x1 − y1 ≥ (x1 − y1 ) + (x2 − y2 ) ≥ (x − y1 ) + + (xn − yn ) ≥ (x1 − y1 ) + + (xn − yn ) = Theo bổ đề ta có f (xk ) ≥ f (yk ) + f (yk )(xk − yk ), k = 1, 2, , n Lấy tổng theo k hai vế bất đẳng thức ta n n f (yk ) (xk − yk ) f (yk ) ≥ f (xk )− k=1 n k=1 k=1 uk vk Theo cơng thức biến đổi Abel ta có V T = [(x1 − y1 ) + + (xk − yk )] (f (yk ) − f (yk+1 )) + ≥0 ≥0(day tan g) + [(x1 − y1 ) + + (xn − yn )] f (yn ) =0 Suy điều phải chứng minh (1.2) (∗∗) Nhận xét - Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) kết luận định lí đảo chiều - Nếu f (x) = x2 ta có so sánh bậc hai x2 ≥ x20 + 2x0 (x − x0 ) - Nếu f (x) = xα , x > 0, α > ta có so sánh xα ≥ xα0 + αxα0 (x − x0 ) Chương Thực hành, áp dụng bất đẳng thức Karamata 2.1 Phạm vi áp dụng Bất đẳng thức Karamata giải lớp toán cực trị, bất đẳng thức hàm lồi, lõm Vì ứng dụng bất đẳng thức rộng, khuân khổ tiểu luận tơi xin trình bày số tốn thực hành áp dụng tìm cực trị, chứng minh bất đẳng thức lượng giác tam giác đại số dướng dạng 2.1.1 Các toán áp dụng Bài toán 2.1 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a+b+c = 10 Tìm GTNN biểu thức a2 + 2a b2 + 2b c2 + 2c M= + + Phân tích - Các số 6, 4, nằm mẫu số khơng nên ta đốn GTNN biểu thức M đạt a = 5, b = 3, c = - Tử số có chứa bậc bậc khiến ta nghĩ tới so sánh a2 ≥ a20 + 2a0 (a − a0 ) 2a = 2a0 + 2(a − a0 ) Từ ta suy a2 + 2a ≥ a20 + 2a0 + 2a0 (a − a0 ) + 2(a − a0 ) Hay a2 + 2a a20 + 2a0 ≥ + 2(a − a0 ) a0 + a0 + Lời giải Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức a2 + 2a a20 + 2a0 ≥ + 2(a − a0 ), ∀a, a0 ≥ a0 + a0 + Thật (∗) ⇔ a2 − a20 + (a − a0 ) − (a0 + 1) (a − a0 ) ⇔ (a − a0 )2 ≥ 0, ∀a, a0 ≥ Dấu đẳng thức xảy a = a0 Suy a2 + 2a 35 ≥ + 2(a − 5), ∀a ≥ 6 b2 + 2b 15 ≥ + 2(b − 3), ∀b ≥ 4 c2 + 2c ≥ + 2(c − 2), ∀c ≥ 3 (∗) Cộng vế với vế bất đẳng thức ta VT ≥ 35 15 + + + 2(a + b + c) − (10 + + 4) Hay VT ≥ Vậy GT N N (M ) = 147 12 147 12 a = 5, b = 3, c = Bài tốn 2.2 Xét tam giác khơng nhọn ABC Tìm GTLN biểu thức P = sin A + sin B + sin C Lời giải Vì vai trò góc A,B,C nên ta giả sử A ≥ B ≥ C , tam giác ABC khơng nhọn nên ta có A ≥ π2 A + B ≥ π2 + π4 A + B + C = π2 + π + π Xét hàm số f (x) = sin x, ∀x ∈ [0, π] ta có f (x) = cosx; f (x) = − sin x ≤ 0, ∀x ∈ [0, π] f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ [0, π] Vậy nên sin A ≤ sin sin B ≤ sin π π π π + B− cos 4 sin C ≤ sin Suy M ≤1+ √ π π π + C− cos 4 2+ B+C − π π cos 4 ≤0 √ Vậy GT LN (M ) = + tam giác ABC vng cân Bài tốn 2.3 Chứng minh với tam giác không nhọn ABC , ta ln có tan √ B C A + tan + tan ≥ 2 − 2 Lời giải Khơng tính tổng qt, ta coi A ≥ B ≥ C Khi A ≥ π2 A + B ≥ π2 + π4 A + B + C = π2 + π + π π + π Hay A A A ≥ π4 + B2 ≥ π4 + π8 + B2 + C2 = π4 + Xét hàm số f (x) = tanx với x ∈ 0, π2 Ta có f (x) > 0, ∀x ∈ 0, π Khi f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x ∈ 0, Do tan A π ≥ tan 10 π π , x0 ∈ 0, 2 tan B π ≥ tan + B π − cos2 π8 tan C π ≥ tan + C π − cos2 π8 Suy V T ≥ tan π π π + tan + tan + 8 B C π + − 2 cos2 π8 ≥0 Để ý tan π8 = √ − nên ta có tan √ B C A + tan + tan ≥ 2 − 2 Dấu đẳng thức xảy A = π4 , B = C = π8 Bài toán 2.4 Chứng minh với tam giác không nhọn ABC , ta ln có √ A B C cos + cos + cos ≤ + 2 2 2+ Lời giải Khơng tính tổng qt, ta coi A ≥ B ≥ C Khi A ≥ π2 A + B ≥ π2 + π4 A + B + C = π2 + π + π π + π Hay A A A ≥ π4 + B2 ≥ π4 + π8 + B2 + C2 = π4 + 11 √ Xét hàm f (x) = cosx, ∀x ∈ 0, π2 Khi f (x) = − cos x < 0, ∀x ∈ 0, π Do f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x ∈ 0, π π , x0 ∈ 0, 2 Từ ta có cos A π ≤ cos cos π B ≤ cos − B π − sin π 16 cos C π ≤ cos − C π − sin π 16 Suy cos B C π π π A + cos + cos ≤ cos +cos +cos − 2 8 B C π + − 2 sin π 16 Hay √ A B C cos + cos + cos ≤ + 2 2 Dấu xảy A = π4 , B = C = 2+ √ π Bài toán 2.5 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3 P = a2 + b2 + c2 12 Lời giải 3 Xét hàm f (t) = t , ∀t > 0, ta có f (t) = 4√ > 0, ∀t > t Suy f (t) hàm lồi với t > Do f (t) ≥ f (t0 ) + f (t0 )(t − t0 ), ∀t, t0 > Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b ≥ c > Khi a≥1 a+b≥1+1 a+b+c=1+1+1 Suy f (a) ≥ f (1) √ f (b) ≥ f (1) + 32 √1(b − 1) f (c) ≥ f (1) + 32 1(c − 1) Do f (a) + f (b) + f (c) ≥ 3f (1) + (b + c − 2) ≥0 Hay 3 a2 + b2 + c2 ≥ Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Vậy P = a = b = c = Bài toán 2.6 Cho a, b, c số dương thỏa mãn abc = Chứng minh a−1+ b b−1+ c Lời giải Vì abc = nên ta đặt a = xy , b = yz , c = 13 c−1+ z x a với x, y, z > ≤ Ta viết bất đẳng thức cho theo x, y, z z x −1+ y y y x −1+ z z z y −1+ ≤1 x x ⇔ (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 khơng thể 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 lơgarit hai vế với số e, ta ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Khơng tính tổng qt, 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) = ln x với x > Ta có f (x) = − x12 < 0, ∀x > nên hàm số f (x) lõm 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 = 14 Kết luận Trong tiểu luận tơi trình bày bất đẳng thức karamata ứng dụng bất đẳng thức vào việc giải tốn bất đẳng thức khác Qua ta thấy ứng dụng rộng rãi bất đẳng thức Bất đẳng thức karamata sử dụng nhiều khơng phổ thơng mà đặc biệt hay dùng kì thi quốc tế việc giảng dạy bất đẳng thức la cần thiết công tác ôn luyện học sinh giỏi 15 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức: Định lí áp dụng, NXB Giáo dục [2] Phạm Kim Hùng, 2006, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức [3] Ngô Thế Phiệt, 2007, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Cửu Huy, 2009, Bất đẳng thức, NXB Giáo dục [5] Nguồn từ Internet 16