Bat dang thuc karamata va ung dung

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 tốn hình học, lượng giác nhiều mơn 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 tốn loại khó liên quan đến chun đề Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt tốn học khơng đối tượng để nghiên cứu mà đóng vai trò cơng cụ đắc lực mơ hình tốn học liên tục mơ hình tốn 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 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 tốn, 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 Trang 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 x , x  I(a, b) với cặp số dương  ,  có tổng     1, ta có f(x1  x )  f(x1 )  f(x ) (1) Nếu dấu đẳng thức (1) xảy x  x ta nói hàm số f(x) hàm lồi thực (chặt) I(a, b) Hàm số f(x) gọi lõm tập I(a, b) với x , x  I(a, b) với cặp số dương  ,  có tổng     1, ta có f(x1  x )  f(x1 )  f(x ) (2) Nếu dấu đẳng thức (2) xảy x  x 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 x , x  I(a; b), ta có f(x)  f(x0 )  f '(x0 )(x  x0 ) (3) Dễ nhận thấy (3) xảy đẳng thức x  x 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 x , x  I(a; b), ta có f(x)  f(x0 )  f '(x0 )(x  x0 ) (4) Dễ nhận thấy (4) xảy đẳng thức x  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 ngồi, Việt nam khái niệm hàm lồi, lõm phát biểu ngược lại Trang 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 x k , y k  I(a; b), k  1, 2, , n , thỏa mãn x  y x  x  y  y 2  điều kiện x  x   x n , y  y   y n  (5) x  x   x  y  y   y n 1 n 1  x  x   x  y  y   y  n n Khi đó, ứng với hàm lồi thực f(x) (f ''(x)  0) I(a, b) , ta có (6) f(x )  f(x )   f(x n )  f(y )  f(y )   f(y n ) Ta có phát biểu tương tự hàm lõm cách đổi chiều dấu bất đẳng thức Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi n n  f(t )  f(xi  t )f '(t i ) (7)   t1 , ,t n I(a ,b)   i 1  i 1 Khơng tính tổng qt, ta giả thiết số t , , t n  I(a, b) số giảm, tức f(x )  f(x )   f(x n )   t  t   t n Khi đó, để chứng minh (7), ta cần chứng minh x f '(t )  x f '(t )   x n f '(t n )   y f '(t )  y f '(t )   y n f '(t n ) (8) Sử dụng biến đổi Abel x f '(t )  x f '(t )   x n f '(t n )   S [f '(t )  f '(t )]+S [f '(t )  f '(t )]+ + +S n 1 [f '(t n 1 )  f '(t n )]+S n f '(t n ), (9) với S k (x) : x1  x   xk Vì f ''(x)  nên f '(xk )  f '(xk 1 ) Mặt khác, S k (x)  S k (y) (k  1, 2, , n  1) S n (x)  S n (y), ta thu (8) Trang 2.2 Các hệ Hệ 2.2 (Bất đẳng thức Jensen) Với hàm lồi f(x) I(a, b) với x i  I(a, b) (i  1, 2, , n), ta ln có bất đẳng thức f(x1 )  f(x )   f(x n )  x  x   x n  f n n     Chứng minh Do tính chất đối xứng, khơng tính tổng qt, ta giả sử x  x   x n x  x x  x  2x  Khi đó, ta có  x  x   x  (n  1)x n 1  x  x   x n  nx, x  x   x n n Theo bất đẳng thức Karamata, ta có x   x  x   x n  f(x )  f(x )   f(x n )  nf   n   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  yz zx f(x)  f(y)  f(z)  3f   2f   2f   2f              xyz yz Chứng minh Ta coi x  y  z Khi xảy hai khả năng: x  xyz  z x  y  xyz  z đủ Ta cần xét trường hợp x  y  Khi dễ dàng kiểm tra xyz xyz xyz xy    z, (10) 3 xy xy xz xz yz yz (11)      2 2 2 xyz xy yz zx Và x  y  z    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 , a , , an  I(a, b), ta ln có bất đẳng thức sau  a  a   a n  f(a )  f(a )   f(a n )  n(n  2)f   n    (n  1)  f(b1 )  f(b2 )   f(bn ) b i   a j với i n  j i Trang Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta coi n  a1  a2   an Khi tồn số tự a   a n nhiên m cho  m  n  m a1   am  a  am    an , a  Ta n có b   bm  a  bm    bn Dễ thấy điều cần chứng minh suy từ hai bất đẳng thức sau f(a )  f(a )   f(a m )  n(n  m  1)f(a)  (n  1)  f(bm  )  f(bm  )   f(bn ) , (12) f(am  )  f(am  )   f(a n )  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(a )  f(a )   f(a m )  (n  m  1)f(a)  (n  1)f(b), a  a   a m  (n  m  1)a b  n1 Vậy ta chứng minh (n  m  1)f(a)  f(b)  f(bm  )  f(bm  )   f(bn ) Vì a  bm   bm    b n (n  m  1)a  b  bm   bm    b n ,   ta thấy A n m   a, , a, b xa B n m   bm  , bm  , , 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 f(a m  )  f(a m  )   f(a n )  (m  1)f(a)  f(c), ứng dụng cho biết n 1 f(c)  (m  1)f(a)  f(b1 )  f(b2 )   f(bm ), a  a m    a n  (m  1)a c  m  n1 Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thưc Karamata, b1   bm  a   c  (m  1)a  b1  b2   bm , C m   c, a, , a  xa D m   b1 , b2 , , bm  Trang Chương Một số ứng dụng bất đẳng thức Karamata Ở phần tiếp theo, chúng tơi 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 , a1a  b1 b2 , , a1 a an  b1 b2 bn Chứng minh a  a   a n  b1  b2   bn Giải Đặt x i  ln a i , y i  ln bi (i  1, 2, , n) Với điều kiện cho, ta có x  y x  x  y  y 2   x  x   x  y  y   y n 1 n 1  x  x   x n  y  y   y n 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 khoảng (0; ) Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có e x1  e x2   e xn  e y1  e y2   e yn 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) 0  c  b  a   Cho a  b  13 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức M  a  b  c a  b  c  15  0  a   Giải Từ giả thiết, ta có a  b   a  b  c     Xét hàm số f(x)  x , ta có f ''(x)   0, x   nên hàm số f(x) lồi thực  Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có f(a)  f(b)  f(c)  f(8)  f(5)  f(2) hay a  b  c2  64  25   93 Đẳng thức xảy a  8, b  5, c  Vậy 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  a  b  c   (a  b  c)2   a2  b2  c2   152  3.M hay M  75 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy MinM  75 đạt a  b  c  Thí dụ Cho ABC tam giác nhọn Chứng minh  cos A  cos B  cos C  Trang Giải Không tính tổng quát, ta coi A  B  C Khi A    , C 3   2  A       2   Vì  A    A  B    C  nên    A  B   3 3 2      2    A  B  C      n   n  n  Với số (x i ), (y i ) , ta ln có bất đẳng thức sau   xi y i     xi2   y i2  (14)  i 1   i 1  i   Dấu đẳng thức (14) xảy hai số (xi ) (yi ) tỉ lệ với nhau, , tức tồn cặp số thức  ,  không đồng thời 0, cho xi  y i  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 Bunhiacovski”, “Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovski” “Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” Các bất đẳng thức trị trung bình cộng nhân gọi bất đẳng thức Cauchy     Xét hàm số f(x)  cos x với x   0;  Ta có f ''(x)   cos x  0, x   0;  nên hàm số f(x) lõm  2  2   đoạn 0;  Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có  2    f    f    f(0)  f(A)  f(B)  f(C)  3f   2 2 3 Hay  cos A  cos B  cos C  Thí dụ Chứng minh với tam giác ABC khơng nhọn, ta ln có A B C tan  tan  tan  2  2 Giải Khơng tính tổng quát, ta coi A  B  C   A  A  2       A B   Khi A  B   hay      2     A B C    A  B  C    ,       sin x     Xét hàm số f(x)  tan x với x   0;  Ta có f ''(x)   với x   0;  nên hàm số f(x) cos x  2  2   lồi khoảng  0;  Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta  2 A B C    tan  tan  tan  tan  tan  tan 2 8  Để ý tan   nên    tan  tan  tan  2  8 Trang Vậy tan A B C  tan  tan  2  2 Thí dụ Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta ln có bất đẳng thức 1 1 1      a  b b  c c  a 2a 2b 2c Giải Khơng tính tổng qt, 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  với x  (0; ) Ta có f ''(x)   0, x  (0;  ) nên hàm số f(x) lồi x x khoảng (0; ) Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận bất đẳng thức cần chứng Xét hàm số f(x)  minh Thí dụ (IMO 2000) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc  Chứng minh   1   a     b     c     b  c  a  y x z Giải Vì abc  nên ta đặt a  , b  , c  với x, y, z  y z x Ta viết bất đẳng thức cho theo x, y, z x y z  y x  z             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 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)    0, x  nên hàm số f(x) lõm khoảng x (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  Thí dụ Cho a, b số thực không âm Chứng minh a a  b b  a b  b a Trang Giải Giả sử b  a Giữa số x  b  b , x  b  a , x  a  b , x  a  a , x1 số lớn x1  x2 nhất, x số nhỏ Ta có  x1  x  x2  x3 Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số x1  x  x1  x4  x  x2 f(x)  x (đây hàm lõm  0;   ) n n a  b  Thí dụ (Áo 2000) Cho a, b  số nguyên n Chứng minh         n  b  a  Đẳng thức xảy ? Giải Ta xét trường hợp  Trường hợp Khi n  0, hàm số f(x)  x n lồi khoảng (0, ) Vậy theo bất đẳng thức Jensen, ta có n a b a b     1 b 1 a   a  b  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 n n n n a  b  Vậy         2.2 n  n  b  a  Đẳng thức xảy a  b n   Trường hợp Khi n  1, ta đặt p  n  Khi đó, ta có n n p bp ap a  b bp  ap  a  b   n 1               b  a (a  b)p (a  b)p p1    Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số f(x)  x n (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 hồn tồn chứng minh Thí dụ Chứng minh a , a , , a n (n  3) số dương thỏa mãn điều kiện a1  a   a n  ta có n       1 1   a1    a     a n      n    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 (b1 b2 bn )  a  a2   an   (a1a a n )   n   n(n  ) Trang bi   a j với i Theo điều kiện a1  a2   an  1, bất đẳng thức trở n  j i thành (1  a1 ) n 1 (1  a2 ) n 1 n 1 .(1  a n ) 1   n 1   n  n2 n n a1 a an (*) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (1  a )  (1  a )   (1  a n )  n n (1  a1 )(1  a ) (1  an ), n 1  nghĩa     (1  a )(1  a ) (1  a n ) n  Từ bất đẳng thức này, với n  3, ta có n(n  3) 1  (1  a )2 (1  a )2 (1  a n )2 1  n   (1  a1 )n 1 (1  a )n 1 (1  a n )n 1 Nhân bất đẳng thức với bất đẳng thắc (*), ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a  a   a n  n Cuối số tập dành cho bạn đọc Bài Chứng minh với tam giác ABC nhọn, ta ln có  cos A  cos B  cos C  Bài Chứng minh a1 , a2 , , a n số thực dương a12 a n2 a1 an      2 2 a   a n a   a n  a   a n a1   a n 1    Bài Chứng minh với số x , x , , x n thuộc khoảng   ,  , ta ln có bất đẳng  6 thức cos(2x1  x )  cos(2x  x )   cos(2x n  x1 )  cos x1  cos x   cos x n 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  n  x i x j x 2i  x 2j  C   xi   1 i  j  n  i 1    với số thực không âm x , x , , x n Trang 10 Bài (Iran 2008) Cho a, b, c  ab  bc  ca  Chứng minh a  a  b3  b  c  c  a  b  c Bài Giả sử x , x , , x n (n  3) số dương thỏa mãn điều kiện x x x n  Chứng minh 2n   p  ta có (n  1)2 1 n      px 1  px  px n 1p Trang 11 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 Trang 12 ... 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) ...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,...  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 , a , , an  I(a, b), ta