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..[r]
(1)BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA VÀ MỘT VÀI ÁP DỤNG
Lê Hồ Quý (THPT Duy Tân, Kon Tum) I Các định nghĩa tính chất
Ta sử dụng ký hiệu I a b( , ) nhằm ngầm định bốn tập hợp ( , )a b , [ , )a b , ( , ]a b [ , ].a b
1 Định nghĩa (Các trội) Cho x( , , , )x x1 xn y( , , , )y y1 yn hai số thực Ta nói x trội y ta viết
xy y x , chúng thỏa mãn điều kiện sau :
(1) x1x2 xn y1y2 yn;
(2) x1x2 xk y1y2 yk, k 1,n 1; (3) x1x2 xn y1y2 yn.
2 Định nghĩa (Hàm lồi) Hàm số f x( ) gọi lồi (lồi dưới) tập [ , )a b với x x1, 2[ , )a b với cặp số dương , có tổng 1, ta có
1 2
( ) ( ) ( )
f x x f x f x
(1.1) Nếu dấu đẳng thức (1.1) xảy x1x2 ta nói hàm số f x( ) hàm
lồi thực (chặt) [ , ).a b
Hàm số f x( ) gọi lõm (lồi trên) tập [ , )a b với
1, [ , ) x x a b
với cặp số dương , có tổng 1, ta có
1 2
( ) ( ) ( )
f x x f x f x
(1.2) Nếu dấu đẳng thức (1.2) xảy x1x2 ta nói hàm số f x( ) hàm
lõm thực (chặt) [ , ).a b
Tương tự, ta có định nghĩa hàm lồi (lõm) tập ( , )a b , ( , ]a b [ , ].a b
3 Định lí Nếu f x( ) khả vi bậc hai I a b( , ) f x( ) lồi (lõm) I a b( , ) f x''( ) ( ''( ) 0) f x I a b( , )
II Định lí Karamata
1 Định lí (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai số thực ( , , , )x x1 xn và
1
( , , , )y y yn
(2)Khi đó, ứng với hàm lồi thực f x( )( ''( ) 0)f x I a b( , ), ta có
1 2
( ) ( ) ( )n ( ) ( ) ( ).n
f x f x f x f y f y f y (2.1)
Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi
1
( ) ( ) ( )n
f x f x f x
, , ( , )
1
ax ( ) ( ) '( )
1 n
n n
i i
t t I a b
i i
m f t f x t f t
(2.2) Không tính tổng quát, ta giả thiết số t1, ,tnI a b( , ) số giảm, tức
1 n
t t t
Khi đó, để chứng minh (1), ta cần chứng minh
1 '( )1 '( ) n '( )n
x f t x f t x f t
1 '( )1 '( ) n '( ).n
y f t y f t y f t
(2.3) Sử dụng biến đổi Abel
1 '( )1 '( ) n '( )n
x f t x f t x f t
1[ '( )1 '( )]+ [ '( )2 2 '( )]+ +3
S f t f t S f t f t
1
+Sn [ '(f tn ) f t'( )]+n S f tn '( ),n
(2.4) với
1
( ) :
k k
S x x x x
Vì f x ''( ) nên f x'( )k f x'( k1) Mặt khác, S xk( )S yk( ) (k 1,2, ,n 1)
và S xn( )S yn( ), ta thu (2.3). 2 Các hệ quả
Hệ Nếu ( , , , ) ( , , , )x x1 xn y y1 yn f x( ) hàm lõm thực ( ''( ) 0)f x thì
1( )1 2( ) ( )n ( )1 ( ) ( ).n
f x f x f x f y f y f y
Hệ (Bất đẳng thức Jensen) Với hàm lồi f x( ) I a b( , ) với ( , )
i
x I a b (i 1,2, , ),n
ta ln có bất đẳng thức
1 2
( ) ( ) ( )
n n
f x f x f x x x x
f
n n
Hệ (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje) Với hàm lồi f x( ) I a b( , )
1, , ,2 n ( , ),
a a a I a b
ta ln có bất đẳng thức sau
1
1
( ) ( ) ( ) ( 2) n
n
a a a
f a f a f a n n f
n
(3) (n 1) ( )f b f b( ) f b( )n
trong
1
i j
j i
b a
n
với i.
3 Ứng dụng
Ở phần tiếp theo, chúng tơi xin trình bày số áp dụng bất đẳng thức Karamata hệ
Thí dụ 1. Chứng minh với tam giác ABC khơng nhọn, ta ln có
tan tan tan 2
2 2
A B C
Lời giải Khơng tính tổng qt, ta coi A B C Khi đó
2
2
, 4 A
A B
A B C
hay
2
2
2 2 8
A
A B
A B C
, , , ,
2 2 8
A B C
Xét hàm số f x( ) tan x với
0; x
Ta có
2sin
''( )
os x f x
c x
với
0; x
nên
hàm số f x( ) lồi khoảng
0;
Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta được tan tan tan tan tan tan
2 2 8
A B C
Để ý tan8
nên
tan tan tan 2
4 8
(4)Vậy
tan tan tan 2
2 2
A B C
Thí dụ 2. Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta ln có bất đẳng thức
1 1 1
2 2
a b b c c a a b c
Lời giải Khơng tính tổng qt, ta giả sử a b c , tức dãy số ( , , )a b c dãy giảm Khi đó, dễ thấy điều kiện (1), (2) (3) Định nghĩa thỏa mãn hai dãy (2 ,2 ,2 )a b c (a bb c c a , , ) Do
(2 ,2 ,2 ) (a b c a bb c c a , , )
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số
1 ( ) f x
x
đây hàm lồi khoảng (0; + )), 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 rằng
1 1
1 1
a b c
b c a
Lời giải Vì abc = nên ta đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
với x y z , , Ta viết bất đẳng thức cho theo x y z, ,
1 1
x z y x z y
y y z z x x
(x y z y z x z x y )( )( )xyz
Để ý (x y z ) ( y z x ) 2 x0, 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 xlnyln z Khơng 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( ) ln x với x 0 Ta có
''( ) 0,
f x x
x
nên hàm số f x( ) lõm khoảng (0;) Khi theo Hệ bất đẳng thức Karamata, ta
(5)Thí dụ (Áo 2000). Cho a b , 0 số nguyên n. Chứng minh
1
1
n n
n
a b
b a
Đẳng thức xảy ?
Lời 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
1
1 2
2
n
n n a b a b
a b b a b a
b a
Đẳng thức xảy
a b
a b
b a n 0 n 1 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
2 a b b a Vậy
1
1 2.2
n n
n n
a b
b a
Đẳng thức xảy a b n 0
Trường hợp Khi n 1, ta đặt pn 1 Khi đó, ta có
1
1
n n
n
a b
b a
1
( ) ( )
p p
p p p
b a
a b a b
2
p
p p
b a a b
Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số ( ) n
f x x (đây hàm lồi khoảng (0, + )) với p 1 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 5. Chứng minh a a1, , , (2 a n n 3) số dương thỏa mãn điều kiện
1 n
a a a
(6)1
1
1 1
2 2
n
n n
a a a n
a a a n
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje hàm lồi f x( ) lnx với x 0, ta nhận
( 2)
1
1 2
( ) ( )
n n
n n
n n
a a a
bb b a a a
n 1 i j j i b a n
với i. Theo điều kiện a1a2 an 1,
bất đẳng thức trở thành
2
1 1
1 2
1
(1 ) (1 ) (1 )
n n
n n n n
n n
a a a n a a a
n
(*) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
1 2
(1 ) (1 ) (1 ) n(1 )(1 ) (1 ),
n n
a a a n a a a
nghĩa
1
1
1 (1 )(1 ) (1 ) n
n
a a a
n
Từ bất đẳng thức này, với n 3, ta có
( 3)
2 2
1
1
1 (1 ) (1 ) (1 ) n n
n
a a a
n
1 1
1
(1 ) (1n ) (1n ) n n
a a a
Nhân bất đẳng thức với bất đẳng thắc (*), ta nhận bất đẳng thức cần chứng
minh Đẳng thức xảy
1 n
a a a
n
Cuối số tập dành cho bạn đọc
Bài Chứng minh với tam giác ABC nhọn, ta ln có
3 cos cos cos
2
A B C
Bài Chứng minh a a1, , ,2 an số thực dương
2
1
2 2
2 1
2 1
n n n n n n
a a a a
a a a a
(7)Bài Chứng minh với số x x1, , ,2 xn thuộc khoảng
, , 6
ta có bất đẳng thức
1 2 1
os(2 ) os(2 ) os(2 n ) cos cos cos n
c x x c x x c x x x x x
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 2 Hãy tìm số C bé
nhất cho
4
2
1
n
i j i j i
i j n i
x x x x C x
với số thực không âm x x1, , , xn
Bài (Iran 2008) Cho a b c , , ab bc ca 1. Chứng minh
3 3 2 .
a a b b c c a b c
Bài Giả sử x x1, , , (n 3)2 xn số dương thỏa mãn điều kiện x x x 1 n
Chứng minh 2
( 1) n p
n
ta có
1
1 1
1 1 n
n
px px px 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] Kin-YinLi, 2000, Mthematical Excalibur, Vol 5, No 5, Nov 00 – Dec 00, Hong Kong University of science and Technology
[5] Janne Junnila, A generalization of Karamata’s inequality [6] Phạm Kim Hùng, 2006, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức.
[7] Ngô Thế Phiệt, 2007, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục
(8)