Một số lớp bất đẳng thức karamata và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Mạc Văn Thư MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG KARAMATA VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUN - NĂM 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mở đầu Biểu diễn lớp hàm số lồi (lõm) tựa lồi (lõm) khả vi 1.1 Định nghĩa tính chất hàm lồi 1.2 Biểu diễn hàm lồi 1.3 Hàm tựa lồi, tựa lõm 11 1.4 Thứ tự xếp dãy số sinh hàm lồi 18 Các bất đẳng thức dạng Karamata quan 2.1 Định lý Karamata 2.2 Bất đẳng thức đan dấu 2.3 Một số định lý mở rộng hàm lồi 2.4 Các định lý dạng Karamata 2.5 Một số tập áp dụng 2.6 Bài toán tương tự toán liên Ứng dụng bất đẳng thức Karamata đại số lượng giác 3.1 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng phân thức 3.2 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng thức 3.3 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng logarit mũ 3.4 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng lượng giác Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa trung tâm học liệu 22 22 26 27 35 45 50 53 53 56 58 62 67 68 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mở đầu Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức phận quan trọng giải tích đại số Có nhiều dạng tốn hình học lượng giác nhiều mơn học khác địi hỏi cần giải vấn đề cực trị tối ưu Rất nhiều học sinh sinh viên gặp khó khăn phải đối mặt với vấn đề Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt quan trọng tốn học, khơng đối tượng để nghiên cứu mà cơng cụ đắc lực tốn liên tục, lý thuyết rời rạc, lý thuyết phương trình Trong hầu hết thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olimpic toán khu vực hay quốc tế toán bất đẳng thức hay đề cập thường thuộc loại khó khó Các tốn ước lượng tính giá trị cực trị tổng tích tốn xác định giới hạn số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ nhiều đến tính toán ước lượng tương ứng Lý thuyết bất đẳng thức đặc biệt, tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Có nhiều ý tưởng cách tiếp cận khác để giải toán Với đề tài" Một số lớp bất đẳng thức dạng Karamata áp dụng" tác giả trình bày cách khái quát bất đẳng thức Karamata đồng thời đưa số lớp tốn giải bất đẳng thức Karamata Luận văn chia thành ba chương với nội dụng sau: Chương 1: Biểu diễn lớp hàm số lồi (lõm) tựa lồi (lõm) khả vi Trình bày khái niệm, tính chất lớp hàm lồi, tựa lồi, hàm lõm thứ tự xếp hàm số sinh hàm lồi Chương 2: Các bất đẳng thức dạng Karamata toán liên quan Trình bày định lý Karamata, bất đẳng thức đan dấu, số định lý mở rộng với hàm lồi Đưa số toán tương tự áp dụng vào giải Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ tập cụ thể Chương 3: Ứng dụng bất đẳng thức Karamata đại số lượng giác Trình bày số ứng dụng định lý Karamata vào việc chứng minh số bất đẳng thức có dạng phân thức, thức, lượng giác Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên Qua tác giả xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo Khoa Tốn, Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo nhà trường trang bị kiến thức tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tác giả trình học tập Do thời gian kiến thức cịn hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thầy để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 05 tháng 08 năm 2013 Học viên Mạc Văn Thư Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Biểu diễn lớp hàm số lồi (lõm) tựa lồi (lõm) khả vi 1.1 Định nghĩa tính chất hàm lồi Định nghĩa 1.1 (Xem [1]-[2]) Hàm số f (x) gọi hàm lồi (lồi dưới) tập [a; b) ∈ R với x1 , x2 ∈ [a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) (1.1) Nếu dấu đẳng thức (1.1) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lồi thực (chặt) [a, b) Hàm số f (x) gọi hàm lõm (lồi trên) tập [a, b) ∈ R với x1 , x2 ∈ [a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≥ αf (x1 ) + βf (x2 ) (1.2) Nếu dấu đẳng thức (1.2) xảy x1 = x2 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] Ta sử dụng kí hiệu I(a, b) để bốn tập hợp (a, b), (a, b], [a, b) [a, b] Tính chất 1.1 Nếu f (x) lồi (lõm) I(a, b) hàm g(x) = c.f (x) hàm lõm (lồi) I(a, b) c < (c > 0) Tính chất 1.2 Tổng hữu hạn hàm lồi I(a, b) hàm lồi I(a, b) Các tính chất dễ dàng nhận thấy Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Tính chất 1.3 Nếu f (x) hàm số liên tục lồi I(a, b) g(x) hàm lồi đồng biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lồi I(a, b) Chứng minh Thật theo giả thiết, f (x) hàm số liên tục I(a, b) nên tập giá trị tập dạng I(c, d) ∈ R Theo giả thiết f (x) hàm lồi I(a, b) nên theo định nghĩa ta có với x1 , x2 ∈ I(a, b) cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) Mà f (x1 ), f (x2 ) ∈ I(c, d) nên với cặp số dương α, β có tổng α + β = αf (x1 ) + βf (x2 ) ∈ I(c, d) Từ giả thiết g(x) hàm đồng biến ta nhận g[f (αx1 + βx2 )] ≤ g[αf (x1 ) + βf (x2 )] (1.3) Do g(x) hàm lồi nên g[αf (x1 ) + βf (x2 )] ≤ αg[f (x1 )] + βg[f (x2 )] (1.4) Từ (1.3) (1.4) suy g[f (αx1 + βx2 )] ≤ αg[f (x1 )] + βg[f (x2 )] Vậy g(f (x)) hàm lồi I(a, b) Tương tự ta có tính chất sau Tính chất 1.4 (i) Nếu f (x) hàm số liên tục lõm I(a, b) g(x) lồi nghịch biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lồi I(a, b) (ii) Nếu f (x) hàm số liên tục lõm I(a, b) g(x) lõm đồng biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lõm I(a, b) (iii) Nếu f (x) hàm số liên tục lồi I(a, b) g(x) lõm nghịch biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lõm I(a, b) Tính chất 1.5 Nếu f (x) hàm số liên tục đơn điệu (đồng biến nghịch biến) I(a, b) g(x) hàm ngược f (x) ta có kết luận sau Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ (i) f (x) lõm, đồng biến ⇔ g(x) lồi, đồng biến (ii) f (x) lõm, nghịch biến ⇔ g(x) lõm, nghịch biến (iii) f (x) lồi, nghịch biến ⇔ g(x) lồi, nghịch biến Chứng minh Suy trực tiếp từ tính chất hàm ngược Hàm ngược ln tính chất đơn điệu (đồng biến nghịch biến) với hàm xuất phát Tính chất 1.6 Nếu f (x) hàm số lồi khả vi I(a, b) f (x) lồi I(a, b) f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) Chứng minh Giả sử f (x) lồi I(a, b) Khi với x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I(a, b)), ta có x2 − x x − x1 x2 − x x − x1 > 0, > 0, + = 1, x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 f (x) ≤ x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ), x2 − x1 x2 − x1 hay f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ x2 − x1 x2 − x1 Trong công thức cho x → x1 , ta thu f (x1 ) ≤ f (x2 ) − f (x1 ) , x2 − x1 (1.5) (1.6) tương tự, cho x → x2 , ta thu f (x2 ) − f (x1 ) ≤ f (x2 ), x2 − x1 (1.7) Từ (1.5) (1.6), ta nhận f (x1 ) ≤ f (x2 ), tức hàm số f (x) hàm đơn điệu tăng Ngược lại, giả sử f (x) hàm số đơn điệu tăng x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I(a, b)) Theo định lý Lagrange, tồn x3 , x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 cho f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) = f (x3 ); = f (x4 ) x − x1 x2 − x Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Do f (x3 ) ≤ f (x4 ) nên f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ , x − x1 x2 − x tức ta có (1.5) Về sau ta thường dùng tính chất sau Định lý 1.1 (Xem [1]-[2]) 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) Chứng minh Suy trực tiếp từ tính chất (1.6) Định lý 1.2 (Xem [1]-[2]) Nếu f (x) lồi I(a, b) tồn đạo hàm phía f− (x) f+ (x) với x ∈ (a, b) f− (x) ≤ f+ (x) Chứng minh Với x0 ∈ (a, b) cố định, chọn số dương tỳ ý u, v cho x0 − u ∈ (a, b), x0 + v ∈ (a, b) Khi đó, theo (1.5) f (x0 ) − f (x0 − u) f (x0 + v) − f (x0 ) ≤ u v (1.8) Chọn v > v để x0 + v ∈ (a, b), x0 < x0 + v < x0 + v theo (1.5) f (x0 + v) − f (x0 ) f (x0 + v ) − f (x0 + v) ≤ v v −v (1.9) Biến đổi (1.9), ta thu f (x0 + v) − f (x0 ) f (x0 + v ) − f (x0 ) ≤ v v (1.10) Hệ thức (1.10) chứng tỏ hàm số g(v) := f (x0 + v) − f (x0 ) v hàm đơn điệu tăng v giảm dần tới g(v) đơn điệu giảm bị chặn (theo (1.8)) nên tồn giới hạn phía lim+ g(v) = lim+ v→0 v→0 f (x0 + v) − f (x0 ) = f+ (x0 ) v Tương tự, ta chứng minh tồn đạo hàm trái f− (x0 ) Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Nhận xét rằng, (1.8), cho u, v → 0+ thu bất đẳng thức f− (x) ≤ f+ (x) Nhận xét 1.1 Các hàm số f− (x) f+ (x) hàm đơn điệu tăng (a, b) Chứng minh Thật vậy, x1 < x2 ta chọn t1 , t2 cho x1 < t1 < t2 < x2 đó, theo (1.5) f (t1 ) − f (x1 ) f f (x2 ) − f (t2 ) ≤ t2 ) − f (t1 )t2 − t1 ≤ t1 − x1 ( x2 − t2 (1.11) Lấy giới hạn t1 → x1 t2 → x2 (1.11) ta thu f+ (x1 ) ≤ f− (x2 ) f− (x1 ) ≤ f+ (x1 ) ≤ f− (x2 ) ≤ f+ (x2 ), hay f− (x1 ) ≤ f− (x2 ), x1 < x2 f+ (x1 ) ≤ f+ (x2 ), x1 < x2 Định lý 1.3 Nếu f (x) lồi I(a, b) f (x) liên tục (a, b) Chứng minh Theo Định lý 1.2 tồn đạo hàm phía f− (x) f+ (x) với x ∈ (a, b) hàm số f (x) vừa liên tục trái vừa liên tục phải Suy f (x) liên tục điểm (a, b) Nhận xét 1.2 Hàm lồi [a, b] khơng liên tục đầu nút đoạn [a, b] Thật vậy, chẳng hạn hàm số f (x) = x2 − x x ∈ (0, 1) x = hàm lồi [0, 1] không liên tục x = Như hàm lồi hàm liên tục khoảng xét Về sau, ta quan tâm đến hàm số lồi liên tục I(a, b) Tính chất sau cho phép ta dễ dàng kiểm chứng tính lồi (lõm) hàm cho trước Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Định lý 1.4 (Jensen) Giả sử f (x) liên tục [a, b] Khi điều kiện cần đủ để hàm số f (x) lồi I(a, b) f x1 + x2 ≤ f (x1 ) + f (x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ I(a, b) (1.12) Chứng minh Nếu f (x) hàm lồi I(a, b) ta có (1.12) cách chọn α = β = Giả sử ta có (1.12) Ta cần chứng minh với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) Nếu α ∈ Q β ∈ Q ta viết m n α= ; β= , p p m, n ∈ Z, q ∈ N m + n = q Bằng phương pháp quy nạp, ta có f (αx1 + βx2 ) = f mx1 + nx2 q ≤ mf (x1 ) + nf (x2 ) = αf (x1 ) + βf (x2 ) q Nếu α số vô tỉ β(= 1α) số vơ tỉ Chọn dãy số hữu tỉ dương un khoảng (0, 1) có giới hạn lim un = α n→∞ Khi hiển nhiên dãy := − un nằm (0, 1) lim = β n→∞ Theo chứng minh ứng với trường hợp α hữu tỉ, f (un x1 + x2 ) ≤ un f (x1 ) + f (x2 ), ∀n ∈ N, x1 , x2 ∈ I(a, b) Chuyển qua giới hạn sử dụng tính liên tục f (x), ta thu f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 54 Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có: f (x) + f (y) + f (z) ≤ 3f ( ) hay P ≤ P = ⇔x=y=z= Mặt khác ta có x≤1 x+y ≤1+0 x + y + z = + + Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có: f (x) + f (y) + f (z) ≥ f (1) + f (0) + f (0) hay P ≥ P = ⇔ x = 1, y = z = Vậy x = y = z = max P = x = 1, y = z = Ví dụ 3.2 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 1 1 1 + + ≤ + + (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 4a2 4b2 4c2 max P = Lời giải Khơng giảm tính tổng qt ta 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 Xét hàm f (t) = , ∀x > ta có x2 f (t) = − x3 > 0, ∀x > x4 Theo bất đẳng thức Karamata ta có: f (t) = f (2a) + f (2b) + f (2c) ≥ f (a + b) + f (a + c) + f (b + c) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 55 hay 1 1 1 + + ≤ 2+ 2+ 2 2 (a + b) (b + c) (c + a) 4a 4b 4c Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 3.3 Chứng minh với số tự nhiên n ta có 1 1 + + + ··· + > n+1 n+2 n+3 3n + Lời giải Gọi m trung bình cộng 2n + số n + 1, n + 2, , 3n + Vậy n + + n + + · · · + 3n + m= 2n + Do đóta có 3n + > 2n +        3n + + 3n > 2n + + 2n +        3n + + 3n + · · · + n + > 2n + + 2n + + · · · + 2n + Xét hàm f (t) = , ∀x > x ta có f (t) = − x2 > 0, ∀x > x3 Vậy f (x) hàm lồi, Theo bất đẳng thức Karamata ta có: f (t) = f (3n + 1) + f (3n) + · · · + f (n + 1) > (2n + 1)f (2n + 1) hay 1 1 + + + ··· + > n+1 n+2 n+3 3n + Bài tập tương tự Bài tập 3.1 Chứng minh với số thực dương a, b, c ta ln có bất đẳng thức 1 1 1 + + ≤ + + với n > (a + b)n (b + c)n (c + a)n (2a)n (2b)n (2c)n Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 56 Bài tập 3.2 Chứng minh a1 , a2 , a3 , , an số thực dương a21 a2n a1 an +· · ·+ +· · ·+ ≥ 2 a2 + · · · + an a1 + · · · + an−1 a2 + · · · + an a1 + · · · + an−1 Bài tập 3.3 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh 1 + + ≥ a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 3.2 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng thức Ví dụ 3.4 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ 3 P = a2 + b2 + c2 Lời giải Xét hàm f (t) = x , x > 3√ f (t) = x f (t) = √ > 0, x > 0, x suy f (x) hàm lồi với x > Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c Vậy ta có  a≥1    a+b≥1+1    a + b + c = + + Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có: 3 f (a) + f (b) + f (c) ≥ 3f (1) hay a + b + c ≥ Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 57 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy P = x = y = z = Ví dụ 3.5 Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh √ √ √ √ √ √ a+b−c+ b+c−a+ c+a−b≤ a+ b+ c Lời giải Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên ta có a+b−c≥b+c−a≥c+a−b>0 Do ta có  a+b−c≥a    a+b−c+a+c−b≥a+b    a + b − c + a + c − b + b + c − a = a + b + c √ Xét hàm f (x) = x, x > ta có f (x) = √ x f (x) = − √ < 0, x > 0, x suy f (x) hàm lõm Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có: f (a + b − c) + f (b + c − a) + f (c + a − b) ≤ f (a) + f (b) + f (c) hay √ a+b−c+ √ b+c−a+ √ c+a−b≤ √ √ a+ b+ √ c Đẳng thức xảy a = b = c Bài tập tương tự Bài tập 3.4 Cho x, y, z > Chứng minh 5 5 x +y +x ≤x Số hóa trung tâm học liệu x2 + y5 yz y2 + z5 zx z2 xy http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 58 Bài tập 3.5 Giả sử số thực dương x1 , x2 , , xn có tích Chứng minh x1 x2 xn n √ T = + + · · · + ≥ x1 x2 + x22 x2 x3 + x23 xn x1 + x21 Bài tập 3.6 Cho a, b, c > ab + bc + ac = Chứng minh √ √ √ √ a8 + a + b8 + b + c8 + c ≥ a + b + c 3.3 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng logarit mũ Ví dụ 3.6 Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 3e Chứng minh bất đẳng thức sau ln x + ln y + ln z ≤ Lời giải Xét hàm f (t) = ln t, t > ta có f (t) = f (t) = − t < 0, t > t2 Vậy f (t) hàm lõm t > Không giảm tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z Vậy ta có  x≥e    x+y ≥e+e    x + y + z = e + e + e Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có: f (x) + f (y) + f (z) ≤ f (e) + f (e) + f (e) hay f (x) + f (y) + f (z) ≤ Đẳng thức xảy x = y = z = e Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 59 Ví dụ 3.7 Cho xi > 1, ∀i = 1, 2, , n Chứng minh bất đẳng thức sau x1 + x2 + · · · + xn ln ≥ n ln x1 ln x2 ln xn n Lời giải Xét hàm số f (x) = − ln(ln x), x > ta có 1 =− ln x x x ln x + ln x f (x) = > 0, x > (x ln x)2 Vậy f (x) hàm lồi x > Gọi x0 trung bình cộng n số x1 , x2 , , xn Khi x1 + x2 + · · · + xn x0 = n Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn Vậy ta có  x1 ≥ x0        x1 + x2 ≥ x0 + x0    x1 + x2 + x3 ≥ x0 + x0 + x0           x1 + x2 + · · · + xn = x0 + x0 + · · · + x0 f (x) = − Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có: f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (x0 ) + f (x0 ) + · · · + f (x0 ) hay f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ nf (x0 ) Suy ⇔ − [ln(ln x1 ) + ln(ln x2 ) + · · · + ln(ln xn )] ≥ −n ln(ln x0 ) ⇔ ln(ln x1 ln x2 ln xn ) ≤ n ln(ln x0 ) ⇔ ln(ln x1 ln x2 ln xn ) ≤ ln(ln x0 ) n x1 + x2 + · · · + xn ⇔ ln n (ln x1 ln x2 ln xn ) ≤ ln(ln ) n Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 60 Do hàm y = ln x hàm đồng biến x > nên suy ln x1 + x2 + · · · + xn ≥ n n ln x1 ln x2 ln xn Ví dụ 3.8 a) Cho n số α1 , α2 , , αn ∈ (0, π) Chứng minh bất đẳng thức sau sin α1 sin α2 sin αn ≤ sinn α1 + α2 + · · · + αn n π π b) Cho n số α1 , α2 , , αn ∈ (− , ) Chứng minh bất đẳng thức sau 2 cos α1 cos α2 cos αn ≤ cosn α1 + α2 + · · · + αn n Lời giải a) Khơng giảm tính tổng qt ta giả thiết α1 ≥ α2 ≥ · · · ≥ αn Đặt α1 + α2 + · · · + αn α0 = n Ta có  α1 ≥ α0        α1 + α2 ≥ α0 + α0         α1 + α2 + · · · + αn−1 ≥ α0 + α0 + · · · + α0      α1 + α2 + · · · + αn = α0 + α0 + · · · + α0 Xét hàm số f (x) = ln(sinx), xác đinh khoảng (0, π) ta có f (x) = f (t) = − cos x = cot x sin x < 0, ∀x ∈ (0, π) sin2 x Áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm lõm f (x) với hai dãy số (α1 , α2 , , αn ) (α0 , α0 , , α0 ) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 61 Ta f (α1 ) + f (α2 ) + · · · + f (αn ) ≤ f (α0 ) + f (α0 ) + · · · + f (α0 ) Bất đẳng thức tương đương với ln(sin α1 ) + ln(sin α2 ) + · · · + ln(sin αn ) ≤ n ln(sin α0 ) hay ln(sin α1 sin α2 sin αn ) ≤ ln(sinn α0 ) sin α1 sin α2 sin αn ≤ sinn α1 + α2 + · · · + αn n Bất đẳng thức chứng minh b) Sử dụng phép chứng minh tương tự với hàm f (x) = ln(cos x) π π xác định khoảng (− , ) ta chứng minh bất đẳng thức 2 cho Bài tập tương tự Bài tập 3.7 Chứng minh bất đẳng thức a31 a32 a3 + + · · · + n ≥ a21 + a22 + · · · + a2n a2 a3 a1 với a1 , a2 , , an số dương Bài tập 3.8 Cho số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc Bài tập 3.9 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Khi ta có aa(a+2b) bb(b+2c) cc(c+2a) ≥ Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 62 3.4 Ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức có dạng lượng giác Ví dụ 3.9 Giả sử tam giác ABC tam giác khơng nhọn Tìm giá trị lớn biểu thức M = sin A + sin B + sin C Lời giải Không giảm tính tổng qt ta giả sử A ≥ B ≥ C Từ giả thiết tam giác ABC tam giác không nhọn suy  π  A ≥   π π  A+B ≥ +  π π π    A+B+C = + + 4 Xét hàm số f (x) = sin x, xác định khoảng (0, π) ta có f (x) = cos x f (t) = − sin x < 0, ∀x ∈ (0, π) Vậy f (x) hàm lõm ∀x ∈ (0, π) Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có π π π f (A) + f (B) + f (C) ≤ f ( ) + f ( ) + f ( ) 4 hay √ π π π sin A + sin B + sin C ≤ sin + sin + sin = + 2 4 √ π π Vậy max M = + A = , B = C = , hay tam giác ABC tam giác vuông cân Ví dụ 3.10 Trong tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức sau √ 1 + + ≥2 sin A sin B sin C Lời giải Xét hàm số f (x) = Số hóa trung tâm học liệu , ∀x ∈ (0, π) sin x http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 63 ta có f (x) = − cos x sin2 x + cos2 x f (t) = > 0, ∀x ∈ (0, π) sin3 x Do f (x) hàm lồi (0, π) Khơng giảm tính tổng quát ta giả sử A ≥ B ≥ C Ta có  π  A ≥   π π  A+B ≥ +  3    A + B + C = π + π + π 3 Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có π π π f (A) + f (B) + f (C) ≥ f ( ) + f ( ) + f ( ) 3 hay suy 1 1 + + ≥ + + π π π sin A sin B sin C sin sin sin 3 √ √ √ 1 3 + + ≥ + + sin A sin B sin C 3 Vậy √ 1 + + ≥ sin A sin B sin C π Dấu = xảy A = B = C = hay tam giác ABC tam giác Từ toán ta đến tốn tổng qt sau: Cho < xi < π, ∀i = 1, 2, , n Chứng minh bất đẳng thức 1 n + + ··· + ≥ x1 + x2 + · · · + xn sin x1 sin x2 sin xn sin n Lời giải Xét hàm số f (x) = Số hóa trung tâm học lieäu , ∀x ∈ (0, π) sin x http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 64 ta có f (x) = − cos x sin2 x + cos2 x > 0, ∀x ∈ (0, π) sin3 x Do f (x) hàm lồi (0, π) f (t) = x1 + x2 + · · · + xn n Khơng giảm tính tổng quát ta giả sử x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn Ta có  x1 ≥ x0        x1 + x2 ≥ x0 + x0         x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ x0 + x0 + · · · + x0      x1 + x2 + · · · + xn = x0 + x0 + · · · + x0 Gọi x0 trung bình cộng n số x1 , x2 , xn Khi x0 = Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (x0 ) + f (x0 ) + · · · + f (x0 ) hay 1 1 1 + + ··· + ≥ + + ··· + sin x1 sin x2 sin xn sin x0 sin x0 sin x0 suy 1 + + ··· + ≥ sin x1 sin x2 sin xn Dấu n x1 + x2 + · · · + xn sin n = xảy x1 = x2 = · · · = xn = x0 Ví dụ 3.11 Giả sử x1 , x2 , xn ∈ sau −π π ; Chứng minh bất đẳng thức 6 cos(2x1 −x2 )+cos(2x2 −x3 )+· · ·+cos(2xn −x1 ) ≤ cos x1 +cos x2 +· · ·+cos xn Lời giải Xét hàm số f (t) = cos t, ∀t ∈ Số hóa trung tâm học liệu −π π ; 2 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 65 ta có f (t) = − sin t −π π ; 2 −π π Do f (x) = cos t hàm lõm t ∈ ; 2 Sắp xếp lại n số 2x1 − x2 , 2x2 − x3 , , 2xn − xn+1 (Ở xn+1 = xn ) Theo trật tự từ lớn đến nhỏ ta có f (t) = − cos t < 0, ∀x ∈ 2xm1 − xm1 +1 ≥ 2xm2 − xm2 +1 ≥ · · · ≥ 2xmn − xmn +1 mi = mj i = j (i, j = 1, 2, , n) {m1 , m2 , , mn } = {1, 2, , n} Sắp xếp lại n số x1 , x2 , , xn Theo trật tự từ lớn đến nhỏ ta có xk1 ≥ xk2 ≥ · · · ≥ xkn ki = kj i = j (i, j = 1, 2, , n) {k1 , k2 , , kn } = {1, 2, , n} Như ta có 2xm1 − xm1 +1 ≥ 2xk1 − xk1 +1 ≥ xk1 (2xm1 −xm1 +1 )+(2xm2 −xm2 +1 ) ≥ (2xk1 −xk1 +1 )+(2xk2 −xk2 +1 ) ≥ xk1 +xk2 (2xm1 −xm1 +1 )+(2xm2 −xm2 +1 )+· · ·+(2xmn−1 −xmn−1 +1 ) ≥ xk1 +xk2 +· · ·+xkn−1 (2xm1 −xm1 +1 )+(2xm2 −xm2 +1 )+· · ·+(2xmn −xmn +1 ) ≥ xk1 +xk2 +· · ·+xkn −π π Áp dụng bất đẳng thức Karamata vào hàm lõm f (x) = cos x ; 2 ta có n n cos(2xmi − xmi +1 ) ≤ i=1 cos xkj (1) j=1 Chú ý (2xm1 − xm1 +1 + 2xm2 − xm2 +1 + · · · + 2xmn − xmn +1 ) hoán vị (2x1 − x2 , 2x2 − x3 , , 2xn − xn+1 ) (xk1 + xk2 + · · · + xkn ) hoán vị (x1 , x2 , , xn ) Nên  n n   cos(2xmi − xmi +1 ) ≤ cos(2xi − xi+1 )  i=1 n    i=1 n cos xkj = j=1 Số hóa trung tâm học lieäu cos xj j=1 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 66 Thay hệ vào (1) ta bất đẳng thức sau cos(2x1 −x2 )+cos(2x2 −x3 )+· · ·+cos(2xn −xn+1 ) ≤ cos x1 +cos x2 +· · ·+cos xn xn+1 = x1 (giả thiết) suy điều phải chứng minh Bài tập tương tự Bài tập 3.10 Trong tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức sau √ 3 sin A + sin B + sin C ≤ , từ tới tốn tổng qt sau: Giả sử ≤ αi ≤ π, ∀i = 1, 2, , n Chứng minh sin α1 + sin α2 + sin αn α1 + α2 + · · · + αn ≤ sin n n Bài tập 3.11 Chứng minh tam giác ABC ta có A B C A B C √ + sin + · · · + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 n π Bài tập 3.12 Cho < αi < αi = π Chứng minh bất đẳng thức i=1 sau n n− tan2 αi 2π i=1 ≤ cos n n n+ tan2 αi sin i=1 Bài tập 3.13 Chứng minh tam giác ABC ta có bất đẳng thức kép sau A B C cos cos cos √ + + < 3≤ A B C + sin + sin + sin 2 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 67 Kết luận " Một số lớp bất đẳng thức dạng Karamata áp dụng" đề tài hấp dẫn, có tính ứng dụng cao thu hút nhiều nhà khoa học nghiên cứu Trong khuôn khổ luận văn, tác giả nghiên cứu số kết sau Biểu diễn lớp hàm số lồi (lõm) tựa lồi (lõm) khả vi Các bất đẳng thức dạng Karamata toán liên quan Ứng dụng bất đẳng thức Karamata đại số lượng giác Luận văn mở số vấn đề tiếp tục nghiên cứu: Ứng dụng bất đẳng thức Karamata để chứng minh bất đẳng thức dạng phức tạp Mối liên hệ với bất đẳng thức khác tốn học Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 68 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục, 2004 [2] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí áp dụng, NXB Giáo dục, 2006 [3] Nguyễn Văn Mậu, Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục, 2008 [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Chuyên đề chọn lọc lượng giác áp dụng, NXB Giáo dục, 2009 [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Số phức áp dụng, NXB Giáo dục, 2010 Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ... ứng Lý thuyết bất đẳng thức đặc biệt, tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Có nhiều ý tưởng cách tiếp cận khác để giải toán Với đề tài" Một số lớp bất đẳng thức dạng Karamata áp dụng" tác giả... Đưa số toán tương tự áp dụng vào giải Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ tập cụ thể Chương 3: Ứng dụng bất đẳng thức Karamata đại số lượng giác Trình bày số ứng dụng định lý Karamata. .. bày cách khái quát bất đẳng thức Karamata đồng thời đưa số lớp tốn giải bất đẳng thức Karamata Luận văn chia thành ba chương với nội dụng sau: Chương 1: Biểu diễn lớp hàm số lồi (lõm) tựa lồi