Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình toán học liên tục cũng như các mô [r]
(1)Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng Lê Hồ Quý (GV Trường THPT Duy Tân – Kon Tum) A MỞ ĐẦU Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức là phận quan trọng giải tích và đại số Nhiều dạng toán hình học, lượng giác và nhiều môn học khác đòi hỏi giải các vấn đề ước lượng, cực trị và tối ưu, … Các học sinh và sinh viên thường phải đối mặt với nhiều dạng toán loại khó liên quan đến chuyên đề này Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt toán học không là đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò là công cụ đắc lực các mô hình toán học liên tục các mô hình toán học rời rạc lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, … Trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán khu vực và quốc tế, thi Olympic Toán sinh viên các trường đại học và cao đẳng, các bài toán liên quan đến bất đẳng thức hay đề cập và thường thuộc loại khó khó Các bài toán ước lượng và tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) các tổng, tích các bài toán xác định giới hạn số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ ít nhiều đến các tính toán, ước lượng (bất đẳng thức) tương ứng Lý thuyết bất đẳng thức và đặc biệt, các bài tập bất đẳng thức phong phú và đa dạng Có nhiều ý tưởng bản, cách thức tiếp cận và số hướng ứng dụng theo các dạng toán phương pháp giải điển hình Với đề tài “ Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng”, tập tiểu luận này xin tóm tắt các kiến thức hàm lồi, lõm, khả vi và bất đẳng thức Karamata, từ đó sâu nghiên cứu số bài tập liên quan đến bất đẳng thức Karamata Bài viết này gồm phần Mở đầu, Nội dung và chia làm ba chương đề cập các vấn đề sau đây Chương trình bày các kiến thức hàm lồi, lõm, khả vi Chương trình bày bất đẳng thức Karamata và các hệ nó Chương trình bày số ứng dụng bất đẳng thức Karamata Lop12.net (2) B NỘI DUNG Chương Hàm lồi, lõm, khả vi Ta ký hiệu I (a, b) là tập hợp có bốn dạng tập hợp sau: (a, b) , [a, b) , (a, b ] và [a, b ] 1.1 Định nghĩa Hàm số f (x ) gọi là lồi trên tập I (a, b) với x 1, x I (a, b) và với cặp số dương , có tổng 1, ta có f ( x x ) f (x ) f (x ) (1) Nếu dấu đẳng thức (1) xảy và x x thì ta nói hàm số f (x ) là hàm lồi thực (chặt) trên I (a, b) Hàm số f (x ) gọi là lõm trên tập I (a, b) với x 1, x I (a, b) và với cặp số dương , có tổng 1, ta có f ( x x ) f (x ) f (x ) (2) Nếu dấu đẳng thức (2) xảy và x x thì ta nói hàm số f (x ) là hàm lõm thực (chặt) trên I (a;b) 1.2 Định lí1 Nếu f (x ) khả vi bậc hai trên I (a, b) thì f (x ) lồi (lõm) trên I (a, b) và f ''(x ) ( f ''(x ) 0) trên I (a, b) 1.3 Biểu diễn hàm lồi và lõm Nếu f (x ) lồi khả vi trên I (a;b) thì với cặp x , x I (a;b), ta có f (x ) f (x ) f '(x )(x x ) (3) Dễ nhận thấy (3) xảy đẳng thức x x Vậy ta có thể viết (3) dạng f (x ) f (u ) f '(u )(x u ) uI (a ;b ) Nếu f (x ) lõm khả vi trên I (a;b) thì với cặp x , x I (a;b), ta có f (x ) f (x ) f '(x )(x x ) (4) Dễ nhận thấy (4) xảy đẳng thức x x Vậy ta có thể viết (4) dạng f (x ) max f (u ) f '(u )(x u ) uI (a ;b ) 1Định lí phát biểu theo các tài liệu nước ngoài, còn Việt nam khái niệm hàm lồi, lõm phát biểu ngược lại Lop12.net (3) Chương Bất đẳng thức Karamata 2.1 Định lí Karamata Trong mục này ta đặc biệt quan tâm đến dạng bất đẳng thức sau (thường gọi là Bất đẳng thức Karamata) có nhiều ứng dụng thực tiễn Định lí 2.1 (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số x k , yk I (a;b), k 1,2, , n , thỏa mãn các điều kiện x x x n , y1 y2 yn và x y1 x x y1 y2 (5) x x x y y y n 1 n 1 x x x n y1 y2 yn Khi đó, ứng với hàm lồi thực f (x ) ( f ''(x ) 0) trên I (a, b) , ta có f (x ) f (x ) f (x n ) f (y1 ) f (y2 ) f (yn ) (6) Ta có phát biểu tương tự hàm lõm cách đổi chiều dấu bất đẳng thức Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi f (x ) f (x ) f (x n ) n n (7) f ( t ) f (x i t1 )f '(ti ) t1 , ,tn I (a ,b ) i 1 i 1 Không tính tổng quát, ta giả thiết số t1 , , tn I (a, b) là số giảm, tức là t1 t2 tn Khi đó, để chứng minh (7), ta cần chứng minh x f '(t1 ) x f '(t2 ) x n f '(tn ) y1 f '(t1 ) y2 f '(t2 ) yn f '(tn ) (8) Sử dụng biến đổi Abel x f '(t1 ) x f '(t2 ) x n f '(tn ) S1[f '(t1 ) f '(t2 )]+S [f '(t2 ) f '(t3 )]+ + +Sn 1[f '(tn 1 ) f '(tn )]+Sn f '(tn ), (9) Lop12.net (4) với Sk (x ) : x x x k Vì f ''(x ) nên f '(x k ) f '(x k 1 ) Mặt khác, Sk (x ) Sk (y ) (k 1,2, , n 1) và Sn (x ) Sn (y ), ta thu (8) 2.2 Các hệ Hệ 2.2 (Bất đẳng thức Jensen) Với hàm lồi f (x ) trên I (a, b) và với x i I (a, b) (i 1,2, , n ), ta luôn có bất đẳng thức f (x ) f (x ) f (x n ) x x x n f n n Chứng minh Do tính chất đối xứng, không tính tổng quát, ta có thể giả sử x x x n Khi đó, ta có x x x x 2x x x x n 1 (n 1)x x x x n nx , x x x n đó x n Theo bất đẳng thức Karamata, ta có x x x n f (x ) f (x ) f (x n ) nf n Hệ 2.3 (Bất đẳng thức T Popoviciu) Với hàm lồi trên I (a;b) và với x , y, z I (a;b), ta có bất đẳng thức x y x x y 2f y z 2f z x f (x ) f (y ) f (z ) f 2f Chứng minh Ta coi x y z Khi đó xảy hai khả năng: x y z x y z x y z x y z x y z Ta cần xét trường hợp x y z là đủ Khi đó dễ dàng kiểm tra Lop12.net (5) x y z x y z x y z z, 3 x y x y x z x z y z y z 2 2 2 x y và (10) (11) x y z x y y z z x 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 ) trên I (a, b) và a1, a2 , , an I (a, b), ta luôn có bất đẳng thức sau a a2 an f (a1 ) f (a2 ) f (an ) n(n 2)f n (n 1) f (b1 ) f (b2 ) f (bn ) a với i n j i j Chứng minh Không tính tổng quát, ta coi n và a1 a2 an Khi đó tồn số tự nhiên m cho m n m và a1 am a am 1 an , a1 an đó a Ta có n b1 bm a bm 1 bn Dễ thấy điều cần chứng minh suy từ hai bất đẳng thức sau f (a1 ) f (a2 ) f (am ) n(n m 1)f (a ) (12) (n 1) f (bm 1 ) f (bm 2 ) f (bn ) , f (am 1 ) f (am 2 ) f (an ) n(m 1)f (a ) (13) (n 1) f (b1 ) f (b2 ) f (bm ) Để chứng minh (12), ta áp dụng bất đẳng thức Jensen hàm lồi f (a1 ) f (a2 ) f (am ) (n m 1)f (a ) (n 1)f (b), đó a a2 am (n m 1)a b n 1 Vậy ta còn chứng minh (n m 1)f (a ) f (b) f (bm 1 ) f (bm 2 ) f (bn ) Vì a bm 1 bm 2 bn và (n m 1)a b bm 1 bm 2 bn , đó bi Lop12.net (6) ta thấy An m a, , a, b xa B n m bm 1, bm 2 , , 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 biết f (am 1 ) f (am 2 ) f (an ) (m 1)f (a ) f (c), n 1 ứng dụng cho f (c) (m 1)f (a ) f (b1 ) f (b2 ) f (bm ), đó a am 2 an (m 1)a c m 1 n 1 Bất đẳng thức cuối cùng này suy từ bất đẳng thưc Karamata, vì b1 bm a và c (m 1)a b1 b2 bm , và C m c, a, , a xa D m b1, b2 , , bm Lop12.net (7) Chương Một số ứng dụng bất đẳng thức Karamata Ở phần tiếp theo, chúng tôi xin trình bày số áp dụng bất đẳng thức Karamata và các hệ nó Thí dụ Cho 2n số thực dương , bi (i 1,2, , n ) thỏa mãn các điều kiện a1 a2 an , b1 b2 bn , a1 b1, a1a2 b1b2 , , a1a2 an b1b2 bn Chứng minh a1 a2 an b1 b2 bn Giải Đặt x i ln , yi ln bi (i 1,2, , n ) Với các điều kiện đã cho, ta có x y1 x x y1 y2 x x x y y y n 1 n 1 x x x n y1 y2 yn 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 trên 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) Cho 0 c b a a b 13 a b c 15 Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức M a b2 c2 Giải Từ giả thiết, ta có 0 a a b a b c Xét hàm số f (x ) x , ta có f ''(x ) 0, x nên hàm số f (x ) lồi thực trên Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có Lop12.net (8) f (a ) f (b) f (c) f (8) f (5) f (2) hay a b c 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) và (1,1,1) , ta có (1.a 1.b 1.c)2 12 12 12 a b c (a b c)2 a b c 152 3.M hay M 75 Đẳng thức xảy a b c Vậy MinM 75 đạt a b c Thí dụ Cho ABC là tam giác nhọn Chứng minh cos A cos B cosC Giải Không tính tổng quát, ta coi A B C Khi đó A Vì 2Với A và A B C 2 nên , C A 2 AB 3 2 A B C 2 3 số (x i ), (yi ) , ta luôn có bất đẳng thức sau n n n (14) x i yi x i yi i 1 i 1 i 1 Dấu đẳng thức (14) xảy và hai số (x i ) và (yi ) tỉ lệ với nhau, , tức tồn cặp số thức , không đồng thời 0, cho x i yi 0, i 1, 2, , n Theo tài tiệu nước ngoài, bất đẳng thức (14) thường gọi là bất đẳng thức Cauchy Tại Việt Nam và số nước Đông Âu, bất đẳng thức này mang tên là “Bất đẳng thức Bunhia-covski”, “Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovski” “Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” Các bất đẳng thức các trị trung bình cộng và nhân thì gọi là bất đẳng thức Cauchy Lop12.net (9) 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 trên đoạn 0; Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có f f f (0) f (A) f (B ) f (C ) f 2 2 3 hay cos A cos B cosC Thí dụ Chứng minh với tam giác ABC không nhọn, ta luôn có A B C tan tan tan 2 2 Giải Không tính tổng quát, ta coi A B C Khi đó A A B A B C , 4 hay A 2 A B 2 A B C 2 8 sin x với x 0; nên Xét hàm số f (x ) tan x với x 0; Ta có f ''(x ) cos x 2 2 hàm số f (x ) lồi trên 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 Vậy tan tan 2 Lop12.net (10) tan A B C tan tan 2 2 Thí dụ Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta luôn có bất đẳng thức 1 1 1 a b b c c a 2a 2b 2c Giải Không tính tổng quát, ta coi a b c, tức là dãy số (a, b, c) là dãy giảm Khi đó, ta có 2a a b 2a 2b a b b c 2a 2b 2c a b b c c a Xét hàm số f (x ) với x (0; ) Ta có f ''(x ) 0, x (0; ) nên hàm số x x f (x ) lồi trên khoảng (0; ) Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Thí dụ (IMO 2000) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc Chứng minh 1 1 1 a b c b c a x y z Giải Vì abc nên ta đặt a , b , c với x , y, z y z x Ta viết bất đẳng thức đã cho theo x , y, z x z y x z y 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, đó ba số x y z, y z x , z x y không thể có trường hợp hai số cùng âm Nếu ba số trên có ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp ba số đó dương, cách lấy lôgarit hai vế với số e, ta ln(x y z ) ln(y z x ) ln(z x y ) ln x ln y ln z Không tính tổng quát, ta coi x y z Khi đó, ta có (y z x , x y z, z x y ) (x , y, z ) 0, x nên hàm số f (x ) lõm x2 trên khoảng (0; ) Khi đó 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 Xét hàm số f (x ) ln x với x Ta có f ''(x ) 10 Lop12.net (11) Đẳng thức xảy và x y z hay a b c Thí dụ Cho a, b là các số thực không âm Chứng minh a 3a 3b 3b 3a 3b 3b 3a Giải Giả sử b a Giữa các số x b b , x b a , x a b , x a a , thì x là số lớn nhất, x là số nhỏ Ta có x x x x x x x x x x x x Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f (x ) x (đây là hàm lõm trên 0; ) Thí dụ (Áo 2000) Cho a, b và số nguyên n Chứng minh n n a b n 1 1 1 b a Đẳng thức xảy nào ? Giải Ta xét các trường hợp Trường hợp Khi n 0, hàm số f (x ) x n lồi trên khoảng (0, ) Vậy theo bất đẳng thức Jensen, ta có n a b a b 1 a b b a 1 b a b a 2 a b Đẳng thức xảy và a b n n b a Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a b b a Vậy n n n n a b n n 1 2.2 b a Đẳng thức xảy a b n Trường hợp Khi n 1, ta đặt p n Khi đó, ta có 11 Lop12.net (12) n n a b n 1 1 1 b a bp ap p 1 p p (a b) (a b) p bp a p a b Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số f (x ) x n (đây là hàm lồi trên khoảng (0, + )) với p và p Đẳng thức xảy và a b hay p 1, tức là xảy và a b hay n 1 Đến đây bất đẳng thức hoàn toàn chứng minh Thí dụ Chứng minh a1, a2 , , an (n 3) là các số dương thỏa mãn điều kiện a1 a2 an thì ta có n 1 1 an n a1 a2 a1 a2 an n Giải Áp dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje hàm lồi f (x ) ln x với x 0, ta nhận (b1b2 bn )n 1 đó bi trên trở thành a a2 an (a1a2 an ) n n (n 2) a với i Theo điều kiện a1 a2 an 1, bất đẳng thức n j i j (1 a1 )n 1(1 a2 )n 1 (1 an )n 1 n n 1 nn 1 n a1a2 an (*) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (1 a1 ) (1 a2 ) (1 an ) n n (1 a1 )(1 a2 ) (1 an ), nghĩa là n 1 (1 a1 )(1 a2 ) (1 an ) n Từ bất đẳng thức này, với n 3, ta có n (n 3) 1 1 n (1 a1 )2 (1 a2 )2 (1 an )2 12 Lop12.net (13) (1 a1 )n 1(1 a2 )n 1 (1 an )n 1 Nhân bất đẳng thức này với bất đẳng thắc (*), ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy và a1 a2 an n Cuối cùng là số bài tập dành cho bạn đọc Bài Chứng minh với tam giác ABC nhọn, ta luôn có cos A cos B cosC Bài Chứng minh a1, a2 , , an là các số thực dương thì a12 a a 2 n an2 a a 2 n 1 a1 a2 an an a1 an 1 Bài Chứng minh với số x 1, x , , x n thuộc khoảng , , ta luôn có bất 6 đẳng thức cos(2x x ) cos(2x x ) cos(2x n x ) cos x cos x cos x n Bài (APMO 1996) Cho a, b, c là độ dài các cạnh tam giác Chứng minh a b c b c a c a b a b c Đẳng thức xảy nào ? Bài (IMO 1999) Cho n là số nguyên dương cố định, n Hãy tìm số C bé cho 1i j n xix j x x i với số thực không âm x 1, x , , x n j n C xi i 1 Bài (Iran 2008) Cho a, b, c và ab bc ca Chứng minh a a b3 b c3 c a b c Bài Giả sử x 1, x , , x n (n 3) là các số dương thỏa mãn điều kiện x 1x x n Chứng minh p 2n thì ta có (n 1)2 13 Lop12.net (14) 1 px 1 px 1 px n n 1 p Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức: Định lí và 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 14 Lop12.net (15)