0

04Hamloi NVXa

40 1 0
  • 04Hamloi NVXa

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/10/2021, 17:48

Bất đẳng thức Jensen đóng vai trò quan trọng trong giải tích lồi và có nhiều ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số.. Định lí Bất đẳng thức [r] (1)Nguyễn Văn Xá HÀM LỒI VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN PHỔ THÔNG BẮC NINH - 2015 (2) 3007 5/28-15 2015 Mã số: 11391-2-TSCBDMCC (3) Mở đầu Thân mến tặng các bạn lớp 11A1 - K10 (2014 - 2017) Trường THPT Yên Phong số 2, huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh Bắc Ninh, tháng năm 2015 Nguyễn Văn Xá (4) Những kí hiệu Trong tài liệu này ta dùng kí hiệu với các ý nghĩa xác định sau: N N∗ Z Q R int X tập hợp các số tự nhiên tập hợp các số tự nhiên khác (các số nguyên dương) tập hợp các số nguyên tập hợp các số hữu tỉ tập hợp các số thực miền tập hợp X (5) Mục lục Mở đầu Mục lục Chương Một số kiến thức cở sở hàm lồi 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Định nghĩa 1.1.3 Mệnh đề 1.1.4 Mệnh đề 1.1.5 Định nghĩa 10 1.1.6 Định nghĩa 10 1.1.7 Mệnh đề 10 1.1.8 Ví dụ 11 1.1.9 Định nghĩa 11 1.1.10 Định lí 12 1.1.11 Định nghĩa 12 1.1.12 Định nghĩa 12 1.1.13 Mệnh đề 12 1.1.14 Ví dụ 12 1.1.15 Định nghĩa 13 1.1.16 Định nghĩa 13 1.1.17 Định nghĩa 13 1.1.18 Mệnh đề 13 1.1.19 Ví dụ 13 1.1.20 Định nghĩa 14 1.1.21 Định lí (Weierstrass) 14 (6) Mục lục 1.1.22 Định lí 14 1.1.23 Định lí 15 1.1.24 Định lí (Định lí Lagrange) 16 1.1.25 Định lí 16 1.1.26 Ví dụ 17 1.1.27 Mệnh đề 18 1.1.28 Mệnh đề 18 1.2 Bất đẳng thức Jensen 18 1.2.1 Định lí (Bất đẳng thức Jensen) 18 1.2.2 Hệ 19 1.2.3 Định nghĩa 19 1.2.4 Định lí (Bất đẳng thức Karamata) 19 1.2.5 Mệnh đề 20 1.2.6 Mệnh đề 20 1.2.7 Mệnh đề 20 Chương Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp 22 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 22 2.1.1 Ví dụ (Bài T7/420 TC Toán học & Tuổi trẻ) 22 2.1.2 Ví dụ 22 2.1.3 Ví dụ 23 2.1.4 Ví dụ (Bất đẳng thức các giá trị trung bình) 24 2.1.5 Ví dụ (Bất đẳng thức các trung bình lũy thừa ) 25 2.1.6 Ví dụ (Bất đẳng thức Bunyakovsky) 25 2.1.7 Ví dụ (Bất đẳng thức Schwarz) 26 2.1.8 Ví dụ (Bất đẳng thức Holder) 27 2.1.9 Ví dụ (Bất đẳng thức Petrovitch) 28 2.1.10 Ví dụ (IMO 1995) 29 2.1.11 Ví dụ (Bất đẳng thức Nesbitt) 29 2.1.12 Ví dụ 30 2.1.13 Ví dụ 30 2.1.14 Ví dụ (Bất đẳng thức Bernoulli) 31 Nguyễn Văn Xá (7) Mục lục 2.1.15 Ví dụ (USAMO 1980) 31 2.1.16 Ví dụ 32 2.2 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình 33 2.2.1 Ví dụ 33 2.2.2 Nhận xét 34 2.2.3 Ví dụ 34 2.3 Một số bài tập 35 Tài liệu tham khảo 40 Nguyễn Văn Xá (8) Chương Một số kiến thức cở sở hàm lồi 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng 1.2 Bất đẳng thức Jensen 18 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng Tập lồi và hàm lồi đã nghiên cứu từ lâu nhiều nhà toán học, Holder, Jensen, Minkowski Đặc biệt với công trình Fenchel, Moreau, Rockafellar vào các thập niên 1960 và 1970 đã đưa giải tích lồi trở thành lĩnh vực phát triển toán học Bên cạnh đó, số hàm không lồi theo nghĩa đầy đủ chia sẻ vài tính chất nào đó hàm lồi Chúng gọi là các hàm lồi suy rộng (generalized convex function) Có lẽ người đầu tiên đề xuất tính lồi suy rộng là Finetti (1949) - người đã đưa khái niệm tựa lồi (quasiconvex) 1.1.1 Định nghĩa Cho số nguyên dương n và tập D ⊂ Rn Ta nói D là tập lồi Rn t.x + (1 − t).y ∈ D, ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] Về mặt hình học, tập D gọi là tập lồi với điểm A và điểm B cùng thuộc D thì đoạn thẳng AB nằm hoàn toàn D Trong mặt phẳng Oxy (R2 ), tập D gọi là tập lồi với A(x1 ; y1 ) ∈ D, với B(x2 ; y2 ) ∈ D, với t ∈ [0; 1] ta có M (tx1 + (1 − t)x2 ; ty1 + (1 − t)y2 ) ∈ D Tập rỗng ∅, tập Rn , tập gồm điểm là tập lồi Rn Các tập có dạng (a; b) , [a; b] , [a; b) , (a; b] , (−∞; b) , (−∞; b] , (a; +∞) , [a; +∞) , R = (−∞; +∞) (ở đó a, b ∈ R, a < b) là tập lồi R Tập Q, Z không phải là tập lồi R (9) 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng 1.1.2 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm lồi trên D f (t.x + (1 − t).y) ≤ t.f (x) + (1 − t).f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] 1.1.3 (1.1) Mệnh đề Cho các số nguyên dương n, k Nếu f1 , , fk là các hàm lồi trên tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và λ1 , , λk ≥ thì hàm f = λ1 f1 + + λk fk và hàm g = max {f1 , , fk } là hàm lồi trên D CHỨNG MINH Với i ∈ {1, 2, , k} , với x, y ∈ D, với t ∈ [0; 1] , λi ≥ 0, hàm fi là hàm lồi trên D nên ta có λi fi (tx + (1 − t)y) ≤ tλi fi (x) + (1 − t)λi fi (y) Suy k X λi fi (tx + (1 − t)y) ≤ t i=1 k X λi fi (x) + (1 − t) i=1 k X λi fi (y), ∀x, y ∈ D, t ∈ [0; 1] i=1 Hay f (tx+(1−t)y) ≤ tf (x)+(1−t)f (y), ∀x, y ∈ D, t ∈ [0; 1] Chứng tỏ f = λ1 f1 + +λk fk là hàm lồi trên D Tương tự vậy, ta xét hàm số g(x) = max {f1 (x), , fk (x)} , x ∈ D Với x1 , x2 ∈ D, t ∈ [0; 1] , thì  g(tx1 +(1−t)x2 ) = max fi (tx1 + (1 − t)x2 ) i = 1, k  Hơm fj (x1 ) ≤ max fi (x1 ) i = 1, k = fj (tx1 + (1 − t)x2 ) , j ∈ {1, , k}  = g(x1 ), fj (x2 ) ≤ max fi (x2 ) i = 1, k = g(x2 ), và fj là hàm lồi trên D nên ta có fj (tx1 + (1 − t)x2 ) ≤ tfj (x1 ) + (1 − t)fj (x2 ) ≤ tg(x1 ) + (1 − t)g(x2 ) Suy g(tx+(1−t)y) ≤ tg(x)+(1−t)g(y), ∀x, y ∈ D, t ∈ [0; 1] Chứng tỏ g = max {f1 , , fk } là hàm lồi trên D 1.1.4 Mệnh đề Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ R và hàm f : D → R Khi đó f và −f cùng là các hàm lồi trên D và f là hàm affine, tức là f (x) = ax + b với a, b là các số thực CHỨNG MINH [⇒] Nếu f và −f cùng là hàm lồi trên D thì f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] , −f (tx + (1 − t)y) ≤ −tf (x) − (1 − t)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] , Nguyễn Văn Xá (10) 10 Một số kiến thức cở sở hàm lồi nên f (tx + (1 − t)y) = tf (x) + (1 − t)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] Nếu tập D gồm phần tử thì hiển nhiên f là hàm affine với a = 0, b = f (x), x ∈ D Ta xét trường hợp D có ít phần tử Giả sử x1 , x2 là hai phần tử cố định D với x1 < x2 Đặt f (x1 ) − f (x2 ) f (x1 ) − f (x2 ) a = , b = f (x1 ) − ax1 = f (x1 ) − x1 , thì f (x1 ) = ax1 + b, x1 − x2 x1 − x2 f (x2 ) = ax2 + b Lấy tùy ý x ∈ D Khi đó, x ∈ D, x1 < x < x2 , thì tồn t ∈ (0; 1) cho x = tx1 + (1 − t)x2 Ta có f (x) = f (tx1 + (1 − t)x2 ) = tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) = t(ax1 + b) + (1 − t)(ax2 + b) = a(tx1 + (1 − t)x2 ) + b = ax + b Nếu x ∈ D, x ≤ x1 < x2 , thì tồn λ ∈ (0; 1] cho x1 = λx+(1−λ)x2 Lúc này a(λx+(1−λ)x2 )+b = ax1 +b = f (x1 ) = f (λx + (1 − λ)x2 ) = λf (x) + (1 − λ)f (x2 ) = λf (x) + (1 − λ)(ax2 + b) Suy f (x) = ax + b Nếu x ∈ D, x1 < x2 ≤ x, thì tồn λ ∈ (0; 1] cho x2 = λx + (1 − λ)x1 Lúc này a(λx + (1 − λ)x1 ) + b = ax2 + b = f (x2 ) = f (λx + (1 − λ)x1 ) = λf (x) + (1 − λ)f (x1 ) = λf (x) + (1 − λ)(ax1 + b) Suy f (x) = ax + b Như f (x) = ax + b, ∀x ∈ D [⇐] Nếu f là hàm affine thì hiển nhiên f và −f là hàm lồi trên D 1.1.5 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm lồi chặt trên D f (t.x + (1 − t).y) < t.f (x) + (1 − t).f (y), ∀x, y ∈ D, x 6= y, ∀t ∈ (0, 1) Trong Rn (n ∈ N∗ ) ta xét chuẩn Euclid thông thường v u n uX n x2i k k : R → [0, +∞) , x = (x1 , , xn ) 7→ kxk = t i=1 1.1.6 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm lồi mạnh trên D tồn số α > cho f (t.x + (1 − t).y) ≤ t.f (x) + (1 − t).f (y) − t(1 − t)αkx − yk , ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] 1.1.7 Mệnh đề Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R i) Nếu hàm f lồi mạnh trên D thì nó là hàm lồi chặt trên tập đó, chiều ngược lại không đúng ii) Nếu hàm f lồi chặt trên D thì nó là hàm lồi trên tập đó, chiều ngược lại không đúng Nguyễn Văn Xá (11) 11 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng iii) Hàm f lồi mạnh trên D và tồn α > cho hàm ϕ : D → R, x 7→ ϕ(x) := f (x) − αkxk là hàm lồi trên D 1.1.8 Ví dụ a) Hàm chuẩn v u n uX n k k : R → [0, +∞) , x = (x1 , , xn ) 7→ kxk = t x2i i=1 là hàm lồi trên Rn b) Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm khoảng cách dD : Rn → [0, +∞) , x 7→ dD (x) = inf kx − yk y∈D là hàm lồi trên Rn c) Hàm chuẩn bình phương f : Rn → [0, +∞) , x 7→ f (x) = kxk là hàm lồi mạnh, đó lồi chặt và lồi, trên Rn d) Hàm affine f : R → R, x 7→ f (x) = ax + b (a, b là các số thực cho trước) là hàm lồi (nhưng không lồi chặt và không lồi mạnh) trên R e) Hàm f : R\ {0} → R, x 7→ f (x) = x là lồi chặt (và lồi) trên R\ {0} không lồi mạnh trên tập đó 1.1.9 Định nghĩa Cho tập khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R Ta gọi tập epi f = {(x, α) ∈ D × R |α ≥ f (x) } là trên đồ thị (epigraph) hàm f Nguyễn Văn Xá (12) 12 Một số kiến thức cở sở hàm lồi 1.1.10 Định lí Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R Các mệnh đề sau tương đương: (1) Hàm f là hàm lồi trên D (2) Hàm g : [0, 1] → R, t 7→ g(t) = f (t.x + (1 − t).y) là hàm lồi trên đoạn [0, 1] với x, y ∈ D (3) Tập trên đồ thị epi f là tập lồi Rn+1 1.1.11 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm tựa lồi trên D f (t.x + (1 − t).y) ≤ max {f (x), f (y)} , ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] 1.1.12 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm tựa lồi chặt trên D f (t.x + (1 − t).y) < max {f (x), f (y)} , ∀x, y ∈ D, x 6= y, ∀t ∈ (0, 1) 1.1.13 Mệnh đề Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R i) Nếu hàm f là tựa lồi chặt trên D thì nó là hàm tựa lồi trên tập đó, chiều ngược lại không đúng ii) Nếu hàm f lồi trên D thì nó là hàm tựa lồi trên tập đó, chiều ngược lại không đúng 1.1.14 Ví dụ 1) Hàm   |x| , f (x) = x 0, x 6= x = là hàm tựa lồi trên R, không phải là hàm tựa lồi chặt trên R 2) Hàm ( x, f (x) = 1, x ∈ [0, 1] x > là hàm tựa lồi, không phải là hàm lồi trên [0, +∞) √ 3) Hàm f (x) = x là hàm tựa lồi chặt không là hàm lồi trên [0, +∞) Nguyễn Văn Xá (13) 13 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng 1.1.15 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → (0, +∞) gọi là hàm loga-lồi trên D t f (tx + (1 − t)y) ≤ (f (x)) (f (y)) 1−t , ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] Nói cách khác, hàm f gọi là hàm loga-lồi hàm ln f là hàm lồi trên tập tương ứng 1.1.16 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm giả lồi trên D với x, y ∈ D, f (x) < f (y), tồn số α > cho f (t.x + (1 − t).y) ≤ f (y) − t(1 − t)α, ∀t ∈ [0, 1] 1.1.17 Định nghĩa Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn Hàm số f : D → R gọi là hàm giả lồi chặt trên D với x, y ∈ D, x 6= y, f (x) < f (y), tồn số α > cho f (t.x + (1 − t).y) ≤ f (y) − t(1 − t)α, ∀t ∈ [0, 1] 1.1.18 Mệnh đề Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R i) Nếu hàm f là lồi chặt trên D thì nó là hàm giả lồi chặt trên tập đó, chiều ngược lại không đúng ii) Nếu hàm f lồi trên D thì nó là hàm giả lồi trên tập đó, chiều ngược lại không đúng 1.1.19 Ví dụ 1) Hàm f (x) = arctan(x) là hàm giả lồi không phải là hàm lồi trên R 2) Hàm f (x) = là hàm lồi (do đó nó là hàm giả lồi) không là hàm giả lồi chặt trên R 3) Hàm ( f (x) = 0, x 6= 1, x = là hàm giả lồi không phải là hàm giả lồi chặt trên R Cũng với ví dụ này ta chứng tỏ hàm giả lồi không suy hàm tựa lồi 4) Hàm tựa lồi không suy hàm giả lồi Điều này thể qua hàm bậc thang Nguyễn Văn Xá (14) 14 Một số kiến thức cở sở hàm lồi 1.1.20 Định nghĩa Cho X ⊂ Rn , x̄ ∈ X, và hàm f : X → R i) Ta nói f nửa liên tục điểm x̄ ∈ X với ε > tồn lân cận mở U x̄ cho f (x) − f (x̄) ≥ −ε, ∀x ∈ X ∩ U ii) Ta nói f nửa liên tục trên tập X nó nửa liên tục điểm x ∈ X iii) Ta nói f nửa liên tục trên điểm x̄ ∈ X với ε > tồn lân cận mở U x̄ cho f (x) − f (x̄) ≤ ε, ∀x ∈ X ∩ U iv) Ta nói f nửa liên tục trên trên tập X nó nửa liên tục trên điểm x ∈ X v) Ta nói f liên tục trên điểm x̄ ∈ X nó vừa nửa liên tục trên, vừa nửa liên tục x̄, tức là với ε > tồn lân cận mở U x̄ cho |f (x) − f (x̄)| ≤ ε, ∀x ∈ X ∩ U vi) Ta nói f liên tục trên tập X nó liên tục trên điểm x ∈ X 1.1.21 Định lí (Weierstrass) Cho tập compact khác rỗng K ⊂ Rn và hàm số f : K → R Khi đó 1) Nếu f nửa liên tục trên K thì f đạt cực tiểu toàn cục trên K, nghĩa là tồn a ∈ K cho f (a) ≤ f (x), ∀x ∈ K 2) Nếu f nửa liên tục trên trên K thì f đạt cực đại toàn cục trên K, nghĩa là tồn b ∈ K cho f (b) ≥ f (x), ∀x ∈ K 3) Nếu f liên tục trên K thì tồn a, b ∈ K để f (a) ≤ f (x) ≤ f (b), ∀x ∈ K 1.1.22 Định lí Cho tập lồi X ⊂ Rn có int X 6= ∅ và hàm lồi f : X → R Khi đó f liên tục trên int X CHỨNG MINH Vì Rn các chuẩn là tương đương, nên để chứng minh Định lí ta xét chuẩn tổng kxk1 : = n X |xi |, ∀x = (x1 , , xn ) ∈ Rn i=1 Ta kí hiệu e1 = (1, 0, , 0), e2 = (0, 1, 0, , 0), , en = (0, , 0, 1) là các vector đơn vị Rn Lấy tuỳ ý x0 = (x01 , , x0n ) ∈ int X, ta chứng minh f liên tục x0 Gọi Br = {x ∈ Rn | kxk1 ≤ r } là hình cầu đóng Rn với tâm gốc và ta có thể chọn bán n P kính r > đủ nhỏ để x0 + B r ⊂ int X Với x = (x1 , , xn ) ∈ Br thì ≤ |xi | ≤ |xi | = i=1 Nguyễn Văn Xá (15) 15 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng kxk1 |xi | ≤ ≤ 1, còn r r i=1 i=1 n P kxk1 ui : = rei xi ≥ 0, ui : = −rei xi < (i = 1, , n) Khi đó λi = ≤ Đặt r i=1 n n+1 P P λn+1 = − λi thì ≤ λi ≤ (∀i = 1, , n, n + 1) và λi = Để cho tiện ta đặt kxk1 ≤ r (i = 1, , n) và x = n P xi ei = n P λi ui đó ≤ λi : = i=1 i=1 un+1 : = và nhận thấy ui ≤ r nên x0 + ui ∈ x0 + Br ⊂ int X (∀i = 1, , n, n + 1) Do f là hàm lồi trên X nên ta có f (x + x0 ) = f (x0 + n+1 X i=1 n+1 X λi ui ) = f ( λi (x0 + ui )) ≤ i=1 n+1 X λi f (x0 + ui ) i=1 Tiếp theo, ta đặt A := max  f (x0 + rei ) − f (x0 ) , f (x0 − rei ) − f (x0 ) , ∀ i = 1, , n} Thu f (x + x0 ) − f (x0 ) ≤ n+1 X n  X nA λi f (x0 + ui ) − f (x0 ) ≤ λi A + λn+1 = kxk1 r i=1 i=1 εr Với ε > nhỏ tuỳ ý luôn chọn số thực δ ∈ (0, r) cho Aδ ≤ Khi đó n nA f (x0 + x) − f (x0 ) ≤ kxk1 ≤ ε với x ∈ Bδ = {x ∈ Rn | kxk1 ≤ δ } Dẫn tới f nửa r liên tục trên x0 , mà x0 tuỳ ý thuộc int X nên f nửa liên tục trên trên int X, suy f nửa liên tục trên trên tập compact x0 + Br ⊂ int X Tồn x̄ ∈ Br cho f (x0 + x) ≤  −1 kxk1 f (x0 + x̄) = M, ∀x ∈ B r Bây giờ, với x ∈ Br \ {0} ta đặt t : = + ∈ (0, 1) r   t và z : = x0 − x ∈ x0 + Br ⊂ int X, suy f (z) ≤ f (x0 + x) = M Ta có f (x0 ) = 1−t  f t(x + x0 ) + (1 − t)z ≤ tf (x + x0 ) + (1 − t)f (z) ≤ tf (x + x0 ) + (1 − t)M , và biến đổi   1−t 1−t f (x+x0 )−f (x0 ) ≥ f (x0 ) − M Cho kxk1 → thì t → 1− và f (x0 ) − M → 0, t t suy với ε1 > nhỏ tuỳ ý luôn tồn số thực δ1 ∈ (0, r) để f (x + x0 ) − f (x0 ) ≥ −ε1 với x ∈ Bδ1 \ {0}, đương nhiên bất đẳng thức f (x + x0 ) − f (x0 ) ≥ −ε đúng x = Như f nửa liên tục x0 Do f vừa nửa liên tục trên vừa nửa liên tục x0 nên f liên tục x0 Mà x0 lấy tùy ý thuộc int X nên f liên tục trên int X 1.1.23 Định lí Cho K là khoảng R, tức là K có dạng (a; b) , (a; +∞) , (−∞; b), (−∞; +∞) với a <  b Cho hàm  số f : K → R Hàm f lồi trên khoảng K và f liên tục trên x+y f (x) + f (y) K và f ≤ , ∀x, y ∈ K 2 Cho n Hàm f : D → R gọi là hàm nửa lồi hay hàm J-lồi (lồi theo tập lồi khác rỗng D ⊂ R  x+y nghĩa Jensen) trên D f ≤ (f (x) + f (y)) , ∀x, y ∈ D 2 Nguyễn Văn Xá (16) 16 Một số kiến thức cở sở hàm lồi CHỨNG MINH ta có [⇒] Giả sử f là hàm lồi trên khoảng K Từ (1.1) chọn t =  f x+y  ≤ f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ K Theo Định lí 1.1.22, hàm f liên tục trên K   x+y f (x) + f (y) [⇐] Giả sử hàm liên tục f : K → R thỏa mãn f ≤ , ∀x, y ∈ K Ta 2 chứng minh bất đẳng thức (1.4), với x1 , , xn ∈ K, phương pháp quy nạp theo số nguyên dương n Thấy n = = thì (1.4) đúng Giả sử (1.4) đúng với n = k Với x1 , , xk , , x2k ∈ K ta có 2k X f (xi ) = k X f (xi )+ i=1 i=1 2k X f (xi ) ≥ kf i=k+1 Chọn xk+2 = = x2k = ! k 1X xi +kf k i=1 2k X xi k ! ≥ 2kf i=k+1 2k X xi 2k i=1 ! (x1 + + xk + xk+1 ) ta k+1 k+1 X k+1 f (xi ) ≥ (k + 1)f i=1 X xi k + i=1 ! nên (1.4) đúng với n = k + Do đó (1.4) đúng với số nguyên dương n, đó các x1 , , xn ∈ K Với số hữu tỉ r thỏa mãn0 < r < 1, luôn tồn các số nguyên dương n mx + ny mf (x) + nf (y) m, n cho r = Theo (1.4) ta có f ≤ , ∀x, y ∈ K Do m+n m+n m+n đó f (rx + (1 − r)y) ≤ rf (x) + (1 − r)f (y), ∀x, y ∈ K, r ∈ (0; 1) ∩ Q Bất đẳng thức này đúng với r = r = Như f (rx + (1 − r)y) ≤ rf (x) + (1 − r)f (y), ∀x, y ∈ K, r ∈ [0; 1] ∩ Q Với t ∈ [0; 1] luôn tồn dãy số hữu tỉ {rn } ⊂ [0; 1] ∩ Q cho (1.2) lim rn = t Theo n→+∞ (1.2) ta có f (rn x + (1 − rn )y) ≤ rn f (x) + (1 − rn )f (y), ∀x, y ∈ K Ở bất đẳng thức này, cho n → +∞, lưu ý tính liên tục f , ta thu (1.1) với x, y ∈ K Chứng tỏ f là hàm lồi trên K 1.1.24 Định lí (Định lí Lagrange) Cho hàm số f : [a; b] → R, liên tục trên đoạn [a; b] và khả vi trên khoảng (a; b) Khi đó f (a) − f (b) tồn số c ∈ (a; b) cho f (c) = a−b 1.1.25 Định lí Giả sử hàm số f (x) xác định và có đạo hàm cấp trên khoảng (a; b) và thỏa mãn điều kiện f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) Khi đó f (x) là hàm lồi trên (a; b) Nguyễn Văn Xá (17) 17 1.1 Hàm lồi và số khái niệm suy rộng CHỨNG MINH Với x, y ∈ (a; b), t ∈ (0; 1), không tính tổng quát ta có thể giải sử x < y, đó x < tx + (1 − t)y < y Theo Định lí Lagrange thì tồn c1 ∈ (x; tx + (1 − t)y) và c2 ∈ (tx + (1 − t)y; y) cho f (y) − f (tx + (1 − t)y) f (tx + (1 − t)y) − f (x) = f (c1 ), = f (c2 ) (tx + (1 − t)y) − x y − (tx + (1 − t)y) Vì f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) nên f (c1 ) ≤ f (c2 ), đó f (tx + (1 − t)y) − f (x) f (y) − f (tx + (1 − t)y) ≤ (tx + (1 − t)y) − x y − (tx + (1 − t)y) Suy f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) Dễ thấy bất đẳng thức này đúng với x = y t = t = Vậy f (x) là hàm lồi trên (a; b) 1.1.26 Ví dụ 1) Hàm f (x) = xα (với số α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞)) là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) 2) Hàm f (x) = −loga x (với số a > 1) là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) 3) Hàm f (x) = ax (với số a > 0) là hàm lồi trên R 4) Hàm f (x) = ln(1 + ex ) là hàm lồi trên R 5) Hàm f (x) = x ln x là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) 6) Hàm f (x) = xx là hàm lồi và là hàm loga-lồi trên khoảng (0, +∞) 7) Cho n ∈ N∗ , λ1 , , λn ≥ 0, k1 , , kn ∈ N∗ , c ∈ R Hàm số f (x) = n P λi x2ki + c là i=1 hàm lồi trên R CHỨNG MINH Sử dụng kết định lí trên, để chứng minh các hàm số đã cho là hàm lồi trên tập tương ứng ta việc chứng minh đạo hàm cấp hai chúng không âm trên tập đó Cụ thể, ta có 1) f (x) = αxα−1 ; f 00 (x) = α(α − 1)xα−2 ≥ 0, ∀x > 0, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) 1 2) f (x) = − ; f 00 (x) = > 0, ∀x > 0, a > x ln a x ln a x 00 x 3) f (x) = a ln a; f (x) = a ln a ≥ 0, ∀x ∈ R, a > ex ex 00 4) f (x) = ; f (x) = > 0, ∀x ∈ R + ex (1 + ex ) 5) f (x) = + ln x; f 00 (x) = > 0, ∀x > x 6) Ta thấy ln f (x) = x ln x nên ln f là hàm lồi trên (0; +∞) (theo ý trên) hay f là hàm loga-lồi trên (0; +∞) Tiếp theo, lấy đạo hàm hai vế đẳng thức ln f (x) = x ln x ta Nguyễn Văn Xá (18) 18 Một số kiến thức cở sở hàm lồi f (x) = + ln x ⇒ f (x) = (1 + ln x) f (x) Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức vừa thu được, ta f (x)   1 00 00 x có f (x) = (1 + ln x) f (x) + f (x) Vậy f (x) = x + (1 + ln x) > 0, ∀x ∈ (0; +∞) , x x nên f (x) = xx là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) 7) Hàm là hàm lồi trên R (xem Ví dụ 1.1.8) Với i ∈ {1, 2, , n} xét hàm fi (x) = x2k1 Nếu ki = thì hàm này có dạng fi (x) = x2 và fi 00 (x) = > 0, ∀x ∈ R, nên fi là hàm lồi trên R Nếu ki ≥ thì fi 00 (x) = 2ki (2ki − 1)x2ki −2 ≥ 0, ∀x ∈ R, nên fi là hàm n P lồi trên R Áp dụng Mệnh đề 1.1.3 suy f (x) = λi x2ki + c là hàm lồi trên R i=1 Mệnh đề sau đây cho thấy, ta lấy hai điểm A, B thuộc đồ thị (trong mặt phẳng R2 ) _ hàm lồi f thì cung AB không nằm phía trên dây cung AB 1.1.27 Mệnh đề Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ R, hàm lồi f : D → R và x, u, v ∈ D cho u ≤ x ≤ v f (x) − f (u) f (v) − f (u) f (v) − f (u) v ≤ x ≤ u Khi đó f (x) ≤ (x − u) + f (u) (hay ≤ v−u x−u v−u u < x < v) Mệnh đề mô tả tính chất hình học hàm lồi Đồ thị (trong mặt phẳng R2 ) hàm lồi luôn luôn không nằm phía bất kì tiếp tuyến (nếu có) nó 1.1.28 Mệnh đề Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ R và hàm lồi f : D → R Giả sử f có đạo hàm cấp x0 ∈ int D Khi đó f (x) ≥ f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), ∀x ∈ D 1.2 Bất đẳng thức Jensen Bất đẳng thức Jensen đóng vai trò quan trọng giải tích lồi và có nhiều ứng dụng chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số 1.2.1 Định lí (Bất đẳng thức Jensen) Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R Khi đó f là hàm lồi trên D và n P ∀n ∈ N∗ , ∀x1 , , xn ∈ D, ∀ti ∈ [0; 1], cho ti = thì i=1 f( n X i=1 t i xi ) ≤ n X ti f (xi ) i=1 CHỨNG MINH Nguyễn Văn Xá (1.3) (19) 19 1.2 Bất đẳng thức Jensen [⇒] Giả sử f là hàm lồi trên D, ta chứng minh (1.3) phương pháp quy nạp theo n Ta cần xét trường hợp các ti ∈ (0; 1) Rõ ràng bất đẳng thức (1.3) đúng với n = 1, n = Nếu (1.3) đúng với n = k − thì k k−2 X X f( ti xi ) ≤ ti f (xi ) + (tk−1 + tk )f ( i=1 i=1 k X tk tk−1 xk−1 + xk ) ≤ ti f (xi ), tk−1 + tk tk−1 + tk i=1 nên (1.3) đúng với n = k Vậy (1.3) đúng với số nguyên dương n n n n P P P [⇐] Nếu f ( ti xi ) ≤ ti f (xi ), ∀n ∈ N∗ , ∀x1 , , xn ∈ D, ∀ti ∈ [0; 1], ti = thì hiển i=1 i=1 i=1 nhiên f là hàm lồi trên D Người ta hay sử dụng hệ sau đây bất đẳng thức Jensen 1.2.2 Hệ Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm lồi f : D → R Khi đó ∀n ∈ N∗ , ∀x1 , , xn ∈ D ta có n f 1X xi n i=1 ! n 1X ≤ f (xi ) n i=1 (1.4) Đẳng thức xảy x1 = = xn f là hàm có dạng f (x) = Ax + B, với A, B là các số thực 1.2.3 Định nghĩa Cho hai số (x1 , , xn ), (y1 , , yn ) Ta nói số (x1 , , xn ) trội số (y1 , , yn ) , và viết (x1 , , xn )  (y1 , , yn ) , điều kiện sau đây thỏa mãn 1) x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn và y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn ; 2) x1 + x2 + + xk ≥ y1 + y2 + + yk , ∀k = 1, 2, , n − 1; 3) x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + yn Bất đẳng thức Jensen coi là hệ bất đẳng thức Karamata sau đây 1.2.4 Định lí (Bất đẳng thức Karamata) Cho hàm lồi f : (a; b) → R, số nguyên dương n, hai số (x1 , , xn ) và (y1 , , yn ) thỏa n n P P mãn x1 , , xn , y1 , , yn ∈ (a; b), (x1 , , xn )  (y1 , , yn ) Khi đó f (xi ) ≥ f (yi ) i=1 i=1 Đẳng thức bất đẳng thức Jensen (1.3) xảy f là hàm affine, các x với i  i ∈ j j = 1, n, tj 6= , tất các số ti có đúng số 1, số còn lại Nguyễn Văn Xá (20) 20 Một số kiến thức cở sở hàm lồi 1.2.5 Mệnh đề Cho hai số thưc a, b với a < b Cho hàm lồi liên tục f : [a; b] → R Khi đó max f (x) = max {f (a), f (b)} x∈[a;b] CHỨNG MINH Theo định lí Weierstrass, hàm f liên tục trên đoạn [a; b] nên đạt giá trị lớn trên đoạn đó, tức là tồn x0 ∈ [a; b] cho f (x) ≤ f (x0 ), ∀x ∈ [a; b] Ta có f (x0 ) ≥ f (a), f (x0 ) ≥ f (b) Nếu f (a) < f (x0 ) và f (b) < f (x0 ) thì a < x0 < b, tồn t ∈ (0; 1) cho x0 = ta + (1 − t)b và f (x0 ) = f (ta + (1 − t)b) ≤ t.f (a) + (1 − t).f (b) < t.f (x0 ) + (1 − t).f (x0 ) = f (x0 ) (vô lí) Do đó f (x0 ) ≤ f (a) f (x0 ) ≤ f (b) Dẫn tới f (x0 ) = f (a) f (x0 ) = f (b) Vậy max f (x) = max {f (a), f (b)} x∈[a;b] Mệnh đề 1.2.6 cho thấy, cực tiểu địa phương hàm lồi chính là cực tiểu toàn cục hàm đó Nhờ đó ta có phương pháp tìm giá trị nhỏ hàm lồi 1.2.6 Mệnh đề Cho n ∈ N∗ , tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn , hàm lồi f : D → R Giả sử tồn x0 ∈ D và ε > cho f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ D ∩ B, với B = {x ∈Rn | kx − x0 k ≤ ε } Khi đó  f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ D, tức là f (x) = f (x0 ) Hơn nữa, V = x0 ∈ D f (x0 ) = f (x) x∈D x∈D là tập lồi, và f là hàm lồi chặt thì V gồm phần tử Mệnh đề cho ta phương pháp tìm giá trị lớn hàm lồi xác định và liên tục trên đa giác lồi R2 Đặc biệt, với hàm f (x, y) = ax + by + c ta còn tìm giá trị nhỏ (vì đó f và −f cùng là hàm lồi) 1.2.7 Mệnh đề Cho số nguyên dương k Cho D ⊂ R2 là đa giác lồi không gian Euclid hai chiều R2 với các đỉnh Ai (xi , yi ), i = 1, k, k = ta coi D gồm điểm A1 (x1 , y1 ) ∈ R2 , k = ta coi D là đoạn thẳng R2 với hai đầu mút là các điểm A1 (x1 , y1 ), A2 (x2 , y2 ) 1) Cho hàm lồi liên tục f : D → R, (x, y) ∈ D 7→ f (x, y) ∈ R Khi đó  max f (x, y) = max f (xi , yi ) i = 1, k (x,y)∈D Cho n ∈ N∗ , K = [a ; b ] × × [a ; b ] ⊂ Rn (a , b ∈ R, a ≤ b , i = 1, n) và hàm f : K → R Giả sử n n 1 i i i i với i ∈ {1, 2, , n} hàm f là hàm lồi và liên tục trên [ai ; bi ] theo biến xi các biến còn lại cố định Khi đó f đạt giá trị lớn trên K x0 ∈ {a1 ; b1 } × × {an ; bn } ⊂ K Nguyễn Văn Xá (21) 21 1.2 Bất đẳng thức Jensen 2) Cho hàm lồi liên tục f : D → R, (x, y) ∈ D 7→ f (x, y) = ax + by + c, với a, b, c là các số thực Khi đó  max f (x, y) = max f (xi , yi ) i = 1, k , (x,y)∈D  f (x, y) = f (xi , yi ) i = 1, k (x,y)∈D Nguyễn Văn Xá (22) Chương Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 22 2.2 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình 33 2.3 Một số bài tập 35 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ A Một số bài toán áp dụng bất đẳng thức Jensen 2.1.1 Ví dụ (Bài T7/420 TC Toán học & Tuổi trẻ) Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng Chứng minh (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ ( 10 ) CHỨNG MINH > 0, ∀x > 0, nên f là (1 + x2 )2 hàm lồi trên khoảng (0; +∞) , áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có Xét hàm số f (x) = ln(1 + x2 ) với x > Ta có f 00 (x) = 1 a+b+c 10 ln(1 + a2 ) + ln(1 + b2 ) + ln(1 + c2 ) ≥ ln(1 + ( ) ) = ln( ) 3 3 10 10 ) ⇔ (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ ( ) 9 Bất đẳng thức đã cho chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = ⇔ ln(1 + a2 ) + ln(1 + b2 ) + ln(1 + c2 ) ≥ 3ln( 2.1.2 Ví dụ Cho hàm lồi f : (0; +∞) → R và các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng f (x) f (y) f (z) minh + + ≥ f (1) + x + xy + y + yz + z + zx (23) 23 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ CHỨNG MINH Với x, y, z > và xyz = thì 1 x y z + + = 1, + + = 1 + x + xy + y + yz + z + zx + x + xy + y + yz + z + zx Vì f là hàm lồi nên (theo bất đẳng thức Jensen)   f (x) f (y) f (z) x y z + + ≥f + + = f (1) + x + xy + y + yz + z + zx + x + xy + y + yz + z + zx Đẳng thức xảy x = y = z = f là hàm có dạng f (x) = ax + b, với a, b là các số thực 2.1.3 Ví dụ Cho số nguyên dương n ≥ và các số thực dương a1 , , an thỏa mãn Chứng minh aa1 + aa2 + + aann √ n a1 + + √ n an ≥ n ≥ n CHỨNG MINH Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức (2.1) sau đây với m, n ∈ N∗ , x1 , , xn > m  xm + + xm x1 + + xn n ≤ (2.1) n n Với m ≥ hàm số f1 (x) = xm là hàm lồi trên (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, (2.1) đúng.Đẳng thức xảy x1 = = xn Áp dụng bất đẳng thức  suy √ √ n n a + + n a a1 + + an √ √ n (2.1) ta có ≤ Từ đây và giả thiết n a1 + + n an ≥ n n n a1 + + an ≥ 1, đẳng thức xảy suy n (√ √ n a1 + + n an = n ⇔ a1 = = an = √ √ n a1 = = n an Tiếp theo, ta xét hàm số f2 (x) = xx với x ∈ (0; +∞) Nhận thấy hàm số f2 là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26) Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có aa1 + aa2 + + aann a1 + + an ≥ aa , đó kí hiệu a = ≥ Do a ≥ nên aa ≥ Vì n n a1 a2 a + a2 + + aann ≥ aa ≥ ⇒ aa1 + aa2 + + aann ≥ n, đẳng thức xảy n ( a1 = = an ⇔ a1 = = an = a=1 Vậy aa1 + aa2 + + aann ≥ n, đẳng thức xảy a1 = = an = 1 Thực ra, với m là số nguyên dương chẵn thì bất đẳng thức (2.1) đúng với số thực x , , x , với m n là số nguyên dương lẻ thì (2.1) đúng với x1 , , xn ≥ Nguyễn Văn Xá (24) 24 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp Ví dụ (Bất đẳng thức các giá trị trung bình ) 2.1.4 Cho số nguyên dương n và các số thực dương x1 , , xn Kí hiệu các giá trị trung bình n • mh = P n : trung bình điều hòa; i=1 xi s n Q • mg = n xi : trung bình nhân; i=1 n P xi : trung bình cộng; • ma = n i=1 s n P • mq = x2 : trung bình toàn phương n i=1 i Ta có mh ≤ mg ≤ ma ≤ mq CHỨNG MINH i) Chứng minh mh ≤ mg Hàm số f (x) = − ln x là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26) Ta có f n n X i=1 xi ! ≤ n n X  f i=1  xi  n P n xi 1X ≤− ln hay − ln i=1 n n i=1 xi     n    n  ⇔ mh ≤ mg ⇔ ln  n  ≤ ln (x1 xn ) P i=1 xi Đẳng thức xảy x1 = = xn > ii) Chứng minh mg ≤ ma  f x1 + + xn n  ≤ Hàm số f (x) = − ln x là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) Ta có x1 + + xn (f (x1 ) + + f (xn )) hay −ln ≤ − (ln x1 + + ln xn ) n n n ⇔ ln √ x1 + + xn ≥ ln n x1 xn ⇔ mg ≤ ma n Đẳng thức xảy x1 = = xn iii) Bất đẳng thức ma ≤ mq là hệ bất đẳng thức (2.1) (xem Ví dụ 2.1.3) Xem thêm Ví dụ 2.1.5 và Bài tập 14 đẳng thức mg ≤ ma gọi là bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) Bất đẳng thức này còn đúng với các số thực x1 , , xn ≥ Bất đẳng thức Cauchy suy rộng: Cho n ∈ N∗ , các số thực dương x1 , , xn và các n n n Q P P λ số λ1 , , λn ∈ [0; 1] thỏa mãn λi = Khi đó λ i xi ≥ xi i Cách chứng minh hoàn toàn tương tự Bất Bất i=1 i=1 i=1 đẳng thức ma ≤ mq còn đúng với số thực x1 , , xn Nguyễn Văn Xá (25) 25 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 2.1.5 Ví dụ (Bất đẳng thức các trung bình lũy thừa ) Cho số nguyên dương n, hai số thực α, β khác và α ≤ β, các số thực x1 , , xn > Khi đó ta có  xα + + n xα n 1 α ≤ xβ1 + + n xβn !1 β (2.2) CHỨNG MINH β thì λ ∈ (−∞; 0) ∪ [1; +∞) α λ Hàm số f (x) = x là hàm lồi trên  α khoảng α(0;  +∞) (xem Ví dụ 1.1.26) Áp dụng x1 + + xn α bất đẳng thức Jensen ta có f ≤ (f (xα ) + + f (xn )) suy n n !1  α 1 β α β x1 + + xn α x1 + + xn β Đẳng thức xảy α = β x1 = = xn ≤ n n Nếu α ≤ β < ta đặt yi = , i = 1, n, và đưa trường hợp < −β ≤ −α Đẳng thức xi xảy α = β x1 = = xn Nếu < α ≤ β α < < β ta đặt λ = Bất đẳng thức (2.1) Ví dụ 2.1.3 là hệ bất đẳng thức (2.2) trên với α = 1, β = m Bất đẳng thức ma ≤ mq Ví dụ 2.1.4 là hệ (2.2) với α = 1, β = Áp dụngquy tắc l’Hôpital (hay quy tắc Bernoulli) ta có  α xα + + x n  α  ln x1 + + xα xα ln x1 + + xα n α n n ln xn lim ln = lim = lim = α α→0 α→0 α→0 n α x1 + + xα n  α 1 x1 + + xα √ α n = ln(x1 xn ) nên lim = n x1 xn Do đó bất đẳng thức Cauchy α→0 n n coi hệ (2.2) với α → và β = 2.1.6 Ví dụ (Bất đẳng thức Bunyakovsky ) Cho số nguyên dương n Cho hai số, gồm n số thực (a1 , , an ) và (b1 , , bn )  n 2  n  n  P P P bi Ta có bi ≤ i=1 i=1 i=1 CHỨNG MINH Các bất đẳng thức Ví dụ 2.1.4 coi hệ bất dẳng thức (2.2) đẳng thức này còn gọi là bất đẳng thức Bunyakovski–Cauchy-Schwarz, nó coi là hệ bất đẳng thức Holder Ví dụ 2.1.8 với p = q = Bất Nguyễn Văn Xá (26) 26 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp Nếu n P Nếu i=1 n P b2i = ⇔ b1 = = bn = thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng, và xảy đẳng thức n P b2i b2i > 0, với i ∈ {1, 2, , n} ta đặt ti = P ti = 1, đặt xi = ≥ thì n bi i=1 i=1 b2j j=1 bi 6= 0, đặt xi = bi = Áp dụng bất đẳng thức Jensen với hàm lồi f (x) = x2 ta có 2  n X !2 ti xi ≤ i=1 n X i=1  ti x2i ⇔  n P j=1 b2j n X i=1  b2i xi  n  ≤ P j=1 n X b2j b2i x2i i=1 Để ý với i ∈ {1, 2, , n} thì b2i xi = bi , b2i x2i ≤ a2i (b2i x2i = a2i bi 6= 0, b2i x2i = ≤ a2i bi = 0) Dẫn tới 2    n P j=1 b2j n X i=1  bi  n  ≤ P j=1 b2j n X a2i n X hay i=1 !2 ≤ bi i=1 n X ! a2i i=1 n X ! b2i i=1 Đẳng thức xảy hai số (a1 , , an ) và (b1 , , bn ) tỉ lệ, tức là tồn λ cho = λbi , ∀i = 1, n, bi = λai , ∀i = 1, n 2.1.7 Ví dụ (Bất đẳng thức Schwarz ) Cho số nguyên dương n Cho hai số, gồm n số thực (a1 , , an ) và (b1 , , bn ) , đó b1 , , bn > Ta có  n X a2 i i=1 bi ≥ 2 n P i=1 n P bi i=1 CHỨNG MINH Áp dụng bất đẳng thức (1.3) với f (x) = x2 , xi = bi , ti = P , i = 1, n n bi bj j=1 Bất đẳng thức này là hệ bất đẳng thức Bunyakovski Ví dụ 2.1.6 Xem thêm Bài tập 26 Nguyễn Văn Xá (27) 27 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Ví dụ (Bất đẳng thức Holder ) 2.1.8 Cho số nguyên dương n, các số thực dương a1 , , an , b1 , , bn , p, q với n X bi ≤ i=1 !1 p p n X n X i=1 1 + = Ta có p q !1 q bqi i=1 CHỨNG MINH 1 p−1 1 + = nên p > 1, q > 1, p+q−pq = 0, = 1− = Hàm f (x) = xp p q q p p là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) Áp dụng bất đẳng thức Jensen với xi = b1−q > 0, i n P bqi > 0, ∀i = 1, n, λi = 1, ta nhận λi = P n i=1 bqj Vì p > 0, q > 0, j=1 p f (λ1 x1 + + λn xn ) ≤ λ1 f (xn ) + + λn f (xn ) ⇔ (λ1 x1 + + λn xn ) ≤ λ1 xp1 + + λn xpn ⇔ n P j=1 bqj  p q 1−q !p bq1 a1 b1−q + + b a b ≤ P n n n n j=1  bqj p(1−q) bq1 ap1 b1 + + bqn apn bp(1−q) n  p−1  n X  q ⇔ (a1 b1 + + an bn ) ≤  bj  ap1 b1q+p−qp + + apn bnq+p−qp p j=1  ⇔ (a1 b1 + + an bn ) ≤  n X p − 1 p p q p p (a1 + + an ) bj j=1  1 n X q q p p p ⇔ (a1 b1 + + an bn ) ≤  bj  (a1 + + an ) j=1 ⇔ (a1 b1 + + an bn ) ≤ Nếu p = q = thì bất đẳng thức n P (ap1 + + s |ai bi | ≤ i=1 n P i=1 b1 , , bn tùy ý Hai số thực dương p, q thỏa mãn apn ) p (bq1 a2i  n P i=1 + + b2i bqn ) q  đúng với các số thực a1 , , an , 1 + = gọi là liên hợp Holder p q Nguyễn Văn Xá (28) 28 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp 2.1.9 n P Ví dụ (Bất đẳng thức Petrovitch9 ) Cho a > và n ∈ N∗ , hàm lồi f : [0; a] → R, các số x1 , , xn ∈ [0; a] thỏa mãn xi ∈ [0; a] Khi đó i=1 n X n X f (xi ) ≤ f i=1 ! + (n − 1)f (0) xi i=1 CHỨNG MINH Nếu n P xi = thì x1 = = xn = 0, bất đẳng thức Petrovitch đúng và xảy dấu đẳng i=1 thức Nếu n P xi ∈ (0; a] thì i=1 n P xi n P n P xj j=1,j6=i n P ≥ 0, xi n P ≥ 0, xj xj j=1 j=1,j6=i + xj j=1,j6=i n P = xj xj j=1 j=1,j6=i Do f là hàm lồi nên n P  n X n P   xj n X  xi j=1,j6=i    0 ≤ P f xj + P f (0), ∀i = 1, n n n j=1 xj xj  xj  xi f (xi ) = f  xj + n P xj j=1 j=1,j6=i n P j=1 j=1 xj j=1 j=1 Cộng n bất đẳng thức này lại ta  P   n   xj n n n X  j=1,j6=i  X   X  .f (0) xi + xj  f (xi ) ≤  f  n n  P P   i=1 j=1 i=1 i=1 xj xj  n X j=1 j=1 Để ý n X   n X xj  = (n − 1)  i=1 Dẫn tới n X f (xi ) ≤ f xj j=1 j=1,j6=i i=1 n X n X ! + (n − 1)f (0) xi i=1 đẳng thức Petrovitch mở rộng: Cho a > 0, n ∈ N∗ , các số thực không âm p1 , , pn , x1 , , xn thỏa n P mãn ≤ xi ≤ pj xj < a với i = 1, n, hàm f : [0; a] → R là hàm lồi Ta có Bất j=1 n X i=1 pi f (xi ) ≤ f n X i=1 ! p i xi + n X i=1 Nguyễn Văn Xá ! pi − f (0) (29) 29 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 2.1.10 Ví dụ (IMO 1995) Cho a, b, c > và abc = Chứng minh 1 + + ≥ a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) CHỨNG MINH Đặt x = 1 ,y = ,z = thì x, y, z > và xyz = Bất đẳng thức cần chứng minh trở a b c thành y2 z2 x2 + + ≥ y+z z+x x+y (2.3) là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26) Áp dụng bất đẳng x thức Jensen ta có       y2 z2 y+z z+x x+y x2 + + = x.f + y.f + z.f ≥ y+z z+x x+y x y z   (y + z) + (z + x) + (x + y) x+y+z ≥ (x + y + z).f = x+y+z √ √ Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có x + y + z ≥ 3 xyz = 3 = Suy (2.3) đúng Vậy Hàm số f (x) = bất đẳng thức đã cho chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = 2.1.11 Ví dụ (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c > Chứng minh a b c + + ≥ b+c c+a a+b CHỨNG MINH −x −1 00 , x ∈ (0; +∞) Ta có f (x) = < 0, f (x) = > 0, x+1 (x + 1) (x + 1) ∀x ∈ (0; +∞) ,nên f  là hàmlồi và  nghịchbiến trên Jensen  (0; +∞)  Áp dụng bất đẳng thức b c a b c a +f +f ≥ 3f + + hay ta có −1 = f b+ c+a a+ b b+c c+a a+b c   1 a b c −x f( ) = − ≥ f + + Mà hàm f (x) = nghịch biến nên  3 b + c c + a a + b x+1 1 a b c ≤ + + Dẫn tới b+c c+a a+b Xét hàm số f (x) = a b c + + ≥ b+c c+a a+b Đẳng thức xảy a = b = c Nguyễn Văn Xá (30) 30 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp B Một số bài toán áp dụng tính chất hình học hàm lồi 2.1.12 Ví dụ Cho số nguyên dương n > cố định, đa giac lồi A1 A2 An tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức F = n X i=1 1 − tan Ai LỜI GIẢI  π 2(1 − tan4 x) 1 + tan2 x 00 , f (x) = Xét hàm số f (x) = , x ∈ 0; , có f (x) = − tan x (1− tanx) (1 − tan x)  π  π π Vì f 00 (x) > 0, ∀x ∈ 0; , nên f là hàm lồi trên khoảng 0; , đó với x ∈ 0; ,  4  (n − 2)π π và x0 = ∈ 0; ta có f (x) ≥ f (x0 ) (x − x0 )+f (x0 ) (xem Mệnh đề 1.1.28) Quan 4n sát thấy các góc đa giác lồi A1 A2 An có tính chất < Ai < π (∀i = 1, , n)10 n P và Ai = (n − 2)π Như i=1 F = n X i=1 !   n n X X Ai n Ai f ≥ f (x0 ) − nx0 + nf (x0 ) = , = Ai (n − 2)π 4 i=1 i=1 − tan − tan 4n đẳng thức xảy A1 = A2 = = An = 2.1.13 (n − 2)π Vậy F = n n (n − 2)π − tan 4n Ví dụ Cho số nguyên dương n và số thực α ≥ Cho các số thực thay đổi n P x1 , x2 , , xn thỏa mãn xk ≥ n Tìm giá trị nhỏ biểu thức k=1 F = n X x2k − xk + α k=1 LỜI GIẢI α−1 α (2x − 1) và Xét hàm số f (x) = (x2 − x + 1) với x ∈ R Ta có f (x) = α x2 − x +    1 α−2 f 00 (x) = α x2 − x + 2(2α − 1)(x − ) + > 0, ∀x ∈ R, α ≥ Do đó f là hàm 2 lồi trên R Dẫn tới f (x) ≥ f (1)(x − 1) + f (1), ∀x ∈ R (xem Mệnh đề 1.1.28) Tính f (1) = 1, f (1) = α Như f (x) ≥ α(x − 1) + 1, ∀x ∈ R, đẳng thức xảy x = Ta có 10 Kí hiệu Ai là số đo (radian) góc đỉnh Ai đa giác A1 A2 An Nguyễn Văn Xá (31) 31 2.1 Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ F = n P  n P f (xk ) ≥ α  xk − n + n ≥ n Xảy đẳng thức F = n x1 = = xn = k=1 k=1 Vậy F = n, đạt x1 = = xn = 2.1.14 Ví dụ (Bất đẳng thức Bernoulli 11 ) α Ta có (1 + x) ≥ + αx ít số các điều kiện sau đây xảy 1) x > −1, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) ; 2) x ∈ R, α = 2k (k ∈ N∗ ) α = 1; 3) x 6= −1, α = 0; 4) x = −1, α ∈ N∗ ; 5) x = 0, α ∈ R; 6) x = −2, α là số nguyên dương lẻ CHỨNG MINH α Ta chứng minh cho trường hợp thứ Xét hàm số f (x) = (1 + x) , ∀x > −1, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) Vì f 00 (x) = α(α − 1)(x + 1) α−2 ≥ 0, ∀x > −1, nên f là hàm lồi trên (−1; +∞) Áp dụng Mệnh đề 1.1.28, ta có f (x) ≥ f (0).x + f (0), ∀x ∈ (−1; +∞) Mà α f (0) = 1, f (0) = α Do đó (1 + x) ≥ + αx, ∀x > −1, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) , đẳng thức xảy x = α = α = 2.1.15 Ví dụ (USAMO 1980) Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 1] Tìm giá trị lớn biểu thức F = a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) b+c+1 c+a+1 a+b+1 LỜI GIẢI a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c), a ∈ [0; 1] Ta có b+c+1 c+a+1 a+b+1 2b 2c f 00 (a) = + ≥ 0, ∀a ∈ [0; 1] , b, c ∈ [0; 1] , nên f là hàm lồi trên đoạn (c + a + 1) (a + b + 1) [0; 1] Áp dụng Mệnh đề 1.2.5, có max f (a) = max {f (0), f (1)} Kí hiệu Xét hàm f (a) = a∈[0;1] b c + + (1 − b)(1 − c), ∀b ∈ [0; 1] , c+1 b+1 b c h(b) = f (1) = + + , ∀b ∈ [0; 1] b+c+1 c+2 b+2 g(b) = f (0) = 11 Với x > −1, ≤ α ≤ ta có (1 + x)α ≤ + αx Với n ∈ N∗ , n ≥ 2, a ≥ ta có Nguyễn Văn Xá √ n a≤1+ a−1 n (32) 32 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp 2c ≥ 0, ∀b ∈ [0; 1] , nên hàm g là hàm lồi trên đoạn [0; 1] Lại (b + 1) áp dụng Mệnh đề 1.2.5 ta có max g(b) = max {g(0), g(1)} Tính toán ta g(0) = Nhận thấy g 00 (b) = b∈[0;1] 2c + − c(1 − c) và g (1) = ≤ (do ≤ c ≤ 1) Vì f (0) = g(b) ≤ max g(b) = 2c + b∈[0;1] 2c = max {g(0), g(1)} = Tương tự, h00 (b) = + > 0, ∀b, c ∈ [0; 1] , nên h (b + c + 1) (b + 2) c là hàm lồi trên đoạn [0; 1] Ta có max h(b) = max {h(0), h(1)} Trong đó h(0) = + = c+1 b∈[0;1] 3c + − c(1 − c) 2c + − c(1 − c) ≤ 1, h(1) = ≤ Dẫn tới f (1) = h(b) ≤ max h(b) = = 2c + 3c + b∈[0;1] = max {h(0), h(1)} ≤ Do F = f (a) ≤ max f (a) = max {f (0), f (1)} ≤ Xảy a∈[0;1] F = chẳng hạn a = b = c = a = b = c = Vậy max F = 2.1.16 Ví dụ Tìm giá trị  lớn và giá trị nhỏ nhất hàm số f (x, y) = cos 2x + cos 2y với (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 sin x + sin y = LỜI GIẢI 2 Ta có f (x, y) = cos 2x + cos 2y = − 2(sin  x + sin y) Đặt u = sin x, v = sin y, và xét hàm  2 số g(u, v) = u + v với (u, v) ∈ D1 = (u, v) ∈ R −1 ≤ u ≤ 1, −1 ≤ v ≤ 1, u + v = Khi đó max f (x, y) = − (x,y)∈D g(u, v); (u,v)∈D1 f (x, y) = − max g(u, v) (x,y)∈D (u,v)∈D1 TậpD1 chính A1 A2 mặt phẳng tọa độ Ouv, với hai điểm đầu mút  làđoạn thẳng  1 A1 − ; , A2 1; − (tính hai đầu mút) Như D1 là tập lồi R2 Quan sát 2 thấy, ∀(u1 , v1 ), (u2 , v2 ) ∈ D1 , ∀t ∈ [0; 1] , đặt (u, v) = t.(u1 , v1 ) + (1 − t).(u2 , v2 ) = (tu1 + (1 − t)u2 , tv1 + (1 − t)v2 ) thì 2 g (u, v) = (tu1 + (1 − t)u2 ) + (tv1 + (1 − t)v2 ) = t2 (u21 + v12 ) + (1 − t) (u22 + v22 ) + 2t(1 − t)u1 u2 + 2t(1 − t)v1 v2   ≤ t2 (u21 + v12 ) + (1 − t) (u22 + v22 ) + t(1 − t) u21 + u22 + t(1 − t) v12 + v22    ≤ t2 + t(1 − t) (u21 + v12 ) + (1 − t) + t(1 − t) (u22 + v22 ) ≤ t(u21 + v12 ) + (1 − t)(u22 + v22 ) = t.g(u1 , v1 ) + (1 − t).g(u2 , v2 ) Nguyễn Văn Xá (33) 33 2.2 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Chứng tỏ g là hàm lồi trên D1 Theo mệnh đề 1.2.7, ta có        1 5 max g(u, v) = max g − , , g 1, − = max , = , 2 4 (u,v)∈D1 f (x, y) = − = − Hình chiếu vuông góc gốc tọa độ O(0; 0) lên đoạn   1 thẳng A1 A2 là điểm H ; Với (u, v) ∈ D1 thì điểm M (u; v) thuộc đoạn A1 A2 4 1 và g(u, v) = OM ≥ OH = Do đó g(u, v) = , đạt u = v = 8 (u,v)∈D1 Vậy max f (x, y) = − = (x,y)∈D nên (x,y)∈D 2.2 2.2.1 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Ví dụ Gọi D là tập nghiệm hệ bất phương trình ( x + (m + 4)x + 4m ≤ y 3x + y − (2m + 4) ≤ Tìm m để D chứa toàn đoạn [−2; −1] trục hoành LỜI GIẢI  Xét hàm f (x) = x2 + (m + 4)x + 4m, kí hiệu D1 = epi f1 = (x, y) ∈ R2 |f (x) ≤ y ,  D2 = (x, y) ∈ R2 |3x + y − (2m + 4) ≤ thì D = D1 ∩ D2 chính là tập nghiệm hệ bất phương trình đã cho Tập D1 là tập lồi (vì f là hàm lồi), tập D2 là tập lồi (D2 là nửa mặt phẳng) nên D là tập lồi Do đó đoạn [−2; −1] trục hoành nằm D và các điểm M1 (−2; 0), M2 (−1; 0) thuộc D Ta có ( M1 (−2; 0) ∈ D ⇔ − − (2m + 4) ≤ ( M2 (−1; 0) ∈ D ⇔ − 2(m + 4) + 4m ≤ ⇔ −5 ≤ m ≤ 2; − (m + 4) + 4m ≤ − − (2m + 4) ≤ ⇔− ≤ m ≤ 1; nên ( Vậy −   −5≤m≤2 ⇔ ⇔ − ≤ m ≤  − ≤m≤1 M2 ∈ D M1 ∈ D ≤ m ≤ là các giá trị cần tìm Nguyễn Văn Xá (34) 34 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp 2.2.2 Nhận xét Cho K là khoảng R Cho hàm số f : K → R có đạo hàm đến cấp hai trên K Nếu f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ K, và dấu “=” xảy hữu hạn giá trị thuộc K, thì f là hàm lồi chặt (lồi nghiêm ngặt) trên khoảng K và phương trình f (x) = có không quá nghiệm trên K 2.2.3 Ví dụ Giải hệ phương trình ( 2x + 3x + 5x = + 7log2 (y + 1) 2y + 3y + 5y = + 7log2 (x + 1) LỜI GIẢI Điều kiện x > −1, y > −1 Xét hàm số f1 (t) = 2t + 3t + 5t , t ∈ (−1; +∞) , và hàm số f2 (t) = + 7log2 (t + 1), t ∈ (−1; +∞) Vì f1 (t) = 2t ln + 3t ln + 5t ln > 0, ∀t > −1, và f2 (t) = > 0, ∀t > −1, nên f1 , f2 là các hàm đồng biến trên (−1; +∞) Hệ (t + 1) ln phương trình viết lại thành ( ( f1 (x) = f2 (y) f1 (x) = f2 (y) ⇔ f1 (x) − f1 (y) = f2 (y) − f2 (x) f1 (y) = f2 (x) Với x, y ∈ (−1; +∞), ta thấy Nếu x > y thì f1 (x) − f1 (y) > > f2 (y) − f2 (x) Nếu x < y thì f1 (x) − f1 (y) < < f2 (y) − f2 (x) Nếu x = y thì f1 (x) − f1 (y) = = f2 (y) − f2 (x) Do đó từ hệ phương trình suy x = y Thế x = y vào phương trình đầu tiên hệ, ta thu 2x + 3x + 5x = + 7log2 (x + 1) Xét hàm số f (x) = 2x + 3x + 5x − − 7log2 (x + 1), x ∈ (−1; +∞) Ta có f (x) = 2x ln + 3x ln + 5x ln − f 00 (x) = 2x ln2 + 3x ln2 + 5x ln2 + , (x + 1) ln > 0, ∀x ∈ (−1; +∞) (x + 1)2 ln Do đó f là hàm lồi chặt trên (−1; +∞) Phương trình 2x + 3x + 5x − − 7log2 (x + 1) = có không quá nghiệm trên (−1; +∞) Kiểm tra thấy f (0) = f (1) = Do đó phương trình f (x) = nói trên có nghiệm x = 0, x = Thử lại thấy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (0, 0), (x, y) = (1, 1) Nguyễn Văn Xá (35) 35 2.3 Một số bài tập 2.3 Một số bài tập xy yz zx Bài tập Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2017 + 2017 + 2017 ≤ 2015 Tìm giá z x y  2016  2016  2016 x4 y4 z4 trị nhỏ biểu thức F = + + 3y + 5z 3z + 5x 3x + 5y Bài tập Cho số cố định α ≥ 1, cho các b, c >  thay  đổi vàthỏa mãn  số a,  α a + b + c = α α 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức F = a + + b+ + c+ b c a Bài tập Cho a, b, p, q > và 1 + = Chứng minh p q ap bq + ≥ ab p q 12 Bài tập Cho k ∈ Z, k ≥ 2, x, y, z, α, β, λ > 0, x + y + z ≥ 3(α + β) k − Chứng minh  xk αy + βz λ  + yk αz + βx λ  + zk αx + βy λ ≥ Bài tập Cho a, b, c > và α ∈ {0} ∪ [1; +∞) Chứng minh bất đẳng thức α  α  α  b c a + + ≥ α b+c c+a a+b Bài tập Cho n ∈ N∗ , α ≥ β > 0, các số x1 , , xn > thỏa mãn n Q 13 xi ≥ Chứng minh i=1 n X xα i ≥ i=1 n X xβi i=1 Bài tập Cho a, b, c, α, β > Chứng minh  a α b +  α    β   b c α  a β b c β + ≥ + + c a b c a Bài tập (IMO 2001) Cho các số thực a, b, c > 0, λ ≥ Chứng minh √ a b c +√ +√ ≥√ 1+λ a2 + λbc b2 + λca c2 + λab Bài tập Cho n ∈ N∗ , cho các số thực > 0, bi > 0, i = 1, 2, , n Chứng minh  n α  n 1−α n P P P 1−α a) aα b ≥ bi , ∀α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) i i i=1 b) n P i=1 i=1 1−α aα < i bi  n P i=1 i=1 α  n P 1−α bi , ∀α ∈ (0; 1) i=1 n xpi n P P i , với n ∈ N∗ , x1 , , xn , p1 , , pn > 0, = p i i=1 i=1 pi 13 Bất đẳng thức Nesbitt là trường hợp riêng bất đẳng thức này, với α = 12 Bất đẳng thức Isena: x1 x2 xn ≤ Nguyễn Văn Xá (36) 36 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp Bài tập 10 Cho hàm lồi f : [0; +∞) → R có f (0) ≤ Chứng minh f (nx) ≥ nf (x), ∀x ≥ Bài tập 11 Cho a, b > 0, a + b = Chứng minh aa + bb ≥ √ Bài tập 12 Cho số nguyên dương n Chứng minh √ x1 + + xn 1) ln ≥ n ln x1 ln xn , ∀x1 , , xn > n n P n ≥ 2) ! , ∀x1 , , xn ≥ x i P n i=1 + e xi + e n i=1 n + + ≥ , ∀x1 , , xn ≥ 3) √ n + x1 + xn + x1 xn  x + +xn x1 + + xn 4) xx1 xxnn ≥ , ∀x1 , , xn > n h π πi n P 5) cos (2x1 − x2 ) + cos(2x2 − x3 ) + + cos(2xn − x1 ) ≤ cos xi , ∀x1 , , xn ∈ − ; 6 i=1  n  n P P 6) sin xi ≤ sin xi , ∀x1 , , xn ∈ [0; π] n i=1 n i=1  n  h π πi n P P cos xi ≤ cos xi , ∀x1 , , xn ∈ − ; 7) n i=1 n i=1 2  n   π n P P 8) tank xi ≥ tank xi , ∀x1 , , xn ∈ 0; , k = k = n i=1 n i=1 n P n  n  , ∀x1 , , xn ∈ (0; π) , k = k = 9) ≥ k P i=1 sin xi sink xi n i=1  π π n P n   10) ≥ , ∀x , , x ∈ − ; , k = k = n n k P 2 i=1 cos xi k cos xi n i=1 n P n− tan2 xi  π P n 2π i=1 ≤ cos , ∀x , , x ∈ 0; , xi = π 11) n n P n i=1 n+ tan2 xi i=1 P n xi n P xi i=1 n e ≥e 12) , ∀x1 , , xn ∈ R n i=1  n  n P P 13) ln xi ≤ ln xi , ∀x1 , , xn > n i=1 n i=1 ! Bài tập 13 Cho số nguyên dương n và các số thực a1 , , an ≥ (hoặc −1 < a1 , , an ≤ 0) Chứng minh bất đẳng thức 14 n Y k=1 14 Bất (1 + ak ) ≥ + n X ak k=1 đẳng thức này gọi là bất đẳng thức Bernoulli Nguyễn Văn Xá (37) 37 2.3 Một số bài tập Bài tập 14 Cho số nguyên dương n và các v u P u aj n u 1X t 1≤i<j≤n , p3 = , p2 = p1 = n i=1 Cn2 đó Cnk = số thực không âm a1 , , an Đặt v u P u aj ak u √ t 1≤i<j<k≤n , , pn = n a1 a2 an , Cn3 n! là số các tổ hợp chận k n phần tử, k = 1, n Chứng minh k!(n − k)! p1 ≥ p2 ≥ p3 ≥ ≥ pn Bài tập 15 (Bất đẳng thức Minkowski) Cho số nguyên dương n và các số thực không âm x1 , , xn , y1 , , yn Chứng minh s s s n n n Q Q Q n n 1) (xi + yi ) ≥ xi + n yi i=1  2) n P i=1 p (xi + yi ) 1 p  ≤ i=1  3) n P i=1 n P i=1 i=1 xpi 1 p  + n P i=1 yip 1 p , ∀p ≥ 1, n P xi 6= 0, i=1 n P yi 6= i=1 1  n 1  n 1 n n P P P P p p p p (xi + yi ) ≥ xpi + yip , ∀p ∈ (0; 1) , xi 6= 0, yi 6= i=1 i=1 i=1 i=1 Bài tập 16 (Bất đẳng thức Minkowski mở rộng) Cho các số nguyên dương n và m, cho các số thực dương xij (i = 1, m; j = 1, n), cho số thực p ≥ Chứng minh 1   !p  m n n m p X X X X p p   xij  ≤ xij  j=1 i=1 i=1 j=1 Bài tập 17 Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh a b c a a + b + c b a + b + c c a + b + c ≥ (a + b + c) Bài tập 18 Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh c a b (a + b) (b + c) (c + a) ≤  (a + b + c) a+b+c Bài tập 19 Cho tam giác ABC Tìm giá trị lớn biểu thức A B C 1) F = sin + sin + sin , với λ ≥ là số thực λ λ λ B C A 2) F = cos + cos + cos , với λ ≥ là số thực λ λ λ 3) F = cos A cos B cos C 4) F = sin A sin B sin C Nguyễn Văn Xá (38) 38 Ứng dụng hàm lồi giải số bài toán sơ cấp Bài tập 20 Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức A B C 1) F = tan + tan + tan , với λ ≥ là số thực λ λ λ 1 + + , với λ ≥ là số thực 2) F = A B C sin sin sin λ λ λ 1 + + , với λ ≥ là số thực 3) F = A B C cos cos cos λ λ λ 1 4) F = + + , với λ ≥ là số thực 2A 2B 2C sin sin sin λ λ λ 1 5) F = + + , với λ ≥ là số thực A B C 2 cos cos cos λ λ λ B C A B C A 6) F = sin + sin + sin + tan + tan + tan , với λ ≥ là số thực λ λ λ λ λ λ A B C A B C 7) F = cot + cot + cot + tan + tan + tan , với λ ≥ là số thực λ λ λ λ λ λ Bài tập 21 Cho tam giác ABC Chứng minh       P P P P A A cot , ∆ABC nhọn 1) tan A cot A ≥ tan 2 A + 3B B + 3C C + 3A 2) sin A sin B sin C ≤ sin sin sin 4 3) (1 − cos A)(1 − cos B)(1 − cos C) ≥ cos A cos B cos C B C A cos cos cos √ + + < 4) ≤ A B C + sin + sin + sin 2 Bài tập 22 Cho các số thực a, b với a < b Cho hàm lồi liên tục f : [a; b] → R Chứng minh (b − x)f (a) + (x − a)f (b) , ∀x ∈ [a; b] b−a b−a      Rb R2 a+b a+b f 2) f (x)dx = +x +f −x dx 2 a   Rb a+b f (a) + f (b) 3) (b − a)f ≤ f (x)dx ≤ (b − a) 2 a 1) f (x) ≤ Bài tập 23 Chứng minh 1 1 + + + + > 1, ∀n ∈ N n+1 n+2 n+3 3n + Bài tập 24 Cho số nguyên dương n và các số thực dương a1 , , an , b1 , , bn Chứng minh n  X i=1 ln bi  ≥ n X i=1 P n !  i=1 ln  n P i=1 Nguyễn Văn Xá bi     (39) 39 2.3 Một số bài tập Bài tập 25 Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số  1) f (x, y) = 3x − 4y + 2, (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 |x + ≥ 2y ≥ 4x + 8, x + y ≥ −2 p  2) f (x, y) = x2 + y , (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 |4x + 3y ≤ 6, 6x + 24 ≥ y ≥ 0, x + ≤ y Bài tập 26 (Bất đẳng thức Schwarz) Cho n ∈ N∗ , x1 , , xn , p1 , , pn > 0, r > Chứng minh n r X (x1 + + xn ) xri ≥ r−1 pr−1 (p1 + + pn ) i=1 i Bài tập 27 Chứng minh x 1) ln x ≤ , ∀x > e h πi 2x 2) ≤ sin x ≤ x, ∀x ∈ 0; π h πi π 2x ≤ cos x ≤ − x, ∀x ∈ 0; 3) − π 2 Bài tập 28 Tìm m để nghiệm hệ    2x + 3y ≤  x−y−3≤0    3x + 2y − ≥ là nghiệm hệ ( x2 − (m + 1)x + m ≤ + 2y y2 − y + m ≤ + x Bài tập 29 Tìm m để hệ sau có nghiệm (x; y) thỏa mãn x ≥ 0, y ≥  2x + y ≥    x + 3y ≤    x + y − 4x − 8y + 20 = m Bài tập 30 Giải hệ phương trình  12 23 p   x2 − x + = 8y − + log2 (1 + 2y) 5 10 √   12 y − y + 23 = 8x − + log (1 + 2x) 5 10 15 Ta gọi nghiệm (x; y) thỏa mãn x ≥ 0, y ≥ là nghiệm không âm Nguyễn Văn Xá 15 (40) Tài liệu tham khảo [1] Bộ Giáo dục và Đào tạo, Tài liệu hướng dẫn thực chuẩn kiến thức, kĩ (Toán 10,11,12), NXB Giáo dục Việt Nam, 2013 [2] Nguyễn Hữu Điển, Những phương pháp điển hình giải toán phổ thông, NXB Giáo dục, 2001 [3] Nguyễn Hữu Điển, Sáng tạo giải toán phổ thông, NXB Giáo dục, 2002 [4] Trần Văn Hạo (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12 (ban bản), NXB Giáo dục Việt Nam, 2013 [5] Nguyễn Phụ Hy, Ứng dụng Giải tích để giải toán THPT - tập 1, NXB Giáo dục, 2005 [6] Phan Huy Khải, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông - Giải tích lồi và các bài toán sơ cấp, NXB Giáo dục, 2007 [7] Nguyễn Xuân Liêm, Chuyên đề Bất đẳng thức và Bất phương trình, NXB Giáo dục, 2003 [8] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục, 2006 [9] Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục, 2007 [10] Đoàn Quỳnh (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12 (ban KHTN), NXB Giáo dục Việt Nam, 2013 [11] Nguyễn Thế Thạch (chủ biên), Đổi phương pháp dạy học và ví dụ minh họa, Toán 10, 11, 12, NXB Giáo dục Việt Nam, 2012 [12] Đề thi TN THPT, ĐH-CĐ, THPT QG và thi HSG các năm [13] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam [14] Tài liệu trên Internet (41)
- Xem thêm -

Xem thêm: 04Hamloi NVXa, 04Hamloi NVXa