Tài liệu Sáng tạo bất đẳng thức P4 pptx

Tìm hằng số đương p tốt nhất để bắt đẳng thúc sơu đứng uới mọi a,b,c không âm sao cho a+b+c=3 4.5.1 Phương pháp tích phân đối với bất đẳng thức Trong nhiều bài toán, các tính chất của

Với các số thực a,b, c, dd không âm và abcd = 1 [1

Trong phần cuối của bài viết, bạn đọc hãy tự giải bài toán bài toán sau đây

Ví dụ 4.3.7 Tìm ước lượng cho biểu thức sau

Trong đó a,b,c, d là các số thực không âm

Nội dung sắp trình bày trong bài viết này đặc t trưng cho mạch phát triển chung

của cuốn sách, đó là sự tự đặt vấn đề, tìm tòi và tự giải hoặc xây dựng những bất

đẳng thức từ một dạng bất đẳng thức tương tự Việc không thể giải quyết một vấn

đề nào đó lại làm nảy sinh được rất nhiều bài toán hay Mở đầu, chúng ta hãy bắt

đầu với bài toán tưởng chừng rất đơn giản sau đây

Problem 7 Giả sử a,b,c là các số thực không âm thoả mãn ab+be+ ca = 1 Chứng

-Bạn bãy tự mình thử sức với bài toán trên Rõ ràng, hình thức của nó quá đơn

giản và không có gì mới mẻ, nhưng trên thực tế, bất đẳng thức lại là một bất đẳng

thức quá khó và hiện nay, một lời giải được chấp nhận về mặt toán học cho nó lại

quá phức tạp và dài dòng nên tác giả không muốn ghỉ ra ở đây Khi đứng trước một

vấn đề đẹp đẽ thế này, nhất định chúng ta sẽ không dừng lại và bỏ qua Sẽ còn rất

nhiều điều thú vị xung quanh nó mà các bạn sẽ được biết ngay dưới đây

Trước hết ta xét một trường hợp biến đổi đơn giản nhất, bỏ đi các căn thức Ta,

4.4 Suy luận và phát triển 309

LỜI GIẢI Chứng minh bất đẳng thức trên khơng khĩ lắm, phương pháp gần giống

với 8.0.8 Ta chuyển về dạng tương đương như sau

Khơng mất tính tổng quát, giả sử a > b > c Ta chỉ cần xét khi ø >b+c Khi đĩ

Khi thay đối hệ số dưới mẫu, ta cĩ một bất đẳng thức khác như sau

Ví dụ 4.4.2 Chứng minh rằng uới moi a, b,c khơng âm ta cĩ

a? +2be | B+ 2ac + 24 Dab ~ ab+be+ ca

LỜI GIẢI Các bạn hãy tự chứng minh bất đẳng thức này H

Thực ra bài tốn trên chỉ là hệ quả của một bất đẳng thức mạnh hơn như sau

Ví dụ 4.4.3 Với mọi số thực khơng âm a,b,ec ta luơn cĩ

d2 +2be T b+ 2ac* c2+2ab - ab + be + ca —à?+b2+c2

_ (a- b)2(b — c)2(c — a)2(œb + be + ca + a2 + b2 + ce)

(a2 + 2bc)(b2 + 2ae)(c2 + 2ab)

Đẳng thức xảy ra ở bất đẳng thức trên khi và chỉ khi trong 3 số a,b,c cĩ Ít nhất 2

số bằng nhau Đây là một trường hợp rất đặc biệt 1

Ngồi ra, cách phân tích trên dựa vào nhận xét sau : Nếu cho 2 biến bất khi

trong 3 biến a, b, c bằng nhau thì ta luơn c6 VT = VP Do do hiệu giữa chúng phải

cĩ thừa số (a — b)2(b — €)2(c ~ a)? Thừa số cịn lại sẽ được xác định sau

Một cách tự nhiên, ta mong muốn một ước lượng tương tự với bất đẳng thức

dạng tổng quát Ta cĩ bất đẳng thức sau đây

310 Chương 4 Một số vẫn đề chọn lọc về bắt đẳng thức

Ví dụ 4.4.4 Chứng minh rằng uới mọi số thực không âm a,b,c vap 23+ V7 là

một hằng số dương tuỳ Ú, ta luôn có bắt đẳng thức

_ 9pˆab + p(p ~ 5)c(a + b) = (p~ )c” > (p—= 2)c(& + b— ©):

Phần còn lại ta phải chứng minh

Du (pa? + be) pb? + ac) = (pb*-¥ ac) (pe? + ab) * (pa? + be)(pe* + ab)

a(b — a)(b—c)? b(a — b)(b — c)?a?

= (pb? + ac)(pe? + ab) * (pa? + bc)(pe? + ab)b2

_ala- b)?(b — e)2(pab — ca — cb) > —ab(a — b)2(pab)

^ ˆ b(pa2 + be)(pb2 + ac)(pc2 + ab) — (pa? + be)(pb2 + ac)(pe? + ab)

—pab(a — b)?

= (pa? + be) (pb? + ac)”

Bất đẳng thức đã được chứng minh xong Lưu ý rằng với trường hợp ? = 3+ Vĩ có

thêm một trường hợp xây ra đẳng thức là ø = b,c = 0 hoặc các hoán vị n

Bay gid ta sẽ nhìn nhận bất đẳng thức theo một cách khó hơn, tức là vẫn giữ

nguyên dấu căn thức Có một kết quả rất bất ngờ là

4.4 Suy luận và phát triển 311

Ví dụ 4.4.5 Chứng mình rằng uới mọi số a,b,c không âm bất đẳng thức sau đây

LỜI GIẢI Thực ra bài toán này lại có một cách chứng minh rất đơn giản và khá

bất ngờ Ta trực tiếp bất đẳng thức AM - GA với các số hạng ở về trái

va2+bc vb?+ac vc2+ab — §/(a2 + bc)(b? + ac)(c? + ab)

Phần còn lại ta chỉ phải chứng minh

(œ+b+ c)Š > 64(a2 + bc)(b? + ac)(c? + ab)

Ầ S a8 + 63 `a5(b +c)+ 15 3 `a*(b +c?)+ 60abc Ð ` a2(b +c)

> 38a7b?c? + 34abe » +44 5° ab’

sys sys

Sử dung đẳng thức sau

(a — b)?(b — c)?(c ~ a)?

= S| a*(b2 + c2) + 2abe À "ab(a +b)—2 S > ao? — 2abe » a3 — 6a?b2cẺ,

do đó

15} a*(b? +c?) + 30abc ` ab(a + b) > 303 2 a°bŠ + 30abe ^a3 + 90202

Theo bat ding thttc Schur ta suy ra

So a8 + abe) “a8 > 3 a5(b + c)

Và như vậy, bài toán được sẽ suy ra từ kết quả cuối cùng sau

7S `aŠ(b+ c)+ Babe)” ab(a + b) > 6abc À ` a3 +14 Sab

« 5 “(a — b)?ab(a + b)(7a + 7b — 3c) > 0

sys

Nhung điều này hiển nhiên đúng theo định lí S.O.S Đẳng thức xảy ra khi a = b, e£ = 0

hoặc các hoán vị

3(a+b+e) > 2 (VA? + be + VÌ + ac + về? + ab)

LỜI GIẢI Chú ý rằng ví dụ 4.4.5 chỉ là hệ quả của ví dụ 4.4.6 và bản thân bài toán

4.4.6 cũng là một bài toán rất khó Các bạn hãy xem lại bài 2.16 chương II O

Một kết quả tương tự của ví dụ 4.4.5 là

Ví dụ 4.4.7 Chứng mình rằng uới mọi sô thực duong a,b,c ta cd

Day là một bài toán khó Bạn đọc hãy xem thêm trong bài 2.93 chudng II

Một tổng quát theo hướng khác của ví dụ 4.4.2 là

Ví dụ 4.4.8 Tìm hằng số đương p tốt nhất để bắt đẳng thúc sơu đứng uới mọi

a,b,c không âm sao cho a+b+c=3

4.5.1 Phương pháp tích phân đối với bất đẳng thức

Trong nhiều bài toán, các tính chất của tích phân và nguyên hàm giúp chúng

ta có được những chứng ¡ninh rất ngắn.gọn và 'đẹp mắt Vì tích phân, vi phân là

đối tượng nghiên cứu chính của toán học cao cấp và giải tích hiện đại, tác giả cũng

không đi quá sâu vào các định lí mang tính lí thuyết Trong phần này, ta chỉ sử

dụng tính chất cơ bản nhất, đơn giản nhất của tích phân đối với bất đẳng thức là

4.5 Bất đẳng thức thuận nghịch 313

1 Nếu ƒ(z) > 0 Vz € {a,b] thì 1 Ƒ(z)dz > 0

2 Nếu ƒ(z) > g(z) V+ € a, b} thì ƒ° ƒ(œ)dz > J 9(x)dz

Trong phần này, tác giả chỉ đưa ra 2 bài toán quan trọng và tiêu biểu nhất về

ứng dụng của tích phân đối với bất đẳng thức phổ thông

Ví dụ 4.5.1 (Romanian MO) Chứng minh rằng tới mọi số thực a\, dạ, , dạ tu

ú ta luôn có bất đẳng thức

n

` Aaj > 0

ij=l ¡+7

LỜI GIẢI Với bài toán này, các phương pháp thông thường khó mang lại hiệu quả

vì biểu thức của nó tương đối phức tạp Việc có hệ số ¡ + j ở dưới mẫu giúp chúng

ta định hướng được sử dụng phương pháp tích phân Xét hàm số sau đây

Nên bất đẳng thức được chứng minh xong L]

Ví dụ sau đây khó hơn một chút về các chi tiết nhỏ trong chứng minh, nhưng

phương pháp thì tương tự như trên

Ví dụ 4.5.2 Chứng trinh bắt đẳng thúc sưu ouới các số thực ứ\, dạ, , ay tuỳ Ú

>> 1+fi- 4] = ij=l

Nhưng chúng ta sẽ không ban quá kĩ về kĩ thuật dạng này, mà sẽ chuyển tới một

ứng dụng khác tỉnh tế và đặc biệt hơn, đó là phương pháp tích phân đối với các bất

đẳng thức thuận nghịch

314 Chương 4 Một số vẫn đề chọn lọc về bắt đẳng thức

4.5.2 Bất đẳng thức thuận nghịch

Chúng ta hãy trở lại với bất đẳng thức sau

Problem 8 (Gabriel Dospinesscu) Chting minh vdi moi a,b,c duong ta có

Lor GIẢI Đây là một bài toán rất khó, hiện nay chưa có một lời giải nào thuần tuý

đại số cho bất đẳng thức này Lời giải bằng tích phân là một chứng minh rất đẹp

Xót bất đẳng thức quen thuộc sau đây

(z2? + y2 + z2)? > 3(x3ụ + z+ z3)

Dat 2 =t*,y=t,z =t°, thay vào bất đẳng thức trên

(i +ỆP + ey" >3 Ga 4 pote 4 feta) Lấy tích phân cả 2 về ta được

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b=c QO

Việc đặt z = “, = f?,z = t° rồi lấy nguyên hàm đối với ¿ không phải là một

công việc đưn giãn và dễ dàng nghĩ được ra Thậm chí đây còn là một kĩ thuật rất

mới và khó Tuy nhiên, chúng ta sẽ không tìm hiểu tại sao có thể làm như vậy, mà

sẽ nói nhiều đến việc học được gì từ các chứng minh đó Có một ví dụ tương tự là

Ví dụ 4.5.3 Chứng minh bắt đẳng thúc sau uới các số thực đương a,b,c

Lời GIẢI Xuất phát từ bất đẳng thức Schưr ta có

z3 +9 + z3 +3zz > z(+ + 0) + 9z( + z) + z+(z +)

4.5 Bat dang thức thuận nghịch 315

Dat c= tu =t,z = f° ta được

; (es + pb + pe + grate) > ; (“tự + ?) + t?c(# + £) + tree + t*)) ;

Lay tich phan 2 vé trong doan [0, 1} ta co điều phải chứng minh L1

Sau đây là một ví dụ khó hun

Ví dụ 4.5.4 Ching minh vdi moi a,b,c > 0 thi

4a 4b ác 3a+b 3b+c 3ct+a a+ 3b b+ 3c c+ 3a

Lor GIẢI Xuất phát từ bất đẳng thức sau đây

x“+oy®+z2+ V2(z3ụ + y®z + z3z)> (1+ V2)(zy° + zŠ + zzŠ)

Lời GIẢI Dặt & = 8/9, ta phải chứng mình

Sant 3b—-1 3c-1 a+b+e-1 2a+b—-1 2b+c—1 cta~1

Day là dpcm Dang thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 1

Chú ý rằng hằng số k tốt nhất trong bất đẳng thức (*) là

=v — 1 0, 88988 > = 0, 8888

Qua các ví dụ trên, ta nhận thấy đối với mỗi bất đẳng thức thông thường dạng

đa thức hoặc phân thức luôn có một bất đẳng thức tương ứng bằng kĩ thuật tích

phân lấy qua luỹ thừa Các bất đẳng thức tạo thành những cặp thuận nghịch với

nhau và nếu có một bất đẳng thức thuận thì sẽ có một bất đẳng thức nghịch đúng

(nhưng không có điều ngược lại) Chúng ta thường nghiên cứu nhiều hơn các bất

đẳng thức ở dạng thuận, và thông thường thì các bất đẳng thức dạng nøghịch lại khó

hơn hắn Kĩ thuật này rất có ý nghĩa với việc sáng tạo bất đẳng thức, vì mỗi bất

đẳng thức thuận sẽ tạo ra được một bất đẳng thức nghịch Điều quan trọng là phải

biết nhìn nhận được bất đẳng thức nghịch và đưa nó về bất đẳng thức thuận dễ

Có thể tổng quát điều này thông qua bổ đề sau đây

Bổ đề 5 Giả sử x1, x2, , 07, la cde số thực đương thoả mãn

> Cay 095 ,an 04) L505” > Ss; "mm .Ắ ‹

(01,aa, ,an)€.8 (bi,ba, ,Dn)€T"

Thi ta có

Cay,09, 4n > yy ,b9, 4bn

(ai.as.-a„)€8 a, t+ agqt +an ~ (by,bo, bn) ET b) + bo + t+ bn

Nhưng bổ đề này chỉ mang tính hình thức, vì cách phát biểu quá phức tạp để

nhận biết Điều quan trọng chỉ cần chúng ta hiểu được tư tưởng phép chứng minh

Sau đây là một số ví dụ sử dụng phương pháp này

Ví dụ 4.5.6 Chứng minh uới mọi a,b,é > 0 thì

4.6 Đi tìm lời giải sơ cấp 317

“ LỜI GIẢI Xây dựng từ bất đẳng thức thuận sau đây

2b?c? > (a 5(b+ e) + b?(c+ a) + c”(a+b))

a5 + bŠ + cỔ +a 25

Ví dụ 4.5.7 Chứng mình uới các số dương a,b,c, d tuỳ ú thì

‘(cee Đ;n)>Š Barb sym

Lời GIẢI Xây dựng từ bất đẳng thức thuận sau đây -

Ví dụ 4.5.8 Ching minh vdi moi a,b,c,d duong via+b+c+d=4 thi

boc d ~(a+b)(eđ+d) 8 + (b+ec)(d+à) 8 + (c+a)(b+d) 8

LỜI GIẢI Xây dựng từ bất đẳng thức Tukeroici

d* + b + ct + d4 + 2abed > a2b2 + bc? + c2d2 + da? + a^c? + 242

318 Chương 4 Một số vấn đề chọn lọc về bắt đẳng thức

Ví dụ 4.6.1 Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a2 + bŸ + c2 = 3, chứng mình

a3b2 + b3c? + c3a? <3

LỜI GIẢI Những bài toán 3 biến dạng đơn giản như trên đã rất quen thuộc với

chúng ta, và đã có rất nhiều cách khác nhau có thể ứng dụng để giải các bài toán

như vậy Tuy nhiên, bạn hãy xem lại và thử một lần suy nghĩ thật nghiêm túc về

nó bạn sẽ thấy đây là một bài toán rất khó Lời giải sau đây được trình bày dựa

vào những kiến thức cơ bản của phương pháp nhân tử Ùagrønge và hi vọng bạn

đọc sẽ tìm ra được một phương pháp sơ cấp hơn để chứng minh trọn vẹn bài toán

này trong thời gian tới Lời giải sau dây chỉ có ý nghĩa là khẳng định bất đẳng thức

xảy ra khi và chỉ khi z = = z (bạn đọc hãy tự kiểm tra tính chất này), từ đó giá

trị lớn nhất của biểu thức ƒ(z,, z) với z >> z,z++z= 3 và k= 3/2 chỉ có

thể xảy ra trong trường hợp # = = z = 1 Nói cách khác

ƒ(z,w,z)<3Vz>u>z>0,z+u+z=3,k=3/2

Nhưng mặt khác cũng dễ dàng chứng minh được rằng nếu z > ¿ > z thì

aky + ykz + zka > wy* + yzk + za

Vay bất đẳng thức được chứng minh xong, đẳng thức xây ra khi và chỉ khi z = =

z = 1, trong đó +, g, z tương ứng với aŸ, b?, c2 trong bài toán ban đầu OQ

Từ kết quả bài toán trên ta suy ra

Ví dụ 4.6.2 Chứng minh rằng uới mọi a,b,c > 0 uàa+b+c= 3 ta có

a*b+ b*c + cha < 3,

Trong đó k là số thực dương tuỳ ú, k < 3/2

LỜI GIẢI Thực ra bài toán chỉ là hệ quả từ nhận xét sau

Bổ đề Nếu a#*b + be + c*a < 3 uới k 3 0 nào dé va a,b,c là các số dương thoả

mãn điều kiện trên thà uới mọi số dương Ì < k ta có bất đăng thúc

d!b + bc+ đa < 3

4.6 Đi tìm lời giải sơ cấp 319

CHỨNG MINH Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có

km km ™

(akb + bkc + cÈa)PP (b + e + a)" > (amb + mR Cm g) 9E,

Do đó nếu ¡ là một số hữu tỉ tuỳ ý, | < k thì tồn tại các số nguyên dương rn, r› sao

cho | = Am từ bất đẳng thức ở trên suy ra

aFb + b*e + cha < 3

Nói cách khác, ta đã chứng minh bất đẳng thức đúng với mọi / hữu tỉ nhỏ hơn &

Nhưng vì hàm số ø!b + be + cla là hàm liên tục với Ì > Ö nên bất đẳng thức đúng

với moi 0 > 1 < k (vi tap các số hitu ti tri: mat trong R) Khẳng định được chứng

mình xong

Xét bất đẳng thức tổng quát hơn sau đây

Ví dụ 4.6.3 Tìm hằng số dương k tốt nhất để bắt đẳng thúc

aFb + b*e + ca < 3,

Đứng vdi moi a,b,c >0,a+b+c=3

Chỉ sử dụng kiến thức toán phổ thông thì đây là một bài toán rất khó Xin nêu

ra đáp số để các bạn suy nghĩ thêm

gktipk

ob + Fe + cha < max ( 3 DFA ):

Và nếu ta xét bài toán tổng quát hơn nữa, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

¢

P(r, s) = a"b® + bc? + c"a"

Thì dường như là một việc không tưởng, vì ngay cả trong các trường hợp cụ thể

bài toán cũng đã rất phức tạp Chẳng hạn đơn giản với ? = 3 /2,s = 1/2 là một bất

đẳng thức trong chương HÏ

(a2 + b2 + c2)? > 3(a3b + Bee + ca)

Nếu s = 1 thì chưa có lời giải hoàn thiện bằng phương pháp toán phổ thông, chỉ

riêng trường hợp r = s bài toán mới được giải quyết xong Đây là một vấn đề mở

rất khó và tác giả hi vọng nhận được sự trao đổi thêm từ bạn đọc

320 Chương 4 Một số vẫn đề chọn lọc về bất đẳng thức

4.6.2 Thêm một bài toán 4 biến

Các vấn đề của bất đẳng thức 4 biến đã được định lí S.M.V giải quyết một cách

khá trọn vẹn, nhưng đôi khi vẫn có những bài toán không thuộc vào phạm vi ấy

Hãy bắt đầu với bài toán sau đây

Ví dụ 4.6.4 Cho các số dương o,b,c,d thoả mãn điều kiện a + b+ c+ d= œ2+

b? + c2 + đ2, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

+8 +343

LỜI GIẢI Đối với bài toán trên, định lí S.M.V chỉ chứng minh được rằng giá trị

lớn nhất chỉ đạt được khi 3 biến nhỏ nhất bằng nhau, tức là đã giúp đưa bài toán

về dạng đơn giản hơn rất nhiều là : Nếu 3a2 + đ2 = 3a + d oà a, d > 0, hãy tầm giá

trị lớn nhất của 3a3 + d Tuy nhiên bước cuối cùng đơn gidn nay xem ra rất khó

để chứng minh hoàn toàn bằng kiến thức toán sơ cấp Với định lí Uagrange ta có

thể kiểm tra được rằng giá trị lớn nhất của biểu thức đạt được khi

Rất may mắn, bài toán này hoàn toàn có thể chứng minh được bằng phương

pháp S.O.S ! Một câu hỏi tiếp tục được đặt ra là

Ví dụ 4.6.6 Cho các số dương a,b,c,d thoả mãn điều biện a + b+c+d= a?2+

b2 + c2 + d2, tìm giá trị tốt nhất của k để bất đẳng thức sau luôn đúng

Đây cũng là một vấn đề chờ các bạn khám phá (với phương pháp toán phổ thông)

4.7.1 Các bộ trội và một số tính chất liên quan

Tính chất bất đẳng thức của các bộ trội và hàm lồi là một phần khá quan trọng

và sâu của bất đẳng thức, có nhiều ứng dụng rất mạnh Phần chính được đề cập

đến là bất đẳng thức Xaramafa

4.7 Lí thuyết bộ trội và bất đẳng thức Karamata 321

Dinh nghia 5 Cho 2 66 sé a = (a1, d2, ,@n) 0à b = (bị, bạ, , bạ) Ta nói bộ a

trội hơn 66 b, ki hiéu a > b néu chiiny thod man cac diéu kién suu day

a, 2 a2 > > an

bị > bg > > bn

đi +úa+ +ay > bị + bo + +d, Vk = 1,2, n-—1 đ1 + 0a + +du = b) + bo + +d,

Voi day (a) = (a1,@2, ,@n) bat ki ta kt hiéu (a*) là dãy gồm các phần tử của (a)

sắp rếp theo thứ tự tăng dần Với 2 bộ số (a) = (œ, dạ, , a„) va (b) = (b1, ba, ., bn)

tu có định nghia (a*) trội hơn (b*) tương tự

Sau đây là một số tính chất cơ bản liên quan đến các bộ trội

Bồ đề 1 Véi b6 86 (a1, 42, .,an) vd a, > a2 > > a„ bất kà ta có

(@1,@2, ,4n) > (a,4, ,a), ø = (đi + dạ + + an)/n

Bồ đề 2 Giá sử ai > a2 > > Gn va T = (T1, Tta Tn) là một hoán tị bất kì của

đi +đa + + day = bị +ba + + bạ

Thà bộ (a*) trội hơn bộ (b)

Các tính chất trên khá hiển nhiên và có thể chứng minh dễ đàng theo định nghĩa

của bộ trội

Bồ đề 4 Néu x; > #a > > #n Uồ 1ì > 2 > > tạ sao cho #¡ + đa + + 8n =

Ty hoe et ahs 1ì Đa + + 1n va i> Bye; thi

Lp YG

(21, +2; › Ln) > (1, 12, Yn)

CHỨNG MINH Ta sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp

Do 2;/21 < //ị nên khi lấy ¿ = l,n rồi cộng tất cả các bất đẳng thức lại ta sẽ có

+ †+za+ +„ < Yt Yet + Yn

322 Chương 4 Một số vẫn đề chọn lọc về bất đẳng thức

Lại xét với bộ mới (# + Z2, 4, #n) Và (1 - 1a, 93, - › 0u) Theo chứng mình quy

nạp thì

(z1 + #2;3; , En) > (yn + 92,3: - Yn)

Kết hợp với chứng minh z¡ > y; 6 trén ta cé dpem O

Sau đây là định lí quan trọng nhất của lí thuyết này

Dinh ly 4.3 (Symmetric Majorization Criterion) Cho a = (a1, @2, ,an) va

b = (bj, bo, ,bn) la 2 dãy số thực Khi đó ta có thé sdp xép lai 2 day dé thanh 2

dấu tương ứng (a!), (b) va (a’) >> (b’) khi va chi khi vdi moi 86 thuc x ta luén có

|øi — #| + |øa — #| + + |a» — #| > |bì — #| + [bạ — x| + + |ba — z|

CHỨNG MINH Ta phải chứng minh 2 mệnh đề

1 Điều kiện cần :

Giả sử (ø*) > (b*), ta sẽ chứng minh với mọi z thì

|øi — z| + |aa — #| + + |øu — #| > |bìi — #| + |ba — z| + + |b„—z| (1)

Thật vậy, khẳng định trên có thể suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức Xaramata

với hàm lồi ƒ(z) = | — a|, tuy nhiên ta sẽ chứng minh trực tiếp khẳng định

trên bằng kiến thức thuần tuý đại số

Không mất tính tổng quát gid st? a, > ag > > adn và bị > bạ > > bạ

Thco giả thiết ta có (ø) >> (b)

Hiển nhiên (1) sẽ đúng khi z > bị hoặc z < bạ, vì trong 2 trường hợp này ta

đều có

VP= [by + bog + + bn — m#|

= |øi + øa + + ay — n+| < VT

Xét trường hợp tồn tại số nguyên k để b¿ > z > b¿„¡, khi đó ta có thể bỏ đi

các dấu giá trị tuyệt đối của biểu thức về phải

|by — z| + |ba — z| + + |bx — ~| = bị + bạ + + bự — kz,

|be+i — #| + |be+a — #| + + lbn — #| = (n — k)# — begs — Ùk+; — — Đn

Xét với dãy (a) thi

4.7 Lí thuyết bộ trội và bắt đẳng thức Karamata 320

Hoàn toàn tương tự

|øk+i — #| + |ag+a — #| + + lau — #| 3 (n — k)# — (ag+i + 0+2 + + đan)

|øi — #| + |øa — #| + + lan — #| 3 |ồi — z| + |ba — z| + + |b„ — z|

thoả mãn với mọi số thực z, ta phải chứng minh (a*) (b*)

Không mất tính tổng quát giả sử + > dạ > > a„ và bị > bạ > > bạ Vì

bất đẳng thức đúng với mọi z nên khi cho z > max,_Tn{đ¿, b;} ta được

mrz — (di + ga + + aạ) > nư — (bị + bạ + + bạ)

= øi +02 + + ay < bị + ba + + bạ, Hoàn toàn tương tự cho z < min,_†{a¡, b¿} ta được

0t + gạ + + an — nự <S bị + bạ + + Ùn — Ti

= đi +úa+ + ứ„, > bị +bạ+ + bạ,

Từ 2 bất đẳng thức trên rút ra được đi + đa + + ay = bị +bạ+ + bạ,

Lay x € [øy+, day] ta có thể bỏ đi các dấu trị tuyệt đối ở về trái

ja, — #| + |aa — z| + + |ay — #| = ai + a¿ + + ag — kz,

|øy+i — #| + |0k+a — #| + + |0na — #| = (n — E)# — ays — 8p+3 — — đạn

Xét với biểu thức về phải, dễ thấy

324 Chương 4 Một số vấn đề chọn lọc về bắt đẳng thức

Đây là đpem Định lí được chứng minh xong L]

Với định lí này, khi xét tính trội của các bộ ta chỉ cần xét một bất đẳng thức

tổng quát chứa z là đủ Diều này rất quan trọng vì nếu làm theo cách thông thường

thì phải xét khá nhiều trường hợp

Nếu như bạn chưa quen với các bộ trội, bạn sẽ cảm thấy các giả thiết của định

nghĩa quá ép buộc và rắc rối.Tuy nhiên những vướng mắc này sẽ dần dần được tháo

gỡ khi bạn tiếp cận với 2 định lí rất quan trọng liên quan đến các bộ trội, đó là bất

dang thtte Muihard va bat dang thitc Karamata, trong do ching ta sé nghién crtu

sâu hơn đến bat dang thitc Karamata

Định lý 4.4 (Dinh lí Muihard) Nếu bộ (a) = (a), 42, ,@n) trdi hon bộ b =

(bị, bạ, , bạ) thà vdi moi déy số đương #\, a, „ ta luôn, có

» ry tà 2) 0 > ` xy tự (2) yon Ẵ (z(),x(2) x(n)) (x(1),x(2), ,m(m))

Tổng trên lắy trên tắt cả các dãy hoán tị ((1); m(2) r(n) của (1,2, , n)

Ngoài ra nếu cho (a), (b) là 2 bộ số bất kà sao cho bất đẳng thúc trên được thoả mãn

voi moi day số dương (\,#a, , ®n) thà ta phải có (a) 3> (b)

Chẳng hạn, hệ quả trực tiếp là

a*®b2 + b%c2 + c1a2 + a2b' + b2c* + c2a® > aŠb2c + bŠc2a + c3a2b + aŠc?b + b°a?c + cba

(bất đẳng thức dạng trên thường được viết gọn lại thành [4, 2, 0] > [3, 2, 1])

Với các bộ trội, ta có một định lí rất quan trọng thường hạy sử dụng, đó là bất

dang thite Karamata

Định lý 4.5 (Bất đẳng thttc Karamata).-Néu a > 6 va f 1a mét ham 161 kha

vi cap 2 thi

f(ai) + f(a2) + + flan) 2 F(b1) + F(b2) + + F(bn).-

CHỨNG MINH Có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức trên nhưng có lẽ ngắn gọn

và dễ chấp nhận nhất là phương pháp sử dụng khai triển Abei

Vì ƒ là một hàm lồi nên

ƒ(œ)— ƒ(u) >(œ—w)f'0) Very

4.7 Lí thuyết bộ trội và bắt đẳng thức Karamata 325

fle) = fw)

-y ? = ƒ(#) < fly) voi ở € («,y) > dpem

Do đĩ — (ai) ~ f(bi) > (a; — b:) f(b) Vi= Ton

Sử dụng khai triển Abel

Thật vậy, nếu z > y thì = ƒ(e) > ƒ(w) với e € (z,)

Nếu z < thì

(a, — bi) f’(b1) + (a2 — ba) ƒ (ba) + + (Qn — bạ) ƒ (bạ)

= (ai — b1)(f"(b1) — f’(b2)) + (a1 + a2 — by — ba)(ƒ (bạ) — f'(b3)) +

+ (a, +ag+ +@n-1 — 0; —b2 - - bn—1)(f’(bn—1) — Ƒ(bx)+

+ (ai + đa + + an — bị — bạ — — bạ) ƒ (bạ)

> 0

Vi f'(d;) > f’(bi41) ,a,+ag+ + ay > by + bo + + dg

Đẳng thttc xay ra khi va chi khi a; = b; Vi=T,n O

Chú ý rằng ta cĩ thể thay diéu kién (a) >> (b) bởi điều kiện (a) > (6), bất đẳng

thức vẫn đúng Cịn nếu ƒ là hàm khơng giảm thì hiển nhiên giả thiết cuối cùng cĩ

thể thay bằng giả thiết mạnh hơn đị +ũa + + an > bị Dba+ + bn

Kết quả tương tự được suy ra đối với hàm lõm

Hệ quả 4.1 Nếu à 3> b vị ƒ là một hàm lõm khả ơi cấp 2 thi

„ f(ai) + f(as) + + ƒ(an) < ƒ(bi) + ƒ(ba) + + F (bn):

CHỨNG MINH Tạ chỉ cần xét bất đẳng thức với hàm lồi — f(x) O

Hàm lồi của chúng ta cũng cĩ thể được hiểu rộng hơn, đĩ là các hàm thoả mãn

điều kiện œƒ(a) + ؃(b) > ƒ(œa + 6b) Va,8 >3 0,œ+ 8 = 1 Khi đĩ chúng khơng

cần điều kiện khả vi và bất đắng thức arœmata vẫn hồn tồn đúng (bạn đọc hãy

tự chứng minh)

Nếu bạn mới làm quen với bất đẳng thức arameta và các bộ trội thì hẳn đây

là một định lí rất khĩ tiếp nhận Phần nhiều là do điều kiện của các bộ trội khơng

thể dễ dàng áp dụng Dễ bước đầu làm quen với bất đẳng thức trên ta sẽ giải quyết

các bài tốn đơn giản trước, việc áp dụng định lí Xarmata được áp dụng trực tiếp

Đầu tiên là một chứng minh cho bất đẳng thức Popơuiciu đã nĩi ở chương trước

Hệ quả 4.2 (Bất đẳng thức Popoviciu) Nếu ƒ là một hàm lơi thi

fa)+70)+/9+/(°2ˆ°) >3 77)+/(7)+700))

326 Chương 4 Một số vấn đề chọn lọc về bất đẳng thức

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát giả sử ø > b > c Xét các bộ số sau đây

(x) = (a, a, a, b, t,t, t, b, b,c, ¢, c) › (y) = (a, a, a, a, B, 8, B, By)

Kết quả này cho ta điều phải chứng minh L1

Chú ý rằng trong chứng minh trên ta cần đặt b vào giữa ø, ý nếu để theo thứ tự

bình thường thì sẽ không có hiệu quả

Hệ quả 4.3 (Bất đẳng thức Jensen) Nếu ƒ là một hèm lồi thà

f(r) + ƒ(aa) + „+ flan) > nf Ga n

LỜI GIẢI Dựa vào bố đề 1, giả sử øị > a¿ > > ứn thì

_ a) + a2t+ t Gn

(đ+, 0a, ., đụ) > (a, a, a0), 0

Ví dụ 4.7.1 Cho các số thực a,b, c,2,y,z€ I thod man

"gø+b+e=z+ + z,max(a, b,c) > max(z, , z), min(a, b,c) < min(z, y, 2),

Khi đó uới muội hàm lồi ƒ trén I ta luén c6

f(a) + f(b) + fle) 2 f(x) + Fly) + ƒŒ)-

LỜI GIẢI Kết quả trên hoàn toàn suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức Karamata

Giả sử rằng x > y > z, khi đó

a>z,c< z> (z,0,z) > (a,b,c) O Khi thay hàm ƒ bởi một số hàm lồi cơ bản như sin # hay z2 ta đều có các kết

quả thường được áp dụng Chẳng hạn với ƒ = sinz ta có bài toán quen thuộc sau

4.7 Lí thuyết bộ trội và bắt đẳng thức Karamata 327

Néu AABC gan déu hun AA’B'C’ thi

sinA+sinB+sinC < sin A’ + sin B’ + sin’

Trong d6 AABC gan déu hon AA’B'C’ cé nghia 1a

max(A, B,C) < max(A’, B’,C’), min(A, B,C) > min(A’, B’,C’)

Các bài toán vừa trình bày giúp các bạn có định hướng tốt khi sử dụng bất đẳng

thức với bộ trội, phần nào mang nặng tính lí thuyết Sau đây là một số ứng dụng

mang tính £hực tế hơn của bất đẳng thức dạng này

Ta xét bộ b = (bj, ba, ., bn) 1& bộ hoán vi của day (Inq), Inag, , nan) xếp theo

thứ tự giảm dần Ta có thể coi b¿ = In ø;, với (k, ka, , k„) là hoán vị nào đó của

(1, 2, , 7)

Khi do bd ¢ = (2Ina, — Inag, 2Inaeg - Inaz, ,2Inay — Ina,) cd thể xắp xếp lại

thành một dãy mới là

= (2lnø,, — lnø,+i, 2lnag„ — Ìnag;+1, ., 2ln đệ — Inag,41)-

Do b = (đx,,dw,, , ax„) là một bộ đơn điệu giảm, và dễ thấy rằng c* > b nên

ƒ(e)) + ƒ(c2) + + ƒ(en) > ƒ() + f2) + + fon);

với œ = 2Ìlnd,, — lnøe,+ và b¿ = Inag,

Lấy ƒ(z) = In(1 + e?), ƒ hiển nhiên là một hàm lồi và ta có đpcrn L)

ie) chọn hàm ƒ(z) có thể bạo ra các bài toán khác nhau, chẳng hạn với hàm

lồi ƒ(z) = V1+e ta có '-

Không mất tính tổng quát, gid st¥ a] > a2 > > Gn, khi do 4) > 2 > > Ty Va

1 > 1a > > 9» Ngoài ra với mọi ? > j

a Wp

Theo bổ đề 4 về các bộ trội thì (Z1, Za, , Zm) 3> (1; 2; +s Yn):

Vì hàm ƒ(z) = TT là hàm lồi nên ta có đpem theo bất đẳng thức Karamata Œ

Ví dụ 4.7.4 (Canada Open Competion) Giả sử œ, qạ, , đạn là một hodn vi

ctia by > bg > > ban > 0 Chitng minh

(1 + aya@2)(1 + a3aq4) (1 + @an—142n)

< (14+ bybg)(1 + bgb4) (1 + ban—1ban)- Loi GIAI Xét f(x) = In(1 + e*) va 2; = Ìn ø, ¿ = Inb¿ Ta phải chứng mình

f(a, + 22) + flag +24) + + f(2n-1 + Lan)

<Š F(m + y2) + F(ys + ya) + + J(Wan~t + Yon):

Xét bộ # = (Z + Za, 3 + Ø4, , Zan—t + Z2n) Ta giả sử z* là 1 hoán vị nào đó các

phần tử của z sao cho chúng được sắp xếp giảm dần

Nhưng dễ thấy rằng (¡ + 1a, 3 + 4: - 2n—t + Yon) S> +” vì với mọi k thì

ta + Ð 2y > TT + đã + + 2p

Vậy theo bất đẳng thức Karơmata ta có điều phải chứng minh LÌ

4.7 Lí thuyết bộ trội và bát đẳng thức Karamata 329

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét các vấn đề khó hơn của lí thuyết này, áp dụng định

lí của các bộ trội (định lí Syrmmmetric Majorization Criterion) Các bạn sẽ thấy rõ

tầm quan trọng của định lí và các ứng dụng hiệu quả của bất đẳng thức Karamata

qua những bất đẳng thức sau đây

Ví dụ 4.7.5 (Bat đẳng thức Turkevici) Chứng mảnh với mọi số thực không âm

a, b, e, đ ‡a có

a% + b* + c+ +d‘ + 2abed > a2b2 + b2c? + c2đ2 + d2a2 + a2c2 + b?d?

LỜI GIẢI Ta sử dụng bổ đề sau

Bồ đề Với mọi z, 1, z, £ thực thì

2(|z|+l|+lz|+ |) +lz+w+z+£| 3 |z+|+|w+z|+|z+£|+|£+z|+|#+z|+|y+4l

CHỨNG MINH Ta chỉ cần xét các trường hợp trong các số x, , z,# cùng dấu, có 1

số khác dấu, 2 số khác dấu hoặc 3 số khác dấu

Xét chi tiết xin đành cho ban đọc, vì nó chỉ mang tính liệt kê Chứng minh cụ thể

cho bất đẳng thức với n số được trình bày ngay dưới đây

Bay gid ta sẽ chứng minh với bổ đề trên thi bài toán sẽ được chứng minh xong Dặt

a=e%,b=e!, c= e%,d =e, ta phai ching minh

e441 -+ e1 + e1 +ethh + 2e#1+bi Tei tửi

> c2e¿i+2bì + e2bt+2e¡ + c2ei+2dì + c201+24i + e?b112di + c22L†2ái

Do hàm ƒ(#) = e” là hàm lồi nên theo bất đẳng thức aramafa ta chỉ cần chứng

minh

(4m, 4b;, 4c), 4d), a) +b) +c) + dj,a; +b, +e, + d,)*

>>(2a, + 2b), 2b; + 2c), 2c, + 2d), 2d, + 2a1, 2a; + 2c), 2b; + 2d))”

Trong đó (œ)* là bộ các phần tử của (œ) được sắp tăng dần (ta làm vay để hợp với

định nghĩa các bộ trội) Theo định lí về các bộ trội, ta phải chứng minh với mọi

x, € R thi

2|a; +b) 4+ ¢) +d; - 4mn| + S ` |4ai — đưn| > 3 |2a +2b¡ — 4m

Dat « = a, — 21, y = 0, ~-271,2=c, - a1,t= = d, — 7, bat dang thttc trén chuyén vé

bổ đề đã nói ở phần trước Ta có điều phải chứng minh [1

Ví dụ 4.7.6 Chứng minh uới moi ứì, dạ, , a, không âm ta luôn có

(n — 1)(a? + a3 + +02) +n Varad a2 > (a, +2 + + an)’