Bất đẳng thức KARAMATA và ứng dụng

Trong hầu hết các cuộc thi học sinh giỏi các bài toán liên quan đến bất đẳng thức cũng hay được đề cập và thường thuộc loại khó và rất khó. Một trong những bất đẳng thức quan trọng và được ứng dụng nhiều vào giải các bài toán về bất đẳng thức là bất đẳng thức Karatama. Do vậy tôi chọn đề tài Bất đẳng thức karatama và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRỊNH XUÂN HUY CAO HỌC TOÁN K7C

BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA VÀ ỨNG DỤNG

TIỂU LUẬN TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

Mục lục

1.1 Hàm lồi, hàm lõm 3

1.1.1 Hàm lồi, hàm lõm 3

1.1.2 Nhận xét 3

1.1.3 Biểu diễn hàm lồi 3

1.2 Biến đổi Abel n P k=1 unvn 4

1.3 Bất đẳng thức Karamata 4

2 Thực hành, áp dụng bất đẳng thức Karamata 7 2.1 Phạm vi áp dụng 7

2.1.1 Các bài toán áp dụng 7

Mở đầu

Trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi, thi cao đẳng, đại học, thi Olympic Toán khu vực và quốc tế, thi Olympic Toán sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, các bài toán liên quan đến bất đẳng thức cũng hay được đề cập và thường thuộc loại khó hoặc rất khó Các bài toán về ước lượng và tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) của các tổng, tích cũng như các bài toán xác định giới hạn của một 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 về bất đẳng thức rất phong phú và cực kỳ

đa dạng Có nhiều ý tưởng cơ bản, cách thức tiếp cận và một số hướng ứng dụng theo các dạng toán cũng như phương pháp giải điển hình Một trong những bất đẳng thức quan trọng và được ứng dụng nhiều vào giải quyết các bài toán về bất đẳng thức là bất đẳng thức karamata Do vậy tôi chọn đề tài

“ Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng” để thực hiện trong tiểu luận này Tiểu luận được chia thành hai chương với các nội dung như sau:

Chương 1 Một số kiến thức cơ sở Trong chương này trình bày các khái niệm cơ bản về hàm lồi, hàm lõm và biến đổi Abel, bất đẳng thức Karamata Chương 2 Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng

Tác giả

Chương 1

Một số kiến cơ sở

1.1.1 Hàm lồi, hàm lõm

Định nghĩa 1.1 Nếu hàm sốf (x)khả vi bậc hai trên khoảng (a, b) thì hàm

số f (x) lồi trên khoảng (a, b) khi và chỉ khi f00(x) ≥ 0

Định nghĩa 1.2 Nếu hàm sốf (x)khả vi bậc hai trên khoảng (a, b) thì hàm

số f (x) lõm trên khoảng (a, b) khi và chỉ khi f00(x) ≤ 0

1.1.2 Nhận xét

Nếu hàm số f (x) lồi trên khoảng (a; b)thì hàm số g(x) = −f (x) lõm trên khoảng (a, b)

1.1.3 Biểu diễn hàm lồi

Bổ đề 1.1 Giả sử hàm số f (x) lồi trên khoảng (a, b) khi đó ta có

f (x) ≥ f (x0) + f0(x)(x − x0), ∀x, x0 ∈ (a, b) (1.1) Chứng minh

Xét x = x0 ta có dấu đẳng thức

Xét x > x0 ta được khoảng (x0, x) khi đó

(1.1) ⇔ f (x) − f (x0)

Theo định lí Lagrange tồn tại x1 ∈ (x0, x) sao cho

f (x) − f (x0)

x − x0 = f

0(x1)

Vậy (1) tương đương với f0(x0) ≤ f0(x1) với x0 < x1 < x Điều này là hiển nhiên do f (x) là hàm lồi

Xét x < x0 tương tự ta được khoảng (x, x0) khi đó

(1.1) ⇔ f (x) − f (x0)

Theo định lí Lagrange tồn tại x2 ∈ (x, x0) sao cho

f (x) − f (x0)

x − x0 = f

0(x2)

Vậy (2) tương đương với f0(x0) ≥ f0(x2) với x < x2 < x0 Điều này là hiển nhiên do f (x) là hàm lồi

Vậy bổ đề được chứng minh

n

P

k=1

unvn

Ký hiệu T0 = 0, T1 = u1, T2 = u1 + u2, T3 = u1 + u2 + u3,

Khi đó uk = Tk− Tk−1, k = 1, 2, , n

1 Vậy

n

P

k=1

unvn =

n

P

k=1

(Tk − Tk−1)vk =

n

P

k=1

Tkvk −

n

P

k=2

Tk−1vk

Mặt khác

n

P

k=2

Tk−1vk =

n−1

P

j=1

Tjvj+1 =

n−1

P

k=1

Tkvk+1

Suy ra

n

P

k=1

ukvk =

n

P

k=1

Tkvk −

n−1

P

k=1

Tkvk+1

Vậy

n

P

k=1

ukvk =

n−1

P

k=1

Tk(vk − vk+1) + Tnvn

Định lí 1.1 (Karamata)

Xét hai dãy giảm trong khoảng (a, b) cho trước x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn và

y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn

Thỏa mãn điều kiện









x1 ≥ y1

x1 + x2 ≥ y1 + y2

x1 + + xn ≥ y1 + + yn

x1 + + xn = y1 + + yn

(∗)

Khi đó mọi hàm lồi khả vi f (x) trên (a, b) (⇔ f00(x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b)) ta đều có

f (x1) + + f (xn) ≥ f (y1) + + f (yn) (1.2) Chứng minh

Trước tiên ta viết lại điều kiện (∗) dưới dạng











x1 − y1 ≥ 0 (x1 − y1) + (x2 − y2) ≥ 0

(x1 − y1) + + (xn− yn) ≥ 0 (x1 − y1) + + (xn− yn) = 0

(∗∗)

Theo bổ đề cơ bản ta có

f (xk) ≥ f (yk) + f0(yk)(xk − yk), k = 1, 2, , n

Lấy tổng theo k hai vế của bất đẳng thức trên ta được

n

X

k=1

f (xk)−

n

X

k=1

f (yk) ≥

n

X

k=1

f0(yk)

| {z }

u k

(xk − yk)

| {z }

v k

Theo công thức biến đổi Abel ta có

V T = [(x1 − y1) + + (xk − yk)]

≥0

(f0(yk) − f0(yk+1))

≥0(day tan g)

+

+ [(x1 − y1) + + (xn − yn)]

=0

f0(yn)

Suy ra điều phải chứng minh

Nhận xét.

- Nếu f00(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) thì kết luận trong định lí đảo chiều

- Nếu f (x) = x2 thì ta có so sánh bậc hai x2 ≥ x2

0 + 2x0(x − x0)

- Nếu f (x) = xα, x > 0, α > 1 thì ta có so sánh xα ≥ xα

0 + αxα0(x − x0)

Chương 2

Thực hành, áp dụng bất đẳng thức Karamata

Bất đẳng thức Karamata giải được một lớp các bài toán cực trị, bất đẳng thức hàm lồi, lõm Vì vậy ứng dụng của bất đẳng thức là rất rộng, trong khuân khổ tiểu luận này tôi chỉ xin trình bày một số bài toán thực hành áp dụng tìm cực trị, chứng minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

và đại số dướng dạng cơ bản

2.1.1 Các bài toán áp dụng

Bài toán 2.1 Cho ba số dươnga, b, c thỏa mãn a + b + c = 10 Tìm GTNN của biểu thức

M = a

2 + 2a

b2 + 2b

c2 + 2c 3

Phân tích

- Các số 6, 4, 3 nằm ở mẫu số là không bằng nhau nên ta đoán GTNN của biểu thức M đạt tại a = 5, b = 3, c = 2

- Tử số có chứa bậc 2 và bậc 1 khiến ta nghĩ tới các so sánh

a2 ≥ a20 + 2a0(a − a0)

2a = 2a0 + 2(a − a0)

Từ đây ta suy ra

a2 + 2a ≥ a20 + 2a0 + 2a0(a − a0) + 2(a − a0)

Hay

a2 + 2a

a0 + 1 ≥ a

2

0 + 2a0

a0 + 1 + 2(a − a0).

Lời giải

Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức

a2 + 2a

a0 + 1 ≥ a

2

0 + 2a0

a0 + 1 + 2(a − a0), ∀a, a0 ≥ 0 (∗)

Thật vậy

(∗) ⇔ a2 − a20

+ 2 (a − a0) − 2 (a0 + 1) (a − a0)

⇔ (a − a0)2 ≥ 0, ∀a, a0 ≥ 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = a0

Suy ra

a2 + 2a

6 ≥ 35

6 + 2(a − 5), ∀a ≥ 0

b2 + 2b

4 ≥ 15

4 + 2(b − 3), ∀b ≥ 0

c2 + 2c

≥ 8 + 2(c − 2), ∀c ≥ 0

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ta được

V T ≥ 35

6 +

15

4 +

8

3 + 2(a + b + c) − (10 + 6 + 4)

Hay

V T ≥ 147

12

Vậy GT N N (M ) = 14712 tại a = 5, b = 3, c = 2

Bài toán 2.2 Xét các tam giác không nhọnABC Tìm GTLN của biểu thức

P = sin A + sin B + sin C

Lời giải

Vì vai trò giữa các góc A,B,C là như nhau nên ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C, tam giác ABC không nhọn nên ta có

( A ≥ π2

A + B ≥ π2 + π4

A + B + C = π2 + π4 + π4

Xét hàm số f (x) = sin x, ∀x ∈ [0, π] ta có

f0(x) = cosx; f00(x) = − sin x ≤ 0, ∀x ∈ [0, π]

do đó

f (x) ≤ f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x, x0 ∈ [0, π]

Vậy nên

sin A ≤ sinπ

2

sin B ≤ sinπ

4 +



B − π 4



cosπ 4

sin C ≤ sinπ

4 +



C − π 4



cosπ 4

Suy ra

M ≤ 1 +√

2 +



B + C − π

4



| {z }

≤0

cosπ 4

Vậy GT LN (M ) = 1 +√

2 khi tam giác ABC vuông cân

Bài toán 2.3 Chứng minh rằng với mọi tam giác không nhọn ABC, ta luôn có

tan A

2 + tan

B

2 + tan

C

2 ≥ 2√2 − 1

Lời giải

Không mất tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi đó

( A ≥ π2

A + B ≥ π2 + π4

A + B + C = π2 + π4 + π4

Hay







A

2 ≥ π4

A

2 + B2 ≥ π4 + π8

A

2 + B2 + C2 = π4 + π8 + π8

Xét hàm số f (x) = tanx với x ∈ 0, π2

Ta có

f00(x) > 0, ∀x ∈ 0,π

2



Khi đó

f (x) ≥ f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x ∈ 0, π

2



, x0 ∈ 0, π

2



Do đó

tan B

2 ≥ tanπ

8 +

B

2 − π 8

1 cos2 π 8

tan C

2 ≥ tanπ

8 +



C

2 − π 8



1 cos2 π 8

Suy ra

V T ≥ tanπ

4 + tan

π

8 + tan

π

8 +



B

2 +

C

2 − π 4



| {z }

≥0

1 cos2 π 8

Để ý rằng tan π8 = √

2 − 1 nên ta có

tan A

2 + tan

B

2 + tan

C

2 ≥ 2√2 − 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = π4, B = C = π8

Bài toán 2.4 Chứng minh rằng với mọi tam giác không nhọn ABC, ta luôn có

cosA

2 + cos

B

2 + cos

C

2 ≤

√ 2

2 +

q

2 +√

2

Lời giải

Không mất tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi đó

( A ≥ π2

A + B ≥ π2 + π4

A + B + C = π2 + π4 + π4

Hay







A

2 ≥ π 4 A

2 + B2 ≥ π4 + π8

A

2 + B2 + C2 = π4 + π8 + π8

Xét hàm f (x) = cosx, ∀x ∈ 0, π2 Khi đó

f00(x) = − cos x < 0, ∀x ∈ 0, π

2



Do đó

f (x) ≤ f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x ∈ 0, π

2



, x0 ∈ 0, π

2



Từ đây ta có

cosA

2 ≤ cosπ

4

cosB

2 ≤ cosπ

8 − 1 2



B

2 − π 8



sin π 16

cosC

2 ≤ cosπ

8 − 1 2



C

2 − π 8



sin π 16

Suy ra

cosA

2 + cos

B

2 + cos

C

2 ≤ cosπ

4+cos

π

8+cos

π

8 − 1 2



B

2 +

C

2 − π 4



sin π 16

Hay

cosA

2 + cos

B

2 + cos

C

2 ≤

√ 2

2 +

q

2 +√

2

Dấu bằng xảy ra khi A = π4, B = C = π8

Bài toán 2.5 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải.

Xét hàm f (t) = t32, ∀t > 0, ta có f00(t) = 3

4 √

t > 0, ∀t > 0

Suy ra f (t) là hàm lồi với mọi t > 0

Do đó f (t) ≥ f (t0) + f0(t0)(t − t0), ∀t, t0 > 0

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c > 0 Khi đó

( a ≥ 1

a + b ≥ 1 + 1

a + b + c = 1 + 1 + 1

Suy ra

f (a) ≥ f (1)

f (b) ≥ f (1) + 32√

1(b − 1)

f (c) ≥ f (1) + 32√

1(c − 1)

Do đó

f (a) + f (b) + f (c) ≥ 3f (1) + 3

2(b + c − 2)| {z }

≥0

Hay

a32 + b32 + c32 ≥ 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Vậy min P = 3 khi a = b = c = 1

Bài toán 2.6 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng



a − 1 + 1

b

 

b − 1 + 1

c

 

c − 1 + 1

a



≤ 1

Lời giải

Vì abc = 1 nên ta đặt a = xy, b = yz, c = zx với x, y, z > 0

Ta viết bất đẳng thức đã cho theo x, y, z



x

y − 1 + z

y



y

z − 1 + x

z

 z

x − 1 + y

x



≤ 1

⇔ (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz

Để ý rằng (x − y + z) + (y − z + x) = 2x > 0, do đó trong ba số

x − y + z, y − z + x, z − x + ykhông thể có trường hợp hai số cùng âm Nếu trong ba số trên có một hoặc ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh

Trường hợp cả ba số đó đều dương, bằng cách lấy lôgarit hai vế với cơ số e,

ta được

ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z

Không mất tính tổng quát, ta coi x ≥ y ≥ z.Khi đó, ta có

(y − z + x, x − y + z, z − x + y)  (x, y, z)

Xét hàm số f (x) = ln x với x > 0 Ta có f00(x) = −x12 < 0, ∀x > 0 nên hàm

số f (x) lõm 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

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c = 1

Kết luận

Trong tiểu luận này tôi trình bày bất đẳng thức karamata và ứng dụng của bất đẳng thức này vào việc giải các bài toán bất đẳng thức khác Qua đó ta thấy được ứng dụng rộng rãi của bất đẳng thức này

Bất đẳng thức karamata được sử dụng nhiều không chỉ trong phổ thông mà còn đặc biệt hay được dùng trong các kì thi quốc

tế do vậy trong việc giảng dạy bất đẳng thức này la rất cần thiết trong công tác ôn luyện học sinh giỏi

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức: Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục

[2] Phạm Kim Hùng, 2006, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức

[3] Ngô Thế Phiệt, 2007, Một số phương pháp mới trong chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục

[4] Nguyễn Cửu Huy, 2009, Bất đẳng thức, NXB Giáo dục

[5] Nguồn từ Internet