Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

VỀ BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA VÀ ỨNG DỤNG ON THE KARAMATA’S INEQUALITY AND ITS APPLICATIONS

Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

CAO VĂN NUÔI - NGUYỄN QUANG THI

TÓM TẮT

Định lí Karamata và các tính chất của hàm lồi là một phần quan trọng và khó của các bất đẳng thức. Dựa vào định lí Karamata, người ta chứng minh được các bất đẳng thức: T. Popoviciu, bất đẳng thức A. Lupas và bất đẳng thức Vasile Cirtoaje 2.1.[2]. Các bất đẳng thức này đã có những ứng dụng trong việc giải một số bài toán khó. Và chúng tôi thấy rằng: việc xây dựng các bất đẳng thức mới là rất cần thiết. Trong bài báo này, chúng tôi xây dựng hai định lí mới và những ứng dụng của chúng. Bài báo trình bày hai bất đẳng thức mới mà phương pháp chứng minh của nó dựa vào định lí Karamata và các tính chất của hàm lồi.

ABSTRACT

Karamata's theorem and properties of the convex function are important and difficult part of inequalities.Base on Karamata’s theorem, it proved the inequalities: T. Popoviciu’s inequality, A. Lupas inequality’s and Vasile Cirtoaje’s inequality 2.1.[2]. These inequalities have application in solving difficult problems. And we see that: building of inequalities are very necessary. In this paper, we built two new theorems and their applications. We present two new inequalities which are that their demonstration method based on the Karamata's theorem and properties of the convex function.

1. Mở đầu

a, b

(

)

( I a, b

)

) a, b và

]

, là một tập hợp có một trong 4 dạng sau đây: [ , [

(

)

Ta kí hiệu ] ( a, b .

)

, y được làm

x , x , 2

y , y , 1 2

, x

, y

)

) y , y , 1 2 , y hay dãy ( (

, x , y là hai bộ số thực. Ta

y , y , 1 2 )





 , nếu các điều kiện

x , x , 2

y , y , 1 2

x , x , 2

và ( ) ) x , x , Cho 2 ) , x trội hơn ( , x và ta viết (

Định nghĩa (Các bộ trội). nói rằng dãy ( trội bởi dãy ( sau thoả mãn:

≥ ≥ ≥ ≥ và x x x y (1) ≥ ≥ . y y 1

∀ =

− .

i 1, n 1

+ + + ≥ + + x x x y (2)  y 1

+ + + = + x x x y (3)  +  , y + +  . y y 1

)

( I a, b

)

( I a, b

)

Hàm số nếu nó xác định trên , với mọi Định nghĩa (Hàm lồi) ( f x được gọi là lồi trên tập

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

∈

( I a, b

)

x , x 1

≤ α

+ β

và với mọi cặp số không âm α , β có tổng α + β = , ta đều có 1

(

)

( f x

)

( f x

)

α + β 1

(1.1)

x x= thì f được gọi là lồi thật sự trên

)

. Nếu đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi ( I a, b

( I a, b

)

( I a, b

)

∈

nếu nó xác định trên , với mọi Hàm số

α + β = , ta đều có

( f x ( I a, b

) được gọi là lõm trên tập )

x , x 1

≥ α

+ β

và với mọi cặp số không âm α , β có tổng

(

)

( f x

)

( f x

)

α + β 1

(1.2)

I a, b .

thì f được gọi là lõm thật sự x x=

)

Nếu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi trên (

I a, b thì hàm

I a, b nếu và chỉ nếu

)

f x lồi trên ( (

)

Nếu khả vi bậc hai trên (

)

( I a, b

)

) , x và (

y , y , 1 2

) , y , n

∈

, x

, y

( x , x , 2 ( )

)

( I a, b





 . Khi đó, với mọi

y , y , 1 2

∈ x 0≥ với mọi . Định lí. ( f '' x

) I a, b

x , x , 2 ) )

(

≥

( f x

)

( f y

)

∑

= i 1

, ta luôn có Định lí (Karamata). Cho hai bộ số thực ) ( ) x , y i hàm f (x) lồi thật sự trên ( thoả mãn điều kiện ( ( f '' x

∀ = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , . x y= i 1; n

∀

−

≥

−

2. Các kết quả

(

)

( f y

)

(

)

, với 2.1. Chứng minh Định lí Karamata Trước hết, chúng tôi giới thiệu cách chứng minh Định lí Karamata được trình bày trong 0. ( f x

( f x lồi thật sự trên

)

( I a, b . Thật vậy, do

) ( x y f ' y )

( f '' x

∈ x, y I a, b )

(

I a, b . Xét 3 trường hợp sau:

0> nên f ' x là hàm số Chứng minh (Định lí Karamata). Ta có )

)

mọi hàm tăng trên (

y= thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. )

( f y

( f x

∈

+ Nếu x

y, x

(

)

( f ' y

)

( f ' c 1

( f y

( f x

)

∈

, . y> thì + Nếu x

x, y

y< thì

(

)

( f ' c

)

( f ' y

)

) − − x y ) − − y x

−

≥

−

∀

∈

, . + Nếu x

( f x

)

( f y

)

(

( ) y f ' y

)

( I a, b

)

x , y i

, . Và Khi đó , i 1; n=

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

−

≥

−

( f x

)

( f y

)

(

) ( y f ' y

)

∑

= i 1 =

x    

= i 1 x

)

(

− + + − x x 

( −

) +

) −

)

( ) y f ' y 1 1 ( ) f ' y 1

) ( y f ' y ( )  

 

= − + − − + x x x − ( f ' y + )  y 1

  +

) ( y f ' y ( ) )  f ' y  )

( f ' y

( f ' y )

− n 1

 

+ + + − − − − − x x x y   y 1

( ( ( (

∀ =

≥

+ + + + − − − − ≥ x x x y 0 y 1 )  y  ( ) y f ' y y ( f ' y )   y 1

i 1; n

( f x

)

( f y

)

∑

= i 1

Do đó . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , . x y=

2.2. Về hai bất đẳng thức

a, a−

f (x)

0> . Nếu (

)

, x

]

x , x , 2

Cho hàm số và , trong đó a lồi trên [

)

Định lí 1. ( , y là hai bộ số thực thoả mãn các điều kiện sau: y , y , 1 2

[

] 0, a , , x

∈

)

, y ∀ = i 1; n ( )    x , x , 2 y , y , 1 2  x , y  i  ( 

−

≥

( f x

)

( f y

)

( f y

)

( ) n f0

∑

= i 1

thì

y 1

−

≥

y 1

−

≥

−

1 x

−

)



y 1

− n 1

≥



− n 1

−

− n 1 −

y 1 ( y 1 ( (

) ) )

( ( (

) ) )

( (

)



y 1

   ⇒  ≥ 0   = 0 

 +

− n 1 =



y 1

≥  x  + x  2    + x  +  x

Chứng minh. Ta có

i 1; n

* 2n

* 1

y 1 2 + + y  . Gọi ( ) * k , k , 2 ) , t bằng cách sắp xếp các số

Đặt là bộ gồm 2n số nhận được từ các bộ , k

x , x , 2

t , t , 1 2

− ∀ = y x , i ) ( , x và ( theo thứ tự giảm dần.

, x , x , x , 2 t , t , 1 2 , t n

, k

(







)  , 0

* k , k , 2

* 1

* 2n

y , y , 1 2

, y , 0, n

(

)

≤ ≤ − sao cho

Theo tính chất của bộ trội, ta suy ra

n 1

Thật vậy, giả sử tồn tại t N∈ và 1 t

* 1

* 2

* n

* + n 1

* + n t

* + + n t 1

* 2n

≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ k k k k k 0 k k   

Hiển nhiên

* 1

* 2

* p

+ + + ≥ + + + ≥ + + + k k k x x x y ∀ = y , p 1; n    y 1

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

≥

0, q 1; t



* 1

* 2

* + n q

y 1

sè

+ + 0  q

+ ∀ =

≥



* 1

* 2

* + n q

* 1

* 2

* + n q

* + + n q 1

* 2n

−

0, q

t 1; n 1



y 1

sè

+ + 0  q

+ ∀ = +

và

≥

( f y

)

( ) nf 0

* i

( f k

)

∑

= i 1

−

≥

( f x

)

( f y

)

( f y

)

( ) n f0

∑

= i 1

Từ Định lí Karamata, ta suy ra

* i

= +

Kết luận: Định lí được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và k y= , i 1; n=

0= , i

n 1; 2n

* ik

≥

≥ ≥ ≥

∆

Sau đây ta ứng dụng Định lí 1 để giải một số bài toán.

A B C

π 2

π 4

−

≤

+ −

cos A cos B cos C 3

π 2

π 4

 cos A  

  

 cos B  

  

 cos C  

  

= −

thoả mãn . Chứng minh rằng: Bài toán 1. Cho ABC

cos x

≥ , 0

( f x

)

( f '' x

)

π π , 2 2

  

Lời giải. Xét hàm số trên . Ta có

( f x lồi trên

)

 −  π π , 2 2

π π , 2 2

  

 − 

 ∀ ∈ − x 

  

≥

≥ ≥ ≥

. . Vậy, hàm số

A B C

π 2

π 4

= π − ≥ π − =

C A B

A, B, C

(

)



π π π 2 4 4

 ⇒  

  

+ + A B C

2 4 π π π + + 4 4 2

π ≥ 2  π π  +     

Do nên ta có:

−

cos

π 2

π 4

π 2

π 4

 cos A  

  

 cos B  

  

 cos C  

  

≥ −

−

− cos A cos B cos C 3cos 0

Áp dụng Định lí 1, ta có

Hay

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

−

≤

+ −

cos A cos B cos C 3

π 2

π 4

 cos A  

  

 cos B  

  

 cos C  

  

∆

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC vuông cân tại A .

x, y, z

Cho là các số thực thoả mãn các điều kiện: Bài toán 2.

2 ≥ ≥ ≥ ≥ y z 1 x

+ + = x y z 4   

Chứng minh rằng:

(

)

(

) − y 1

(

) − z 1

+ + + + + + − + 4 − x 2 4 4 2 2 2 5 6

≥ + + + 4 x + 4 y + 4 z

Lời giải.

= =

Nhận xét.

2, y

z 1

x y

≥ 2  + ≥ − = + 2 1 4 z   + + = + + 2 1 1 x y z 

Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu . Từ điều kiện bài toán, dễ dàng ta có

( f x

)

]2, 2−

= Khi đó, xét hàm số + 4 x . trên [

2, 2

)

[ ∀ ∈ −

]

f x lồi trên [ (

]2, 2−

= > Do , nên hàm số . Khi f ''(x) 0 + 4 x + 4 x 4 )2

(

−

( f x 2

( ) f 2

( ) f 1

) ( − + f y 1

) ( − ≥ f z 1

( f x

)

( f y

)

( ) f z

( ) 3f 0

đó, áp dụng Định lí 1, ta thu được ( ) ) f 1

Hay

(

)

(

) − y 1

(

) − z 1

+ + + + + + + 2 2 2 5 4 − x 2 4 4

≥ + + + + 4 x + 4 y + 4 z 6

∈

Kết luận: Bất đẳng thức được chứng minh.

x, y ,z

) I a, b và

)

( I a, b

)

Nếu hàm số Định lí 2. thì Chúng tôi đã chứng minh được định lí sau đây: ( f x lồi trên (

( f x

)

( f y

)

( ) f z

+ + + + x y z 3  +  f    

≥ + + + + f f f f f 2 3 + 2x y 3 + 2y x 3 + 2y z 3 + 2z y 3 + 2x z 3 + 2z x 3                              f             

Chứng minh. Đặt

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

, a

, b

, c

b 1

, c 1

+ + x y z 3 + 2x z 3

+ 2y x 3 + 2y z 3

+ 2z y 3

+ 2x y 3 + 2z x 3 ≥ ≥ . Xét 2 trường hợp sau:

≥ +

y z Không mất tính tổng quát, giả sử rằng: x

x z

≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ y d

Trường hợp 1: . Dễ thấy

≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ và . a a a a b b c c b 1 b 1 c 1 c 1

Ta sẽ chứng minh

x, x, x, y ,y ,y ,d, d, d, z, z, z

(

)

(

)



a , a , a , a , b , b , c , c , b , b , c , c 1 1

(1.3)

Thật vậy,

)

( 2 x y 3

( 4 x y 3

− − = ≥ = ≥ − = ≥ − x a − 0, 2x 2a − 0,3x 2a a 0 − x y 3

− = − ≥ + − − − = ≥ + − 3x y 2a 2a x y 0,3x 2y 2a 2a 0 b 1

(

)

) − − 2y x z 3

+ − x z 3 − y z + − − − = = ≥ 3x 3y 2a 2a 0 2b 1 − − 3y x 2z 3

)

− + − + − − − = ≥ 3x 3y d 2a 2a 0 2b 1 c 1

+ − − − − ≥ = + 3x 3y 2d 2a 2a 0 2b 1 2c 1

+ − − − − − = ≥ + − + 3 x3y 3d 2 a 2a b 0 2b 1 2c 1

)

( 2 y z 3 + − x y 2z 3 x 2y 3z 3 ( 2 y z 3

(

)

− + − + + − − − − = ≥ 3x 3y 3d z 2a 2a 2b 0 2b 1 2c 1

+ + + − − − − − − = ≥ 3x 3y 3d 2z 2a 2a 2b c 0 2b 1 2c 1 − y z 3

Và

+ + + − − − − − − 3x 3y 3d 3z 2a 2a 2b 2c = 0 2b 1 2c 1

≤ +

≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥

Suy ra (1.3) đúng. Theo Định lí Karamata, ta có bất đẳng thức đúng.

x z

Trường hợp 2: . Tương tự, ta có

x, x, x, d, d, d, y ,y ,y ,z, z, z

(

)

(

)



a , a , b , b , a , a , b , b , c , c , c , c 1 2

≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ . Dễ dàng, ta có và a a a a b b c c b 1 b 1 c 1 c 1

= = .

Theo Định lí Karamata, ta có bất đẳng thức đúng.

Định lí được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

Chúng ta có một ứng dụng của Định lí 2 trong bài toán sau đây:

TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 6(29).2008

Bài toán 3. Cho . Chứng minh rằng: a, b, c 0>

(

)

+ + + ≥ a b c + + a b c 1 27

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

+ + + + + + + 2a b + 2b a + 2b c + 2c b 2a c + 2c a

(

2 81

> nên

( f x

)

) 0, +∞ . Do

( f '' x

)

( f x lồi trên

Xét hàm số trên (

) )

0, +∞ . Bất đẳng thức được viết lại như sau:

Lời giải. ) (

( ) f a

( ) f b

( ) f c

+ + + + a b c 3  +  f    

≥ ≥ . Từ đó, ta dễ dàng áp dụng Định lí 2, ta

b c

c ≥ + + + + + f f f f f f 2 3 + 2a b 3 + 2b a 3 + 2b c 3 + 2c b 3 + 2a 3 + 2c a 3                                          

≥

+ a b 6abc

2 a b

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a suy ra bất đẳng thức đúng. Nhận xét. Chúng ta có cách giải khác cho bài toán này dựa vào bất đẳng thức Muirhead và bất đẳng thức Schur Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: