TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN · PDF filegiáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được ... Với mọi....

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

=======***=======

ĐÀM HUỆ THU

ỨNG DỤNG HÀM LỒI TRONG

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI - 2014

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

=======***=======

ĐÀM HUỆ THU

ỨNG DỤNG HÀM LỒI TRONG


KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:

TS. NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

HÀ NỘI - 2014

LỜI CẢM ƠN

Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo trong

tổ Đại số, đặc biệt cô giáo – TS.Nguyễn Thị Kiều Nga đã tận tình hướng

dẫn và chỉ bảo cho em trong suốt quá trình nghiên cứu. Mặc dù đã có

nhiều cố gắng trong quá trình làm đề tài nhưng vẫn không tránh khỏi

những thiếu sót, em rất mong nhận được sự góp ý của các thầy giáo, cô

giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, tháng 5 năm 2014

Sinh viên thực hiện

Đàm Huệ Thu

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan khóa luận này là sự nỗ lực của bản thân, cùng sự

giúp đỡ tận tình của Cô Nguyễn Thị Kiều Nga

Khóa luận này không trùng với kết quả của các tác giả khác. Em xin

chịu hoàn toàn trách nhiệm về khóa luận của mình.



Đàm Huệ Thu

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1

Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .............................................................. 3

1.1. Hàm lồi. .................................................................................................. 3

1.2. Tính chất hàm lồi, hàm lõm. ................................................................... 4

1.3. Bất đẳng thức Jensen .............................................................................. 6

Chương 2: ỨNG DỤNG HÀM LỒI TRONG CHỨNG MINH BẤT

ĐẲNG THỨC .................................................................................................. 9

2.1. Chứng minh các bất đẳng thức kinh điển ............................................... 9

2.2. Áp dụng hàm lồi chứng minh các bất đẳng thức đại số. ...................... 21

2.3. Áp dụng hàm lồi chứng minh các bất đẳng thức hình học. .................. 26

2.4. Chứng minh các bất đẳng thức lượng giác. .......................................... 33

2.5. Chứng minh các bất đẳng thức tích phân. ............................................ 39

Chương 3: SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC ................................................ 44

3.1. Phương pháp sử dụng hàm lồi sáng tạo bất đẳng thức. ........................ 44

3.2. Một số ví dụ. ......................................................................................... 44

KẾT LUẬN .................................................................................................... 48

TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................. 49

1

MỞ ĐẦU

Trong chương trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường

phổ thông hiện nay, bất đẳng thức chiếm một vị trí quan trọng. Các bài

toán về bất đẳng thức luôn hấp dẫn và là niềm say mê yêu thích của

những người yêu Toán.

Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong đó ứng

dụng các tính chất của hàm lồi để chứng minh bất đẳng thức là một

phương pháp mới , hay và hiệu quả.

Với lý do trên cùng sự đam mê của bản thân và sự giúp đỡ rất tận

tình của cô Nguyễn Thị Kiều Nga em xin mạnh dạn thực hiện khóa luận

với đề tài: “ Ứng dụng hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức”.

Nội dung khóa luận chia làm ba chương

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.

Trong chương này trình bày định nghĩa và tính chất của hàm lồi

(lõm), bất đẳng thức Jensen và ứng dụng của bất đẳng thức Jensen trong

việc chứng minh các bất đẳng thức khác.

Chương 2: Ứng dụng của hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức.

Chương này trình bày ứng dung của hàm lồi trong việc chứng minh

các bất đẳng thức kinh điển, bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình

học, bất đẳng thức lượng giác, bất đẳng thức tích phân.

Chương 3: Sáng tạo bất đẳng thức .

Chương này trình bày phương pháp sáng tạo ra các bất đẳng thức

dựa vào tính chất của hàm lồi.

2

Do trình độ và kinh nghiệm còn hạn chế nên khóa luận của em chắc

chắn còn nhiều thiếu sót. Em rất mong nhận được sự đóng góp của các

thầy cô trong khoa Toán và các bạn sinh viên.

Em xin chân thành cảm ơn !



Đàm Huệ Thu

3

Chƣơng 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Hàm lồi.

1.1.1. Định nghĩa tập hợp lồi và hàm số lồi

a) Định nghĩa tập hợp lồi

Tập hợp D được gọi là tập lồi trong nếu với mọi ,a b D , mọi ,

0 1 thì 1a b D .

b) Định nghĩa hàm số lồi

Giả sử D là tập lồi trong . Hàm số :f D được gọi là hàm lồi trên

D nếu như với mọi 1 2,x x D , với mọi số ,0 1 thì

1 2 1 2( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )f x x f x f x

c) Định nghĩa hàm số lõm

Giả sử D là tập lồi trong , :f D được gọi là hàm lõm trên D nếu

( )f x là hàm lồi trên D.

1.1.2. Ý nghĩa hình học

Giả sử 1 2,x x I ; M1 và M2 là hai điểm bất kì của đường cong ( )y f x .

Khi đó tọa độ của 1 2,M M tương ứng là 1 1 1 2 2 2( ; ( )); ( ; ( ))M x f x M x f x

Phương trình tham số của M1M2 là

1 1 2

1 1 2

( )

( ) ( ( ) ( ))

x x x x

y f x f x f x

(0 1; là tham số)

Như vậy, hàm số ( )f x là lồi trên I nếu với hai điểm bất kỳ M1, M2 của

đường cong ( )y f x , cung M1M2 của đường cong nằm ở bên dưới đoạn

M1M2

1.1.3. Ví dụ hàm lồi

Hàm số 2( )f x x lồi trên ( ; )

Thật vậy, với mọi 1 2 1 2, ( ; );x x x x , ta có

4

+) 2

1 2 1 2( (1 ) ) ( (1 ) )f x x x x

2 2 2 2

1 2 1 2(1 ) 2 (1 )x x x x

+) 2 2

1 2 1 2( ) (1 ) ( ) (1 )f x f x x x

Xét 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2(1 ) 2 (1 ) (1 )x x x x x x

2 2 2

1 2 1 2 2Hay (1 ) (1 )( 2 (1 ) ) 0x x x x x .

Tức là 2 2

1 2 1 2(1 ) (1 )( 2 ) 0x x x x

Tương đương 2 2

1 1 2 2(1 )( 2 ) 0x x x x

Hay 2

1 2(1 )( ) 0x x

Suy ra 1 2 1 2

( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )f x x f x f x

Vậy 2( )f x x là hàm lồi trên ( ; )

1.2. Tính chất hàm lồi, hàm lõm

1.2.1. Tính chất 1

Cho D là tập lồi trong . Giả sử 1 2( ), ( ), , ( )

nf x f x f x là các hàm lồi

xác định trên D. Cho 1

0 với mọi 1,i n . Khi đó hàm số

1 1 2 2( ) ( ) ( )

n nf x f x f x cũng là hàm lồi trên D.

Chú ý

- Hàm lồi hai biến : Giả sử D là tập lồi trong 2. Hàm số :f D

được gọi là hàm lồi trên D nếu như với mọi 1 1 2, 2( , );( )x y x y D , với mọi

số (0 1)

Ta có 1 2 1 2 1 1 1 1( (1 ) ; (1 ) ) ( ; ) (1 ) ( ; )f x x y y f x y f x y

- Hàm lồi ba biến : định nghĩa tương tự cho hàm :f D , với D là tập

lồi trong 3 .

Kết luận này vẫn đúng với hàm lồi hai biến và ba biến.

1.2.2. Tính chất 2 (Điều kiện để một hàm số là hàm lồi)

5

Cho D là tập hợp lồi thuộc 2 . Hàm 2( , ) :f x y D là hàm lồi trên D

khi và khi với mọi 1 1 2 2

( , ), ( , )x y x y D thì hàm

1 2 1 2( ) ( (1 ) ; (1 )f x x y y

là hàm lồi trên đoạn 0,1

1.2.3. Tính chất 3 (Mối quan hệ giữa tập hợp lồi và hàm lồi)

Giả sử :f D , ở đây D là hàm lồi trong . Đặt

2epi ( , ) : ( ) ,f x y f x y x D

(epi f được gọi là tập hợp trên đồ thị)

Hàm f là lồi trên D khi và chỉ khi epi f là tập hợp lồi trong 2


Cho D là tập hợp lồi trong , các hàm 1( ) :f x D với 1,i n là các

hàm lồi trên D.

Xét các hàm số sau trên D

1 2( ) max ( ); ( ); ; ( ) ,

nf x f x f x f x x D

Khi đó f (x) là hàm lồi trên D.

1.2.5. Tính chất 5 (Điều kiện đủ cho tính lồi, lõm của hàm số)

Cho ( )f x là hàm số xác dịnh trên ,a b và có đạo hàm cấp hai tại mọi

,x a b . Nếu ''( ) 0f x với mọi ,x a b thì ( )f x là hàm lồi trên

,a b .

Nếu ''( ) 0f x với mọi ,x a b thì ( )f x là hàm lõm trên ,a b .


Nếu f (x) là hàm lồi trên ,a b thì f (x) liên tục trên ,a b


Với mọi hàm số thì mọi cực tiểu địa phương đều là cực tiểu toàn cục.

6


Cho D là tập hợp lồi trong , :f D là hàm số lồi xác định trên D.

Gọi D0 là tập hợp tất cả các điểm mà tại đó f đạt cực tiểu địa phương trên

D. Khi đó D0 là tập lồi.

1.3. Bất đẳng thức Jensen

1.3.1. Định nghĩa

Cho D là tập lồi trong , ( ) :f x D là hàm số xác định trên D. Khi

đó ( )f x là hàm lồi trên D khi và chỉ khi với mọi số n nguyên dương, với

mọi 1 2, , ,

nx x x thuộc D, với mọi số 0, ( 1, )

ii n và

1

1n

ii

ta có

1 1

( ) ( )n n

i i i ii i

f x f x

(1)

Bất đẳng thức (1) có gọi là bất đẳng thức Jensen.

1.3.2. Chứng minh bất đẳng thức Jensen

Giả sử (1) được thỏa mãn. Khi đó, ứng với 2n , f là hàm lồi trên D

(theo định nghĩa)

Ngược lại, giả sử f là hàm lồi trên D. Ta chứng minh (1) bằng qui nạp

+) Với 1n , (1) hiển nhiên đúng

+) Với 2n , theo định nghĩa hàm lồi thì (1) cũng đúng.

Giả sử (1) đã đúng với 2n k . Xét với 1n k

Với mọi 1 2 1, , ,

kx x x

thuộc D, mọi 0, 1, 1

ii k và

1

1k

ki

Ta có 1 1

1 11 1

k k

i i i i k k k ki i

x x x x

(2)

(Rõ ràng ta có thể xét với 0i với mọi 1, 1i k vì nếu không áp dụng

giả thiết qui nạp sẽ suy ra điều phải chứng minh).

Đặt 1

1

k

ii

7

Do 0, 1, 1i

i k mà 1

1

1k

ii

, nên 0 1

Ta viết lại (2) dưới dạng sau đây

1 11

11 1

(1 )( )1 1

k kk k

i i i i ki i

x x x

(3)

Do 1

1, ; 0; 0

1 1

k k

k kx x D

và 1

11

1 1 1

k k

Mà D là tập hợp lồi nên

1

11 1

k k

k kx x x D

Vế phải (3) được viết lại 1

1 1 2 2 1 11

... (1 )k

i i k ki

x x x x x

(4)

Để ý rằng 1 2 1

... (1 ) (1 ) 1k

, nên từ (4) và từ giả

thiết qui nạp ta có

1 1 2 2 1 1 1 1 2 2

1 1

( ... (1 ) ) ( ) ( ) ...

( ) (1 ) ( )

k k

k k

f x x x x f x f x

f x f x

(5)

Mặt khác, vì f là hàm lồi nên

1 1

1 1( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1

k k k k

k k k kf x f x x f x f x

(6)

Kết hợp (3), (4), (5), (6) suy ra 1 1

( ) ( )n n

i i i ii i

f x f x

Vậy (1) cũng đúng với 1n k

Theo nguyên lý qui nạp, suy ra (1) đúng với mọi n. Đó là điều phải

chứng minh.

1.3.3. Chú ý

- Bất đẳng thức Jensen có ý nghĩa rất quan trọng trong việc nghiên cứu

về hàm lồi. Bất đẳng thức được sử dụng rộng rãi trong việc chứng minh

các bất đẳng thức khác.

8

- Người ta hay sử dụng một dạng đặc biệt của bất đẳng thức Jensen sau

Nếu ( ) :f x D và D . Khi đó với mọi n nguyên dương, với mọi

1 2, ,...,

nx x x D

Ta có

1 2

1

... 1( ) ( )

nn

ii

x x xf f x

n n

9

Chƣơng 2: ỨNG DỤNG HÀM LỒI TRONG


2.1. Chứng minh các bất đẳng thức kinh điển

a) Cơ sở lý luận

Trong bất đẳng thức thì lớp bất đẳng thức kinh điển đóng vai trò quan

trọng, là cơ sở để chứng minh rất nhiều các bất đẳng thức khác. Các loại

bất đẳng thức này hay gặp nhất(dưới dạng tường minh hay không tường

minh) trong đại số. Các bất đẳng thức kinh điển thường gặp là bất đẳng

thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopxki, bất đẳng thức Holder, Bất

đẳng thức Mincopxki, bất đẳng thức Karamata, Bất đẳng thức liên hệ

giữa trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình toàn phương và trung

bình điều hòa.

b) Sau đây là một lớp các bất đẳng thức kinh điển được chứng minh

theo phương pháp hàm lồi.

2.1.1. Bất đẳng thức Cauchy

Cho 1 2, ,..., 0

na a a . Chứng minh rằng

1 2

1 2

......n n

n

a a aa a a

n

Chứng minh

Chỉ có một trong hai khả năng sau đây xảy ra

1. Tồn tại 0 (1 )i

a i n . Khi đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

2. 0i

a , với mọi 1,i n

Xét hàm số ( ) xf x e với ( , )x

Ta có ( ) xf x e suy ra '( ) xf x e . Vậy ( )f x là hàm lồi với mọi

( , )x

Giả sử 1 2, ,...,

na a a đều dương, khi đó tồn tại

1 2, ,...,

nx x x sao cho

10

1 2

1 2, ,..., nxx x

ne a e a e a

Theo bất đẳng thức Jensen ta có

1 21 2 ... ... nnxx xx x x

ne e e

en

Tức là 1 2

1 2

1... ... n

n

xx x

x x x ne e e

en

Hay 1 2

1 2

...... nn

n

a a aa a a

n

Dấu bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2

...n

a a a hay

1 2...

nx x x

Kết hợp cả hai trường hợp trên ta có điều phải chứng minh.

2.1.2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Cho 2n số thực 1 2, , ...,

na a a và

1 2, , ...,

nb b b . Khi đó ta có

2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2( ... )( ... ) ( ... )

n n n na a a b b b a b a b a b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2

... n

n

a a a

b b b

Chứng minh

Tương tự như 2.1.1, ta chỉ xét trường hợp 0; 0; 1,i i

a b i n

Xét hàm số 2( )f x x trên

Ta có '( ) 0f x với mọi x Do đó ( )f x là hàm lồi trên toàn trục số.

Với mọi

2

2

1

, , 1,i i

ni

ij

j

a bx i n

b b

Khi đó 0, 1,i

i n và 1

1n

ii


11

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 21 2 1 2

1 2 1 22 2 22

1 2 1 2

1 1

( ... ) ( ) ( ) ... ( )

Suy ra ( ... ) ...

1 1Hay ( ... ) ( ... )

n n n n

n n n n

n n

n nn n

n nj j

j j

f x x x f x f x f x

x x x x x x

a a a a a ab b b b b b

b b b b b bb b

Suy ra 2 2 2

1 1 2 21 1

( ... ) ( )( )n n

n n j jj j

a b a b a b b a

2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2Hay ( ... ) ( ... )( ... )

n n n na b a b a b a a a b b b


...n

x x x

Tương đương ; , 1,ji

i j

aai j n

b b

Đó là điều phải chứng minh.

2.1.3. Bất đẳng thức Sacnơ

Cho 2n số thực 1 2 1 2, ,..., ; , ,...,

n na a a b b b , trong đó 0 ( 1, )

jb i n . Chứng

minh rằng

2 2 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

( ... )...

...

n n

n n

a a a a a a

b b b b b b

Chứng minh

Xét hàm số 2( )f x x trên .Ta có ''( ) 0f x với mọi x là hàm lồi

trên

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho

1

, , 1,i i

ni

ii

i

a bx i n

b b

. Ta có

12

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 21 1 1 1

1 1

1 1 1 1

2 2 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

( ... ) ( ) ( ) ... ( )

Suy ra ( ... ) ( ) ... ( )

( ... )Suy ra ...

...

n n n n

n n n n

n n n n

n nj j j j

j j j j

n n

n n

f x x x f x f x f x

b a b a b a b a

b b b bb b b b

a a a a a a

b b b b b b

hay 2 2 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

( ... )...

...

n n

n n

a a a a a a

b b b b b b


...n

x x x

hay 1 2

1 2

... ; ( , 1, )n

n

a a ai j n

b b b

Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.1.4. Bất đẳng thức Holder

Cho 0, 0, 1,2,..., , 0, 0i i

a b i n p q và 1 1

1p q . Chứng minh rằng

1 1

1 1 1

( ) ( )n n n

p qp q

i i i ii i i

a b a b

Chứng minh

Do 0, 0p q và 1 1

1p q Do đó 1p Xét hàm số ( ) , 0nf x x x

Ta có 1 2'( ) suy ra ''( ) ( 1)p pf x px f x p p x . Suy ra ( )f x lồi trên

(0, )


1 1

( ) ( )n n

i i i ii i

f x f x

(1)

Chọn 1

1

;q

qi

ni i i iq

jj

bx a b

b

với mọi 1,2,...,i n

13

Ta thấy 1

1 1 1 1

1 1 1

1q

n n n njq i i

n n ni i i i i iq q qi i i i

j j jj j j

b a bx a b a b

b b b

(2)

Thay (2) vào (1) ta có

1

1 1

1 1

1( )

p

qn n

j q p

n ni i i iq qi i

j jj j

ba b a b

b b

(1 )

1 1

1 1

1 1Hay ( )

( )

n np p q p q

n ni i i i iq p qi i

j jj j

a b a b b

b b

(3)

Do 1 1

1 suy ra 0 suy ra (1 ) 0p q pq p p qp q

(1 )Suy ra 1q p q

i ib b (4)

Từ (3) và (4) suy ra 11 1

1 1 1

1

( )

( ) ( )( )

n np

n n ni i ip p q pi i

n i i i jq pq i i j

jj

j

a b a

a b a bb b

1 1

1 1 1

1 1

1 1 1

Suy ra ( ) ( )

Hay ( ) ( )

pn n np qp p

i i i ji i j

n n np qp q

i i i ii i i

a b a b

a b a b


2.1.5. Bất đẳng thức Mincopxki

Cho hai dãy số 1 2, ,...,

na a a và

1 2, ,...,

nb b b thỏa mãn 0, 0, 1,

i ia b i n .

Chứng minh rằng

1 2 1 2 1 1 2 2... ... ( )( )...( )n n n

n n n na a a bb b a b a b a b

Chứng minh

Xét hàm số ( ) ln(1 )xf x e

14

Ta có '( )1

x

x

ef x

e

suy ra

2'( ) 0

(1 )

x

x

ef x

e

với mọi x

Suy ra ( )f x là hàm số lồi trên

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với ln i

i

i

bx

a ta có

1 2

1 2

1 2ln ln ... ln

1 2

ln(1 ) ln(1 ) ... ln(1 )

ln(1 )

n

n

bb b n

a a a

nn

b b b

a a ae

n

1 2 1 1 2 2

1 2 1 2

1 2 1 1 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 2 2

( )( )...( )Suy ra ln(1 ... ) ln( )

. ....

( )( )...( )Suy ra 1 ...

. ....

Suy ra . .... . .... ( )( )...( )

n n nn n

n n

n n nn n

n n

n n nn n n n

b b b a b a b a b

a a a a a a

b b b a b a b a b

a a a a a a

a a a b b b a b a b a b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 2 1 2

1 2 1 2

ln ln ... ln ...n n

n n

b b b b b b

a a a a a a


2.1.6. Bất đẳng thức Petrovica

Cho ( )f x lồi trên 1

0, , , ( 1,2,..., ); 0,n

i ii

a x o a i n x a

thì

1 1

( ) ( ) ( 1) (0)n n

i ii i

f x f x n f

Chứng minh

Ta có 1

1 1

( ) 0jn

j ii

n ni jj

j jj j

xx

f x f x

x x

15

Do 1

1 1

0, ; 0, ; 1jn

j ii

n ni ii

j jj j

xx

x a x a

x x

Vì f lồi trên 0,a nên áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được

1 1

1 1 1 1

0 ( ) (0)j jn n

j i j ii i

n n n nj jj j

j j j jj j j j

x xx x

f x f x f

x x x x

(1)

Cho 1,i n ta có n bất đẳng thức dạng 1. Cộng vế với vế của n bất đẳng

thức trên ta được

1 1

( ) ( ) ( 1) (0)n n

i ii i

f x f x n f

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

0 hay 0 ( 1, )n

i ji

x x j m

.

2.1.7. Bất đẳng thức Vasic

Cho ( )f x là hàm lồi trên đoạn 0,a và 1 2 1 2, ,..., ; , ,...,

n nx x x p p p là các

dãy số không âm thỏa mãn điều kiện:

1. 0, , 1,2,...,i

x a i n

2. 1, 1,2,...,i

p i n

3. 1 2

1

1 1

1

...k

n n n

i i i i i ii i n i n

p x p x p x

4. 1

10,

n

i ii

p x ak

.

Chứng minh rằng 1

1( ) (0)

k

n n n

i i i i i ii i n i n

p f x k f x p k x p fk

Chứng minh

Theo bất đẳng thức Petrorica tổng quát ta có

16

1 1 11 1 11( ) 1 (0)

j j j

j j j

n n n

i i i i ii n i n i n

p f x f p x p fk

(1)

0( 0,1,..., 1, 1; 1)

kj k n n n

Theo giả thiết ta có 1 1

1

1j

j

n n

i i i ii n i

p x p xk

Cộng từng vế k bất đẳng thức dạng (1) ta được

1 1 1

1 1 1

1 ( ) (0)

1Hay ( ) (0)

n n n

i i i i ii i i

n n n

i i i i i ii i i

p f x k f x p p k fk

p f x k f x p k x p fk

Ta có điều phải chứng minh.

2.1.8. Bất đẳng thức Young

Với hai số không âm bất kỳ ,a b và 0, 0p q sao cho 1 1

1p q

Ta có p qa b

abp q

(1).

Chứng minh

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng khi 0a hoặc 0b . Giả sử 0, 0a b .

Xét hàm số ( ) suy ra ''( ) 0x xf x e f x e với mọi x

Suy ra ( )f x lồi trên

ln ln ln

1 1 1 1ln ln (ln ) (ln )

1 1hay (ln ln ) ( ln ) ( ln )

1 1hay

p q p q

ab p a q b

p q

f a b a f bp q p q

f a b f p a f q bp q

e e ep q

a bab

p q

17


2.1.9. Bất đẳng thức Karamatar

Giả sử :f là hàm số liên tục và có đạo hàm cấp 2, '( ) 0f x với

mọi x , giả thiết 0 0 0, ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

0 1

0 0 1 2

0 0 0 1 2 3

x a

x y a a

x y z a a a

ở đây 1 2 3

a a a

Khi đó 0 0 0 1 2 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f z f a f a f a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0 1 1 2 2 3

; ;x a x a x a .

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh mọi x thì 1 1

( ) ( ) ( ) '( )f x f a x a f a (1)

Thật vậy

+) Nếu 1

x a xét hàm số ( )f x trên đoạn 1;a x . Theo giả thiết ( )f x

liên tục trên đoạn 1;a x , ( )f x khả vi trên khoảng 1

;a x . Do đó theo

định lý Lagrange tồn tại 1 1;a x sao cho

1( ) ( ) ( ) ( )f x f a x a f

Do ''( ) 0 ( )f x x nên '( )f x là hàm đồng biến nên từ 1 1

a ta có

1 1'( ) '( )f f a

Mặt khác 1 1 1 1 1

0 ( ) '( ) ( ) '( )x a x a f x a f a

1 1 1 1 1Suy ra ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( )f x f a x a f x a f a

Hay 1 1 1

( ) ( ) ( ) '( )f x f a x a f a suy ra (1) đúng với 1

x a .

+) Nếu 1

x a , xét hàm số liên tục trên đoạn 1;x a . Theo giả thiết ( )f x

liên tục trên 1;x a , khả vi trên 1

;x a , theo định lý Lagrange tồn tại

2 1( , )x a sao cho

1 1 2( ) ( ) ( ) '( )f a f x a x f

Tương đương

18

1 1 2( ) ( ) ( ) '( )f x f a x a f

Do '( ) 0 ( )f x x nên '( )f x là hàm đồng biến, nên từ 2 1,x a

2 1 2 1suy ra suy ra '( ) '( )a f f a

Mặt khác 1 1 suy ra x a x a nên

2 1 1( ) '( ) ( ) '( )x a f x a f a

1 1 2 1 1Suy ra ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( )f x f a x a f x a f a

Hay 1 1 2 1 1

( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( )f x f a x a f x a f a

Tương đương với 1 1 1

( ) ( ) ( ) '( )f x f a x a f a . Suy ra (1) đúng với mọi

1x a

+) Nếu 1

x a thì (1) hiển nhiên đúng.

Vậy (1) đúng mọi x .

Tương tự ta cũng có 2 2 2

( ) ( ) ( ) '( )f y f a y a f a (2)

3 3 3( ) ( ) ( ) '( )f z f a z a f a (3) ( , )y z

Do 0 0 0, ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

0 1

0 0 1 2

0 0 0 1 2 3

x a

x y a a

x y z a a a

ở đây 1 2 3

a a a (3)

Từ (1), (2), (3) ta có

2 3

0 0 0 1 2 3 0 1 1

0 2 0 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '( )

( ) '( ) ( ) '( )

f x f y f z f a f a f a x a f a

x a f a x a f a

Mặt khác, ta có

2 31 2 3 0 1 1 0 2 0 3( ) ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( )f a f a f a x a f a x a f a x a f a

1 2 3 0 1 1 0 2 2 0 3 3( ) ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( )f a f a f a x a f a y a f a z a f a

19

1 2 3 0 2 3 0 3 3

0 1 3 0 2 3 0 1 2 0 1 2

0 1 2 0 3 1

( ) ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( )

( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( )

( ) '( ) ( ) '( )

f a f a f a c y a f a z a f a

x a f a y a f a x a f a y a f a

x a f a x a f a

1 2 3 3 0 0 0 1 2 3

0 1 2 3 0 2 2 3

1 1 2

1 2 3 3 0 0 1 2 3

0 0 1 2 2 3 0 1 1

( ) ( ) ( ) '( )( )

( )( '( ) '( )) ( )( '( ) '( ))

( )( '( ) '( ))

( ) ( ) ( ) '( )( )

( )( '( ) '( ) ( )( '( ) '

f a f a f a f a x y z a a a

x a f a f a y a f a f a

x a f a f a

f a f a f a f a x y a a a

x y a a f a f a x a f a f

2

( ))) (5)a

Do '( )f x là hàm đồng biến trên nên từ 1 2 3

a a a ta có

1 2 3'( ) '( ) '( )f a f a f a . Kết hợp (4) suy ra vế phải của (5)

VP (5) 1 2 3

( ) ( ) ( )f a f a f a (6)

Từ (5) và (6) ta có 0 0 0 1 2 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f z f a f a f a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0 1 0 2 0 3

; ;x a y a z a

Vậy bất đẳng thức Karamatar được chứng minh.

2.1.10. Mối liên hệ giữa trung bình nhân, trung bình toàn phương và

trung bình điều hòa.

Cho 1 2, ,..., 0

nx x x . Ta xét các đại lượng sau

1 2

1 2

2 2 2

1 2

1 2

..; ...

...;

1 1 1...

n na g n

nnq h

n

x x xm m x x x

n

x x x nm m

n

x x x

; ; ;a g q h

m m m m tương ứng gọi là trung bình cộng, trung bình nhân, trung

bình toàn phương và trung bình điều hòa của các số 1 2, ,...,

nx x x .

Ta có: h g a q

m m m m

Chứng minh

Xét hàm số 2( )f x x trên

20

Ta có '( ) 0f x x . Do đó ( )f x là hàm lồi trên toàn trục số

Áp dụng bất đẳng thức Jensen (Chọn1 2

1...

nn

) ta có

1 2

1

... 1( )

nn

i

x x xf f x

n n

Tương đương với

2 2 2 2

1 2 1 2... ...

n nx x x x x x

n n

Hay 2 2 2

1 2 1 2... ...

n n

a q

x x x x x xm m

n n

(1)

Xét hàm số ( ) lnf x x , với 0x

Ta có 1

'( )f xx

suy ra 2

1''( )f x

x , với mọi 0x

Vậy ( )f x là hàm lồi khi 0x . Theo bất đẳng thức Jensen ta có

1 2

1 2

1 2

1 2

... 1 1 1 1( ) ( ) ... ( )

1 1 1...

1 1 1 1Suy ra ln ln ln ... ln

n

n

n

n

x x xf f f f

n n x x x

x x x

n n x x x

21

1

1 2

1 2

1Suy ra ln ln

1 1 1 ......

n

n

n

n

x x x

x x x

n

(2)

Áp dụng tính đồng biến của hàm số lny x với 0x , từ (2) suy ra

1 2

1 2

... suy ra 1 1 1

...

nn h g

n

nx x x m m

x x x

(3)

Theo bất đẳng thức Cauchy thì

g am m (4)

Từ (1), (3), (4) ta có h g a q

m m m m

2.2. Áp dụng hàm lồi chứng minh các bất đẳng thức đại số.


- Dựa vào bài toán chọn f(x) là hàm thích hợp

- Chứng minh f(x) là hàm lồi(lõm)

- Sử dụng bất đẳng thức Jensen đưa ra lời giải

b) Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1 Cho 0 1; 0 1a b và 1a b . Chứng minh rằng

2a ba b .

Chứng minh

Xét hàm số ( ) ; 0 1xf x x x

Rõ ràng f (x) là hàm liên tục trên (0,1)

'( )Suy ra 1 ln suy ra '( ) ( )(1 ln )

( )

f xx f x f x x

f x

Do đó 1

''( ) '( )(1 ln ) ( )f x f x x f xx

22

Hay 2 1

''( ) ( )(1 ln ) ( )f x f x x f xx

2 1Suy ra ''( ) (1 ln)xf x x

x

(1)

Từ (1) suy ra ''( ) 0, 0 1f x x . Do đó f (x) là hàm lồi trên (0,1)

Ta có 1(1 )a b a aa b a a ( ) (1 )f a f a (2)

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với hàm lồi f(x) trên (0,1) , ta có

1

2( ) (1 ) 1 1 1 1

2 2 2 2 2

f a f a a af f

Từ đó (theo (2))

2a ba b


Ví dụ 2 Cho , , ,a b c d là những số thực dương thỏa mãn 1a b c d .

Chứng minh rằng

2

1 1 1 1 3

a b c d

a b c d

.

Chứng minh

Xét hàm số ( )1

xf x

x

với mọi 0x và 1x

Ta có 3 5

2 4'( ) suy ra ''( ) 0

2 (1 ) 8 (1 )

x xf x f x

x x

với mọi (0,1)x

Vậy f (x) là hàm lồi trên (0,1) .Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có

Với mọi , , , (0,1)a b c d thì

1 2( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 ( )

4 4 3

2hay

1 1 1 1 3

a b c df a f b f c f d f

a b c d

a b c d

23

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

4a b c d .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 3 Chứng minh rằng 1(2 ) 2 ((1 ) 1)e e e (*)

Chứng minh

Xét hàm số ( ) (1 )ef x x trên khoảng ( 1, )

Ta có 1 2'( ) (1 ) suy ra ''( ) ( 1)(1 ) 0e ef x e x f x e e x với mọi

1x

Suy ra f (x) lồi trên ( 1, )

1

1 1 1 1Suy ra ( ) ( 0) ( ) (0)

2 2 2 2 2

1 1Hay (1 ) (1 )

2 2 2

Hay (2 ) 2 ((1 ) 1)

e e

e e e

f f f f

Do 0 nên dấu đẳng thức không xảy ra

Vậy 1(2 ) 2 ((1 ) 1)e e e .

Ví dụ 4 Cho 1 2, ,..., 0

na a a . Chứng minh rằng

1 2

1 2

...

1 1 1

1 2

......

n

n

a a a

aa a

n

a a aa a a

n

Chứng minh

Xét hàm số ( ) lnf x x x ta có

'( ) ln 1f x x suy ra 1

''( ) 0,f xx

với mọi x>0

Suy ra ( )f x lồi trên (0, )

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hai bộ số: 1 2, ,...,

na a a và n số

1

n ta

được

24

Hay

1 2 1 2

1 1 2 2

... ... 1ln ( ln ln ... ln )n n

n n

a a a a a aa a a a a a

n n n

Điều này tương đương với 1 2

1 2

...

1 2

1 2

...ln ln( ... )

n

n

a a a

aa an

n

a a aa a a

n

Tức là 1 2

1 2

...

1 2

1 2

......

n

n

a a a

aa an

n

a a aa a a

n


Ví dụ 5 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có

1 1 1 1... 1

1 2 3 3 1n n n n

Chứng minh

Xét hàm số 1

( )f xx

với (0, )x .

Ta có2 3

1 2 '( ) suy ra ''( ) 0f x f x

x x , với 0x

Vậy ( )f x lồi trên (0, )

Theo bất đẳng thức Jensen với mọi 0,x k x ta có

( ) ( ) 1( ) ( ( ) ( ))

2 2

k x k xf k f f k x f k x

1 1 1Suy ra 2

k k x k x

( 1)

Áp dụng (1) với 2 1k n ta có

1 2

1 2

... 1( ( ) ( ) ... ( ))n

n

a a af f a f a f a

n n

25

1 1 12

(2 1) (2 1 ) 2 1

1 1 12

(2 1) ( 1) (2 1) ( 1) 2 1

...

1 1 12

(2 1) 1 (2 1) 1 2 1

n n n n n

n n n n n

n n n

Cộng từng vế n bất đẳng thức trên và thêm vào mỗi vế 1

2 1n ta được

1 1 1 1 1 1 1... ...

1 2 3 2 2 1 2 2 3 1

1(2 1)

2 1

1 1 1 1 1 1 1Suy ra ... ... 1

1 2 3 2 2 1 2 2 3 1

n n n n n n n

nn

n n n n n n n


Bài tập 6 Cho 1 2, ,..., na a a là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh

rằng 1 2 1 2

1 1 1...

1 1 1 1 ...nn n

n

a a a a a a

Chứng minh

Xét hàm số 1

( ) , 01 x

f x xe

Ta có 2 3

(1 )'( ) suy ra ''( ) 0

(1 ) (1 )

x x x

x x

e e ef x f x

e e

với mọi 0x

Vậy ( )f x là hàm lồi với 0x

Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có

1 2

1

... 1( ) ( 0, 1, )

nn

i i

i

x x xf f x x i n

n n

Lấy ln 0i ix a (do 0, 1,ia i n ), ta có

26

1 2 1 2ln ln ... ln lnln ln

1 21 2

1 2 1 2

1 1 1 1 1...

1 1 11

1 1 1 1 1...

1 1 11 ...

1 1 1...

1 1 1 1 ...

n na a a aa a

n

nnn

nn n

n e e ee

n a a aa a a

n

a a a a a a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 1 2... hay ...n nx x x a a a


2.3. Áp dụng hàm lồi chứng minh các bất đẳng thức hình học.


Bất đẳng thức hình học là một phần quan trọng của lý thuyết bất đẳng

thức. Một trong những phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học

là sử dụng các tính chất của hàm lồi, đặc biệt là vận dụng bất đẳng thức

Jensen.

Phương pháp sử dụng hàm lồi để giải lớp cấc bất đẳng thức hình học là

- Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng bất đẳng thức hàm số.

- Sử dụng các điều kiện quen thuộc phát hiện ra tính lồi, lõm của

hàm số có mặt trong bất đẳng thức vừa lập.

- Vận dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi chứng minh tính đúng

đắn của bất đẳng thức.

b) Một số ví dụ áp dụng

Ví dụ 1 Cho đường tròn có bán kính 1. Gọi nS là diện tích đa giác đều n

cạnh nội tiếp trong đường tròn này ( 4)n . Chứng minh rằng

i) 2 42 n n nS S S

ii) 2 1 4 22 n n nS S S .

Chứng minh

27

Gọi O là tâm đa giác đều n cạnh và AB là một cạnh của nó. Khi đó

2AOB

n

Ta có 1

sin2

n OABS nS n OAOB AOB

Do đó 2

sin2

n

nS

n

i) Xét hàm số 2

( ) sin2

xf x

x

với 3x

Ta chứng minh 2 (2 ) ( ) (4 )f x f x f x (4)

Ta có (1) tương đương

2 2 2 4 22 sin sin sin

2 2 2 2 4

x x x

x x x

2Suy ra 4sin sin 4sin

2

Suy ra 4.2sin cos 4sin cos cos 4sin2 2 2 2 2

x x x

x x x x x x

2

Suy ra 2cos cos cos 12 2

Suy ra cos 1 2sin cos2 2 2

x x x

x x x

2

2

Suy ra 1 2sin 1 sin sin4 2

Suy ra 2sin sin sin4 2

x x x

x x x

1 1

0

A B

28

Điều này tương đương sin sin sin4 4x x x

(2)

Do 2

3 suy ra suy ra cos4 2 4 2

xx x

Ta có

2sin sin 2sin cos 2 sin 2 sin

2 4 4 2 4 4

2Suy ra sin cos 2(sin ) sin

4 4 2 4

x x x x x x

x x x x

Do đó (2) đúng suy ra (1) đúng. Vậy (1) được chứng minh.

ii) Từ chứng minh phần a ta có 4 2 2n n n n

S S S S (3)

Xét hàm số 2

( ) sin2

xf x

x

với 3x

Ta có 1 2 2

'( ) sin cos2

f xx x x

2

3

2 2''( ) sin 0f x

x x

khi 3x

Vậy ( )f x là hàm lồi khi 3x . Khi đó, ta có với mọi 1 2, 3x x và

1 2x x .

Ta có

1 2

1 2

1( ( ) ( ))

2 2

x xf f x f x

1 2 1 2

1 2Suy ra ( ) ( )

2 2

x x x xf f x f x f

(*)

Ta chọn 1 2

1, 1x n x n khi đó

29

( ) ( 1) ( 1) ( )f n f n f n f n

Hay 1 1n n n n

S S S S

Thực hiện liên tiếp các bất đẳng thức (*) ta có

1 1 2 1 2 2 1...

n n n n n n n nS S S S S S S S

Hay 2

1

n n

n n

S SS S

n

(4)

Trong (*) lấy 1 2

2 ; 2 4x n x n , ta có

2 2 2 2 4 2 2 4 2 4

4 2

4 2 4

(2 2) (2 ) (2 4) (2 2)

Suy ra ...

Suy ra (5)

n n n n n n

n n

n n

f n f n f n f n

S S S S S S

S SS S

n

Từ (3),(4),(5) suy ra 1 4 2 1

2n n n n

S S S S

Hay 4 4 2 1n n n n

S S S S

(6)

Từ (1) và (6) ta có 2 4 2 1

2n n n

S S S


Ví dụ 2 Cho đa giác lồi 1 2

...n

A A A . Lấy điểm M bất kì trong đa giác. Gọi

1 2, ,...,

nR R R là các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác tương

ứng 1 2 2 3 1

, ,...,n

MA A MA A MA A . Chứng minh bất đẳng thức sau

1 1

1

2 cos

n n

i ini i

R MA

n

Chứng minh

Đặt 1

, 1,i i i

MA A i n

M

30

1, 1,

i i iMA A i n

Qui ước 1 1 0

;n n

A A A A

Áp dụng định lí hàm số sin vào các tam giác 1 2 2 3 1

, ,...,n

MA A MA A MA A .Ta

có 2 1

1

1 1

2sin sin

MA MAR

Nhân từng vế các bất đẳng thức ta có

2 3 1 2 3 1

1 2

1 2 1 1 2 1

. ... . . ... .2 ...

sin .sin ...sin .sin sin .sin ...sin .sin

n n n

n

n n n n

MA MA MA MA MA MA MA MAR R R

Tương đương

2 3 1

1 1 11 22 2 2

1 1 2 2

. ... .2 ... (1)

(sin sin ) .(sin sin ) ...(sin .sin )

n n

n

n n

MA MA MA MAR R R

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với hàm lõm ( ) sin (0 )f x x x

đồng thời kết hợp bất đẳng thức Cauchy, ta có

12

1 1

sin sin(sin sin ) sin sin , 1,

2 2 2

i i i i iA

i n

Từ đó, ta có 1

1 22

1 11

(sin sin ) sin .sin ...sin2 2 2

nn

i

A A A

(2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

1 2

1 2

sin sin ... sin2 2 2sin sin ...sin

2 2 2

n

n

n

A A AA A A

n

(3)

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lõm ta có

( ) sin , 0f x x x

Mặt khác

31

1 2 1 2

1 2

sin sin ... sin ...2 2 2 2 2 2sin (4)

...sin

2

n n

n

A A A A A A

n n

A A A

n

Do 1 2

... ( 2)n

A A A n , từ đó (4) có dạng

1 2sin sin ... sin2 2 2 sin cos

2

nA A A

n n n

(5)

Kết hợp (1), (2), (3), và (5) ta thu được bất đẳng thức

1 2

1 2

. ...2 ...

cos

n n

nn

MA MA MAR R R

n

Hay 1 1

1

2 cos

n n

i in ni i

R MA

n


Ví dụ 3 Cho đa giác lồi n cạnh ( 4)n . M là một điểm trong đa giác sao

cho 1

2i

AMA

với mọi 1,i n với qui ước

1n iA A

, ở đây

1 2, ,...,

nA A A

là các đỉnh (theo thứ tự) của đa giác. Đặt 1

, , 1,i i i i i

x MA a A A i n

.

Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

21 2

1 2 1 2 1

... 4 sinn

n

a a an

x x x x x x n

Chứng minh

Xét hàm số ( ) cosf x x với 02

x

Ta có '( ) sinf x x do đó ''( ) cos 0f x x với 02

x

32

Vậy f(x) là hàm lõm với 02

x

Đặt 1, 1,

i i iAMA i n

. Theo bất đẳng thức Jensen ta có

1 2 3 1 2cos cos cos ... cos ... 2

cos cosn nn

n n

1

2Suy ra cos .cos

n

ii

nn

(1)

Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác 1i i

AMA

ta có

2 2 2 2

1 1

1 1

cos 12 2

i i i

i

i i i i

x x a a

x x x x

(2)

Vì (2) đúng với mọi 1,i n , nên từ (2) ta có

2

1 11

cos2

n ni

ii i

i i

an

x x

(3)

Từ (1), (3) ta có 2

11

2cos

2

ni

ii i

an n

n x x

Hay 2

11

22 (1 cos )

2

ni

ii i

an

x x n

Tức là

2 2 2

2

1 2 1 2 1

... 4 sini i n

n

a a an

x x x x x x n


Các bài tập tƣơng tự

Bài tập 1

Gọi 1 2, ,...,

na a a là độ dài các cạnh của một đa giác n cạnh . Giả sử

( 1)n p là chu vi của đa giác ấy. Giả thiết rằng ( 1,2,..., )i

a p i n .

Chứng minh bất đẳng thức sau

33

1

1

1

1 2

ni

ni

kkk i

n a n

n na

Bài tập 2

Cho đa giác lồi 1 2

...n

A A A . Đặt 1i i i

A A a (Qui ước

1n iA A

) với

1,2,...,i n . Cho M là một điểm bất kì trong đa giác. Gọi 1

r là bán kính

đường tròn nội tiếp 1, ( 1, )

i iMA A i n

. Chứng minh bất đẳng thức

1

2 cot4 2

ni

ii

an

r n

.

2.4. Chứng minh các bất đẳng thức lƣợng giác.


Trong lớp bất đẳng thức thì bất đẳng thức lượng giác thường là các bất

đẳng thức khó. Sử dụng tính chất của hàm lồi, bất đẳng thức Jensen giúp

chúng ta có một phương pháp giải ngắn gọn nhiều bất đẳng thức lượng

giác trong tam giác.

Sau đây là một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản sử dụng phương

pháp hàm lồi ta có thể chứng minh dễ dàng.

b) Một số ví dụ

Ví dụ 1 Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng

3 3 3sin sin sin sin sin sin

4 4 4

A B B C C AA B C

Chứng minh

Xét hàm số ( ) sinf x x trên (0, )

34

Ta có '( ) cos , ''( ) sin 0f x x f x x ,mọi (0, )x suy ra f (x) lõm

trên (0, ) .


3 ( ) 3 ( )

4 4 4

A B A B B B f A f Bf f

Hay 3 sin 3sin

sin4 4

A B A B (1)

Mặt khác theo Cauchy ta lại có

33sin 3sin sin sin sin sin 4 sin .sinA B A B B B A B (2)

Từ (1) và từ (2) 343suy ra sin sin .sin

4

A BA B

(3)

Tương tự ta cũng có 343sin sin .sin

4

B CB C

(4)

343sin sin .sin

4

B AB A

(5)

Từ (3), (4), (5) suy ra

3 3 3sin sin sin sin sin sin

4 4 4

A B B C C AA B C

Dấu bằng xảy ra khi và chi khi A B C hay ABC đều.


Ví dụ 2 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có

2 2 2

1 1 112

sin sin sin2 2 2

A B C

Chứng minh

Xét hàm số 2

1( )

sinf x

x trên khoảng (0, )

2

. Ta có

35

2 2

3

2cos 2sin 6cos'( ) suy ra ''( )

sin sin 4

x x xf x f x

x x

suy ra ''( ) 0f x với mọi (0, )2

x

. Vậy f(x) lồi trên (0, )2

Mặt khác trong ABC thì , , (0, )2 2 2 2

A B C , theo bất đẳng thức Jensen ta

có

12 2 2 ( ) ( ) ( )3 3 2 2 2

A B CA B A

f f f f

Do đó 2 2 2 2

1 1 1 1 1( )

3sin sin sin sin

6 2 2 2

A B C A B C

Hay 2 2 2 2

1 1 1 3 12

sin sin sin sin2 2 2 6

A B C

Vậy 2 2 2

1 1 112

sin sin sin2 2 2

A B C

Điều phải chứng minh.

Ví dụ 3 Cho 2 2

ix

với mọ 1,i n . Chứng minh rằng

1 21 2

1 1 1...

...cos cos coscos nn

n

x x xx x x

n

Chứng minh

Xét hàm số 1

cosf x

x với

2 2x

Ta có 2

2 3

sin 1 sin suy ra 0

cos cos

x xf x f x

x x

với mọi

2 2x

36

Do đó ( )f x là hàm lồi với mọi 0 x . Theo bất đẳng thức Jensen ta

có

1 2

1 2

... 1( ) ( ) ... ( )n

n

x x xf f x f x f x

n n

Điều này tương đương với

1 2 1 2

1 1 1 1 1...

... cos cos coscos n n

x x x n x x x

n

Hay

1 21 2

1 1 1...

...cos cos coscos nn

n

x x xx x x

n

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 4 Cho 1

02

và

1

n

ii

. Chứng minh bất đẳng thức sau

2

1

2

1

tan2

cos

tan

n

ii

n

ii

n

nn

Chứng minh

Xét hàm số 2( ) tanf x x với 02

x

Ta có 2

4

2 4sin( ) 0

cos

xf x

x

với mọi 0,

2x

Suy ra ( )f x là hàm lồi trên 0,2

x


37

1 2

1 2

... 1( ) ( ) ... ( )n

n

a a af f f f

n n

Do đó 2 2 2

2 1 2 1 2... tan tan ... tan

tan n n

n n

Tương đương

2

2 1

tan

1 tan

n

ii

n

n n

Hay 2 2

1

1

tan 1 tan2

n

ii

n

n

Tức là 2

2

1

21 2cos 1

tann

ii

n

nn

Do đó

2

1

2

1

tan2

cos

tan

n

ii

n

ii

n

nn


Ví dụ 5 Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

3sin sin sin tan tan tan 3

2 2 2 2 2 2 2

A B C A B C

Chứng minh

Xét hàm số ( ) sin tan2 2

x xf x với 0 x

Ta có 3

sin1 2( ) cos2 2

2cos2

xx

f xx

3

sin1 2Suy ra ( ) sin4 2

2cos2

xx

f xx

3

3

sin2 2 cos 0, 0,

24cos

2

xx

xx

38

Vậy ( )f x là hàm lồi trên 0, . Theo bất đẳng thức Jensen ta có

1

( ) ( ) ( )3 3

1Hay sin tan sin tan sin tan

3 3 2 2 2 2 2 2

Hay 3 sin tan sin sin sin tan tan tan6 6 2 2 2 2 2 2

3Hay sin sin sin tan tan tan 3

2 2 2 2 2 2 2

A B Cf f A f B f C

A A B B C Cf

A B C A B C

A B C A B C


Ví dụ 6 Cho0i

x với mọi 1,i n , Chứng minh rằng

1 21 2

1 1 1...

...sin sin sinsin nn

n

x x xx x x

n

Chứng minh

Xét hàm số 1

( )sin

f xx

với 0 x .

Ta có 2

2 3

cos 1 cos( ) Suy ra ( ) 0

sin sin

x xf x f x

x x

với mọi 0,x

Do đó ( )f x là hàm lồi trên 0, . Theo bất đẳng thức Jensen ta có

1 2

1 2

1 2 1 2

... 1( ) ( ) ... ( )

1 1 1Hay ...

... sin sin sinsin

n

n

n n

x x xf f x f x f x

n n

n

x x x x x x

n


Bài tập áp dụng

Bài 1

Cho n là số nguyên dương

39

Giả sử 0i i

với mọi 1;i n . Chứng minh rằng

1 2 1 2sin sin sin ...sinn n

n n

Bài 2

Cho n là số nguyên dương

Giả sử 2 2

i

với mọi 1;i n . Chứng minh rằng

1 2 1 2os os os ...osn nc c c

cn n

2.5. Chứng minh các bất đẳng thức tích phân.


Dựa vào tính chất của hàm lồi ta cũng có thể chứng minh được các bất

đẳng thức tích phân.

b) Sau đây là một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1 Giả sử f là hàm lồi liên tục trên đoạn ,a b . Chứng minh rằng

( ) ( )

( )2 2

b

a

a b f a f bf b a f x dx b a

Chứng minh

Với mọi , ,x a b x

x a b x b ab a b a

. Ta có 0; 0

x a b x

b a b a

và

1x a b x

b a b a

Vì hàm f lồi trên ,a b nên

( ) ( ) ( )x a b x x a b x

f x f b a f b f ab a b a b a b a

với mọi ,x a b

Do đó

40

( ) ( )( ) ( ) ( )

b b b

a a a

f b f af x dx x a dx b x dx

b a b a

1 1( )( ) ( )( )

2 2f b b a f a b a

1( ) ( )

2b a f b f a

Vậy 1

( ) ( ) ( )( ( ) ( ))2

b

a

f x d x b a f b f a

* Bây giờ ta chứng minh ( )( ) ( ) ( )2

b

a

a bf b a f x d x

Đặt 2

a bx t

. Khi đó dx dt . Với x a thì

2

b at

, với x b thì

2

b at

. Do đó

02 2

0

2 2

( )2 2 2

b a b a

b

b a b aa

a b a b a bf x dx f t dt f t dt f t dt

(1)

Trong tích phân thứ nhất ở vế phải của đẳng thức (1) ta thực hiện phép

biến đổi biến số t u . Khi đó dt du và

0 0 2

0

2 2

2 2 2

b a

b a b a

a b a b a bf t dt f u du f t dt

Thay vào (1) ta được

2

0

( )2 2

b a

b

a

a b a bf x dx f t f t dt

(2)

Với mọi

1 10, ;

2 2 2 2 2 2

b a a b a b a bt t t

Vì f lồi trên ,a b nên từ đó suy ra

41

1 1

2 2 2 2 2

a b a b a bf f t t

1

2 2 2

a b a bf t f t

Với mọi

0,2

b at

(3)

Từ (2) và (3) suy ra

( ) 22 2

b b

a a

a b a bf x dx f dx f b a

Ví dụ 2 (Bất đẳng thức MinCowsky)

Giả sử 1p , f và g là 2 hàm số liên tục trên đoạn ,a b . Chứng minh

rằng

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )b b bp p p

p p p

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

(1)

Chứng minh

Hiển nhiên (1) đúng với 1p .Giả sử 1p . Khi đó

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p p p

f x g x f x g x f x g x f x f x g x

1

( ) ( ) ( ) ,p

g x f x g x x a b

1

1

( ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) (2)

p pb b

a a

bp

a

f x g x dx f x f x g x dx

g x f x g x dx

Gọi q là số thực dương sao cho1 1

1p q . Áp dụng bất đẳng thức Holder

cho hai hàm số f và 1p

f g

ta được

111 ( 1)

( ) ( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) ( ) )b b b

p p p qp q

a a a

f x f x g x dx f x dx f x g x dx

42

11

( ( ) ) ( ( ) ( ) )b b

p pp q

a a

f x dx f x g x dx (3)

Tương tự

1 11

( ) ( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) ( ) )b b b

p p pp q

a a a

g x f x g x dx f x dx f x g x dx

(4)

Từ (2), (3), (4) suy ra

1 1 1

( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ( ) )b b b b

p p q pp q q

a a a a

f x g x dx f x dx g x dx f x g x dx (5)

*) Nếu ( ) ( ) 0b

p

a

f x g x dx thì bất đẳng thức được chứng minh.

*) Nếu ( ) ( ) 0b

p

a

f x g x dx thì chia cả hai vế của bất đẳng thức (5) cho

1

( ( ) ( ) )b

p q

a

f x g x dx ta được bất đẳng thức cần chứng minh.

Bài tập áp dụng

Bài 1

Cho hàm số f có đạo hàm cấp hai trên đoạn 0;1 . Chứng minh rằng

1 1

1 0

2

4 ( ) ( ) (1) ( ) ( )f x d x f f x d x

Bài 2

Chứng minh bất đẳng thức

2

a b a be e e e

a b

với , ,a b a b

43

Chƣơng 3: SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC

3.1. Phƣơng pháp sử dụng hàm lồi sáng tạo bất đẳng thức.

Theo phương pháp sau ta có thế sáng tạo các bất đẳng thức mới dựa vào

hàm lồi

Bước 1: Lựa chọn hàm số trên một tập xác định bất kì sao cho hàm số đó

lồi (hoặc lõm).

Bước 2: Dựa vào tính chất của hàm lồi để xây dựng bất đẳng thức

Bước 3: Sáng tạo bài toán

Bước 4: Cho lời giải hoặc gợi ý bằng phương pháp khác.

3.2. Một số ví dụ

Ví dụ 1

Bước 1: Xét hàm 2( 1) ny n n x với mọi *0, ; 3x n N n .

Hiển nhiên 0y , với mọi 0x

Ta có 2 1

1( 1) n nn n x dx nx c

Chọn 2 1

1 0 suy ra ( 1) nc n n x dx nx Mặt khác

1

2

n nnx dx x c

Chọn 1

2 0 suy ra n nc nx dx x

Vậy ta có ( ) nf x x , với *2,n n N là hàm số lồi trên (0, ) .

Bước 2: Theo bất đẳng thức Jensen, ta có

Với mọi 1 2( ; ; ...; ) 0ma a a thì

1 2 1 21 2 1

... ( ... )...

n nn n n m m

m n

a a a a a aa a a m

m m


Với mọi 1 2( , ,..., ) 0ma a a . Chứng minh rằng

44

1 21 2 1

( ... )...

nn n n m

m n

a a aa a a

m

Bước 4: Ta có thể chứng minh bài toán theo cách khác như sau

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có

1 2

1 2

1 21 2 1

(1 1 ... 1)(1 1 ... 1) (1 1 ... 1)( ... )

( ... )

( ... )Suy ra ...

n n n

m

m m m

n

m

nn n n m

m n

a a a

a a a

a a aa a a

m


Ví dụ 2

Bước 1: Xét hàm số ( ) sin(sin )f x x trên (0, )

Ta có '( ) osx. os(sin )f x c c x

2Suy ra ''( ) sin cos(sin ) cos sin(sin ) 0f x x x x x với mọi (0, )x

Suy ra ( )f x lõm trên (0, ) .

Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho 3 số , , moi (0, )A B C x ta

được

sinsin sinsin sinsin sin sin sinsin

3 3

A B C A B C

(1)

Lại áp dụng bất đẳng thức Jensen cho 3 số , ,A B C với mọi (0, )x

đối với hàm số ( ) sing x x với mọi (0, )x ta được

sin sin sinsin

3 3

A B C A B C (2)


sin(sin ) sin(sin ) sin(sin ) sin sin

3 3

A B C A B C

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A B C

45


Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng

sin(sin ) sin(sin ) sin(sin ) 3sin

3 2

A B C

Bước 4: Cách giải khác:

Dùng bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được

sin sin sinsin

3 3

x y z x y z

Dấu bằng xảy ra khi x y z . Lần lượt áp dụng bất đẳng thức này cho

hai bộ số sin ,sin ,sinA B C và , ,A B C ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3

Bước 1: Xét hàm số 2( )f x x suy ra '( ) 2f x x . Do đó f lồi trên

Chọn 1

11,

( 1)i

x xi i

với 2,i n

Suy ra 1

1 1 1 11 ... 2 2

1.2 2.3 ( 1)

n

ii

xn n n

với *n

Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức Petrovica ta được

1 1

2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( 1) (0)

1 1 1 1Suy ra 1 ... (2 )

1 .2 2 .3 ( 1) .

n n

i ii i

f x f x n f

n n n

Do các i

x khác nhau đôi một nên dấu bất đẳng thức không xảy ra.

Vậy 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 11 ... (2 )

1 .2 2 .3 ( 1) .n n n


Với mọi *n chứng tỏ rằng

46

2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 11 ... (2 )

1 .2 2 .3 ( 1) .n n n

Bước 4: Cách giải khác

Dùng phương pháp qui nạp dễ dàng giải được bài toán trên.

Ví dụ 4

Bước 1: Xét hàm số 3( )f x x trên (0, ) . Ta có f (x) khả vi hai lần và

''( ) 6 0f x x với (0, )x suy ra f lồi trên (0, )

Bước 2: Chọn 1 2 3

, ,x a x b x c và

1 2 3

, ,b c a

a b c a b c a b c


( )b c a b

f a b c f aa b c a b c a b c a b c

( ) ( )

c af b f c

a b c a b c

3

3 3 3

2 3 3 3 3

Hay

Hay ( ) ( ) ( )

b c a ab bc caa b c

a b c a b c a b c a b c

a b c ac cb ba ab bc ca


Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c ta luôn có

2 3 3 3 3( ) ( ) ( )a b c ac cb ba ab bc ca

Bước 4: (Cách giải khác). Ta có

2 2

2 2 2

( ) ( . . . )

( )( )

ab bc ca b ba c cb a ac

a b c ba cb ac

(1)

Lại có

2 2 2 2( . . . . . . )ba cb ac ab ba a bc cb b ac ac c

47

3 3 3( )( )ab bc ca ba cb ac (2)


4 2 3 3 3 ( ) ( ) ( )( )ab bc ca a b c ab bc ca ac cb ba

3 3 3 3 3Hay ( ) ( ) ( )a b c ac ab ba ab bc ca


Ví dụ 5

Bước 1: Xét hàm số ( ) ln( 1) xf x e x trên (1; )

Ta có f khả vi đến cấp hai trên (1; ) và 2

1''( ) 0

( 1)

xf x ex

với

mọi ( 1; )x .

Vậy f lồi trên (1; ) .

Bước 2: Do f lồi nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )y f x tại điểm

(0;1) là 1y . Theo tính chất của hàm lồi thì mọi tiếp tuyến của đồ thị

hàm số ( )y f x đều nằm phía dưới đồ thị hàm số ( )y f x . Do đó ta

có ln( 1) 1xe x hay ln( 1) 1xe x .


Chứng minh rằng ln( 1) 1xe x với mọi ( 1; )x .

Bước 4: Cách giải khác

Ta có 1xe x (1)

Suy ra 1 ln( 1) 1x x (2)

Từ (1) và (2) suy ra ln( 1) 1xe x .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0x

48

KẾT LUẬN

Các bài toán bất đẳng thức rất phong phú và đa dạng, đòi hỏi người

giải phải vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Khóa luận trên đã đề

cập đến các phương pháp ứng dụng hàm lồi vào chứng minh các lớp bất

đẳng thức . Đây là phương pháp hay và độc đáo nhưng cũng mới lạ đối

với các bạn học sinh trung học và học sinh trung học phổ thông. Hi vọng

rằng khóa luận có thể cung cấp cho các bạn yêu toán một phương pháp

mới để chứng minh được bất đẳng thức.

Do khuôn khổ của khóa luận và do năng lực của bản thân còn hạn

chế nên em kính mong các thầy cô giáo và các bạn sinh viên đóng góp ý

kiến để khóa luận của em được đầy đủ và hoàn thiện hơn. Một lần nữa

em xin chân thành cám ơn cô Nguyễn Thị Kiều Nga đã tạo điều kiện và

giúp đỡ em hoàn thành khóa luận này.

49

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phan Huy Khải, Giải tích lồi và các bài toán sơ cấp, NXB Giáo

dục

2. Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải , Giải tích lồi, Nhà xuất bản Khoa

học kỹ thuật 2000.

3. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội.

4. Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp mới trong chứng minh bất

đẳng thức.

5. G.H.Hardy-J.E.Littlewood-G.Polya. Bất đẳng thức. Nhà xuất bản

đại học và trung học chuyên nghiệp Hà nội -1981

6. Tạp chí toán học và tuổi trẻ.

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN · PDF filegiáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được ... Với mọi....

Documents