Luận văn thạc sỹ một số bất đẳng thức cổ điển và ứng dụng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (424.27 KB, 75 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
NGUYỄN THỊ MÂY
VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN VÀ
ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Bình Định - Năm 2021
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
NGUYỄN THỊ MÂY
VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN VÀ
ỨNG DỤNG
Chuyên ngành :
Mã số
:
Người hướng dẫn :
Phương pháp toán sơ cấp
8460113
PGS.TS. LƯƠNG ĐĂNG KỲ
Mục lục
Lời mở đầu
1
1 Kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số bất đẳng thức cơ cở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Quan hệ thứ tự trên R và bất đẳng thức . . . . . . . . . . .
1.1.2 Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức . . . . . . . . . .
1.2 Một số bất đẳng thức liên quan đến các đại lượng trung bình . . . .
1.2.1 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân . .
1.2.2 Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình nhân và trung bình
điều hịa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình
bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
3
4
5
11
2 Một số bất đẳng thức cổ điển
2.1 Hàm lồi và Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Hàm lồi và các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.3 Xây dựng một số bất đẳng thức hàm lồi . . . . . . . .
2.1.4 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bất đẳng thức Bernoulli và một số bất đẳng thức liên quan .
2.2.1 Bất đẳng thức Bernoulli và một số dạng tương đương
2.2.2 Một số bất đẳng thức liên quan . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Bất đẳng thức Cauchy và một số bất đẳng thức liên quan . .
2.3.1 Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Một số hệ quả của Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . .
2.3.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Bất đẳng thc Hăolder v Bt ng thc Minkowski . . . . .
2.4.1 Bt ng thc Hăolder . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
14
14
19
23
25
26
26
31
32
33
33
34
35
36
36
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
9
ii
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
39
43
44
44
45
48
48
48
49
52
3 Ứng dụng trong giải toán sơ cấp
3.1 Một số bài tốn cơ bản trong chương trình phổ thơng . . . . . . . .
1 1
4
3.1.1 Bất đẳng thức + ≥
và mở rộng . . . . . . . . . . .
53
53
53
Bất đẳng thức a3 + b3 ≥ ab(a + b) và mở rộng . . . . . . . . .
Bất đẳng thức (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc, với a, b, c
là độ dài ba cạnh của một tam giác và mở rộng . . . . . . .
Một số bài toán liên quan đến các kỳ thi học sinh giỏi . . . . . . . .
56
2.5
2.6
2.4.2 Bất đẳng thức Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức Chebyshev và một số bất đẳng thức liên quan
2.5.1 Bất dẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu . . .
2.5.2 Một số bất đẳng thức liên quan . . . . . . . . . . . . .
2.5.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức Abel và một số bất đẳng thức liên quan . . .
2.6.1 Bất đẳng thức Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Một số bất đẳng thức liên quan . . . . . . . . . . . . .
2.6.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
3.1.2
3.1.3
3.2
b
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a+b
59
61
Kết luận
70
Tài liệu tham khảo
71
LỜI MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một lĩnh vực toán học tương đối khó, yêu cầu óc quan sát và
linh cảm thực tế, đòi hỏi tư duy và khả năng sáng tạo của người học. D.S.Mitrinovic
(1908-1995) được biết đến với câu danh ngơn độc đáo tạm dịch “Khơng có gì là
đẳng thức, thậm chí cả trong đời sống con người - bất đẳng thức ln ln hiện
hữu”. Điều đó cho thấy bất đẳng thức không chỉ là công cụ thiết yếu trong tốn
học mà cịn có vai trị to lớn trong thực tế cuộc sống.
Trong chương trình Tốn học ở trường phổ thơng, bất đẳng thức đóng một vai
trị hết sức quan trọng trong việc giải các bài toán sơ cấp. Đặc biệt, bất đẳng thức
là một trong các dạng tốn khó thường xuất hiện trong những kì thi trung học
phổ thơng, các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, cấp quốc tế và các kì thi Olympic
Tốn Sinh viên trong nước và quốc tế.
Các bất đẳng thức cổ điển là nền móng quan trọng, ln được đánh giá cao
đặc biệt đối với những người yêu bất đẳng thức. Trong những năm gần đây, tuy
có rất nhiều tài liệu được nghiên cứu, biên soạn và trình bày về bất đẳng thức.
Tuy nhiên, mỗi tài liệu lại chỉ nghiên cứu về một số dạng cụ thể với cách nhìn và
phương pháp giải riêng. Vì vậy, vấn đề đặt ra đối với mỗi người học Toán là phải
nắm chắc được một số bất đẳng thức cổ điển và ứng dụng của chúng trong giải
tốn sơ cấp. Đó là lý do tại sao tôi chọn đề tài “Về một số bất đẳng thức cổ điển
và ứng dụng” làm đề tài cho luận văn tốt nghiệp thạc sĩ của mình.
Cấu trúc của luận văn gồm: Lời mở đầu, nội dung chính và danh mục tài liệu
tham khảo. Nội dung chính của luận văn gồm ba chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tơi trình bày chi
tiết các bất đẳng thức cơ sở và các bất đẳng thức liên quan đến các trung bình,
làm cơ sở cho các lập luận ở các chương tiếp theo của luận văn.
Chương 2. Một số bất đẳng thức cổ điển. Trong chương này, chúng tơi
trình bày chi tiết các bất đẳng thức cổ điển như Bất đẳng thức Jensen và hàm lồi,
Bất đẳng thức Bernoulli, Bất đẳng thức Cauchy,...
Chương 3. Ứng dụng trong giải toán sơ cấp. Trong chương này, chúng tơi
trình bày một số ứng dụng của bất đẳng thức trong các bài toán sơ cấp.
1
2
Tơi xin được bày tỏ lịng biết ơn chân thành và sự kính trọng sâu sắc đến thầy
PGS. TS. Lương Đăng Kỳ, trường Đại học Quy Nhơn, thầy đã trực tiếp giảng dạy,
hướng dẫn và tạo mọi điều kiện trong q trình học tập và nghiên cứu để tơi có
thể hoàn thành luận văn này một cách tốt nhất. Bên cạnh đó, tơi cũng xin chân
thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng sau đại học, Khoa Tốn và Thống kê, trường
Đại học Quy Nhơn cùng quý thầy cô giáo của trường, quý thầy cô giáo thỉnh giảng
đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tơi trong q trình học tập, hồn thành các học
phần tại trường. Nhân đây, tôi cũng xin cảm ơn các anh, chị học viên trong lớp
Phương pháp tốn sơ cấp khóa 22, gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đã giúp đỡ,
động viên tôi trong suốt quá trình học tập và hồn thành luận văn.
Mặc dù rất cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên bên cạnh
những kết quả đã đạt được, luận văn không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếu
sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý thẳng thắn và chân thành của quý thầy
cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Ngày 19 tháng 9 năm 2021
Học viên thực hiện
Nguyễn Thị Mây
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kiến thức cơ sở về quan hệ thứ
tự trên R, một số bất đẳng thức liên hệ giữa các đại lượng trung bình như trung
bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hịa.
1.1
Một số bất đẳng thức cơ cở
1.1.1
Quan hệ thứ tự trên R và bất đẳng thức
Trên tập hợp các số thực R, xét quan hệ hai ngôi < định nghĩa như sau: Với
mọi a, b ∈ R,
a < b ⇔ b − a là số dương.
Ta cũng kí hiệu a ≤ b nếu a < b hoặc a = b. Khi đó < là một quan hệ thứ tự trên R.
Khi a < b (tương ứng, a ≤ b) thì ta cũng viết b > a (tương ứng, b ≥ a). Các mệnh
đề dạng này được gọi là các bất đẳng thức.
1.1.2
Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức
(1) Tính chất giao hốn: a ≤ b ⇔ b ≥ a.
(2) Tính chất bắc cầu: Nếu a ≤ b và b ≤ c thì a ≤ c.
(3) Liên hệ với phép cộng: a ≤ b ⇔ a ± m ≤ b ± m.
Nếu a ≤ b, c ≤ d thì a + c ≤ b + d.
Nếu a ≤ b và c ≤ d thì a − d ≤ b − c.
3
4
(4) Tính chất liên hệ với phép nhân:
Nếu a ≤ b và m > 0 thì am ≤ bm.
Nếu a ≤ b và m < 0 thì am ≥ bm.
(
Đặc biệt,
0
⇒ 0 < ac < bd.
0
(5) Liên hệ với lũy thừa: a ≥ b ≥ 0 ⇔ an ≥ bn ≥ 0 với n là số thực dương.
a ≥ b ⇔ an ≥ bn với n là số tự nhiên lẻ.
|a| ≥ |b| ⇔ an ≥ bn với n là số tự nhiên chẵn.
m ≥ n > 0 và a ≥ 1 thì am ≥ an .
m ≥ n > 0 và 0 < a < 1 thì am ≤ an .
(6) Liên hệ với nghịch đảo: Với a, b dương ta có a ≥ b ⇔
1
1
≤ .
a
b
(7) Tính xác định dương:
a2 ≥ 0 với mọi a.
a2k ≥ 0 với mọi k ∈ N.
|a| ≥ 0 với mọi a.
(8) Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:
|a + b| ≤ |a| + |b|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0.
|a − b| ≤ |a| + |b|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≤ 0.
1.2
Một số bất đẳng thức liên quan đến các đại lượng
trung bình
Cho dãy (ai )ni=1 các số thực khơng âm. Khi đó các đại lượng trung bình cộng,
trung bình nhân và trung bình bậc hai của dãy đã cho lần lượt xác định bởi
a1 + a2 + · · · + an
,
n
√
Gn = n a1 a2 . . . an ,
An =
r
Qn =
a21 + a22 + · · · + a2n
.
n
5
Trong trường hợp các số trong dãy đều dương thì ta có định nghĩa đại lượng
trung bình điều hịa xác định bởi
Hn =
n
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an
.
Trong phần này ta sẽ nghiên cứu bất đẳng thức liên hệ giữa các đại lượng trung
bình này.
1.2.1
Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
Định lý 1.2.1. Với mọi a ≥ 0, b ≥ 0 ta có bất đẳng thức sau
a+b √
≥ ab.
2
(1.1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Với các kí hiệu ở phần đầu, bất đẳng thức
trên có thể được viết lại là A2 ≥ G2 .
Nói cách khác, trung bình cộng của hai số khơng âm lớn hơn hoặc bằng trung
bình nhân của chúng. Trung bình cộng của hai số khơng âm bằng trung bình nhân
của chúng khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Bất đẳng thức trên được gọi là Bất
đẳng thức AM-GM (Arithmetic Means - Geometric Means).
Bất đẳng thức (1.1) có thể được viết dưới các dạng tương đương sau:
Dạng 1. Với hai số thực khơng âm a, b ta có
2
a+b
≥ ab.
(1.2)
2
Dạng 2. Với hai số thực không âm a, b ta có
a2 + b2 ≥
(a + b)2
.
2
(1.3)
Về mặt hình học, xét hai đường trịn đường kính lần lượt là a và b tiếp xúc
nhau. Khi đó độ dài đoạn nối tâm là trung bình cộng của a và b; cịn độ dài đoạn
nối hai tiếp điểm của hai đường tròn với tiếp tuyến chung d là trung bình nhân
của a và b.
6
a+b
2
a
2
b
2
√
d
ab
Thật vậy, gọi độ dài đoạn nối hai tiếp điểm là x. Ta có
2
2
a+b
2
x2 =
−
a−b
2
= ab.
√
Do đó x = ab. Như vậy, só sánh độ dài đoạn nối tâm và độ dài đoạn thẳng nối
hai tiếp điểm ta được Bất đẳng thức AM-GM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai
đường trịn có cùng bán kính, tức là a = b.
Một ý nghĩa hình học khác của trung bình cộng và trung bình nhân là xem
√
a+b
là bán kính của một đường trịn, khi đó ab là độ dài đường cao từ đỉnh góc
2
vng chắn nửa đường trịn đó.
√
ab
a
a+b
2
b
Vì trong đường trịn, đường kính là dây lớn nhất nên ta có
a+b √
≥ ab.
2
Bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực khơng âm có thể được mở rộng cho bộ
n số thực khơng âm. Cụ thể, ta có bất đẳng thức sau.
7
Định lý 1.2.2 (Bất đẳng thức AM-GM cho n số). Cho bộ n số thực không âm
a1 , a2 , . . . , an . Khi đó ta có
√
a1 + a2 + · · · + an
≥ n a1 a2 . . . an ,
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an . Bất đẳng thức trên có thể được
viết lại dưới dạng An ≥ Gn .
Trong thực tế, có rất nhiều cách chứng minh Bất đẳng thức AM-GM cho bộ n
số thực khơng âm. Ở đây, chúng tơi trình bày chi tiết một cách chứng minh cho
bất đẳng thức này, gọi là phép “Quy nạp kiểu Cauchy”. Các cách chứng minh khác
có thể tìm thấy trong tài liệu [1].
Chứng minh. Phép chứng minh được tiến hành bằng quy nạp theo n. Trường hợp
n = 2 là tầm thường.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k , ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với
n = 2k . Thật vậy xét các số thực a1 , a2 , . . . , ak , ak+1 , . . . , a2k ≥ 0. Sử dụng giả thiết
quy nạp ta có
1 a + a + ··· + a
a
+ ··· + a
a + a + ··· + a
1
2
2k
2k
1
=
2
k
k+1
2k
+
2
k
k
1 √
√
k
≥
a1 a2 . . . ak + k ak+1 . . . a2k
2
p√
√
k
≥
a1 a2 . . . ak k ak+1 . . . a2k
p√
= 2k a1 a2 . . . a2k .
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = p, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với
n = p − 1. Thật vậy, xét p − 1 số a1 , a2 , . . . , ap−1 ≥ 0. Sử dụng giả thiết quy nạp với
n = p ta có
a1 + a2 + · · · + ap−1 +
p
√
p−1
⇔
≥
√
p
a1 a2 . . . ap−1 =
√
a1 a2 . . . ap−1
p−1
√
√
a1 a2 . . . ap−1 ≥ p p−1 a1 a2 . . . ap−1
√
≥ (p − 1) p−1 a1 a2 . . . ap−1
⇔ a1 + a2 + · · · + ap−1 +
⇔ a1 + a2 + · · · + ap−1
a1 a2 . . . ap−1
a1 + a2 + · · · + ap−1
≥
p−1
p−1
√
p−1
a1 a2 . . . ap−1 .
Như vậy, theo nguyên lý quy nạp ta đã chứng minh được rằng bất đẳng thức đúng
với mọi n ≥ 2, n ∈ N.
Tương tự trường hợp n = 2, Bất đẳng thức AM-GM cho bộ n số thực có thể
được viết dưới các dạng tương đương sau.
8
Định lý 1.2.3. Cho bộ n số thực không âm a1 , a2 , . . . , an . Khi đó ta có
√
(1) a1 + a2 + · · · + an ≥ n n a1 . . . an .
a + a + · · · + a n
1
2
n
(2)
≥ a1 a2 . . . an .
n
Từ Bất đẳng thức AM-GM, ta có các bất đẳng thức sau.
Mệnh đề 1.2.4 ([1]). Cho a, b, c là các số thực tùy ý. Khi đó ta có các đánh giá
sau.
(1) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
(2) a2 + b2 + c2 ≥
(a + b + c)2
.
3
(3) (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).
(4) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc(a + b + c).
(5) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c).
Cuối cùng ta sẽ xem xét một mở rộng của Bất đẳng thức AM-GM.
Định lý 1.2.5 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng, [1]). Cho a1 , a2 , . . . , an là các số
thực không âm và x1 , x2 , . . . , xn là các số thực dương có tổng bằng 1. Khi đó ta có
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn ≥ ax1 1 ax2 2 . . . axnn .
Chứng minh. Nếu a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0 thì ta có a1 = a2 = . . . = an = 0. Do
đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Xét trường hợp a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn > 0. Đặt a = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn .
Khi đó ta có a = ax1 +x2 +···+xn . Bất đẳng thức trên có thể được viết lại là
a x1 a x2 a xn
1
2
a
a
...
n
a
≤ 1.
Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với mọi số thực x ta có ex−1 ≥ x. Thật
vậy, xét hàm số f (x) = ex−1 − x. Ta có f 0 (x) = xx−1 − 1. Ta suy ra f 0 (1) = 0 và f 0 (x)
đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x = 1 nên f (x) đạt giá trị nhỏ nhất là f (1) = 0.
Do đó f (x) ≥ f (1) = 0 với mọi x ∈ R và như vậy ex−1 ≥ x với mọi x ∈ R.
a1
−1
a1
Sử dụng bất đẳng thức vừa nêu ta có
≤ e a . Từ đó suy ra
a
a1 x 1
a x1
−1
1
≤e a
.
a
9
Tương tự ta có
a xi
i
a
ai x i
−1
với i = 1, 2, . . . , n.
≤e a
Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được
a x1 a x2
1
2
a
a
...
a xn
n
a
a1 x 1 + a2 x 2 + · · · + an x n
(x1 +x2 +···+xn )
a
≤e
= e1−1 = 1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
1.2.2
Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình nhân và trung bình
điều hịa
Định lý 1.2.6. Cho hai số thực khơng âm a và b. Khi đó ta có
2
1 1
+
a b
≤
√
ab.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Ta có thể mở rộng bất đẳng thức trên cho bộ n số thực không âm như sau.
Định lý 1.2.7. Cho a1 , a2 , . . . , an là các số thực khơng âm. Khi đó ta có
n
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an
≤
√
n
a1 a2 . . . an .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an . Bất đẳng thức trên có thể viết
lại là Hn ≤ Gn .
r
a a ...a
Chứng minh. Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho n số thực không âm n 1 2 n n
ai
với i = 1, 2, . . . , n ta có
r
1
n
n
a1 a2 . . . an
+
an1
r
n
a1 a2 . . . an
+ ··· +
an2
r
n
a1 a2 . . . an
ann
Điều này tương đương với
√
1
n
a1 a2 . . . an
n
Do đó
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an
n
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an
Ta có điều phải chứng minh.
≤
√
n
≥ 1.
a1 a2 . . . an .
≥ 1.
10
Tiếp theo ta sẽ xét một số bất đẳng thức liên quan đến đại lượng trung bình
điều hịa.
Ví dụ 1.2.8. Cho các số dương a, b, x, y ta có
1
1
1
+
≤
.
1 1
1 1
1
1
+
+
+
a b
x y
a+b x+y
Chứng minh. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
ax
by
(a + b)(x + y)
+
≤
a+x b+y
a+b+x+y
⇔ (a + b + x + y) [ax(b + y) + by(a + x)] ≤ (a + b)(x + y)(b + y)(a + x)
⇔ (ay − bx)2 ≥ 0 với mọi a, b, x, y ∈ R.
Ta có điều phải chứng minh.
Mở rộng ví dụ trên cho bộ n số ta có bất đẳng thức sau đây.
Ví dụ 1.2.9. Cho hai bộ số xi và yi với i = 1, 2, . . . , n. Khi đó ta có
n
X
1
i=1
1
1
+
xi yi
1
≤
1
.
1
Pn
i=1 xi
+ Pn
i=1 yi
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n. Trường hợp n = 2 là hiển
nhiên. Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k . Ta có
k+1
X
1
i=1
1
1
+
xi y i
=
k
X
1
i=1
1
1
+
xi yi
Xét hai bộ số
k
X
1
+
1
xk+1
xi , xk+1 và
i=1
Pk
i=1 xi
k
X
1
1
Pk
yk+1
1
i=1 xi
1
+
+ Pk
1
xk+1
i=1 yi
+
1
.
yk+1
yi , yk+1 ta có
i=1
1
1
+
1
≤
1
+ Pk
i=1 yi
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
+
1
1
xk+1
+
1
yk+1
≤
1
1
Pk+1
i=1
.
1
xi
+ Pk+1
k
k
X
X
xi :
yi = xk+1 : yk+1
i=1
i=1
x : y = x : y = . . . = x : y
1
1
2
2
k
k
đương với x1 : y1 = x2 : y2 = . . . = xk+1 : yk+1 .
i=1
yi
. Điều này tương
11
Ví dụ 1.2.10. Cho các số thực dương x1 , x2 , y1 , y2 , z1 , z2 , ta có
1
1
≤
.
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
x1 y1 z1
x1 + x2 y1 + y2 z1 + z2
Chứng minh. Để thuận tiện cho việc trình bày, ta ký hiệu αi =
γi =
1
với i = 1, 2. Ta có
zi
1
1
+
=
α1 + β1 + γ1 α2 + β2 + γ2
≤
1
α1 +
1
1
β1 + γ1
1
1
, βi =
và
xi
yi
1
+
α2 +
1
1
β2 + γ2
1
.
1
1
1
+
+
1
1
x1 + x2
β1 + γ1
β2 + γ2
Xét các số y1 , y2 , z1 , z2 ta có
1
1
1
+
≤
.
1
1
1
1
1
1
+
+
+
y1 z1
y2 z2
y1 + y2 z1 + z2
Từ đó suy ra
1
≤
1
1
1
1
+
+
+
1
1
x1 + x2
x 1 + x2
β1 + γ1
β2 + γ2
1
1
1
=
1
.
1
1
1
+
+
x1 + x2 y1 + y2 z1 + z2
1
1
+
y1 + y2 z1 + z2
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 : y1 : z1 = x2 :
y2 : z2 .
1.2.3
Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình
bậc hai
Định lý 1.2.11. Cho a và b là các số thực khơng âm. Khi đó ta có
r
a+b
≤
2
a2 + b 2
.
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Bất đẳng thức trên có thể được viết lại là
A2 ≤ Q2 .
12
Chứng minh. Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho hai số a2 và b2 ta có ab ≤
a2 + b 2
.
2
Từ đó suy ra
a2 + 2ab + b2
a2 + a2 + b 2 + b 2
a2 + b2
(a + b)2
=
≤
=
.
4
4
4
2
Do đó
a+b
≤
2
r
a2 + b 2
.
2
Ta có điều phải chứng minh.
Về ý nghĩa hình học, ta có thể tiếp cận bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình
cộng và trung bình bậc hai như sau.
y
Y
a+b
a
X
O
b
x
a+b
Trên hình vẽ, ta có X(b, a) và Y (a + b, a + b). Ta suy ra OX = XY =
√
OY = 2(a + b). Khi đó
p
√
OY ≤ OX + XY ⇔
2(a + b) ≤ 2
a+b
⇔
≤
2
r
a2 + b 2
a2 + b 2
.
2
Tiếp theo, ta sẽ mở rộng bất đẳng thức này cho bộ n số thực.
Định lý 1.2.12. Cho n số thực a1 , a2 , . . . , an . Khi đó ta có
r
a1 + a2 + · · · + an
≤
n
a21 + a22 + · · · + a2n
.
n
√
a2 + b2 và
13
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an . Bất đẳng thức có thể được viết
lại là An ≤ Qn .
Chứng minh. Phép chứng minh của định lý cần đến bổ đề sau: Nếu tổng của n ≥ 2
số thực x1 , x2 , . . . , xn bằng 1 thì
x21 + x22 + · · · + x2n ≥
1
.
n
Bây giờ, xét các số a1 , a2 , . . . , an , ta có
a2
an
a1
+
+ ··· +
= 1.
a1 + a2 + · · · + an a1 + a2 + · · · + an
a1 + a2 + · · · + an
Do đó, theo bổ đề trên, ta suy ra
2
a1
a1 + a2 + · · · + an
+
a2
a1 + a2 + · · · + an
2
+ ··· +
an
a1 + a2 + · · · + an
2
≥
1
.
n
Bất đẳng thức này tương đương với
a21 + a22 + · · · + a2n a1 + a2 + · · · + an 2
≥
.
n
n
Ta có điều phải chứng minh.
Như vậy từ các kết quả của các Định lí 1.2.2, Định lí 1.2.7 và Định lí 1.2.12 ta
có thể suy ra mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình của một dãy các số thực
khơng âm. Cụ thể ta có định lí sau.
Định lý 1.2.13. Với mọi số nguyên dương n ≥ 2, với mọi dãy số thực dương, ta
có
Hn ≤ Gn ≤ An ≤ Qn .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số hạng trong dãy đều bằng nhau.
Chương 2
Một số bất đẳng thức cổ điển
Trong chương này, chúng tơi trình bày lại các bất đẳng thức cổ in nh Bt
ng thc Jensen, Bernoulli, Cauchy, Hăolder, Minkowski,... v một số hệ quả, mở
rộng của các bất đẳng thức trên. Các kết quả trong chương này được trình bày
theo các tài liệu [3] và [4].
2.1
2.1.1
Hàm lồi và Bất đẳng thức Jensen
Hàm lồi và các tính chất cơ bản
Định nghĩa 2.1.1. Cho I ⊆ R là một khoảng hoặc một đoạn trong R và f : I → R
là một hàm số xác định trên I . Khi đó hàm số f gọi là lồi trên I nếu với mọi x, y ∈ I
và với mọi λ ∈ [0; 1] ta có
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y).
(2.1)
Nếu bất đẳng thức trên là chặt thì f gọi là hàm lồi chặt. Hàm f gọi là lõm (lõm
chặt) nếu −f là hàm lồi (lồi chặt).
Cho f là một hàm lồi trên I . Lấy x; y ∈ I giả sử x < y . Khi đó với λ ∈ [0; 1] ta có
f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
Đặt z = (1 − λ)x + λy . Khi đó z là điểm nằm giữa x và y . Đoạn thẳng nối hai điểm
(x, f (x)) và (y, f (y)) có phương trình
l(z) =
f (y) − f (x)
f (x) − f (y)
(z − x) + f (x) =
(z − y) + f (y).
y−x
x−y
14
15
Với z = (1 − λ)x + λy , ta có
l(z) =
=
f (y) − f (x)
((1 − λ)x + λy − x) + f (x)
y−x
f (y) − f (x)
(−λx + λy) + f (x)
y−x
= (1 − λ)f (x) + λf (y).
Như vậy ta có thể kết luận hàm số f là lồi nếu và chỉ nếu f (z) ≤ l(z) với mọi
z ∈ [x; y], trong đó l phụ thuộc vào x và y .
Mệnh đề 2.1.2. [3, trang 2] Cho f là một hàm số xác định trên I . Với mọi
x, z, y ∈ I và x < z < y , hàm f là lồi khi và chỉ khi một trong hai điều kiện sau
được thỏa mãn
f (y) − f (x)
f (z) − f (x)
≤
,
z−x
y−x
(2.2)
f (z) − f (y)
f (x) − f (y)
≤
.
z−y
x−y
(2.3)
Chứng minh. Vì f là hàm lồi nên ta có f (z) ≤ l(z), tức là
f (z) ≤
f (y) − f (x)
+ f (x).
y−x
Từ đó suy ra
f (z) − f (x)
f (y) − f (x)
≤
.
z−x
y−x
Tương tự ta cũng có
f (z) ≤
Do đó
f (x) − f (y)
+ f (y).
z−y
f (z) − f (y)
f (x) − f (y)
≤
.
z−y
x−y
Từ mệnh đề trên ta có thể suy ra trực tiếp hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.3. Cho f là một hàm số xác định trên I . Khi đó f là hàm lồi khi và
chỉ khi với mọi x < z < y ∈ I ta có
f (z) − f (x)
f (y) − f (z)
≤
.
z−x
y−z
16
Hệ quả trên chứng tỏ rằng hàm số f là lồi trên I nếu với mọi c ∈ I , hàm số
f (x) − f (c)
không giảm trên I với mọi x 6= c.
x−c
Về mặt hình học, hàm f là lồi trên I nếu với đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ
x 7→
trên đồ thị ln nằm phía trên cung đồ thị giữa hai điểm đó.
f (t)
f (y)
x
y
O
t
f (x)
Định lý 2.1.4. [3, Định lý 2, trang 2] Cho f là một hàm số khả vi liên tục đến
cấp hai trên I . Khi đó f là một hàm lồi khi và chỉ khi f 00 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ I .
Chứng minh. Giả sử f 00 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ I . Khi đó f 0 là hàm không giảm trên I .
Với x, y ∈ I và x < y , với 0 < λ < 1, xét z = (1 − λ)x + λy ta có
Z z
f 0 (t)dt.
f (z) − f (x) =
x
Vì f 0 liên tục trên I nên theo Định lí giá trị trung bình, tồn tại c ∈ (x; z) sao cho
Z z
f 0 (c) =
1
z−x
f 0 (t)dt.
x
Hơn nữa, f là hàm không giảm trên I nên ta suy ra
Z z
f 0 (t)dt = f 0 (c)(z − x) ≤ f 0 (z)(z − x).
f (z) − f (x) =
x
Lập luận tương tự ta cũng có
y
Z
f 0 (t)dt ≥ f 0 (z)(y − z).
f (y) − f (z) =
z
Vì z − x = λ(y − x) và y − z = (1 − λ)(y − x) nên ta suy ra
f (z) ≤ f (x) + λf 0 (z)(y − x),
17
f (z) ≤ f (y) − (1 − λ)f 0 (z)(y − x).
Từ đó suy ra
(1 − λ)f (z) + λf (z) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
Chú ý rằng
(1 − λ)f (z) + λf (z) = f (z) = f ((1 − λ)x + λy).
Do đó
f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
Điều này chứng tỏ f là một hàm lồi trên I .
Ngược lại, giả sử phản chứng rằng f là hàm lồi trên I và f 00 (x) < 0 với x ∈ I
nào đó. Vì f 00 liên tục nên f 00 (x) < 0 với mọi x ∈ I 0 với I 0 là một tập con nào đó
của I . Lập luận tương tự như trên, trên I 0 ta có
f (z) − f (x) > f 0 (z)(z − x),
f (y) − f (z) < f 0 (z)(y − z).
Từ đó suy ra
f ((1 − λ)x + λy) > (1 − λ)f (x) + λf (y).
Điều này mâu thuẫn với tính lồi của f . Vậy định lý được chứng minh xong.
Tiếp theo, ta sẽ tìm hiểu một số tính chất của hàm lồi.
Nhận xét 2.1.5. [3, trang 1] Cho f là một hàm lồi trên I .
(i) Với mọi x, y ∈ I , với mọi p + q > 0, ta có
f
px + qy
p+q
≤
pf (x) + qf (y)
.
p+q
(ii) Với mọi x < y < z ∈ I ta có
x f (x) 1
