một số lớp hàm dạng đặc biệt và các bất đẳng thức liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐỖ THỊ HUỆ
MỘT SỐ LỚP HÀM DẠNG ĐẶC BIỆT
VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐỖ THỊ HUỆ
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS: HOÀNG VĂN HÙNG
Thái Nguyên - Năm 2014
Mục lục
Lời nói đầu 3
1 HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN 5
1.1 HÀM LỒI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Tính chất của hàm lồi và hàm lõm . . . . . . . . . . . 6
1.2 BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Định lý (J.Jensen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Định lý (J.Jensen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 MỘT SỐ HỆ QUẢ CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 13
1.3.1 Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.3 Ví dụ áp dụng: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.4 Bất đẳng thức Nesbitt suy rộng . . . . . . . . . . . . 18

1.3.5 Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.6 Bất đẳng thức Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.7 Bất đẳng thức Holder dạng tích phân . . . . . . . . . 20
1.3.8 Hệ quả: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3.9 Bất đẳng thức Cauchy dạng tích phân . . . . . . . . . 22
1.4 BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4.1 So sánh hai dãy giảm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4.2 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4.3 Một số áp dụng của bất đẳng thức Karamata . . . . 24
1
2 HÀM LỒI NHIỀU BIẾN VÀ CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH,THUẦN
NHẤT DƯƠNG 29
2.1 TẬP LỒI VÀ NÓN LỒI TRONG KHÔNG GIAN VÉC TƠ -
HÀM LỒI NHIỀU BIẾN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.1.2 Hàm lồi n biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2 CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH VÀ CÁC HÀM THUẦN NHẤT
DƯƠNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.2 Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2.3 Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2.4 Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2.5 Mệnh đề [N.H. Bingham and A.J. Ostaszewski] . . . . 33
2.2.6 Định lý [Janus Matkowski] . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2.7 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3 TÍNH CHẤT CỦA HÀM LỒI NHIỀU BIẾN . . . . . . . . . 36
2.3.1 Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3.2 Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3.3 Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3.4 Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.3.5 Hệ quả: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4 MỘT SỐ ÁP DỤNG VÀO LÝ THUYẾT CÁC BẤT ĐẲNG
THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4.1 Chứng minh khác của bất đẳng thức Minkowski . . . 39
2.4.2 Chứng minh khác của bất đẳng thức Minkowski ngược
( trường hợp 0 < p < 1) . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.4.3 Chứng minh khác của bất đẳng thức Holder. . . . . . 41
2.4.4 Hàm dưới cộng tính thuần nhất bậc k. . . . . . . . . . 42
2.4.5 Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.4.6 Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2
LỜI NÓI ĐẦU
Một số bất đẳng thức nổi tiếng như bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức
Jensen, bất đẳng thức Karamata, liên quan đến các hàm lồi và các hàm
lõm. Một số các bất đẳng thức nổi tiếng khác như bất đẳng thức Mincowski,
Holder, liên quan đến các hàm nửa cộng tính và thuần nhất dương. Điều
này chứng tỏ nhiều bất đẳng thức quan trọng là hệ quả của các tính chất
hàm số thuộc một lớp đặc biệt nào đó. Do đó nghiên cứu các tính chất của
các hàm số có tính chất đặc biệt giúp phát hiện các bất đẳng thức mới và đôi
khi là các cách chứng minh mới, đơn giản hơn các chứng minh đã biết. Bản
luận văn “Một số lớp hàm dạng đặc biệt và các bất đẳng thức liên
quan” gồm Lời nói đầu, hai chương, phần kết luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1. HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN
Chương này trình bày định nghĩa hàm lồi, hàm lõm, các tính chất quan
trọng của hàm lồi, hàm lõm và cách chứng minh của một loạt các bất đẳng
thức nổi tiếng dựa trên tính chất của các hàm này: bất đẳng thức Cauchy, bất
đẳng thức Jensen(dạng dãy và dạng tích phân), bất đẳng thức Holder(dạng
dãy và dạng tích phân), bất đẳng thức Karamata, và các hệ quả. Tác giả
cũng trình bày chứng minh một loạt các bất đẳng thức khó trong chương
trình toán sơ cấp dựa trên các bất đẳng thức nổi tiếng vừa kể trên. Một số

trong các bất đẳng thức này, theo ý kiến chủ quan của tác giả, chỉ có thể
chứng minh dựa trên lý thuyết hàm lồi (ví dụ bất đẳng thức Jensen dạng
tích phân và một số các bất đẳng thức trong tam giác của mục 1.3.3).
Chương 2. HÀM LỒI NHIỀU BIẾN VÀ CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH,
THUẦN NHẤT DƯƠNG
Chương này xét các hàm lồi nhiều biến, các hàm nửa cộng tính, các hàm
3
thuần nhất dương và các bất đẳng thức liên quan. Tư liệu của chương này
được tuyển chọn từ các tài liệu [N.H. Bingham and A.J. Ostaszewski], [Janus
Matkowski], [H.V.Hùng và L.M.Tiến]. Các hàm dưới cộng tính và thuần nhất
dương trên một nón lồi K với đỉnh tại không trong không gian R
n
là một lớp
con của lớp các hàm lồi trên K và có nhiều tính chất khá đặc sắc. Tác giả
trình bày một loạt các tính chất của hàm lồi nhiều biến, các hàm nửa cộng
tính, thuần nhất dương, chứng minh một tổng quát hóa của một kết quả
của Janus Matkowski trong bài báo [Janus Matkowski]. Dựa trên sự tổng
quát hóa này tác giả đã đưa ra chứng minh ngắn của các bất đẳng thức
Mincowski ( thuận và nghịch) trong trường hợp tổng quát và bất đẳng thức
Holder. Trong chương này tác giả cũng chứng minh một số khẳng định mô
tả đặc trưng của các hàm dưới cộng tính và k – thuần nhất trên một nón lồi
K trong không gian véc tơ thực V và cho áp dụng của các khẳng định này
dưới dạng một số bài toán chứng minh bất đẳng thức ( mệnh đề 2.4.4).
Cuối cùng tác giả trình bày một mở rộng của một kết quả trong [H.V.Hùng
và L.M.Tiến] (định lý 2.4.6) và cho 3 ví dụ minh họa. Bản luận văn này được
hoàn thành dưới sự hướng dẫn của T.S Hoàng Văn Hùng, Viện Khoa học
Cơ bản - Đại học Hàng Hải Việt Nam. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành tới thày hướng dẫn về các ý tưởng của bản luận văn cũng như sự tận
tụy trong công việc hướng dẫn. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn các thày
cô trong khoa Toán –Tin, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo

các điều kiện thuận lợi để tác giả có thể hoàn thành bản luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2014
Người viết
Đỗ Thị Huệ
4
Chương 1
HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG
THỨC LIÊN QUAN
Chương này trình bày khái niệm hàm lồi, các tính chất của hàm lồi và các
bất đẳng thức liên quan. Tư liệu của chương này được tham khảo từ các tài
liệu [Hardy, Littllewood,Polya] và [Zoran K. and others]
1.1 HÀM LỒI
1.1.1 Định nghĩa
Hàm một biến f(x) gọi là lồi trên khoảng số thực (a;b) nếu với mọi cặp số
thực z,t thuộc khoảng (a;b), mọi số thực λ ∈ (0; 1) ta luôn có bất đẳng thức:
f(λz + (1 −λ)t) ≤ λf(z) + (1 −λ)f(t) (1.1)
Hàm f(x) gọi là lõm trên khoảng (a;b) nếu -f(x) lồi trên (a;b), nói cách khác,
f(x) lõm trên (a;b) nếu với mọi cặp số thực z,t thuộc khoảng (a;b), mọi số
thực λ ∈ (0; 1) ta luôn có bất đẳng thức:
f(λz + (1 −λ)t) ≥ λf(z) + (1 −λ)f(t) (1.2)
Nếu trong (1.1) và (1.2) khi z, t phân biệt ta có dấu bất đẳng thức thực sự
thì hàm f(x) gọi là lồi chặt ( tương ứng: lõm chặt) trên (a;b). Tính lồi, lõm
của hàm f(x) trên một khoảng đóng hoặc nửa đóng được định nghĩa tương tự.
5
1.1.2 Tính chất của hàm lồi và hàm lõm
Tính chất 1. Nếu f(x) lồi trên khoảng (a;b) thì với 3 số thực phân biệt
x, z, t thuộc khoảng (a;b) thoả mãn t < z ta luôn có:
f(t) − f(x)
t − x
≤

f(z) −f(x)
z − x
(1.3)
Chứng minh.
Giả sử a < t < x < z < b. Đặt : λ =
x − t
z − t
→ 1 −λ =
z − x
z − t
Vì f(x) lồi trên (a;b) ta có:
f(λz + (1 −λ)t) ≤ λf(z) + (1 −λ)f(t)
↔ f(x) ≤ λf(z) + (1 −λ)f(t)
↔ λ(f(x) −f(z)) ≤ (1 −λ)(f(t) −f(x))
↔
x − t
z − t
(f(x) − f(z)) ≤
z − x
z − t
(f(t) − f(x))
↔
f(t) − f(x)
t − x
≤
f(z) −f(x)
z − x
Bây giờ giả sử a < x < t < z < b.
Áp dụng điều vừa chứng minh ta có:
f(x) − f(t)

x − t
≤
f(z) −f(t)
z − t
=
f(z) −f(x) + f(x) − f(t)
z − t
↔ (z − x + x −t)(f(x) − f(t)) ≥ (x −t)(f(z) − f(x) + f(x) − f(t))
↔ (z − x)(f(x) −f(t)) ≥ (x −t)(f(z) −f(x))
↔
f(t) − f(x)
t − x
≤
f(z) −f(x)
z − x
Cuối cùng, nếu a < t < z < x < b, áp dụng điều vừa chứng minh ta có:
f(z) −f(t)
z − t
≤
f(x) − f(t)
x − t
↔ (x −t)(f(z) −f(x) + f(x) − f(t)) ≤ (z − x + x −t)(f(x) −f(t))
↔ (x −t)(f(z) −f(x)) ≤ (z − x)(f(x) −f(t))
↔
f(t) − f(x)
t − x
≤
f(z) −f(x)
z − x
Vậy tính chất 1 được chứng minh hoàn toàn.

Nhận xét : Nếu f(x) là lồi chặt thì trong bất đẳng thức (1.3) dấu “ ≤” được
thay bằng dấu “<” vì theo cách đặt ta có 0 < λ < 1 .
Tính chất 2. Hàm f(x) lồi trên khoảng (a;b) liên tục và có đạo hàm một
phía tại mọi điểm x thuộc khoảng (a;b), đồng thời f

−
(x) ≤ f

+
(x) với mọi
x ∈ (a;b). Nếu f(x) xác định trên khoảng đóng [a;b], lồi trên khoảng mở (a;b),
liên tục phải tại a, liên tục trái tại b thì f(x) lồi trên khoảng đóng [a;b].
6
(Các ký hiệu f

−
(x), f

+
(x)tương ứng chỉ đạo hàm trái và đạo hàm phải của
hàm f tại x)
Chứng minh. Giả sử x là số tuỳ ý thuộc khoảng (a;b) và t < x < z. Theo
tính chất 1 ta có:
f(t) − f(x)
t − x
≤
f(z) −f(x)
z − x
↔ (z − x)(f(x) −f(t)) ≤ (x −t)(f(z) −f(x)) (1.4)
Cố định t và cho z → x

+
trong (1.4) ta được:
lim
z→x
+
inf f(z) ≥ f(x) (1.5)
Bây giờ giả sử x < t < z. Lại dùng tính chất 1 ta có:
f(t) − f(x)
t − x
≤
f(z) −f(x)
z − x
↔ (z − x)(f(t) −f(x)) ≤ (t −x)(f(z) −f(x)) (1.6)
Trong (1.6) cố định z và cho t → x
+
ta được:
lim
t→x
+
s
up f(t) ≤ f(x) (1.7)
Từ (1.5) và (1.7) suy ra: lim
z→x
+
f(z) = f(x)
Vậy f liên tục phải tại x. Chứng minh tương tự ta cũng nhận được f liên
tục trái tại x. Vậy f liên tục tại x tuỳ ý thuộc khoảng (a;b).
Từ tính chất 1 ta suy ra đại lượng ∆
f
(x, z) =

f(z) −f(x)
z − x
là hàm của hai
biến x, z, được xác định khi x, z phân biệt và thuộc khoảng (a,b), có tính
chất đối xứng ∆
f
(x, z) = ∆
f
(z, x). Giả sử t < x < z, theo (1.3) đại lượng
∆
f
(x, z) =
f(z) −f(x)
z − x
không giảm theo z trên (x; b) và bị chặn dưới bởi
vế trái của (1.3). Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn:
f(t) − f(x)
t − x
≤ lim
z→x
+
f(z) −f(x)
z − x
= f
+

(x) (1.8)
Đại lượng ∆
f
(t, x) =

f(t) − f(x)
t − x
là hàm không giảm theo t trên (a;x) và bị
chặn trên bởi vế phải của (1.8), do đó tồn tại giới hạn:
lim
t→x
−
f(t) − f(x)
t − x
= f
−

(x) ≤ lim
z→x
+
f(z) −f(x)
z − x
= f
+

(x)
7
Vậy phần đầu của tính chất 2 được chứng minh. Bây giờ giả sử f(x) lồi trên
khoảng mở (a;b) và z = a, t∈ (a; b). Khi đó với z’ tùy ý ∈ (a; b) và λ ∈ (0; 1)
ta có :
f(λz

+ (1 − λ)t) ≤ λf(z

) + (1 − λ)f(t)

Cho z’ dần tới a
+
và dùng tính liên tục của f(x) trên (a;b), tính liên tục phải
của f(x) tại a từ bất đẳng thức trên ta nhận được bất đẳng thức:
f(λa + (1 − λ)t) ≤ λf(a) + (1 − λ)f(t)
Vậy bất đẳng thức (1.1) trong định nghĩa 1.1.1 được thỏa mãn khi z = a,
t ∈ (a; b). Hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh được bất đẳng thức
(1.1) được thỏa mãn khi z ∈ (a; b), t = b hoặc z =a, t = b. Vậy f(x) lồi trên
khoảng đóng [a;b].
Tính chất 3. Nếu f(x) có đạo hàm và f ’(x) không giảm trên (a;b) thì
f(x) lồi trên (a;b). Nếu f(x) có đạo hàm cấp hai f ”(x) ≥ 0 trên (a;b) thì f(x)
lồi trên (a;b). Nếu f ’(x) không tăng trên (a;b) thì f(x) lõm trên (a;b). Nếu
f(x) có đạo hàm cấp hai f ”(x) ≤ 0 trên (a;b) thì f(x) lõm trên (a;b).
Chứng minh.
Vì điều kiện f ”(x) ≥ 0 kéo theo f ’(x) không giảm trên (a;b) nên chỉ cần
chứng minh khẳng định thứ nhất. Giả sử t < z là hai số thực tuỳ ý thuộc
khoảng (a;b) và 0 < λ < 1. Đặt : x = λz + (1 − λ)t → t < x < z.
Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên các khoảng (t;x) và (x;z) ta được:
(1 − λ)(f(x) − f(t)) + λ(f(x) − f(z))
= (1 −λ)f

(α)(x −t) + λf

(β)(x −z) (1.9)
Trong đó t < α < x < β < z. Vì x −t = λ(z − t), z − x = (1 − λ)(z − t),
từ (1.9) ta có:
(1 − λ)(f(x) − f(t)) + λ(f(x) − f(z))
= λ(1 −λ)(z −t)(f

(α) −f


(β)) ≤ 0 (1.10)
Bất đẳng thức (1.10) tương đương với bất đẳng thức:
f(λz + (1 −λ)t) ≤ λf(z) + (1 −λ)f(t)
8
Vậy f lồi trên khoảng (a;b). Nếu f ’(x) không tăng hoặc f ”(x) ≤ 0 trên (a;b)
thì - f ’(x) không giảm ( tương ứng - f ”(x) ≥ 0) trên (a;b) nên theo chứng
minh trên– f(x) là lồi, do đó f(x) lõm trên (a;b).
Tính chất 4. Nếu g là hàm lồi trên (a;b) và f là hàm lồi không giảm trên
khoảng (A;B) chứa tập giá trị g((a;b)) thì hàm hợp f(g(x)) lồi trên (a;b).
Nếu g là hàm lõm trên (a;b) và f là hàm lõm không giảm trên khoảng (A;B)
chứa tập giá trị g((a;b)) thì hàm hợp f(g(x)) lõm trên (a;b).
Chứng minh.
Giả sử z, t là hai số thực tuỳ ý của khoảng (a;b) và 0 < λ < 1. Ta có:
g(λz + (1 − λ)t) ≤ λg(z) + (1 − λ)g(t)
Vì hàm f lồi và không giảm trên (A;B) chứa tập giá trị g((a;b)) nên ta có:
f(g(λz + (1 − λ)t)) ≤ f(λg(z) + (1 − λ)g(t)) ≤ λf(g(z)) + (1 − λ)f(g(t))
Vậy hàm f(g(x)) lồi trên khoảng (a;b). Khẳng định thứ hai được chứng minh
tương tự.
1.2 BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN
1.2.1 Định lý (J.Jensen)
Cho f là hàm lồi trên khoảng (a;b) và x
i
∈ (a; b), (i = 1 n). Với n số
dương λ
i
(i = 1 n) tuỳ ý thoả mãn
n

i=1

λ
i
= 1 ta có bất đẳng thức:
f(
n

i=1
λ
i
x
i
) ≤
n

i=1
λ
i
f(x
i
)
Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a;b) ta có bất đẳng thức:
f(
n

i=1
λ
i
x
i
) ≥

n

i=1
λ
i
f(x
i
)
Chứng minh. Với n = 2 khẳng định của định lý suy ra từ định nghĩa của
hàm lồi. Giả sử định lý đã được chứng minh cho n = k ≥ 2. Ta sẽ chứng
minh rằng khi đó định lý cũng đúng với n = k+1 và do đó định lý được
9
chứng minh bằng quy nạp. Đặt α
i
=
λ
i
k

i=1
λ
i
(i = 1 k), λ =
k

i=1
λ
i
, ta có:
α

i
> 0,
k

i=1
α
i
= 1, 0 < λ < 1, 1 − λ = λ
k+1
> 0
Theo định nghĩa của hàm lồi và giả thiết quy nạp ta có:
f(
k+1

i=1
λ
i
x
i
) = f(
k

i=1
λ
i
x
i
+ λ
k+1
x

k+1
) = f(λ(
k

i=1
α
i
x
i
) + (1 − λ)x
k+1
)
≤ λf(
k

i=1
α
i
x
i
) + (1 − λ)f(x
k+1
) ≤ λ
k

i=1
α
i
f(x
i

) + λ
k+1
f(x
k+1
)
=
k

i=1
λ
i
f(x
i
) + λ
k+1
f(x
k+1
) =
k+1

i=1
λ
i
f(x
i
)
Vậy khẳng định của định lý đối với hàm lồi được chứng minh. Nếu f là hàm
lõm trên (a;b) thì –f là hàm lồi, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh cho
hàm –f ta thu được khẳng định đối với hàm lõm.
Nhận xét: Khẳng định của định lý 1.2.1 rõ ràng vẫn đúng nếu một vài

λ
i
= 0.
1.2.2 Bổ đề
Giả sử h(x),g(x) là các hàm liên tục trên khoảng đóng [α;β] và
P: α = x
0
< x
1
< < x
n
= β là một phân hoạch tuỳ ý của khoảng [α;β],
δ(P ) = max
1≤i≤n
(x
i
− x
i−1
) là độ mịn của phân hoạch P.
Khi đó với cách chọn tuỳ ý các điểm s
i
, t
i
∈ [x
i−1
; x
i
] ( i = 1 n) ta có:
lim
δ(P)→0

n

i=1
h(s
i
)g(t
i
)(x
i
− x
i−1
) =
β

α
h(x)g(x)dx
Chứng minh.
Vì h(x) và g(x) là các hàm liên tục trên [α;β] nên:
lim
δ(P)→0
n

i=1
h(t
i
)g(t
i
)(x
i
− x

i−1
) =
β

α
h(x)g(x)dx
10
Giả sử ε > 0 tuỳ ý, tồn tại δ
1
= δ
1
(ε) > 0 sao cho khi δ(P ) ≤ δ
1
có bất đẳng
thức:





n

i=1
h(t
i
)g(t
i
)(x
i
− x

i−1
) −
β

α
h(x)g(x)dx





<
ε
2
(1.11)
Vì g(x) liên tục trên [α; β] nên tồn tại số M>0 sao cho
max {|g(x)| : x ∈ [α; β]} ≤ M
Hàm h(x) liên tục trên [α;β] nên h(x) liên tục đều trên khoảng đóng này,
do đó tồn tại số δ
2
= δ
2
(ε) > 0 sao cho khi s, t ∈ [α;β], |s − t| ≤ δ
2
→
|h(s) − h(t)| <
ε
2M(β − α)
. Đặt δ = min(δ
1

, δ
2
) > 0, khi δ(P) ≤ δ ta có
(1.11) và đánh giá:





n

i=1
h(s
i
)g(t
i
)(x
i
− x
i−1
) −
n

i=1
h(t
i
)g(t
i
)(x
i

− x
i−1
)





≤
n

i=1
|h(s
i
) − h(t
i
)||g(t
i
)|(x
i
− x
i−1
)
< M
ε
2M(β − α)
n

i=1
(x

i
− x
i−1
) =
ε
2
(1.12)
Từ (1.11) và (1.12) ta suy ra khi δ(P ) ≤ δ có bất đẳng thức:





n

i=1
h(s
i
)g(t
i
)(x
i
− x
i−1
) −
β

α
h(x)g(x)dx






< ε (1.13)
Do ε > 0 tuỳ ý, bất đẳng thức (1.13) có nghĩa là.
lim
δ(P)→0
n

i=1
h(s
i
)g(t
i
)(x
i
− x
i−1
) =
β

α
h(x)g(x)dx
1.2.3 Định lý (J.Jensen)
Cho f là hàm lồi trên khoảng (a;b), h(x) và g(x) là các hàm số liên tục
trên [α;β] thoả mãn a < h(x) < b, g(x) ≥ 0,
β

α

g(x)dx = 1. Khi đó:
f(
β

α
h(x)g(x)dx) ≤
β

α
f(h(x))g(x)dx
11
Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a;b) ta có bất đẳng thức:
f(
β

α
h(x)g(x)dx) ≥
β

α
f(h(x))g(x)dx
Chứng minh.
Xét phân hoạch P: α = x
0
< x
1
< < x
n
= β. Đặt:
λ

i
=
x
i

x
i−1
g(x)dx → λ
i
≥ 0,
n

i=1
λ
i
=
β

α
g(x)dx = 1
Theo định lý trung bình tích phân ta có:
x
i

x
i−1
h(x)g(x)dx = h(s
i
)
x

i

x
i−1
g(x)dx = λ
i
h(s
i
) = h(s
i
)g(t
i
)(x
i
− x
i−1
),
(s
i
, t
i
∈ [x
i−1
, x
i
], i = 1 n)
Vì f là hàm lồi trên (a;b) nên theo 1.2.1 ta có:
f(
β


α
h(x)g(x)dx) = f(
n

i=1
x
i

x
i−1
h(x)g(x)dx) =f(
n

i=1
h(s
i
)λ
i
)
≤
n

i=1
λ
i
f(h(s
i
)) =
n


i=1
f(h(s
i
))g(t
i
)(x
i
− x
i−1
) (1.14)
Bất đẳng thức (1.14) đúng với phân hoạch P bất kỳ của đoạn [α;β] nên cho
δ(P ) → 0 trong (1.14) và dùng bổ đề 1.2.2 ( chú ý rằng hàm f(h(x)) liên tục
trên[α; β] ) ta được:
f(
β

α
h(x)g(x)dx) ≤
β

α
f(h(x))g(x)dx
Nếu f là hàm lõm thì – f là hàm lồi, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh
cho hàm –f ta được bất đẳng thức.
f(
β

α
h(x)g(x)dx) ≥
β


α
f(h(x))g(x)dx
12
1.3 MỘT SỐ HỆ QUẢ CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN
1.3.1 Định lý:
Nếu f là hàm lồi trên khoảng (a;b) thì với n số x
i
( i = 1 n) tuỳ ý thuộc
khoảng (a;b) ta có: f(
1
n
n

i=1
x
i
) ≤
1
n
n

i=1
f(x
i
).
Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a;b) thì f(
1
n
n


i=1
x
i
) ≥
1
n
n

i=1
f(x
i
).
Chứng minh.
Trong định lý 1.2.1 lấy λ
i
=
1
n
với mọi i =1 n ta suy ra định lý 1.3.1.
1.3.2 Định lý:
Nếu f là hàm lồi trên (0;π ) thì với α, β, γ là số đo bằng radian của 3 góc
tam giác ABC tùy ý ta có:
f(α) + f(β) + f(γ) ≥ 3f(
π
3
)
Nếu f là hàm lõm trên (0;π ) thì f(α) + f(β) + f(γ) ≤ 3f(
π
3

)
Chứng minh. Khẳng định của định lý suy từ 1.3.1 vì từ giả thiết ta có
α, β, γ ∈ (0; π), α + β + γ = π.
1.3.3 Ví dụ áp dụng:
Để tiện áp dụng định lý 1.3.2 trong các bất đẳng thức dưới đây ta xem
α, β, γ là các số đo bằng radian của các góc A,B,C trong tam giác ABC, hiển
nhiên là các bất đẳng thức đưa ra vẫn đúng nếu các đại lượng α, β, γ là số
đo bằng độ của các góc A,B,C.
1) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
1
sin α
+
1
sin β
+
1
sin γ
≥ 2
√
3
Chứng minh.
Xét hàm f(x) =
1
s
inx
. Rõ ràng f(x) được xác định trên (0;π )
và f

(x) =
1 + cos

2
x
sin
3
x
> 0 (x ∈ (0; π)).
13
Vậy f lồi trên (0; π), theo định lý 1.3.2 ta có:
1
sin α
+
1
sin β
+
1
sin γ
≥
3
sin
π
3
= 2
√
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi α = β = γ = π/3 .
2) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
tan
α
2
+ tan

β
2
+ tan
γ
2
≥
√
3
Chứng minh.
Hàm f(x) = tan
x
2
xác định trên (0;π ) và f

(x) =
1
2
tan
x
2
.(1+tan
2
x
2
) > 0
(x ∈ (0; π)). Do đó f lồi trên (0; π), theo định lý 1.3.2 ta có:
tan
α
2
+ tan

β
2
+ tan
γ
2
≥ 3 tan
π
6
=
√
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi α = β = γ = π/3
3) Nếu k > 1 và α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
1
sin
k
α
+
1
sin
k
β
+
1
sin
k
γ
≥ 3(
2
√

3
)
k
Chứng minh.
Trong ví dụ 1 ta đã chứng minh rằng hàm f(x) =
1
sin x
lồi trên (0;π). Hàm
g(u) = u
k
khi k >1 là hàm lồi và thực sự tăng trên khoảng (0;+∞ ), do đó
hàm hợp g(f(x)) =
1
sin
k
x
là hàm lồi trên khoảng (0; π) theo tính chất 4 của
hàm lồi. Theo 1.3.2 ta có:
1
sin
k
α
+
1
sin
k
β
+
1
sin

k
γ
≥ 3(
1
sin
π
3
)
k
= 3(
2
√
3
)
k
(1.15)
Kết hợp ví dụ 1 và ví dụ 3 ta suy ra (1.15) đúng với mọi k≥ 1. Tương tự
như vậy ta có bất đẳng thức:
tan
k
α
2
+ tan
k
β
2
+ tan
k
γ
2

≥ 3
1−
k
2
(1.16)
đúng với mọi k > 1 và α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC.
4) Nếu a,b,c là 3 cạnh, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác
ABC, k ≥ 1 thì ta có bất đẳng thức sau:
14
1
a
k
+
1
b
k
+
1
c
k
≥
3
1−
k
2
R
k
(1.17)
Nói riêng, với k = 1 ta có bất đẳng thức:
1

a
+
1
b
+
1
c
≥
√
3
R
.
Với k = 2 ta có bất đẳng thức:
1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2
≥
1
R
2
.
Chứng minh.

Theo định lý hàm số sin ta có : a = 2RsinA, b = 2RsinB, c = 2RsinC, thay
vào vế trái (1.17) và dùng (1.15) ta được điều phải chứng minh.
5)Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
sin α + sin β + sin γ ≤
3
√
3
2
(1.18)
Nếu 0 < k < 1 thì:
sin
k
α + sin
k
β + sin
k
γ ≤
3
1+
k
2
2
k
(1.19)
Chứng minh. Hàm f(x) = sinx có f ”(x) = -sinx < 0 trên khoảng (0; π) nên
f(x) lõm trên (0; π). Theo khẳng định thứ hai của 1.3.2 ta có:
sin α + sin β + sin γ ≤ 3 sin
π
3
=

3
√
3
2
Vậy (1.18) được chứng minh.
Hàm g(u) = u
k
là hàm lõm và thực sự tăng khi 0 < k < 1. Vậy theo tính
chất 4 của hàm lõm ta có g(f(x)) = sin
k
x là hàm lõm trên (0; π). Do đó
(1.19) suy từ khẳng định thứ hai của 1.3.2.
6) Nếu a,b,c là 3 cạnh, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác
ABC, 0 < k ≤1 ta có bất đẳng thức:
a
k
+ b
k
+ c
k
≤ 3
1+
k
2
.R
k
(1.20)
Nói riêng, khi k = 1 ta có: a + b + c ≤ 3
√
3R

Khi k =
1
2
ta có:
√
a +
√
b +
√
c ≤ 3
5/4
√
R
Chứng minh. Khẳng định của các bất đẳng thức trên suy từ các bất đẳng
thức (1.18), (1.19) và định lý hàm số sin.
15
7) Bất đẳng thức (1.17) đúng với mọi k > 0.
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh (1.17) cho 0 < k < 1. Từ bất đẳng thức
Cauchy dễ dàng suy ra:
(a
k
+ b
k
+ c
k
)(
1
a
k
+

1
b
k
+
1
c
k
) ≥ 9 (1.21)
Khi 0 < k < 1 theo (1.20) ta có a
k
+ b
k
+ c
k
≤ 3
1+
k
2
.R
k
, do đó từ (1.21) ta
suy ra:
1
a
k
+
1
b
k
+

1
c
k
≥
3
1−
k
2
R
k
Vậy (1.17) đúng với cả các giá trị 0 < k < 1. Cho k = 1/2 ta được bất
đẳng thức:
1
√
a
+
1
√
b
+
1
√
c
≥
3
3/4
√
R
đúng với a,b,c, R là 3 cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác
ABC tuỳ ý.

8) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
sin α. sin β. sin γ ≤
3
√
3
8
(1.22)
Chứng minh. Xét hàm f(x) = ln(sinx) trên khoảng (0; π).
Ta có f

(x) = −(1 + cot
2
x) < 0 với mọi x thuộc (0; π), do đó hàm f(x) lõm
trên(0; π). Áp dụng định lý 1.3.2 ta có:
ln(sin α) + ln(sin β) + ln(sin γ) ≤ 3 ln(sin
π
3
) = 3 ln
√
3
2
↔ sin α. sin β. sin γ ≤
3
√
3
8
9) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
sin
α
2

. sin
β
2
. sin
γ
2
≤
1
8
(1.23)
Chứng minh. Xét hàm f(x) = ln(sinx) trên khoảng (0; π).
Ta có
f

(x) = −(1 + cot
2
x) < 0
16
với mọi x thuộc (0; π), do đó hàm f(x) lõm trên (0; π). Áp dụng định lý 1.3.1
ta có:
f(
α
2
) + f(
β
2
) + f(
γ
2
) ≤ 3f(

α + β + γ
6
) = 3f(
π
6
)
↔ ln(sin
α
2
. sin
β
2
. sin
γ
2
) ≤ ln (sin
π
6
)
3
↔ sin
α
2
. sin
β
2
. sin
γ
2
≤

1
8
10) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:
cos α + cos β + cos γ ≤
3
2
(1.24)
Chứng minh. Với các giả thiết đã nêu ta có đồng nhất thức:
cos α + cos β + cos γ = 1 + 4 sin
α
2
sin
β
2
sin
γ
2
Do đó, (1.24) suy ra từ (1.23).
* Nhận xét: Nếu f(α, β, γ) là hàm của 3 biến α, β, γ có tính chất P nào
đó đúng khi α, β, γ là số đo của 3 góc trong một tam giác tuỳ ý, tức là
α, β, γ ∈ (0; π); α + β + γ = π, thì tính chất P đó cũng đúng đối với hàm
f(
π − α
2
,
π − β
2
,
π − γ
2

) khi α, β, γ ∈ (0; π); α + β + γ = π.
Chứng minh.
Đặt α

=
π − α
2
, β

=
π − β
2
, γ

=
π − γ
2
ta có α

, β

, γ

∈ (0; π);
α

+ β

+ γ


= π do đó tính chất P cũng phải đúng đối với f(α

, β

, γ

) =
f(
π − α
2
,
π − β
2
,
π − γ
2
) khi α, β, γ ∈ (0; π); α + β + γ = π.
Nhận xét trên cho phép thu được một loạt các bất đẳng thức trong tam giác
từ các bất đẳng thức đã được chứng minh trên khi thay:α →
π − α
2
, β →
π − β
2
, γ →
π − γ
2
. Chẳng hạn từ (1.15), (1.19), (1.22), (1.24) ta thu được
các bất đẳng thức sau với α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC:
1

cos
k
α
2
+
1
cos
k
β
2
+
1
cos
k
γ
2
≥ 3(
2
√
3
)
k
( k ≥ 1 ) (1.25)
17
cos
k
α
2
+ cos
k

β
2
+ cos
k
γ
2
≤
3
1+
k
2
2
k
( 0 < k ≤ 1) (1.26)
cos
α
2
.cos
β
2
.cos
γ
2
≤
3
√
3
8
(1.27)
sin

α
2
+ sin
β
2
+ sin
γ
2
≤
3
2
(1.28)
11) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC, n là số thực > 1 ta
có:
sin
(n − 1)α + β
n
+ sin
(n − 1)β + γ
n
+ sin
(n − 1)γ + α
n
≤ 3
√
3
2
(1.29)
Chứng minh. Hàm sinx lõm trên (0; π) và với các giả thiết đã nêu ta có:
(n − 1)α + β

n
,
(n − 1)β + γ
n
,
(n − 1)γ + α
n
∈ (0; π)
Áp dụng định lý 1.3.1 cho hàm lõm ta có:
sin
(n − 1)α + β
n
+ sin
(n − 1)β + γ
n
+ sin
(n − 1)γ + α
n
≤ 3 sin
π
3
=
3
√
3
2
Các ví dụ vừa nêu trên chứng tỏ các định lý 1.3.1 và 1.3.2 là công cụ để đưa
ra các chứng minh ngắn gọn đối với nhiều bất đẳng thức quen thuộc trong
tam giác, chứng minh một số trong chúng không phải là điều dễ dàng nếu
chỉ dùng các biến đổi lượng giác ( không dùng lý thuyết các hàm lồi, lõm).

Các định lý 1.3.1, 1.3.2 cũng cho phép các thày cô giáo dạy toán sáng tạo ra
các bất đẳng thức mới trong tam giác cũng như nhiều bất đẳng thức khác
trong đại số, giải tích.
1.3.4 Bất đẳng thức Nesbitt suy rộng
Định lý: Cho a, b, c, M, N là các số dương tùy ý. Khi đó ta có:
a
Mb + Nc
+
b
Mc + Na
+
c
Ma + Nb
≥
3
M + N
Chứng minh.Đặt S = a + b + c. Khi đó ta có
a
S
,
b
S
,
c
S
là các số dương và
a
S
+
b

S
+
c
S
= 1. Hàm f(x) =
1
x
lồi trên khoảng (0; +∞) nên áp dụng bất
18
đẳng thức Jensen 1.2.1 ta có:
a
S(Mb + Nc)
+
b
S(Mc + Na)
+
c
S(Ma + Nb)
≥
1
a
S
(Mb + Nc) +
b
S
(Mc + Na) +
c
S
(Ma + Nb)
↔

a
Mb + Nc
+
b
Mc + Na
+
c
Ma + Nb
≥
S
2
(M + N)(ab + bc + ca)
Bởi vì a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca nên:
S
2
= (a + b + c)
2
≥ 3(ab + bc + ca) →
S
2
ab + bc + ca
≥ 3
Từ các bất đẳng thức nhận được ta suy ra bất đẳng thức Nesbitt suy rộng:
a

Mb + Nc
+
b
Mc + Na
+
c
Ma + Nb
≥
3
M + N
( điều phải chứng minh)
1.3.5 Bất đẳng thức Cauchy
Định lý: Cho n số dương x
i
( i =1 n). Ta có:
1
n
n

i=1
x
i
≥
n

n

i=1
x
i

(1.30)
Chứng minh. Xét hàm f(x) = lnx trên khoảng (0; +∞) ta có f

(x) = −
1
x
2
nên f(x) là hàm lõm trên (0; +∞). Áp dụng định lý 1.3.1 cho hàm lõm f(x)
trên (0; +∞) ta có:
ln(
1
n
n

i=1
x
i
) ≥
1
n
n

i=1
ln x
i
= ln
n





n

i=1
x
i
↔
1
n
n

i=1
x
i
≥
n




n

i=1
x
i
1.3.6 Bất đẳng thức Holder
Định lý: Cho 2n số dương a
i
, b
i

( i = 1 n) và 2 số dương p,q thoả mãn
1
p
+
1
q
= 1. Khi đó ta có:
n

i=1
a
i
b
i
≤ (
n

i=1
a
p
i
)
1/p
(
n

i=1
b
q
i

)
1/q
(1.31)
19
Chứng minh.
Từ giả thiết suy ra rằng p> 1, q > 1. Do đó hàm f(u) = u
p
lồi trên (0; +∞).
Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f(u) = u
p
với các số x
i
= a
i
.b
1−q
i
,
λ
i
=
b
q
i
n

i=1
b
q
i

, i = 1 n ta được:
(
n

i=1
λ
i
x
i
)
p
≤
n

i=1
λ
i
x
p
i
↔ (
n

i=1
b
q
i
.a
i
.b

1−q
i
n

i=1
b
q
i
)
p
≤
n

i=1
b
q
i
n

i=1
b
q
i
a
p
i
b
p(1−q)
i
↔

n

i=1
a
i
b
i
≤ (
n

i=1
b
q
i
)
1−
1
p
(
n

i=1
a
p
i
)
1
p
= (
n


i=1
b
q
i
)
1
q
(
n

i=1
a
p
i
)
1
p
Nhận xét : Bất đẳng thức Holder rõ ràng vẫn đúng nếu a
i
, b
i
là các số
không âm và có thể phát biểu lại như sau: Cho 2n số thực a
i
, b
i
( i = 1 n)
và 2 số dương p,q thoả mãn
1

p
+
1
q
= 1. Khi đó ta có:
n

i=1
|a
i
b
i
| ≤ (
n

i=1
|a
i
|
p
)
1/p
(
n

i=1
|b
i
|
q

)
1/q
Khi p = q = 2 từ bất đẳng thức Holder ta thu được bất đẳng thức Cauchy-
Schwarz:
n

i=1
|a
i
b
i
| ≤




(
n

i=1
|a
i
|
2
)(
n

i=1
|b
i

|
2
)
1.3.7 Bất đẳng thức Holder dạng tích phân
Định lý: Cho các hàm liên tục φ, ψ, trên khoảng đóng [α;β] và 2 số
dương p,q thoả mãn
1
p
+
1
q
= 1. Khi đó ta có:
β

α
|φ(x)ψ(x)|dx ≤ (
β

α
|φ(x)|
p
dx)
1
p
.(
β

α
|ψ(x)|
q

)
1
q
(1.32)
Chứng minh. Rõ ràng (1.32) đúng nếu φ (x) ≡ 0 hoặc ψ (x) ≡ 0. Vì vậy ta
có thể xem trong (1.32) φ, ψlà các hàm không âm trên [α;β] và không đồng
nhất bằng 0 trên [α;β], do đó
β

α
ψ(x)
q
dx > 0.
20
Trước hết ta xem φ (x) > 0, ψ (x) > 0 với mọi x∈ [α;β].
Đặt :f(x) = x
p
, g(x) =
ψ
q
(x)
β

α
ψ
q
(x)dx
, h(x) = φ(x).ψ
1−q
(x)

Rõ ràng hàm f là lồi trên khoảng (0; +∞) chứa miền giá trị của h(x), các
hàm h(x), g(x) thoả mãn các điều kiện của định lý Jensen dạng tích phân
1.2.3. Áp dụng định lý 1.2.3 ta có:
(
β

α
φ(x).ψ(x)
1−q
ψ
q
(x).dx
β

α
ψ
q
(x)dx
)
p
≤
β

α
φ
p
(x).ψ
(1−q)p
(x).ψ
q

(x)dx
β

α
ψ
q
(x)dx
↔
β

α
φ(x)ψ(x)dx ≤ (
β

α
φ
p
(x))dx)
1
p
.(
β

α
ψ
q
(x)dx)
1−
1
p

↔
β

α
φ(x)ψ(x)dx ≤ (
β

α
φ
p
(x))dx)
1
p
.(
β

α
ψ
q
(x)dx)
1
q
Nếu φ (x) ≥ 0, ψ(x) ≥ 0 thì với số ε > 0 tuỳ ý, áp dụng điều vừa chứng
minh cho các hàm φ (x) + ε> 0, ψ(x) + ε > 0 với mọi x∈ [α;β] ta được bất
đẳng thức:
β

α
(φ(x) + ε)(ψ(x) + ε)dx ≤ (
β


α
(φ(x) + ε)
p
.dx)
1/p
.(
β

α
(ψ(x) + ε)
q
)
1/q
Cho ε → 0
+
trong bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức cần chứng minh
cho trường hợp φ(x) ≥ 0, ψ (x) ≥ 0 ( rõ ràng các hàm dưới dấu tích phân
là các hàm liên tục của hai biến x và ε trên hình chữ nhật [α;β] × [0; 1] nên
việc qua giới hạn dưới dấu tích phân là hợp lệ).
1.3.8 Hệ quả:
Khi p = q = 2 ta có bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng tích phân:
β

α
|φ(x)ψ(x)|dx ≤ (
β

α
|φ(x)|

2
dx)
1
2
.(
β

α
|ψ(x)|
2
)
1
2
21
1.3.9 Bất đẳng thức Cauchy dạng tích phân
Định lý: Nếu h(x), g(x) là các hàm liên tục trên [α;β] thoả mãn :
h(x) > 0, g(x) ≥ 0 trên [α;β] và
β

α
g(x)dx = 1 thì:
β

α
h(x)g(x)dx ≥ e
β

α
g(x) ln h(x)dx
(1.33)

Chứng minh.
Hàm f(x) = lnx là hàm lõm trên (0; +∞) nên áp dụng định lý 1.2.3 ta có:
ln(
β

α
h(x)g(x)dx) ≥
β

α
g(x) ln h(x)dx ↔
β

α
h(x)g(x)dx ≥ e
β

α
g(x) ln h(x)dx
Ví dụ: Chứng minh rằng
π/2

0
s
inx.ln(x + 1)dx ≤ ln 2 .
Giải. Rõ ràng
π/2

0
s

inx.dx = 1,
s
inx ≥ 0, x + 1 > 0 trên[0;π/2]. Áp dụng
bất đẳng thức (1.33) ta có:
e
π/2

0
s
inx.ln(x+1)dx
≤
π/2

0
(x + 1)
s
inx.dx = 2 ↔
π/2

0
s
inx.ln(x + 1)dx ≤ ln 2
1.4 BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA
1.4.1 So sánh hai dãy giảm
Định nghĩa: Cho hai dãy số thực giảm :
x
1
≥ x
2
≥ ≥ x

n
; y
1
≥ y
2
≥ ≥ y
n
Ta nói dãy (x
i
)
n
1
trội hơn dãy (y
i
)
n
1
, viết (x
i
)
n
1
 (y
i
)
n
1
nếu :
k


i=1
x
i
≥
k

i=1
y
i
với
mọi số nguyên dương k thoả mãn 1 ≤ k ≤ n − 1 và
n

i=1
x
i
=
n

i=1
y
i
.
Ví dụ : Dãy ( 4, 2, 1)  dãy (3,2,2).
1.4.2 Bất đẳng thức Karamata
Định lý: Giả sử I = < a;b> là khoảng số thực mở, đóng hoặc nửa đóng
với các mút a, b; f(x) là hàm lồi trên I, (x
i
)
n

1
,(y
i
)
n
1
là hai dãy giảm với các
phần tử thuộc I và (x
i
)
n
1
 (y
i
)
n
1
. Khi đó ta có:
22
n

i=1
f(x
i
) ≥
n

i=1
f(y
i

) (1.34)
Nếu f(x) là hàm lõm trên I ta có bất đẳng thức ngược lại:
n

i=1
f(x
i
) ≤
n

i=1
f(y
i
) (1.35)
Chứng minh. Giả sử f lồi trên I. Không giảm tổng quát ta có thể xem
x
i
= y
i
với mọi i ∈ {1, , n}, bởi vì trong trường hợp x
i
= y
i
với một số các
i nào đó ta có thể loại các số x
i
và y
i
này ra khỏi các dãy tương ứng và rõ
ràng các dãy mới nhận được vẫn là các dãy giảm, thoả mãn (x

i
)  (y
i
) và
nếu (1.34) đã đúng với các dãy mới thì nó cũng sẽ đúng với các dãy ban đầu.
Đặt:
c
i
=
f(x
i
) − f(y
i
)
x
i
− y
i
, S
k
=
k

i=1
x
i
, T
k
=
k


i=1
y
i
Khi đó dãy (c
i
) là dãy giảm : c
i
≥ c
i+1
. Thực vậy, nếu x
i+1
= y
i
, do các dãy
(x
i
)
n
1
, (y
i
)
n
1
là các dãy giảm, theo tính chất 1 của hàm lồi ta có:
c
i
=
f(x

i
) − f(y
i
)
x
i
− y
i
≥
f(x
i+1
) − f(y
i
)
x
i+1
− y
i
≥
f(x
i+1
) − f(y
i+1
)
x
i+1
− y
i+1
= c
i+1

Nếu x
i+1
= y
i
→ y
i
= y
i+1
→ y
i
> y
i+1
, x
i
≥ x
i+1
= y
i
> y
i+1
, lại do tính
chất 1 của hàm lồi ta có:
c
i
=
f(x
i
) − f(y
i
)

x
i
− y
i
=
f(x
i
) − f(x
i+1
)
x
i
− x
i+1
≥
f(x
i+1
) − f(y
i+1
)
x
i+1
− y
i+1
= c
i+1
Rõ ràng S
k
≥ T
k

(∀k ∈ {1, , n −1}), S
n
= T
n
. Đặt S
0
= T
0
= 0 ta có:
n

i=1
(f(x
i
) − f(y
i
)) =
n

i=1
c
i
(x
i
− y
i
) =
n

i=1

c
i
(S
i
− S
i−1
− T
i
+ T
i−1
)
= c
n
(S
n
− T
n
) +
n−1

i=1
(c
i
− c
i+1
)(S
i
− T
i
) ≥ 0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do dãy (c
i
) là dãy giảm và S
k
≥ T
k
(∀k ∈ {1, , n − 1}), S
n
= T
n
. Nhưng từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra
bất đẳng thức (1.34). Nếu f là hàm lõm thì –f là hàm lồi, do đó từ bất đẳng
thức (1.34) ta suy ra bất đẳng thức (1.35).
23