Chuyên đề bất đẳng thức Karamata và ứng dụng

Bất đẳng thức Karamata và ứng dụng
Lê Hồ Quý
(GV. Trường THPT Duy Tân – Kon Tum)

A. MỞ ĐẦU
Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức là một bộ phận quan trọng của giải tích và đại
số. Nhiều dạng toán của hình học, lượng giác và nhiều môn học khác cũng đòi hỏi giải
quyết các vấn đề về ước lượng, cực trị và tối ưu, … Các học sinh và sinh viên thường phải
đối mặt với nhiều dạng toán loại khó liên quan đến chuyên đề này.
Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là đối tượng để nghiên cứu
mà còn đóng vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình toán học liên tục cũng như
các mô hình toán học rời rạc trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu
diễn, …
Trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán khu vực và quốc tế,
thi Olympic Toán sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, các bài toán liên quan đến
bất đẳng thức cũng hay được đề cập và thường thuộc loại khó hoặc rất khó. Các bài toán về
ước lượng và tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) của các tổng, tích cũng như các bài toán
xác định giới hạn của một số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ ít nhiều đến các
tính toán, ước lượng (bất đẳng thức) tương ứng.
Lý thuyết bất đẳng thức và đặc biệt, các bài tập về bất đẳng thức rất phong phú và cực
kỳ đa dạng. Có nhiều ý tưởng cơ bản, cách thức tiếp cận và một số hướng ứng dụng theo
các dạng toán cũng như phương pháp giải điển hình. Với đề tài “ Bất đẳng thức Karamata
và ứng dụng”, tập tiểu luận này xin tóm tắt các kiến thức cơ bản về hàm lồi, lõm, khả vi và
bất đẳng thức Karamata, từ đó đi sâu nghiên cứu một số bài tập liên quan đến bất đẳng thức
Karamata.
Bài viết này gồm phần Mở đầu, Nội dung và được chia làm ba chương đề cập các vấn
đề sau đây
Chương 1 trình bày các kiến thức cơ bản về hàm lồi, lõm, khả vi.
Chương 2 trình bày bất đẳng thức Karamata và các hệ quả của nó.
Chương 3 trình bày một số ứng dụng của bất đẳng thức Karamata.

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


B. NỘI DUNG

Chương 1
Hàm lồi, lõm, khả vi
Ta ký hiệu I (a,b) là một tập hợp có một trong bốn dạng tập hợp sau: (a,b) , [a,b) , (a,b] và
[a,b].
1.1. Định nghĩa. Hàm số f (x) được gọi là lồi trên tập I (a,b) nếu với mọi x1, x2 ∈ I (a,b)
và với mọi cặp số dương α , β có tổng α + β = 1, ta đều có
f (α x1 + β x2) ≤ α f (x1) + β f (x2).
(1)
Nếu dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm số f (x) là hàm lồi
thực sự (chặt) trên I (a,b).
Hàm số f (x) được gọi là lõm trên tập I (a,b) nếu với mọi x1, x2 ∈ I (a,b) và với
mọi cặp số dương α , β có tổng α + β = 1, ta đều có
f (α x1 + β x2) ≥ α f (x1) + β f (x2).
(2)
Nếu dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm số f (x) là hàm
lõm thực sự (chặt) trên I (a;b)
1.2. Định lí1. Nếu f (x) khả vi bậc hai trên I (a,b) thì f (x) lồi (lõm) trên I (a,b) khi và chỉ
khi f ''(x) ≥ 0 ( f ''(x) ≤ 0) trên I (a,b).
1.3. Biểu diễn hàm lồi và lõm
Nếu f (x) lồi khả vi trên I (a;b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I (a;b), ta đều có
f (x) ≥ f (x0) + f '(x0)(x − x0)
(3)
x
=
x

.
Dễ nhận thấy rằng (3) xảy ra đẳng thức khi 0
Vậy ta có thể viết (3) dưới dạng
f (x) = min [ f (u) + f '(u)(x − u)] .
u∈I (a;b)

Nếu f (x) lõm khả vi trên I (a;b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I (a;b), ta đều có
f (x) ≤ f (x0) + f '(x0)(x − x0)
(4)
Dễ nhận thấy rằng (4) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết (4) dưới dạng
f (x) = max [ f (u) + f '(u)(x − u)] .
u∈I (a;b)

1

Định lí 1 được phát biểu theo các tài liệu nước ngoài, còn ở Việt nam khái niệm hàm lồi, lõm được phát biểu
ngược lại.

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


Chương 2
Bất đẳng thức Karamata
2.1. Định lí Karamata
Trong mục này ta đặc biệt quan tâm đến dạng bất đẳng thức sau (thường được gọi là Bất
đẳng thức Karamata) có rất nhiều ứng dụng trong thực tiễn.
Định lí 2.1 (Bất đẳng thức Karamata). Cho hai dãy số { xk, yk ∈ I (a;b), k = 1,2,..., n} ,
thỏa mãn các điều kiện
x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn
và

x1 ≥ y1

x1 + x2 ≥ y1 + y2

(5)
............
x + x + ... + x ≥ y + y + ... + y
2
n −1
1
2
n −1
 1
x1 + x2 + ... + xn = y1 + y2 + ... + yn

Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x) (f ''(x) > 0) trên I (a,b) , ta đều có
f (x1) + f (x2) + ... + f (xn ) ≥ f (y1) + f (y2) + ... + f (yn ).
(6)
Ta cũng có phát biểu tương tự đối với hàm lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức.
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
f (x1) + f (x2) + ... + f (xn ) =
n
n

f
(
t
)
+
f (xi − t1)f '(ti ) .

(7)
∑
∑
1
t1,...,tn ∈I (a,b) 
i =1
 i =1

Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1 ,..., tn ∈ I (a, b) cũng là một bộ số giảm, tức là
t1 ≥ t2 ≥ ... ≥ tn .
Khi đó, để chứng minh (7), ta chỉ cần chứng minh rằng
x1f '(t1) + x2f '(t2) + ... + xn f '(tn ) ≥

=

min

≥ y1f '(t1) + y2f '(t2) + ... + yn f '(tn ).

(8)

Sử dụng biến đổi Abel
x1f '(t1) + x2f '(t2) + ... + xn f '(tn ) =
= S1[f '(t1) − f '(t2)]+S2[f '(t2) − f '(t3)]+...+
+Sn −1[f '(tn −1) − f '(tn )]+Sn f '(tn ),

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…

(9)

với
Sk (x) := x1 + x2 + ... + xk .
Vì rằng f ''(x) > 0 nên f '(xk ) ≤ f '(xk−1). Mặt khác, do Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1,2,..., n − 1)
và Sn (x) = Sn (y), ta thu được ngay (8).
2.2. Các hệ quả
Hệ quả 2.2 (Bất đẳng thức Jensen). Với mọi hàm lồi f (x) trên I (a,b) và với mọi
xi ∈ I (a,b) (i = 1,2,..., n), ta luôn có bất đẳng thức
 x + x2 + ... + xn 
≥ f 1
.
÷

÷
n
n


Chứng minh. Do tính chất đối xứng, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn .
Khi đó, ta có
x ≥ x
 1
x1 + x2 ≥ 2x

.............

x1 + x2 + ... + xn −1 ≥ (n − 1)x
x1 + x2 + ... + xn = nx,


x1 + x2 + ... + xn
.
trong đó x =
n
Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
x + x2 + ... + xn 
f (x1) + f (x2) + ... + f (xn ) ≥ nf  1
÷.

n

f (x1) + f (x2) + ... + f (xn )

Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức T. Popoviciu). Với mọi hàm lồi trên I (a;b) và với mọi
x, y, z ∈ I (a;b), ta đều có bất đẳng thức
x + y + x
 x + y  + 2ff y + z  + 2  z + x  .
f (x) + f (y) + f (z) + 3ff
÷≥ 2 
÷

÷

÷

3

 2 
 2 
 2 

Chứng minh. Ta coi x ≥ y ≥ z. Khi đó sẽ xảy ra một trong hai khả năng:
x+y+z
x≥
≥y≥z
3
hoặc
x+y+z
x≥y≥
≥ z.
3
x+y+z
≥ z là đủ.
Ta chỉ cần xét trường hợp x ≥ y ≥
3
Khi đó dễ dàng kiểm tra

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


x+y+z x+y+z x+y+z
≥
≥
≥ z,
3
3
3
x+y x+y x+z x+z y+z y+z
≥
≥
≥

≥
≥
2
2
2
2
2
2

x≥y≥

(10)
(11)

và

x +y +z
 x + y + y + z + z + x .
x + y + z + 3
÷ = 2
÷

3

 2
2
2 
Ta thu được dãy (10) gần đều hơn (11). Theo bất đẳng thức Karamata, ta được điều phải
chứng minh.
Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje). Với mọi hàm lồi f (x) trên I (a,b) và

a1,a2,...,an ∈ I (a,b), ta luôn có bất đẳng thức sau
 a + a2 + ... + an
f (a1) + f (a2) + ... + f (an ) + n(n − 2)f  1

n


(


÷
÷


≥ (n − 1) f (b1) + f (b2) + ... + f (bn )

)

1
∑ a với mọi i.
n − 1 j ≠i j
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta coi n ≥ 3 và a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an . Khi đó tồn tại
số tự nhiên m sao cho 1 ≤ m ≤ n − 1 m và
a1 ≤ ... ≤ am ≤ a ≤ am+1 ≤ ... ≤ an ,
a1 + ... + an
. Ta cũng có
trong đó a =
n
b1 ≥ ... ≥ bm ≥ a ≥ bm+1 ≥ ... ≥ bn .
Dễ thấy rằng điều cần chứng minh được suy ra từ hai bất đẳng thức sau

f (a1) + f (a2) + ... + f (am) + n(n − m − 1)f (a)
≥ (n − 1) ( f (bm+1) + f (bm+2) + ... + f (bn )) ,
(12)
f (am+1) + f (am+2) + ... + f (an ) + n(m − 1)f (a)
≥ (n − 1) ( f (b1) + f (b2) + ... + f (bm)) .
(13)
Để chứng minh (12), ta áp dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi
f (a1) + f (a2) + ... + f (am) + (n − m − 1)f (a) ≥ (n − 1)f (b),
trong đó
a + a2 + ... + am + (n − m − 1)a
b= 1
.
n −1
Vậy ta chỉ còn chứng minh rằng
(n − m − 1)f (a) + f (b) ≥ f (bm+1) + f (bm+2) + ... + f (bn ).
Vì
a ≥ bm+1 ≥ bm+2 ≥ ... ≥ bn
và
(n − m − 1)a + b = bm+1 + bm+2 + ... + bn ,
trong đó bi =

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


ur
ur
ta thấy ngay An −m = [ a,...,a,b] xa đều hơn B n−m = [ bm+1,bm+2,...,bn ] . Vậy bất đẳng thức
(12) được suy ngay từ bất đẳng thức Karamata.
Bất đẳng thức (13) được chứng minh tương tự bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Jensen quen biết

f (am+1) + f (am+2) + ... + f (an ) + (m − 1)f (a)
≥ f (c),
n −1
ứng dụng cho
f (c) + (m − 1)f (a) ≥ f (b1) + f (b2) + ... + f (bm),
trong đó
a + am+2 + ... + an + (m − 1)a
c = m+1
.
n −1
Bất đẳng thức cuối cùng này suy được ngay từ bất đẳng thưc Karamata, vì rằng
b1 ≥ ... ≥ bm ≥ a
ur
ur
và c + (m − 1)a = b1 + b2 + ... + bm, và C m = [ c,a,...,a] xa đều hơn D m = [ b1,b2,...,bm ] .

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


Chương 3
Một số ứng dụng của bất đẳng thức Karamata
Ở phần tiếp theo, chúng tôi xin trình bày một số áp dụng của bất đẳng thức
Karamata và các hệ quả của nó.
Thí dụ 1. Cho 2n số thực dương ai ,bi (i = 1,2,.., n) thỏa mãn các điều kiện
a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an , b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn , a1 ≥ b1,a1a2 ≥ bb
1 2, ..., a1a2...an ≥ bb
1 2...bn .
Chứng minh rằng
a1 + a2 + ... + an ≥ b1 + b2 + ... + bn .
Giải. Đặt xi = lnai , yi = lnbi (i = 1,2,..., n). Với các điều kiện đã cho, ta có

x1 ≥ y1

x1 + x2 ≥ y1 + y2

.............
x + x + ... + x ≥ y + y + ... + y
2
n −1
1
2
n −1
 1
x1 + x2 + ... + xn = y1 + y2 + ... + yn

f
(
x
) = ex với x ∈ (0; +∞). Ta có f ''(x) = ex > 0, ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số
Xét hàm số
f (x) lồi trên khoảng (0; +∞). Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có
ex1 + ex2 + ... + exn ≥ ey1 + ey2 + ... + eyn hay a1 + a2 + ... + an ≥ b1 + b2 + ... + bn .
Thí dụ 2 (Đề thi kết thúc học phần cao học, chuyên đề bất đẳng thức, ĐH Đà Nẵng).
Cho
0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 8

a + b ≤ 13

a + b + c ≤ 15.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
M = a2 + b2 + c2.

Giải. Từ giả thiết, ta có
0 ≤ a ≤ 8

a + b ≤ 8 + 5

a + b + c = 8 + 5 + 2
Xét hàm số f (x) = x2, ta có f ''(x) = 2 > 0, ∀x ∈ ¡ nên hàm số f (x) lồi thực sự trên ¡ .
Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


f (a) + f (b) + f (c) ≤ ff(8) + (5) + f (2)
hay
Vậy

a2 + b2 + c2 ≤ 64 + 25 + 4 = 93. Đẳng thức xảy ra khi a = 8, b = 5, c = 2.

MaxM=93 đạt được khi a = 8, b = 5, c = 2.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy2 cho hai bộ số (a,b,c) và (1,1,1) , ta có
(1.a + 1.b + 1.c)2 ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( a2 + b2 + c2 )
⇔ (a + b + c)2 ≤ 3. ( a2 + b2 + c2 )

hay
Vậy

⇔ 152 ≤ 3.M
M ≥ 75. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 5.

MinM = 75 đạt được khi a = b = c = 5.

Thí dụ 3. Cho ABC là tam giác nhọn. Chứng minh rằng
3
1 ≤ cosA + cosB + cosC ≤ .
2
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C . Khi đó A ≥
Vì

π
π
2π
≥A≥
và π ≥ A + B = π − C ≥
nên
2
3
3
π ≥ A ≥ π
2
3
 π π
π π
 + ≥A+B ≥ +
3 3
2 2
π
π
 + + 0= A + B +C = π + π + π
 2 2
3 3 3

π
π
, C ≤ .
3
3

Với mọi bộ số (xi ), (yi ) , ta luôn có bất đẳng thức sau

2

2

 n

 n 2 n 2
x
y
≤
(14)
 ∑ i i ÷  ∑ xi ÷ ∑ yi ÷
 i =1

 i =1   i =1 
Dấu đẳng thức trong (14) xảy ra khi và chỉ hai bộ số (xi ) và (yi ) tỉ lệ với nhau, , tức tồn tại cặp số
α
,
β
thức
không đồng thời bằng 0, sao cho

α xi + β yi = 0, ∀i = 1,2,..., n.
Theo tài tiệu nước ngoài, bất đẳng thức (14) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy. Tại Việt Nam và một
số nước Đông Âu, bất đẳng thức này được mang tên là “Bất đẳng thức Bunhia-covski”, “Bất đẳng thức
Cauchy-Bunhiacovski” hoặc “Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz”. Các bất đẳng thức giữa các trị trung bình
cộng và nhân thì được gọi là bất đẳng thức Cauchy.

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


 π
 π
Xét hàm số f (x) = cosx với x ∈ 0;  . Ta có f ''(x) = − cosx < 0, ∀x ∈ 0;  nên
 2
 2
 π
hàm số f (x) lõm trên đoạn 0;  . Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có
 2
π
π
π
ff ÷ +  ÷ + ff(0) ≤ (A) + f (B ) + f (C ) ≤ 3f  ÷
 2
 2
 3
hay
3
1 ≤ cosA + cosB + cosC ≤ .
2
Thí dụ 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC không nhọn, ta luôn có
A

B
C
tan + tan + tan ≥ 2 2 − 1.
2
2
2
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C . Khi đó

π
A ≥
2

π π

A + B ≥ +
2 4

A + B + C = π + π + π ,

2 4 4
hay
A π
 ≥
2 4
A B π π
 + ≥ +
2 2 4 8
A + B + C = π + π + π
 2 2 2 4 8 8
 π

 π
2sin x
∀
x
∈
>
0
Xét hàm số f (x) = tan x với x ∈  0; ÷. Ta có f ''(x) =
với
 0; ÷ nên
cos3x
 2
 2
 π
hàm số f (x) lồi trên khoảng  0; ÷. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta được
 2
A
B
C
π
π
π
tan + tan + tan ≥ tan + tan + tan .
2
2
2
4
8
8
π

Để ý rằng tan = 2 − 1 nên
8
π
π
π
tan + tan + tan = 2 2 − 1.
4
8
8
Vậy

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


tan

A
B
C
+ tan + tan ≥ 2 2 − 1.
2
2
2

Thí dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có bất đẳng thức
1
1
1
1
1 1

+
+
≤
+
+ .
a + b b + c c + a 2a 2b 2c
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi a ≥ b ≥ c, tức là dãy số (a,b,c) là dãy giảm.
Khi đó, ta có
2a ≥ a + b

2a + 2b ≥ a + b + b + c

2a + 2b + 2c = a + b + b + c + c + a
2
1
Xét hàm số f (x) = với x ∈ (0; +∞). Ta có f ''(x) = 3 > 0, ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số
x
x
f (x) lồi trên khoảng (0; +∞). Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận được bất
đẳng thức cần chứng minh.
Thí dụ 6 (IMO 2000). Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1.
Chứng minh rằng

1 
1 
1
 a − 1 + ÷ b − 1 + ÷ c − 1 + ÷ ≤ 1.
b 
c
a


x
y
z
, b= , c =
với x, y, z > 0.
y
z
x
Ta viết bất đẳng thức đã cho theo x, y, z
x
z y
x z
y
 − 1 + ÷ − 1 + ÷ − 1 + ÷ ≤ 1
y z
z  x
x
y
⇔ (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz.
Để ý rằng (x − y + z) + (y − z + x) = 2x > 0, do đó trong ba số x − y + z, y − z + x,
z − x + y không thể có trường hợp hai số cùng âm. Nếu trong ba số trên có một hoặc ba số
âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Trường hợp cả ba số đó đều dương, bằng cách lấy lôgarit hai vế với cơ số e, ta được
ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z.
Không mất tính tổng quát, ta coi x ≥ y ≥ z. Khi đó, ta có
(y − z + x, x − y + z, z − x + y) f (x, y, z).
Giải. Vì abc = 1 nên ta đặt a =

1

< 0, ∀x > 0 nên hàm số f (x) lõm
x2
trên khoảng (0; +∞). Khi đó theo bất đẳng thức Karamata, ta có
ln(y − z + x) + ln(x − y + z) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c = 1.
Xét hàm số f (x) = ln x với x > 0. Ta có f ''(x) = −

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


Thí dụ 7. Cho a,b là các số thực không âm. Chứng minh rằng
a + 3 a + 3 b + 3 b ≤ 3 a + 3 b + 3 b + 3 a.
Giải. Giả sử b ≥ a. Giữa các số x1 = b + 3 b, x2 = b + 3 a, x3 = a + 3 b, x4 = a + 3 a, thì x1
là số lớn nhất, x4 là số nhỏ nhất. Ta có
x1 ≥ x2
x + x = x + x
4
2
3
 1
hoặc
x1 ≥ x3
x + x = x + x
4
3
2
 1
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f (x) = 3 x (đây là hàm lõm trên
[ 0;+∞ ) )
3

Thí dụ 8 (Áo 2000). Cho a,b > 0 và số nguyên n. Chứng minh
n

n



a
b
n +1
1 + ÷ + 1 + ÷ ≥ 2 .
b
a




Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Giải. Ta xét các trường hợp
• Trường hợp 1. Khi n ≥ 0, hàm số f (x) = xn lồi trên khoảng (0, +∞). Vậy theo bất đẳng
thức Jensen, ta có
n



a
b
a b
+ ÷

 1+ + 1+ ÷



a
b
b
a ÷ = 2 1 + b a ÷ .
1
+
+
1
+
≥
2


÷ 
÷
b
a
2
2 ÷

÷




÷


÷




a b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ a = b hoặc n = 0 hoặc n = 1.
b a
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
a b
+ ≥ 2.
b a
Vậy
n

n

n

n



a
b
n
n +1
 1 + ÷ +  1 + ÷ ≥ 2.2 = 2 .
b

a


Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc n = 0.
• Trường hợp 2. Khi n ≤ −1, ta đặt p = −n ≥ 1. Khi đó, ta có

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


n

n



a
b
n +1
1+ ÷ + 1+ ÷ ≥ 2
b
a


bp
ap
1
⇔
+
≥ p−1
p

p
(a + b)
(a + b)
2
p

bp + ap  a + b 
⇔
≥
÷.
2
 2 
Bất đẳng thức cuối được suy ra ngay từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số
f (x) = xn (đây là hàm lồi trên khoảng (0, + ∞)) với p ≥ 1 và p ∈ ¢. Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi a = b hay p = 1, tức là xảy ra khi và chỉ khi a = b hay n = −1. Đến đây bất
đẳng thức hoàn toàn được chứng minh.
Thí dụ 9. Chứng minh rằng nếu a1,a2,...,an (n ≥ 3) là các số dương thỏa mãn điều kiện
a1 + a2 + ... + an = 1 thì ta có
n



 
 

1
1
1
1
a2 +

− 2÷...  an +
− 2÷ ≥  n + − 2÷ .
 a1 + − 2÷
÷
÷

÷
a1
a2
an
n



 
 
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje đối với hàm lồi f (x) = − ln x với x > 0, ta
nhận được
n −1

(bb
...bn )
1 2
trong đó bi =

 a + a2 + ... + an
≥ (a1a2...an )  1

n


n(n −2)


÷
÷


1
∑ a với mọi i. Theo điều kiện a1 + a2 + ... + an = 1, bất đẳng thức ở
n − 1 j ≠i j

trên trở thành
n2 −n

(1 − a1)n −1(1 − a2)n −1...(1 − an )n −1


1
≥ nn  1 − ÷
n


a1a2...an

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
(1 − a1) + (1 − a2) + ... + (1 − an ) ≥ n n (1 − a1)(1 − a2)...(1 − an ),
nghĩa là
n


1
 1 − ÷ ≥ (1 − a1)(1 − a2)...(1 − an ).
n

Từ bất đẳng thức này, với n ≥ 3, ta có
n(n − 3)


1
1− ÷
n


(1 − a1)2(1 − a2)2...(1 − an )2

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…

(*)


≥ (1 − a1)n −1(1 − a2)n −1...(1 − an )n −1.
Nhân bất đẳng thức này với bất đẳng thắc (*), ta nhận được bất đẳng thức cần chứng
1
minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an = .
n
Cuối cùng là một số bài tập dành cho bạn đọc
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn, ta luôn có
3
1 ≤ cosA + cosB + cosC ≤ .

2
Bài 2. Chứng minh rằng nếu a1,a2,...,an là các số thực dương thì
a12
a + ... + a
2
2

2
n

+ ... +

an2
a + ... + a
2
1

2
n −1

≥

a1
a2 + ... + an

+ ... +

an
a1 + ... + an −1

.

 π π
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số x1, x2,..., xn thuộc khoảng  − ,  , ta luôn có bất
 6 6
đẳng thức
cos(2x1 − x2) + cos(2x2 − x3) + ... + cos(2xn − x1) ≤ cosx1 + cosx2 + ... + cosxn .
Bài 4 (APMO 1996). Cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a + b − c + b + c − a + c + a − b ≤ a + b + c.
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Bài 5 (IMO 1999). Cho n là một số nguyên dương cố định, n ≥ 2. Hãy tìm hằng số C bé
nhất sao cho

∑

1≤i < j ≤n

(

xi xj x + x
2
i

2
j

)

4

 n 
≤ C  ∑ xi ÷
 i =1 

với mọi số thực không âm x1, x2,..., xn .
Bài 6 (Iran 2008). Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng
a3 + a + b3 + b + c3 + c ≥ 2 a + b + c.
Bài 7. Giả sử x1, x2,..., xn (n ≥ 3) là các số dương thỏa mãn điều kiện x1x2...xn = 1.
Chứng minh rằng nếu 0 < p ≤

2n − 1
thì ta có
(n − 1)2

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…


1
1 + px1

+

1
1 + px2

+ ... +

1
1 + pxn

≤

n
1+ p

.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức: Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục.
[2] Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., 1999, Bất đẳng thức, NXB ĐHQGHN.
[3] Z. Kadelburg., D. Đukié., M. Lukié., I. Matié., 2005, Inequalities of Karamata, Schur
and Muirhead, and some appilications, The teaching of mathematics, Vol. VIII.
[4] Phạm Kim Hùng, 2006, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức.
[5] Ngô Thế Phiệt, 2007, Một số phương pháp mới trong chứng minh bất đẳng thức, NXB
Giáo dục.
[6] Nguyễn Cửu Huy, 2009, Bất đẳng thức, NXB Giáo dục.

– Tài liệu, hay, kho, lạ, độc,…