MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC HÀM VÀ ÁP DỤNG

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

PHAN THỊ HẠNH

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC HÀM
VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60. 46. 0113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu

Đà Nẵng – Năm 2014


LỜI CAM ĐOAN
Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng
được ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác.
Tác giả luận văn

Phan Thị Hạnh


MỤC LỤC
MỤC LỤC.........................................................................................................3
MỞ ĐẦU...........................................................................................................1
1. Tính cấp thiết của đề tài.................................................................................1
2. Mục tiêu nghiên cứu......................................................................................1

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.................................................................2
5. Cấu trúc luận văn...........................................................................................2
6. Tổng quan tài liệu nghiên cứu.......................................................................3
CHƯƠNG 1.......................................................................................................4
CƠ SỞ LÝ THUYẾT........................................................................................4
1. 1. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY.................................................................4
1. 2. HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ TỰA ĐƠN ĐIỆU.................................................6
1. 2. 1. Hàm đơn điệu........................................................................................6
1. 2. 2. Hàm tựa đơn điệu................................................................................15
1. 3. HÀM LỒI, LÕM VÀ TỰA LỒI, LÕM...................................................18
1. 3. 1. Các tình chất cơ bản của hàm lồi.........................................................18
1. 3. 2. Hàm tựa lồi và tựa lõm........................................................................26
CHƯƠNG 2.....................................................................................................29
MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC HÀM......................................................29
2. 1. BẤT ĐẲNG THỨC HÀM JENSEN.......................................................29
2. 1. 1. Cơ sở lý thuyết....................................................................................29
2. 1. 2. Một số bài toán liên quan....................................................................31
2. 2. BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA.........................................................38


2. 2. 1. Cơ sở lý thuyết....................................................................................38
2. 2. 2. Một số bài toán liên quan....................................................................42
2. 3. BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC............................45
2. 3. 1. Cơ sở lý thuyết....................................................................................45
2. 3. 2. Một số bài toán liên quan....................................................................46
CHƯƠNG 3.....................................................................................................61
MỘT SỐ ÁP DỤNG VÀO GIẢI BÀI TOÁN LIÊN QUAN..........................61
3. 1. BẤT ĐẲNG THỨC AG SUY RỘNG.....................................................61
3. 1. 1. Cơ sở lý thuyết....................................................................................61
3. 1. 2. Một số bài toán liên quan....................................................................62

3. 2. MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AG...............63
3. 2. 1. Định lý về các giá trị trung bình cộng và nhân....................................63
3. 2. 2. Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức.............................................65
KẾT LUẬN.....................................................................................................78
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................79


1

MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài
Trong toán học, bất đẳng thức có vị trí đặc biệt, không chỉ là những đối
tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công cụ đắc lực ứng dụng
vào nhiều lĩnh vực khác nhau.
Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn trong
giáo trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là
một đề tài thường xuyên có mặt trong các đề thi toán, trong các kỳ thi tuyển
sinh quốc gia cũng như các kỳ thi tuyển sinh Olympic về toán ở mọi cấp.
Đối với chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức là một chuyên đề
khó, và khó hơn cả với học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi. Các bài toán về
bất đẳng thức khá đa dạng và có thể chứng minh bằng nhiều phương pháp
khác nhau. Vì vậy việc giải các bài toán bất đẳng thức đòi hỏi phải vận dụng
kiến thức một cách linh hoạt, có tính sáng tạo, người học cần khéo léo sử
dụng các kỹ thuật đề đưa bài toán đến kết quả nhanh nhất. Học sinh thường
gặp khó khăn trong việc định hướng cách giải trong các bài toán bất đẳng
thức. Do đó, việc phân loại và đưa ra phương pháp giải cụ thể cho từng dạng
là vấn đề chúng ta cần quan tâm. Với ý tưởng này, tôi chọn cho mình đề tài “
Một số lớp bất đẳng thức hàm và áp dụng”.
Đề tài sẽ đưa ra hệ thống lý thuyết, bài tập và phương pháp giải các bài
toán bất đẳng thức hàm một cách rõ ràng, cụ thể.

2. Mục tiêu nghiên cứu
Sưu tầm, giới thiệu, hệ thống hóa và phân loại một số lớp bất đẳng thức
hàm để áp dụng giải các bài toán sơ cấp khó, hay gặp trong các kỳ thi vào lớp
chuyên, đại học và thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic quốc tế như: chứng
minh bất đẳng thức, giải phương trình, giải bất phương trình...


2
Hệ thống các bài toán về một số lớp bất đẳng thức hàm, phân dạng và
nêu áp dụng của chúng.
Nắm được một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức, tạo ra các bất đẳng
thức mới từ bất đẳng thức đã biết.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu các bất đẳng thức liên quan đến các
lớp hàm như: bất đẳng thức hàm Cauchy, hàm đơn điệu và hàm tựa đơn điệu,
hàm lồi, lõm và tựa lồi, lõm, bất đẳng thức hàm Jensen, bất đẳng thức hàm
Karamata, bất đẳng thức liên quan đến tam giác và các áp dụng liên quan.
Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu từ các tài liệu, giáo trình của
GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, các tạp chí toán học, và một số chuyên đề về
bất đẳng thức.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp tự nghiên cứu các tư liệu gồm: sách giáo khoa phổ thông
trung học, các tài liệu tham khảo về bất đẳng thức, tạp chí toán học tuổi trẻ,
các đề tài nghiên cứu có liên quan …
Phương pháp tiếp cận lịch sử, sưu tầm, phân tích, tổng hợp tư liệu và
tiếp cận hệ thống.
5. Cấu trúc luận văn
Luận văn này dành để trình bày một số lớp bất đẳng thức hàm và áp
dụng.
Ngoài phần mở đầu, kết luận, luận văn gồm ba chương và danh mục tài

liệu tham khảo.
Chương 1, dành để trình bày cơ sở lý thuyết (đặc biệt bất đẳng thức
hàm Cauchy, hàm đơn điệu và tựa đơn điệu, hàm lồi, lõm và tựa lồi, lõm) sẽ
dùng đến trong các chương sau.
Chương 2, trình bày một số lớp bất đẳng thức hàm như: bất đẳng thức


3
hàm Jensen, bất đẳng thức hàm Karamata, bất đẳng thức liên quan đến tam
giác.
Chương 3, trình bày một số áp dụng vào giải bài toán liên quan (đặc
biệt bất đẳng thức AG suy rộng và một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức
AG).
6. Tổng quan tài liệu nghiên cứu
Đề tài đưa ra hệ thống lý thuyết, bài tập và phương pháp giải một số
lớp bất đẳng thức hàm. Giải quyết hàng loạt các bài toán chứng minh bất đẳng
thức khó ở trung học phổ thông.


4
CHƯƠNG 1

CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. 1. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Bất đẳng thức Cauchy là bất đẳng thức quen thuộc đối với học sinh
trung học phổ thông, việc nắm vững bất đẳng thức này cùng với các hệ quả
quan trọng của nó là rất cần thiết cho học sinh. Không chỉ với các học sinh
thi học sinh giỏi ở Thành Phố, Olympic quốc gia, quốc tế và khu vực mà ngay
cả với học sinh chuẩn bị thi vào các trường đại học.
Từ bất đẳng cơ bản

2

n

∑ (xt − y )
i =1

i

i

≥ 0; ∀t∈ ¡

(1. 1)

Thực hiện theo ý tưởng của Cauchy đối với tổng
2

n

∑ (xt − y )
i =1

i

i

=t

2

n

∑x

2

i

i =1

n

n

i =1

i =1

− 2t∑ xi yi + ∑ yi 2,

(1. 2)

Ta được bất đẳng thức
n

n

n

i =1

i =1

i =1

f (t) = t2 ∑ xi 2 − 2t∑ xi yi + ∑ yi 2 ≥ 0,∀t ∈ ¡ ,

(1. 3)

nên ∆ ≤ 0 .
Định lý 1. 1. (Xem [3]). Với mọi bộ số (xi ),(yi ) ta luôn có bất đẳng thức sau
n

n

n

i =1

i =1

i =1

(∑ xi yi )2 ≤ (∑ xi 2)(∑ yi )2.

(1. 4)

Dấu đẳng thức trong (1. 4) xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (xi ) và (yi ) tỷ lệ
với nhau, tức tồn tại cặp số thực α ,β không đồng thời bằng 0, sao cho

α xi + β yi = 0, ∀i = 1,2,...,n.


5
Bất đẳng thức (1. 4) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy (đôi khi
còn gọi là bất đẳng thức Bunhiacovski, Cauchy- Schwarz hoặc CauchyBunhiacovski).
Nhận xét rằng, bất đẳng thức Cauchy cũng có thể được suy trực tiếp từ
đồng nhất thức Lagrange sau đây.
Định lý 1. 2. (Lagrange) (Xem [3]). Với mọi bộ số ( xi , yi ) , ta luôn có đồng
nhất thức:
n

n

n

(∑ xi )(∑ yi ) − (∑ xi yi ) =
i =1

2

i =1

2

2

i =1

n

∑

i , j =1,i 〈 j

2

(xi yj − xj yi ) .

Tương tự ta cũng có các đẳng thức dạng sau đây (bạn đọc dễ dàng tự
kiểm chứng trực tiếp).
Bài toán 1. 1. Với mọi bộ số ( xi , yi ) , ta luôn có đẳng thức sau
E2(x + y)E1(x)E1(y) − E1(x + y)E2(x)E1(y) − E1(x + y)E1(x)E2(y)
n
n
1 n
= ∑ (xi ∑ yj − yi ∑ xj )2,
2 i =1 j =1
j =1

trong đó
n

E1(x):= ∑ xi , E2(x):=
i =1

n

∑

i , j =1,i ≠ j

xi xj .

Nhận xét rằng, từ đồng nhất thức này ta thu được bất đẳng thức sau đây
Hệ quả 1. 1. Với mọi bộ số dương ( xi , yi ) , ta luôn có bất đẳng thức sau
E2(x + y) E2(x) E2(y)
≥
+
,
E1(x + y) E1(x) E1(y)
trong đó
n

E1(x):= ∑ xi , E2(x):=
i =1

n

∑

i , j =1,i ≠ j

xi xj .

Hệ quả 1. 2. Với mọi cặp số dương (a, b) ta luôn có bất đẳng thức sau


6

2(a + b) ≥ ( a + b)2,
hay

a + b ≥ 2 ab
Hệ quả 1. 3. (Xem [3]). Với 2 dãy số thực ( a1,a2,...,an ) và

( b1,b2,...,bn ) ,bi ≥ 0,∀i = 1,n. Ta luôn có
a12 a22
a 2 ( a + a + ... + an )
+
+ ... n ≥ 1 2
.
b1 b2
bn
b1 + b2 + ... + bn
2

Hệ quả 1. 4. (xem [3]). Với 2 dãy số thực

( a1,a2,...,an )

và ( b1,b2,...,bn ) .

Ta luôn có
a12 + b12 + a22 + b22 + ... an2 + bn2 ≥

( a1 + a2 + ... + an )

2

+ ( b1 + b2 + ... + bn )

2

1. 2. HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ TỰA ĐƠN ĐIỆU
1. 2. 1. Hàm đơn điệu
Về sau ta thường sử dụng ký hiệu I ( a,b) ⊂ ¡ là nhằm định một trong
bốn tập hợp (a,b) , [a,b) , (a,b] hoặc [a,b] với a < b.
Thông thường, khi hàm số f (x) xác định trên tập I ( a,b) ⊂ ¡ và thỏa
mãn điều kiện:
với mọi x1, x2 ∈ I ( a,b) , ta đều có
f (x1) ≤ f (x2) ⇔ x1 ≤ x2,

thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu tăng trên I(a,b)
Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x1, x2 ∈ I ( a,b) , ta đều có
f (x1) < f (x2) ⇔ x1 < x2,

thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a,b) .
Ngược lại, khi


7
f (x1) ≥ f (x2) ⇔ x1 ≤ x2,∀ x1, x2 ∈ I (a,b)
thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a,b) . Nếu xảy ra
f (x1) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2,∀ x1, x2 ∈ I (a,b)
thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a,b) .
Những hàm số đơn điệu tăng thực sự trên I(a,b) được gọi là hàm đồng
biến trên I(a,b) và hàm số đơn điệu giảm thực sự trên I(a,b) được gọi là hàm
nghịch biến trên tập đó.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để

nhận biết khi nào thì một hàm số khả vi cho trước trên khoảng (a,b) là một
hàm đơn điệu trên khoảng đó.
Định lý 1. 3. Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a,b) .
(i) Nếu f '(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì hàm số f (x) đồng biến trên khoảng
đó.
(j) Nếu f '(x) < 0với mọi x ∈ (a, b) thì hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng
đó.
Các định lý sau đây cho ta một số đặc trưng đơn giản khác của hàm đơn
điệu. Một vài đặc trưng quan trọng của lớp hàm vừa có tính đơn điệu vừa có
tính chất lồi hoặc tính lõm sẽ được đề cập trong phần khảo sát các hàm lồi và
hàm lõm.
Định lý 1. 4. Hàm f (x) xác định trên ¡

+

là một hàm số đợn điệu tăng khi và

chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a1,a2,...,an và x1, x2,..., xn , ta đều có
n

n

n

∑ a f (x ) ≤ (∑ a ) f (∑ x ).
k=1

k

k

k=1

k

k=1

k

Chứng minh. Khi f (x) đơn điệu tăng trên ¡ thì hiển nhiên ta có
n

f (xj ) ≤ f (∑ xk ), j = 1,2,...,n.
k=1

(1. 5)


8
Suy ra
n

aj f (xj ) ≤ aj f (∑ xk ), j = 1,2,...,n.

(1. 6)

k=1

Lấy tổng theo j (j=1,2,…,n) từ (1. 6), ta thu được (1. 5) .
Ngược lại, với n=2, từ (1. 5), ta có

f (x) + ε f (h) ≤ (1+ ε ) f (x + h), ∀ε ,h > 0.
Khi ε → 0 ta thu được f (x + h) ≥ f (x) , hay f (x) là đồng biến .

(1. 7)

W

Định lý 1. 5. Để bất đẳng thức
n

n

∑ f (x ) ≤ f (∑ x ),
k=1

k

k=1

(1. 8)

k

được thỏa mãn với mọi bộ số dương x1, x2,..., xn , điều kiện đủ là hàm

g(x):=

f (x)
đơn điệu tăng trên ¡ + .
x

Chứng minh. Nhận xét rằng, ta có hàm số f ( x) = xg( x) và (1. 8) sẽ có dạng
(1. 5) với aj = xj ( j = 1,2,...,n):
n

n

n

k=1

k=1

k=1

∑ xkg(xk ) ≤ (∑ xk )g(∑ xk ).

(1. 9)

hiển nhiên được thỏa mãn ứng với g(x) là một hàm số đơn điệu tăng trên ¡ + .
Hệ quả 1. 5. Giả sử g(x) =

f (x)
là hàm đơn điệu tăng trong [0,+∞ ] . Khi đó
x

với mọi dãy số dương và giảm x1, x2,..., xn , ta đều có
n−1

f (x1 − xn ) ≥ ∑ f (xk − f (xk+1)) .

k=1

Nhận xét rằng (1. 9) không là điều kiện cần để g(x) là một hàm đồng
biến. Thật vậy chỉ cần chọn hàm g(x) có tính chất
0 < g ( x) ∈ £ (¡ + ), ∀x ∈ ¡ + và max g(x) ≤ 2ming(x),


9
ta dễ dàng kiểm chứng rằng (1. 9) được thỏa mãn. Chẳng hạn, ta thấy hàm số
g(x) = 3+ sin(x), x∈ ¡ + ,
thỏa mãn điều kiện nêu trên và vì vậy nó thỏa mãn điều kiện (1. 9). Tuy nhiên,
hàm g(x) không là hàm đơn điệu tăng trên ¡ + .
Nếu bổ sung thêm điều kiện: g(x):=

f (x)
là hàm đồng biến trên ¡
x

+

và

x1, x2,..., xn là bộ số gồm các số lớn hơn 1, thì ta thu được bất đẳng thức thực

sự:
n

n

k=1

k=1

∑ f (xk ) < f ∑ (xk).
Tương tự ta cũng có thể phát biểu các đặc trưng đối với các hàm đơn
điệu giảm.
Định lý 1. 6. Hàm f (x) xác định trên ¡

+

là một hàm số đơn điệu giảm khi và

chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a1,a2,...,an và x1, x2,..., xn , ta đều có
n

n

n

k=1

k=1

k=1

∑ ak f (xk ) ≥ (∑ ak ) f (∑ xk ).
Định lý 1. 7. Để bất đẳng thức
n

n

k=1

k=1

∑ f (xk ) ≥ f (∑ xk ),
được thỏa mãn với mọi bộ số dương x1, x2,..., xn , điều kiện đủ là hàm

g(x):=

f (x)
đơn điệu giảm trên ¡ + .
x

Nhận xét rằng, trong số các hàm số sơ cấp một biến thì hàm tuyến tính

f ( x) = ax đóng vai trò đặc biệt quan trọng, vì nó rất dễ nhận biết về tính
đồng biến ( khi a > 0) và nghịch biến ( khi a< 0) trong mỗi khoảng tùy ý cho
trước. Đặc trưng sau đây sẽ cho ta thấy rõ hơn về đặc trưng (bất đẳng thức


10
hàm) của hàm tuyến tính.
Định lý 1. 8. Giả thiết rằng với mọi cặp bộ số dương
a1,a2,...,an ; x1, x2,..., xn ,

ta đều có
n

n

∑ a f (x ) ≥ (∑ f (a x ).
k=1

k

k

k=1

(1. 10)

k k

thì f ( x) = ax , trong đó a là hằng số.
Chứng minh. Lấy n=2 và chọn x1 = x, x2 = y;a1 =

y
1
,a2 = , từ (1. 10), ta thu
2x
2

được

f (x) f (y)
≤
, ∀x, y∈ ¡ + .
x
y

Suy ra g(x):=

f (x)
là một hàm hằng trên ¡ + .
x

W

Tiếp theo, ta nêu một số tính chất của hàm đơn điệu để ước lượng một
số tổng và tích phân.
Định lý 1. 9. (Maclaurin, Cauchy). Giả thiết rằng f (x) là một hàm đơn điệu
giảm trên (0,+∞ ) . Khi đó, ta luôn có
n

n

n−1

0

k=0

∑ f (k) ≤ ∫ f (x)dx ≤ ∑ f (k).
k=1

(1. 11)

Khi f (x) là hàm ngịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, f (x) là một hàm đơn điệu giảm, nên ta
luôn có

f ( k + 1) ≤

k +1

∫

f ( x)dx ≤ f (k ), k = 0,1,...

k

Lấy tổng theo k, ta thu được(1. 11), chính là điều phải chứng minh.

W


11
Định lý 1. 10. Giả thiết rằng f (x) là một hàm đồng biến trên [0,+∞) và

f ( 0) = 0. Gọi g(x) là hàm ngược của f (x) Khi đó, ta luôn có
a

b

0

0

ab ≤ ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx, ∀a,b ≥ 0.

(1. 12)

Chứng minh. Bất đẳng thức được suy trực tiếp bằng cách so sánh diện tích tạo
bởi đường cong y = f ( x) và x = g( y) với diện tích hình chữ nhật tạo bởi
x = 0, x = a; y = 0, y = b

W

Hệ quả 1. 6. Giả thiết rằng f (x) là một hàm đồng biến trên [0,+∞ ) và
f (0) = 0 . Gọi g(x) là hàm ngược của f (x) . Khi đó, ta luôn có
ab ≤ af (a) + bg(b), ∀a,b ≥ 0.
Định lý 1. 11. Cho hàm số y = f ( x) liên tục, không âm và đơn điệu tăng trên

[α , β ) với 0 ≤ α < β . Khi đó ∀a∈ [α ,β );∀b∈ [f(α ), (β )) ta có
a

b

α

f (α )

∫ f (x)dx + ∫

f −1(x)dx ≥ ab − α f (α )

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f ( a) = b.
Chứng minh. Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
x = α , x = a; y = 0, y = f ( x ) thì
a

S1 = ∫ f (x)dx
α

Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f (α ), y = b, x = 0, y = f −1(x) thì

S2 =

b

∫

f (α )

f −1(x)dx


12
Gọi S là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = a; y = 0, y = b thì
S = ab . Gọi S' là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi

x = 0, x = α , y = 0, y = f (α ) , thì S' = α f (α ) . Trong cả hai trường hợp f (a) ≤ b
hoặc f (a) > b , ta đều có S1 + S2 ≥ S − S' . Do đó
a

b

α

f (α )

∫ f (x)dx + ∫

f −1(x)dx ≥ ab − α f (α )

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f ( a) = b.

W

Định lý 1. 12. Cho hàm số f (x) liên tục và nghịch biến trên [0,b],∀a∈ [0,b].
Khi đó, ta luôn có
a

b

0

0

b∫ f (x)dx ≥ a∫ f (x)dx.

(1. 13)

Tương tự, với f (x) liên tục và đồng biến trên [0,b],∀a∈ [0,b] thì
a

b

0

0

b∫ f (x)dx ≤ a∫ f (x)dx.

Chứng minh. Nếu a = 0 hoặc a = b thì bất đẳng thức (1. 13) trở thành đẳng
thức.
Nếu 0 < a < b, thì do f (x) nghịch biến trên [0,b] nên với mọi x thỏa
mãn điều kiện 0 < a ≤ x ≤ b, ta đều có f (x) ≤ f (a) . Suy ra
b

b

a

a

∫ f (x)dx ≤ f (a)∫ dx = (b − a) f (a).
Vậy nên
b

1
f (a) ≥
f (x)dx.
b − a ∫a

Mặt khác, khi 0 < x ≤ a thì f (x) ≥ f (a) . Suy ra

(1. 14)


13

a

a

0

0

∫ f (x)dx ≥ ∫ f (a)dx = af (a),
hay
a

1
f (x)dx ≥ f (a).
a ∫0

(1. 15)

Từ (1. 14) và (1. 15), suy ra
a

b

1
1
f (x)dx ≥ f (a) ≥
f (x)dx.
∫
a0
b − a ∫a

hay
a

b

1
1
f (x)dx ≥
f (x)dx.
∫
a0
b − a ∫a

(1. 16)

Do đó
a

b

0

a

(b− a) ∫ f (x)dx ≥ a ∫ f (x)dx (do a > 0, (b − a) > 0)
hay
b
0


(b − a)∫ f (x)dx ≥ a ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx .
0
0
a

a

Vậy nên
a

b

0

a

b∫ f (x)dx ≥ a∫ f (x)dx.

Ta chứng minh rằng, dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b hoặc a = 0.
Thật vậy, nếu tồn tại c∈ (0,b) sao cho
c

b

0

0

b∫ f (x)dx = c∫ f (x)dx.

thì

(1. 17)


14
c

b

b

1
1
1
f
(
x
)
dx
=
f
(
x
)
dx
=
f (x)dx.
c ∫0
b ∫0

b − c ∫c

Vậy
c

b

1
1
f
(
x
)
dx
=
f (x)dx.
c ∫0
b − c ∫c

(1. 18)

Từ (1.18) suy ra tồn tại ξ ∈ (0,c) và δ ∈ (c,b) , sao cho

1
1
(c − 0) f (ξ ) =
(b − c) f (δ ).
c
b− c
Mà δ > ξ , điều này trái với giả thiết rằng f (x) là hàm số nghịch biến trong

(a,b) . Vậy, không xảy ra dấu đẳng thức.
Hệ quả 1. 7. Nếu b= 1 và f (x) liên tục và nghịch biến trên [0,1]
thì ∀a∈ [0,1], ta đều có
a

1

0

0

∫ f (x)dx ≥ a∫ f (x)dx.
-Nếu b = 1, f ( x) liên tục và đồng biến trên [0,1] thì ∀a∈ [0,1], ta đều có
a

1

0

0

∫ f (x)dx ≤ a∫ f (x)dx.
Định lý 1. 13. (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev). Giả sử f (x) và g(x) là hai
hàm đơn điệu tăng và (xk ) là một dãy đơn điệu tăng:
x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn.

Khi đó với mọi bộ trọng ( pj ) :
pj ≥ 0, j = 1,2,...,n; p1 + p2 + ... + pn = 1,
ta đều có

 n
 n
  n

p
f
(
x
)
p
g
(
x
)
 ∑ k k ÷ ∑ k k ÷ ≤  ∑ pk f (xk )g(xk ) ÷.
 k=1
 k=1
  k=1



15
Chứng minh. Theo giả thiết thì
0 ≤  f (xk ) − f (xj )  g(xk ) − g(xj )

hay
f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk ) ≤ f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk ).

(1. 19)

Để ý rằng

 n
 n

pj pk  f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk ) = 2 ∑ pk f (xk ) ÷ ∑ pkg(xk ) ÷
∑
j ,k=1
 k=1
 k=1

n

và
n

n

∑ p p  f (x )g(x ) + f (x )g(x ) = 2∑ p f (x )g(x ).

j ,k=1

j

k

j

j

k

k

k=1

k

k

k

Kết hợp các đẳng thức này với (1. 19), ta thu được
 n
 n
  n

p
f
(
x
)
p
g
(
x
)
 ∑ k k ÷ ∑ k k ÷ ≤  ∑ pk f (xk )g(xk ) ÷.
 k=1
 k=1

  k=1


W

1. 2. 2. Hàm tựa đơn điệu
Ta nhắc lại tính chất quen biết sau đây.
Giả sử hàm số f ( x) xác định và đơn điệu tăng trên I (a,b) . Khi đó với
mọi x1, x2 ∈ I (a,b) , ta đều có
x1 < x2 ⇒ f (x1) ≤ f (x2)
và ngược lại, ta có
x1 < x2 ⇒ f (x1) ≥ f (x2), ∀x1, x2 ∈ I (a,b)
khi f ( x) là một hàm đơn điệu giảm trên I (a,b) .
Tuy nhiên, trong ứng dụng, có nhiều hàm số chỉ đòi hỏi có tính chất
yếu hơn, chẳng hạn như:
f (x1) ≤ f (x2) ⇔ x1 ≤ x2;∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 ≤ 1,


16
thì không nhất thiết f ( x) phải là một hàm đơn điệu tăng trên (0,1) .
Ví dụ, với hàm số f (x) = sinπ x , ta luôn có khẳng định sau đây.
Bài toán 1. 1. Nếu A, B,C là các góc của ∆ABC thì
sin A ≤ sin B ⇔ A ≤ B.

(1. 20)

Như vậy, mặc dù hàm f (x) = sinπ x không đồng biến trong (0,1) , ta
vẫn có bất đẳng thức (suy từ ( 1. 20 ) ), tương tự như đối với hàm số đồng
biến trong (0,1) :
sinπ x1 ≤ sinπ x2 ⇔ x1 ≤ x2, ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 ≤ 1

Ta đi đến định nghĩa sau đây.
Định nghĩa 1. 1. Hàm số f ( x) xác định trong (0,b) ⊂ (0,+∞ ) được gọi là
hàm số tựa đồng biến trong khoảng đó, nếu
f (x1) < f (x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b. (1. 21)
Tương tự ta cũng có định nghĩa hàm tựa nghịch biến trong một khoảng
cho trước.
Định nghĩa 1. 2. Hàm số f ( x) xác định trong (0,b) ⊂ (0,+∞ ) được gọi là
hàm số tựa nghịch biến trong khoảng đó, nếu
f (x1) < f (x2) ⇔ x1 > x2;∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b. (1. 22)
Bài toán 1. 2. Mọi hàm f ( x) tựa đồng biến trong (0,b) ⊂ (0,+∞ ) đều đồng

b
biến trong khoảng (0, ) .
2
Chứng minh. Khẳng định được suy trực tiếp từ định nghĩa 1. 1. Thật vậy, khi

b
x1, x2 ∈ (0, ) thì hiển nhiên x1 + x2 < b và ta thu được
2
b
f (x1) < f (x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ (0, )
2

(1. 23)


17
Hệ thức (1. 23) cho ta điều chứng minh.

W

b
Bài toán 1. 3. Giả thiết rằng hàm h(x) đồng biến trong khoảng (0, ]. Khi đó
2
hàm số
b

h(x), khi x∈ (0, 2 ],
f (x) = 
h(b − x), khi x∈ [ b,b),

2
là hàm số tựa đồng biến trong khoảng (0,b).
Định lý 1. 14. (Xem [3]). Mọi hàm f ( x) xác định trong (0,b) ⊂ (0,+∞ ) và
thỏa mãn các điều kiện:

b
(i ) f (x) đồng biến trong khoảng (0, ),
2
b
( j ) f (x) ≥ f (b − x), ∀x∈ [ ,b)
2
đều là hàm tựa đồng biến trong khoảng đã cho.
Chứng minh. Khi hàm f (x) tựa đồng biến trong (0,b) thì theo bài toán, hàm

b
b
f (x) đồng biến trong khoảng (0, ) . Xét x∈ ( ,b) . Khi đó, để x1 ∈ (0,b) sao
2

2
b
cho đồng thời x1 < x và x1 + x < b, ta cần chọn x1 ∈ (0, ) và
2
b
b
x1 < b − x∈ (0, ) . Do vậy,mọi x2 ∈ ( ,b) ta đều có x1 < x2 và để x1 + x2 < b
2
2
b
thì dễ thấy x2 ∈ ( ,b − x1) . Vì theo giả thiết, thì f (x1) < f (x2 ) với mọi
2
b
x2 ∈ ( ,b − x1) , nên f (x1) > f (x2).
2

W


18
1. 3. HÀM LỒI, LÕM VÀ TỰA LỒI, LÕM
1. 3. 1. Các tình chất cơ bản của hàm lồi
Định nghĩa 1. 3. (Xem [3]). Hàm số f (x) được gọi là hàm lồi (lồi dưới) trên
tập [a,b) ⊂ ¡ nếu với mọi ∀x1, x2 ∈ [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. 24)

Nếu dấu đẳng thức trong (1. 24) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói

hàm số f (x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên [a,b) .
Hàm số f (x) được gọi là hàm lõm (lồi trên) trên tập [a,b) ⊂ ¡ nếu
∀x1, x2 ∈ [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. 25)

Nếu dấu đẳng thức trong (1. 25) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói
hàm số f (x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên [a,b) .
Tương tự, ta cũng có định nghĩa về hàm lồi (lõm) trên các tập
(a, b),( a, b] và [a,b] . Về sau, ta sử dụng kí hiệu I (a,b) là nhằm ngầm định
một trong bốn tập hợp (a, b),( a, b],[a,b) và [a,b].
Chú ý rằng, đôi khi ta chỉ nói về tính lồi của một hàm số mà không nói
tới hàm đó lồi trên tập I(a,b) một cách cụ thể như đã nêu ở trên.
Nhận xét rằng, khi x1 < x2 thì x = α x1 + β x2 vói mọi cặp số dương α , β có
tổng α + β = 1, đều thuộc ( x1 , x2 ) và

α=

x − x1
x −x
, β= 2
.
x2 − x1
x2 − x1


19
Về sau, ta thường quan tâm và nói nhiều đến các tính chất của hàm lồi
trên I(a,b) . Bạn đọc tự ngầm hiểu và phát biểu cũng như thực hiện các phép

tính tương ứng cho trường hợp hàm lõm trên I(a,b) .
Tính chất 1. 1. Nếu f (x) lồi (lõm) trên I(a,b) thì g(x):= cf (x) là hàm lõm
(lồi) trên I(a,b) khi c < 0 (c > 0) .
Tính chất 1. 2. Tổng hữu hạn các hàm lồi trên I (a,b) là một hàm lồi trên

I (a,b) .
Tính chất 1. 3. Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I (a,b) và nếu g(x)
lồi và đồng biến trên tập giá trị của f (x) thì g( f (x)) là hàm lồi trên I (a,b) .
Chứng minh.
Thật vậy, theo giả thiết, f (x) là hàm số liên tục trên I (a,b) nên tập giá
trị của nó cũng là một tập dạng I (c,d) ⊂ ¡ .Theo giả thiết f (x) là hàm lồi
trên I (a,b) nên với mọi x1, x2 ∈ (a,b) và cặp số α , β có tổng α + β = 1, ta đều
có
f (α x1 + β x2) ≤ α f (x1) + β f (x2).

Từ giả thiết g(x) là hàm đồng biến, ta nhận được
g[f (α x1 + β x2)] ≤ g[α f (x1) + β f (x2)].

(1. 26)

Do g(x) là hàm lồi nên
g[α f (x1) + β f (x2)] ≤ α g[f (x1)] + β g[f (x2)].

(1. 27)

Từ (1. 26) và (1. 27) suy ra
g[f (α x1 + β x2)] ≤ α g[f (x1)] + β g[f (x2)].

Tương tự, ta cũng có các tính chất sau đây:
Tính chất 1. 4.

(i ) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lõm trên I (a,b) và nếu g(x) lồi và
nghịch biến trên tập giá trị của f (x) thì g( f (x)) là hàm lồi trên I (a,b) .


20

(ii) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lõm trên I (a,b) và nếu g(x) lõm
và đồng biến trên tập giá trị của f (x) thì g( f (x)) là hàm lõm trên I (a,b) .

(iii ) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I (a,b) và nếu g(x) lõm và
nghịch biến trên tập giá trị của f (x) thì g( f (x)) là hàm lõm trên I (a,b) .
Tính chất 1. 5. Nếu f (x) là hàm số liên tục và đơn điệu (đồng biến hoặc
nghịch biến) trên I (a,b) và nếu g(x) là hàm ngược của f (x) thì ta có các kết
luận sau:

(i ) f (x) lõm, đồng biến ⇔ g(x) lồi, đồng biến,
(ii) f (x) lõm, nghịch biến ⇔ g(x) lõm, nghịch biến,
(iii ) f (x) lồi, nghịch biến ⇔ g(x) lồi, nghịch biến.
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ tính chất của hàm ngược: hàm ngược luôn
luôn cùng đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) với hàm xuất phát.
Tính chất 1. 6. Nếu f (x) là hàm số khả vi trên I (a,b) thì f (x) là hàm lồi
trên I (a,b) khi và chỉ khi f '(x) là hàm đơn điệu tăng trên I (a,b) .
Chứng minh.
Giả sử f (x) lồi trên I (a,b) . Khi đó với x1 < x < x2 (x, x1, x2 ∈ I (a,b)) ,
ta có
x − x1
x −x
x − x1 x2 − x
> 0, 2

> 0;
+
=1
x2 − x1
x2 − x1
x2 − x1 x2 − x1
và vì vậy
f (x) ≤

x − x1
x −x
f (x2) + 2
f (x1)
x2 − x1
x2 − x1

hay
f (x) − f (x1) f (x2 ) − f (x)
≤
.
x − x1
x2 − x
Trong (1. 28) cho x → x2 , ta thu được

(1. 28)


21
f '(x1) ≤

f (x2 ) − f (x1)
.
x2 − x1

(1. 29)

Tương tự, trong (1. 28), cho x → x2 , ta thu được
f (x2) − f (x1)
≤ f '(x2 ).
x2 − x1

(1. 30)

Từ (1. 29) và (1. 30), ta nhận được f '(x1) ≤ f '(x2) , tức là hàm số f '(x)
là hàm đơn điệu tăng.
Ngược lại, giả sử f '(x) là hàm đơn điệu tăng và
x1 < x < x2 (x, x1, x2 ∈ I (a,b)) .

Theo Định lý Lagrange, tồn tại x3, x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 sao cho
f (x) − f (x1)
f (x2) − f (x)
= f '(x3),
= f '(x4 ).
x − x1
x2 − x
Do f '(x3) ≤ f '(x4) nên
f (x) − f (x1) f (x2 ) − f (x)
≤
,
x − x1

x2 − x

W

tức là ta có (1. 28).
Về sau, ta thường dùng các tính chất sau đây.

Định lý 1. 15. 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) .
Định lý 1. 16. Nếu f (x) lồi trên (a,b) thì tồn tại đạo hàm một phía f '− (x) và
f '+ (x) với mọi x∈ (a,b) và
f '− (x) ≤ f '+ (x).
Chứng minh. Với x0 ∈ (a,b) cố định, chọn các số dương tùy ý u , v sao cho
x0 − u∈ (a,b), x0 + v∈ (a,b) . Khi đó, theo (1. 28), thì