Toán học - Bất đẳng thức karamata và một số ứng dụng

 1 
Bất ðẳng Thức Karamata và Một Số Ứng Dụng 
Cao Minh Quang 
THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long 
1. Lời giới thiệu 
Jovan Karamata sinh ngày 1 tháng 2 năm 1902 tại Zagreb, Serbia. Bắt đầu học ở khoa cơ khí từ 
năm 1920, nhưng đến năm 1922, ơng chuyển đến khoa tốn để học. Tốt nghiệp năm 1925, ngay lập tức 
Karamata được nhận làm trợ giảng cho giáo sư Mihailo Petrovic. Ơng nhận được học vị tiến sĩ năm 
1926, trở thành giáo sư ðại học Belgrade vào năm 1950. Năm 1951 Karamata rời Belgrade, đến giảng 
dạy tại ðại học Geneva. Ơng sống và làm việc ở đây đến cuối đời. Karamata mất ngày 14 tháng 8 năm 
1967. 
Bất đẳng thức Karamata là một dạng tổng quát của bất đẳng thức Jensen. 
2. Bất đẳng thức Karamata 
Trước hết, ta sẽ định nghĩa các bộ trội. 
2.1. ðịnh nghĩa. 
Nếu 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1... , ... , , x , ..., ... ...n n n nx x x y y y x y x y y x x x y y y− −≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ + ≥ + + + + ≥ + + + 
và 1 2 1 2... ...n nx x x y y y+ + + = + + + thì ta nĩi bộ ( )1 2, ,..., nx x x trội hơn bộ ( )1 2, ,..., ny y y và ta kí hiệu 
là ( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n nx x x y y y≻ hay ( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n ny y y x x x≺ . 
Hiển nhiên, nếu 1 2 ... nx x x≥ ≥ ≥ thì ( ) ( )1 2, ,..., , ,...,nx x x x x x≻ , trong đĩ 1 2
.. nx x xx
n
+ + +
= . 
2.2. Bất đẳng thức Karamata 
Nếu hàm số ( )f x là hàm lồi trên đoạn [ ],I a b= và ( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n nx x x y y y≻ với mọi ,i ix y I∈ thì 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ...n nf x f x f x f y f y f y+ + + ≥ + + + . 
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , 1,2,...,i ix y i n= = . 
Ta cũng cĩ phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức. 
Chứng minh. Vì ( )f x là hàm lồi nên ( ) ( ) ( ) ( ). ' , ,f x f y x y f y x y I− ≥ − ∀ ∈ . Thật vậy: 
• Nếu x y≥ thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' , ,
f x f y f f y y x
x y
α α
−
= ≥ ∈
−
. 
• Nếu x y≤ thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' , ,
f y f x f f y x y
y x
β β
−
= ≤ ∈
−
. 
Từ đĩ suy ra ( ) ( ) ( ) ( ). ' , , , 1,2,...,i i i i i i if x f y x y f y x y I i n− ≥ − ∀ ∈ = . 
Chú ý rằng ( ) ( )1 1 2 1 2' ' , ... ... , 1,2,..., 1i i i if y f y x x x y y y i n+≥ + + + ≥ + + + = − , sử dụng khai triển 
Abel, ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2
1 1
. ' ' ' ... '
n n
i i i i i n n n
i i
f x f y x y f y x y f y x y f y x y f y
= =
 − ≥ − = − + − + + − ∑ ∑ 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 2 1 2 2 3' ' ' ' ...x y f y f y x x y y f y f y  = − − + + − − − +    
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 1 2... ... ' ' ... ... ' 0n n n n n n nx x x y y y f y f y x x x y y y f y− + + + + − − − − − + + + + − − − − ≥  . 
 2 
Do đĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ...n nf x f x f x f y f y f y+ + + ≥ + + + . 
2.3. Hệ quả. (Bất đẳng thức Jensen). Nếu hàm số ( )f x là hàm lồi trên đoạn [ ],I a b= , thì với mọi 
( ), 1,2,...,ix I i n∈ = , ta cĩ 
( ) ( ) ( ) 1 21 2
...
...
n
n
x x xf x f x f x nf
n
 + + + + + + ≥   
. 
Chứng minh. Do tính chất đối xứng, khơng mất tính tổng quát, ta cĩ thể giả sử 1 2 ... nx x x≥ ≥ ≥ . 
Khi đĩ ta cĩ ( ) ( )1 2, ,..., , ,...,nx x x x x x≻ , trong đĩ 1 2
.. nx x xx
n
+ + +
= . Sử dụng bất đẳng thức Karamata 
ta cĩ ngay điều cần chứng minh. 
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... nx x x= = = . 
Sau đây ta sẽ nêu một số ví dụ để minh họa cho việc ứng dụng của bất đẳng thức Karamata. 
4. Một số ví dụ 
4.1. Ví dụ 1. Cho 2n số thực dương ( ), 1,2,..,i ia b i n= thỏa mãn các điều kiện sau 1 2 ... na a a≥ ≥ ≥ , 
1 2 ... nb b b≥ ≥ ≥ , 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2, ,..., ... ...n na b a a b b a a a b b b≥ ≥ ≥ . Chứng minh rằng 
1 2 1 2... ...n na a a b b b+ + + ≥ + + + . 
Lời giải. ðặt ( )ln , ln 1,2,...,i i i ix a y b i n= = = . Với các điều kiện đã cho, ta dễ dàng kiểm tra được 
rằng ( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n nx x x y y y≻ . Dễ thấy rằng ( ) xf x e= là hàm lồi trên ( )0,+∞ , do đĩ, áp dụng bất 
đẳng thức Karamata, ta cĩ 
1 2 1 2
... ...
n nx yx x y ye e e e e e+ + + ≥ + + + hay 1 2 1 2... ...n na a a b b b+ + + ≥ + + + . 
4.2. Ví dụ 2. Cho ABC là tam giác nhọn. Chứng minh rằng 
31 cos cos cos
2
A B C≤ + + ≤ . 
Xác định khi nào xảy ra đẳng thức? 
Lời giải. Khơng mất tính tổng quát, giả sử rằng A B C≥ ≥ . Khi đĩ ,
3 3
A Cπ π≥ ≤ . Vì 
2 3
Aπ π≥ ≥ 
và 2
3
A B C ππ π≥ + = − ≥ nên ( ), ,0 , , , ,
2 2 3 3 3
A B Cπ π π π π
            
≻ ≻ . 
Xét hàm ( ) cosf x x= , dễ thấy ( )f x là hàm lõm thật sự trên đoạn 0,
2
I π
 
 =
  
, do đĩ, theo bất đẳng 
thức Karamata, ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( )0 3
2 2 3
f f f f A f B f C fπ π π         + + ≤ + + ≤              hay 
31 cos cos cos
2
A B C≤ + + ≤ . 
Ở bất đẳng thức thứ nhất, dấu đẳng thức khơng xảy ra (vì hai gĩc của tam giác khơng thể cùng 
vuơng). Ở bất đẳng thức thứ hai, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 
4.3. Ví dụ 3. Cho ABC là tam giác khơng nhọn. Chứng minh rằng 
tan tan tan 2 2 1
2 2 2
A B C
+ + ≥ − . 
Lời giải. Khơng mất tính tổng quát, giả sử A B C≥ ≥ . Khi đĩ, dễ dàng kiểm tra được 
 3 
, , , ,
2 2 2 4 8 8
A B C π π π            
≻ . 
Xét hàm số ( ) tan , 0,
2
f x x x π = ∈    . Ta cĩ ( ) ( )2 3
1 2sin
' , '' 0
cos cos
xf x f x
x x
= = > với mọi 0,
2
x
π ∈   
. 
Từ đĩ suy ra ( )f x là hàm số lồi trên 0,
2
π    
. Sử dụng bất đẳng thức Karamata, ta nhận được 
tan tan tan tan tan tan 2 2 1
2 2 2 4 8 8
A B C π π π
+ + ≥ + + = − . 
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ), , , ,
2 4 4
A B C π π π
 =   
 và các hốn vị. 
4.4. Ví dụ 4. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng 
1 1 1 1 1 1
2 2 2a b b c c a a b c
+ + ≤ + +
+ + +
. 
Lời giải. Khơng mất tính tổng quát, giả sử a b c≥ ≥ . Khi đĩ, dễ dàng kiểm tra được 
( ) ( )2 ,2 ,2 , ,a b c a b a c b c+ + +≻ . 
Vì ( )
1f x
x
= là hàm lồi trên khoảng ( )0,+∞ , nên theo bất đẳng thức Karamata, ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2f a f b f c f a b f a c f b c+ + ≥ + + + + + hay 
1 1 1 1 1 1
2 2 2a b b c c a a b c
+ + ≤ + +
+ + +
. 
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = . 
4.5. Ví dụ 5. [IMO 2000/2] Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa điều kiện 1abc = . Chứng minh rằng 
1 1 11 1 1 1a b c
b c a
       − + − + − + ≤           
. 
Lời giải. Vì 1abc = nên tồn tại các số dương , ,x y z sao cho , ,x y za b c
y z x
= = = . Bất đẳng thức 
cần chứng minh trở thành 
( )( )( )x y z y z x z x y xyz− + − + − + ≤ . 
Ta để ý rằng, ( ) ( ) 2 0x y z y z x x− + + − + = > , do đĩ, trong ba số , ,x y z y z x z x y− + − + − + 
khơng thể cĩ trường hợp hai số cùng âm. Nếu trong ba số trên cĩ một hoặc ba số âm, hiển nhiến ta cĩ 
bất đẳng thức cần chứng minh. Trường hợp cả ba số đều dương, bằng cách lấy logarit hai vế, ta cĩ 
( ) ( ) ( )ln ln ln ln ln lnx y z y z x z x y x y z− + + − + + − + ≤ + + . 
Khơng mất tính tổng quát, giả sử x y z≥ ≥ . Khi đĩ, ( ) ( ), , , ,y z x x y z z x y x y z− + − + − + ≻ . 
Vì ( ) lnf x x= là hàm lõm trên ( )0,+∞ , do đĩ, sử dụng bất đẳng thức Karamata, ta được 
( ) ( ) ( )ln ln ln ln ln lny z x x y z z x y x y z− + + − + + − + ≤ + + . 
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z= = hay 1a b c= = = . 
4.6. Ví dụ 6 Cho ,a b là các số thực khơng âm. Chứng minh rằng 
 4 
3 3 3 33 3 3 3a a b b a b b a+ + + ≤ + + + . 
Lời giải. Giả sử 0b a≥ ≥ . Giữa các số 3 3 3 31 2 3 4, , ,x b b x b a x a b x a a= + = + = + = + , thì 1x là số 
lớn nhất, 4x là số nhỏ nhất. Vì 1 4 2 3x x x x+ = + nên ( ) ( )1 4 2 3, ,x x x x≻ hoặc ( ) ( )1 4 3 2, ,x x x x≻ . Dễ thấy 
( ) 3f x x= là hàm lõm trên [ )0,+∞ , do đĩ, theo bất đẳng thức Karamata, ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( )1 4 2 3f x f x f x f x+ ≤ + hay 3 3 3 33 3 3 3a a b b a b b a+ + + ≤ + + + . 
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b= . 
4.7. Ví dụ 7 Cho 11 , , 1,
2
a b c a b c− ≤ ≤ + + =− . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
12 12 12F a b c= + + . 
Lời giải. Khơng mất tính tổng quát, giả sử a b c≥ ≥ . Khi đĩ 1 1 11 , 1
2 2 2
a c a b≥ = − ≥− − = + . 
Do đĩ ( )11, , 1 , ,
2
a b c
  − −   
≻ . Vì hàm ( ) 12f x x= lồi trên [ ]1,1− , theo bất đẳng thức Karamata, ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )12 12 12 12
1 11 1 2
2 2
a b c f a f b f c f f f + + = + + ≤ + − + − = +   . 
ðẳng thức xảy ra, chẳng hạn khi 11, , 1
2
a b c= =− =− . Do đĩ giá trị lớn nhất của F là 12
12
2
+ . 
4.8. Ví dụ 8 [IMO 1999/2]. Cho 1 2, ,..., nx x x là các số thực khơng âm, 2n≥ . Hãy xác định hằng số C 
nhỏ nhất sao cho 
( )
4
2 2
1 1
n
i j i j i
i j n i
x x x x C x
≤ < ≤ =
  + ≤    
∑ ∑ . 
 Lời giải. Nếu 1 2 ... 0x x= = = thì bất đẳng thức đúng với mọi 0C ≥ . Nếu cĩ ít nhất một số 
0ix > , suy ra 1 2 ... 0nx x x+ + + > . Vì bất đẳng thức trên ở dạng thuần nhất nên ta cĩ thể giả sử rằng 
1 2 ... 1nx x x+ + + = . Khi đĩ 
( ) ( )2 2 3 31 2
1 1 1
, ,..., n i j i j i j i j
i j n i j n i j n
F x x x x x x x x x x x
≤ < ≤ ≤ < ≤ ≤ < ≤
= + = +∑ ∑ ∑ 
 ( ) ( )3 3
1 1 1
1
n
i j i i i
i n j i i n i
x x x x f x
≤ ≤ ≠ ≤ ≤ =
= = − =∑ ∑ ∑ ∑ , với ( ) 3 4f x x x= − . 
 Vì vậy, ta cần xác định hằng số C nhỏ nhất sao cho ( )
1
n
i
i
f x C
=
≤∑ , với 1 2 ... 1nx x x+ + + = , 
trong đĩ ( ) 3 4f x x x= − là hàm lồi trên [ ]0,1 2 (vì ( ) ( ) ( )2 3' 3 4 , '' 6 1 2f x x x f x x x= − = − ). 
 Do tính đối xứng, khơng mất tính tổng quát, giả sử 1 2 ... nx x x≥ ≥ ≥ . Ta sẽ xét các trường hợp sau. 
Trường hợp 1. 1
1
2
x≥ . Khi đĩ, dễ dàng kiểm tra được ( )1 2
1 1
, ,0,...,0 , ,...,
2 2 n
x x x
    
≻ . Sử dụng bất 
đẳng thức Karamata, ta cĩ 
( ) ( ) ( )
1
1 1 10 ... 0
2 2 8
n
i
i
f x f f f f
=
     ≤ + + + + =       ∑ . 
 5 
Trường hợp 2. 1
1
2
x≤ . Ta kiểm tra được ( ) ( )1 21 ,0,...,0 ,..., nx x x− ≻ . Sử dụng bất đẳng thức 
Karamata, ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1
1 2
1 0 ... 0 1
n n
i i
i i
f x f x f x f x f x f f f x f x
= =
= + ≤ + − + + + = + −∑ ∑ . 
Mặt khác, bằng cách đặt 1
1 0
2
y x= − ≥ , ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 4 23 4 21 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1f x f x x x x x x x x x   + − = − + − − − = − + −       
2 2
2 2 41 1 1 1 1 1 1 12 2
2 2 2 2 4 2 16 8
y y y y y y y
                         = + − + + − = − + = − ≤                                      
. 
Do đĩ, ( )
1
1
8
n
i
i
f x
=
≤∑ . Vậy hằng số C nhỏ nhất cần xác định là 
1
8
. 
ðể kết thúc bài viết, mời các bạn giải một số bài tập tự luyện. 
1. Cho tam giác ABC , chứng minh rằng 
a) A B C 3sin sin sin
2 2 2 2
α α α
α
+ + ≥ với 0α< . 
b) 31 sin sin sin
2 2 2 2
A B Cα α α
α
 . 
c) 
1
23
cos cos cos
2 2 2 2
A B C
α
α α α
α
+
+ + ≥ với 0α < . 
d) 
1
232 cos cos cos
2 2 2 2
A B C
α
α α α
α
+
< + + ≤ với 0 1α< ≤ . 
2. Cho 1 2, ,..., na a a là các số thực dương. Chứng minh rằng 
( )( ) ( )
22 2
1 2
1 2
2 3 1
1 1 ... 1 1 1 ... 1 nn
aa a
a a a
a a a
         + + + ≤ + + +             
. 
3. [APMO 1996] Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng 
a b c b c a c a b a b c+ − + + − + + − ≤ + + . 
4. Cho 1 2, ,..., ,6 6n
x x x
π π 
 ∈ −
  
. Chứng minh rằng 
( ) ( ) ( )1 2 2 3 1 1 2cos 2 cos 2 ... cos 2 cos cos ... cosn nx x x x x x x x x− + − + + − ≤ + + + . 
Tài liệu tham khảo 
[1]. Aleksandar Nikolic, Jovan Karamata (1902 – 1967). 
[2]. Hojoo Lee, Topics in Inequalities – Theorems and Techniques, 2007. 
[3]. Kin Y. Li, Majorization Inequality, Mathematical Excalibur, Vol.5, No.5, 11/2000. 
[4]. Nguyễn Văn Nho, Olympic Tốn học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo Dục, 2003. 
[5]. Nguyễn Hữu ðiển, Giải tốn bằng phương pháp ðại Lượng Bất Biến, NXB Giáo Dục, 2004. 
[6]. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo Bất ðẳng Thức, NXB Tri Thức, 2006.