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.
1
B. NỘI DUNG

α β α β
+ ≤ +
(1)
Nếu dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi và chỉ khi
1 2
x x=
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
1 2
, ( , )x x I a b∈
và với
mọi cặp số dương
,
α β
có tổng
1,
α β
+ =
ta đều có
1 2 1 2
( ) ( ) ( ).f x x f x f x

lồi khả vi trên
( ; )I a b
thì với mọi cặp
0
, ( ; ),x x I a b∈
ta đều có
0 0 0
( ) ( ) '( )( )f x f x f x x x≥ + −
(3)
Dễ nhận thấy rằng (3) xảy ra đẳng thức khi
0
.x x=
Vậy ta có thể viết (3) dưới dạng
[ ]
( ; )
( ) min ( ) '( )( ) .
u I a b
f x f u f u x u
∈
= + −
Nếu
( )f x
lõm khả vi trên
( ; )I a b
thì với mọi cặp
0
, ( ; ),x x I a b∈
ta đều có
0 0 0
( ) ( ) '( )( )f x f x f x x x≤ + −

n n
x x x y y y≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥
và
1 1
1 2 1 2
1 2 1 1 2 1
1 2 1 2
n n
n n
x y
x x y y
x x x y y y
x x x y y y
− −

≥

+ ≥ +




+ + + ≥ + + +


+ + + = + + +


f t f x t f t
∈
= =
 
= + −
 
 
∑ ∑
(7)
Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số
1
, , ( , )
n
t t I a b∈
cũng là một bộ số giảm, tức là
1 2
.
n
t t t≥ ≥ ≥
Khi đó, để chứng minh (7), ta chỉ cần chứng minh rằng
+ + + ≥
1 1 2 2
'( ) '( ) '( )
n n
x f t x f t x f t
1 1 2 2
'( ) '( ) '( ).
n n
y f t y f t y f t≥ + + +
(8)

( ) ( ) ( 1,2, , 1)
k k
S x S y k n≥ = −

và
( ) ( ),
n n
S x S 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
( , )
i
x I a b∈

( 1,2, , ),i n=
ta luôn có bất đẳng thức
1 2 1 2
( ) ( ) ( )
.
n n
f x f x f x x x x
f
n n
 
+ + + + + +




+ + + ≥ −


+ + + =

trong đó
1 2

.
n
x x x
x
n
+ + +
=
Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
1 2
1 2

( ) ( ) ( ) .
n
n
x x x
f x f x f x nf
n
+ + +
 

+ +
≥ ≥ ≥
Ta chỉ cần xét trường hợp
3
x y z
x y z
+ +
≥ ≥ ≥
là đủ.
Khi đó dễ dàng kiểm tra
4
,
3 3 3
x y z x y z x y z
x y z
+ + + + + +
≥ ≥ ≥ ≥ ≥
(10)
2 2 2 2 2 2
x y x y x z x z y z y z+ + + + + +
≥ ≥ ≥ ≥ ≥
(11)
và
3 2 .
3 2 2 2
x y z x y y z z x
x y z
+ + + + +
   
+ + + = + +

1 2
( 1) ( ) ( ) ( )
n
n f b f b f b≥ − + + +
trong đó
1
1
i j
j i
b a
n
≠
=
−
∑
với mọi
.i
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta coi
3n ≥
và
1 2
.
n
a a a≤ ≤ ≤
Khi đó tồn tại
số tự nhiên
m
sao cho
1 1m n≤ ≤ −
m và

1 2
( 1) ( ) ( ) ( ) ,
m m n
n f b f b f b
+ +
≥ − + + +
(12)

1 2
( ) ( ) ( ) ( 1) ( )
m m n
f a f a f a n m f a
+ +
+ + + + −
( )
1 2
( 1) ( ) ( ) ( ) .
m
n f b f b f b≥ − + + +
(13)
Để chứng minh (12), ta áp dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi
1 2
( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1) ( ),
m
f a f a f a n m f a n f b+ + + + − − ≥ −
trong đó
1 2
( 1)
.
1

[ ]
, , ,
n m
A a a b
−
=
ur
xa đều hơn
[ ]
1 2
, , , .
n m
m m n
B b b b
−
+ +
=
ur
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
1 2
( ) ( ) ( ) ( 1) ( )
( ),
1
m m n
f a f a f a m f a
f c
n

m
c m a b b b+ − = + + +
và
[ ]
, , ,
m
C c a a=
ur
xa đều hơn
[ ]
1 2
, , , .
m
m
D b b b=
ur
6
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
, ( 1,2, , )
i i
a b i n=
thỏa mãn các điều kiện
1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2
, , , , , .

+ ≥ +




+ + + ≥ + + +


+ + + = + + +

Xét hàm số
( )
x
f x e=
với
(0; ).x ∈ +∞
Ta có
''( ) 0, (0; )
x
f x e x= > ∀ ∈ +∞
nên hàm số
( )f x
lồi trên khoảng
(0; ).+∞
Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có
1 2 1 2

n n
x x x y y y
e e e e e e+ + + ≥ + + +



+ ≤ +


+ + = + +


0 8
8 5
8 5 2
a
a b
a b c
Xét hàm số
=
2
( ) ,f x x
ta có
= > ∀ ∈ ¡''( ) 2 0,f x x
nên hàm số
( )f x
lồi thực sự trên
¡ .

Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có
7
+ + ≤ + +( ) ( ) ( ) (8) (5) (2)f a f b f c  f
hay
+ + ≤ + + =

≥
75.M
Đẳng thức xảy ra khi
= = = 5.a b c
Vậy
= 75MinM
đạt được khi
= = = 5.a b c
Thí dụ 3. Cho
ABC
là tam giác nhọn. Chứng minh rằng
3
1 cos cos cos .
2
A B C≤ + + ≤
Giải. Không mất tính tổng quát, ta coi
.A B C≥ ≥
Khi đó
, .
3 3
A C
π π
≥ ≤

Vì
2 3
A
π π
≥ ≥
và

Với mọi bộ số
( ), ( )
i i
x y
, ta luôn có bất đẳng thức sau
= = =
    
≤
 ÷  ÷ ÷
    
∑ ∑ ∑
2
2 2
1 1 1
n n n
i i i i
i i i
x y x y
(14)
Dấu đẳng thức trong (14) xảy ra khi và chỉ hai bộ số
( )
i
x
và
( )
i
y
tỉ lệ với nhau, , tức tồn tại cặp số
thức
α β

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

A
A B
A B C
π
π π
π π π

≥



+ ≥ +



+ + = + +


Xét hàm số
( ) tanf x x=
với
0; .
2
x
π
 
∈
 ÷
 
Ta có

A B C
π π π
+ + ≥ + +
Để ý rằng
tan 2 1
8
π
= −
nên
tan tan tan 2 2 1.
4 8 8
π π π
+ + = −
Vậy
9
+ + ≥ −tan tan tan 2 2 1.
2 2 2
A B C
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
.
2 2 2a b b c c a a b c
+ + ≤ + +
+ + +
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

( )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 bc
thỏa mãn điều kiện
1.abc =
Chứng minh rằng
1 1 1
1 1 1 1.a b c
b c a
   
− + − + − + ≤
 ÷ ÷ ÷
   
Giải. Vì
1abc =
nên ta đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
= = =
với
, , 0.x y z >
Ta viết bất đẳng thức đã cho theo
, ,x y z
1 1 1 1

2
1
''( ) 0, 0f x x
x
= − < ∀ >
nên hàm số
( )f x
lõm
trên khoảng
(0; ).+∞
Khi đó theo bất đẳng thức Karamata, ta có
ln( ) ln( ) ln( ) ln ln ln .y z x x y z z x y x y z− + + − + + − + ≤ + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y z= =
hay
1.a b c= = =
10
Thí dụ 7. Cho
,a b
là các số thực không âm. Chứng minh rằng
3 3
3 3
3 3
3 3
.a a b b a b b a+ + + ≤ + + +
Giải. Giả sử
.b a≥
Giữa các số
3 3
3 3

3
( )f x x=
(đây là hàm lõm trên
[
)
0;+∞
)
Thí dụ 8 (Áo 2000). Cho
, 0a b >
và số nguyên
.n
Chứng minh
1
1 1 2 .
n n
n
a b
b a
+
   
+ + + ≥
 ÷  ÷
   
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Giải. Ta xét các trường hợp
• Trường hợp 1. Khi
0,n ≥
hàm số
( )
n

hoặc
0n =
hoặc
1.n =
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
2.
a b
b a
+ ≥
Vậy
1
1 1 2.2 2 .
n n
n n
a b
b a
+
   
+ + + ≥ =
 ÷  ÷
   
Đẳng thức xảy ra khi
a b=
hoặc
0.n =
• Trường hợp 2. Khi
1,n ≤ −
ta đặt
1.p n= − ≥
Khi đó, ta có

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

1 2 1 2

( ) ( )
n n
n
n
n n
a a a
bb b a a a
n
−
−
 
+ + +
≥
 ÷
 ÷
 
trong đó
1
1
i j
j i
b a
n
≠
=
−
∑
với mọi

a a a n a a a− + − + + − ≥ − − −
nghĩa là
1 2
1
1 (1 )(1 ) (1 ).
n
n
a a a
n
 
− ≥ − − −
 ÷
 
Từ bất đẳng thức này, với
3,n ≥
ta có
( 3)
2 2 2
1 2
1
1 (1 ) (1 ) (1 )
n n
n
a a a
n
−
 
− − − −
 ÷
 

2 2
1 1
2 2 2 2
2 1 1
2 1 1
.n n
n n
n n
a a a a
a a a a
a a a a
−
−
+ + ≥ + +
+ + + +
+ + + +
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số
1 2
, , ,
n
x x x
thuộc khoảng
, ,
6 6
π π
 
−

1 1
n
i j i j i
i j n i
x x x x C x
với mọi số thực không âm
1 2
, , , .
n
x x x
Bài 6 (Iran 2008). Cho
, , 0a b c >
và
1.ab bc ca+ + =
Chứng minh rằng
3 3 3
2 .a a b b c c a b c+ + + + + ≥ + +
Bài 7. Giả sử
1 2
, , , (n 3)
n
x x x ≥
là các số dương thỏa mãn điều kiện
1 2
1.
n
x x x =

Chứng minh rằng nếu
2