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

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

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
≤

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.

+
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(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)


(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

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

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
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

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

, 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

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


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−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


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


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

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 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
√

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

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.

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

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
+

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

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
≤

) 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


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

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

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

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

(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




( 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

, 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

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

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

|
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

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

↔
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

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)

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

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

) (1.34)
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=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

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
)

(∀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

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