Chủ đề này có 13 trả lời

[BlnGcc]

Đây là bài soạn của GV Cao Minh Quang, chuẩn bị cho Seminar ngày 25/11/2007. Mong các thành viên đóng góp thêm ý kiến để hoàn thiện.

File gửi kèm

•  Bat_dang_thuc_Karamata_va_mot_so_ung_dung.pdf   143.72K   841 Số lần tải

[pvthuan]

Hiếm hoi quá. Hóa ra vẫn còn sót lại một người yêu mến bất đẳng thức.

Quang à, tôi muốn gửi tặng bạn cuốn sách của tôi. Hứa rồi mà chưa làm được. Bạn ghi địa chỉ ra đây giúp được không?

[khoiphan2008]

Thưa thầy, theo như tài liệu em đọc thì bđt Karamata còn có một hệ quả khác là bđt Fuchs
Cho f(x) là hàm lồi, p_{1} , p_{2} ,...., p_{n} là những số dương, x_{1} x_{2} ... x_{n} , y_{1} y_{2} ... y_{n} sao cho
:limits_{i=1}^{k} p_{i} x_{i} :limits_{i=1}^{k}p_{i} y_{i} với 1 k n-1 và p_{i} x_{i} = p_{i y_{i} } khi đó
p_{1} f( x_{1})+p_{2} f( x_{2})+....+p_{n} f( x_{n}) p_{1} f( y_{1})+p_{2} f( y_{2})+...+p_{n} f( y_{n})
nếu ta đặt p_{1} +p_{2} +...+p_{n} =1 và y_{1} =y_{2} =....=y_{n} =p_{1} x_{1}+ p_{2} x_{2}+....+p_{n} x_{n} thì bđt Fuchs trở thành bđt Jensen

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khoiphan2008: 20-11-2007 - 20:09

[hienquangtrung]

Một bài tập có thể giải bằng bất đẳng thức Karamata:
Cho dãy số dương$x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n<\dfrac{1}{2}$.
Chứng minh rằng: $(1-x_1)(1-x_2)...(1-x_n)\leq 1-(x_1+x_2+...+x_n)$

[BlnGcc]

Dear khoiphan2008:
Tôi chỉ cố gắng trình bày những kiến thức cơ bản nhất, mang tính phổ thông để các bạn học sinh dễ tiếp cận. Mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp của các bạn.

[hienquangtrung]

Bài tập sau có thể giải bằng Karamata:
Cho $x,y,z$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng: $x^4(y+z)+y^4(z+x)+z^4(x+y)\leq\dfrac{1}{12}(x+y+z)^5$

[hienquangtrung]

Thêm một bài tập dạng này:
Cho $x_1,x_2,...,x_n$ là các số thực thuộc khoảng (0,1) thỏa điều kiện $x_1+x_2+...+x_n=m+r$, với $m$ là số nguyên và $r\in[0,1)$. Chứng minh rằng:
$x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\leq m+r^2$

[hienquangtrung]

Các bạn cũng có thể tham khảo thêm các ví dụ ứng dụng và những vấn đề xung quanh bất đẳng thức này tại địa chỉ:
http://www.mathlinks...p;sort_dir=desc

[hienquangtrung]

Anh Quang kiểm tra cách chứng minh bất đẳng thức hôm trước nói với anh xem có sai sót gì không nhé.
Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát có thể giả sử $x+y+z=1$. Và bất đẳng thức cần chứng minh: $x^4(y+z)+y^4(z+x)+z^4(x+y)\leq\dfrac{1}{12}$
Xét hàm số $f(x)=x^4(1-x)$, đạo hàm cấp hai là $f"(x)=4x^2(3-5x)$ l?#8220;i trên đoạn $[0,\dfrac{3}{5}]$
+ Xét $1\geq x\geq\dfrac{3}{5}$ thì $y+z\leq\dfrac{2}{5}$ do đó ta có bộ (y+z,0) trội hơn bộ (y,z) do đó theo Karamata thì $f(y)+f(z)\leq f(y+z)+f(0)$. Do vậy:
$f(x)+f(y)+f(z)\leq f(x)+f(y+z)+f(0)=x^4(1-x)+x(1-x)^4=x(1-x)(x^3+(1-x)^3)=x(1-x)(1-3x+3x^2)=\dfrac{1}{3}(3-3x)(1-3x+3x^2)\leq\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{12}$(bất đẳng thức cauchy)
Dấu bằng xảy ra khi $3x-3x^2=1-3x+3x^2$ hay $x=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}$,...
+ Còn nếu $x\leq\dfrac{3}{5}$ thì bộ$(\dfrac{3}{5},\dfrac{2}{5},0)$ trội hơn bô $(x,y,z)$ và ta có vế trái nhỏ hơn $\dfrac{1}{12}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hienquangtrung: 27-11-2007 - 18:22

[Lucky_star]

Cac ban ai biet dao ham thi chi minh voi ?
Cach su dung dao ham cap 2 nhu the nao ?

[BlnGcc]

Bài soạn hôm trước có một lỗi nhỏ (ở VD 8). Hôm nay BlnGcc xin up lại bản mới. Mong các thành viên thông cảm. Have fun!!!

File gửi kèm

•  Bat_dang_thuc_Karamata_va_mot_so_ung_dung_ban_moi_.pdf   144.22K   491 Số lần tải

[pvthuan]

Anh Quang kiểm tra cách chứng minh bất đẳng thức hôm trước nói với anh xem có sai sót gì không nhé.
Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát có thể giả sử $x+y+z=1$. Và bất đẳng thức cần chứng minh: $x^4(y+z)+y^4(z+x)+z^4(x+y)\leq\dfrac{1}{12}$
Xét hàm số $f(x)=x^4(1-x)$, đạo hàm cấp hai là $f"(x)=4x^2(3-5x)$ l?#8220;i trên đoạn $[0,\dfrac{3}{5}]$
+ Xét $1\geq x\geq\dfrac{3}{5}$ thì $y+z\leq\dfrac{2}{5}$ do đó ta có bộ (y+z,0) trội hơn bộ (y,z) do đó theo Karamata thì $f(y)+f(z)\leq f(y+z)+f(0)$. Do vậy:
$f(x)+f(y)+f(z)\leq f(x)+f(y+z)+f(0)=x^4(1-x)+x(1-x)^4=x(1-x)(x^3+(1-x)^3)=x(1-x)(1-3x+3x^2)=\dfrac{1}{3}(3-3x)(1-3x+3x^2)\leq\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{12}$(bất đẳng thức cauchy)
Dấu bằng xảy ra khi $3x-3x^2=1-3x+3x^2$ hay $x=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}$,...
+ Còn nếu $x\leq\dfrac{3}{5}$ thì bộ$(\dfrac{3}{5},\dfrac{2}{5},0)$ trội hơn bô $(x,y,z)$ và ta có vế trái nhỏ hơn $\dfrac{1}{12}$

An interesting property of this inequality is at equality occurs at a point where the variables
are pairwise distinct. Again, put $p=x+y+z$, $q=xy+yz+zx$ and $r=xyz$. By Homogeneity, we may take
$p=1$. Rewriting,

$x^4(y+z)+y^4(z+x)+z^4(x+y)=x^3(xy+xz)+y^3(yz+yx)+z^3(zx+zy)=(x^3+y^3+z^3)q-r(x^2+y^2+z^2).$

Noting that $x^3+y^3+z^3=1-3q+3r, $ we rewrite the left-hand side as
$(1-3q)q+5rq-r.$
Now, if $q\leq\dfrac15$, then $5qr-r\leq0$, and so
$(1-3q)q=\dfrac13(1-3q)3q\leq\dfrac13\left(\dfrac{1-3q+3q}2\right)^2=\dfrac1{12} ,$
from which the result follows. On the hand, if $q>\dfrac15$, it suffices to show that
$f(q)=(1-3q)q+5rq-r\leq\dfrac1{12}.$
We have $f'(q)=1-6q+5r$. Since $q\ge 9r$ and $q\ge \dfrac{1}5$, we have $f'(q)<0$. This
means $f(q)$ is monotonously decreasing, whence
$f(q)<f\left(\dfrac15\right)=\dfrac2{25}<\dfrac1{12}.$
and the proof is complete. Equality occurs when
$z=0,\ \ \ \ x+y=1,\ \ \ \ xy=\dfrac16.$
Solving this system of equations, we get
$(x,y,z)=\left(0,\dfrac{3+\sqrt{3}}6,\dfrac{3-\sqrt{3}}6\right),\ \ \ \ (x,y,z) =\left(0,\dfrac{3-\sqrt{3}}6,\dfrac{3+\sqrt{3}}6\right).$
Equality occurs for any permutations of these tuples.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pvthuan: 18-12-2007 - 11:39

[hungkhtn]

Chào anh BlnGcc. Em cũng đang có 1 article về vấn đề này, nhưng viết theo hướng khác. Nếu có thời gian 2 anh em sẽ thảo luận thêm ở một chỗ khác nhé. Em sẽ PM cho anh

[phamconghung]

tôi cũng rất yêu kara và đặc biệt sự gắn bó giữa kara và jensen.
Đểnay về đọc bài này mới được. Thanks!