aplicaŢii ale inegalitĂŢii lui karamata
TRANSCRIPT
5/13/2018 APLICA II ALE INEGALIT II LUI KARAMATA - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/aplicatii-ale-inegalitatii-lui-karamata 1/6
INEGALITATEA LUI KARAMATA. APLICAŢII
P1. Fie ,a b ∈¡
cu a b< şi [ ]: , f a b →¡
o funcţieconvexă.Atunci pentru orice numere a x y z t b≤ ≤ ≤ ≤ ≤ cu x t y z + = + , avem inegalitatea:
( ) ( ) ( ) ( ) f x f y f y f z + ≥ + .
Dem. Cum [ ], , y z x t ∈ , deducem că există [ ], 0,1α β ∈
astfel încât ( )1 y x t α α = − + şi ( )1 z x t β β = − + .
Relaţia x t y z + = + devine: ( ) ( )2 x t x t α β α β − − + + = +( ) ( )1 0 x t α β ⇔ − − − = .
Dacă t x= atunci x y z t = = = şi inegalitatea este evidentă.
Dacă t x≠ atunci 1α β + = şi din f convexă, rezultă că
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 f y f x t f x f t α α α α = − + ≤ − + şi
( ) ( ) ( ) ( )1 f z f x f t β β ≤ − + , de unde prin adunare,
obţinem:
( ) ( ) ( ) ( ) f y f z f x f t + ≤ + .
P2. Fie ,a b ∈ ¡ cu a b< şi [ ]: , f a b → ¡ o funcţie
convexă şi
[ ] ( ) ( ) ( ) [ ]: , , , , g a b g x f x f a b x x a b→ = + + − ∀ ∈¡ .
Atunci avem:
1) g este descrescătoare pe , 2
a b
a
+
şi crescătoare pe
,2
a bb
+
.
2) g este convexă pe [ ],a b .
5/13/2018 APLICA II ALE INEGALIT II LUI KARAMATA - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/aplicatii-ale-inegalitatii-lui-karamata 2/6
3)( ) ( ) ( )
2 2
b
a f x dx f a f ba b
f b a
++ ≤ ≤ − ∫
(Inegalităţile lui Hermite şi Hadamard)Definiţie.Fie n-uplele de numere reale
( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n n x x x si y y y astfel încăt
1 2 1 2... , ...n n x x x y y y≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ,unde *n ∈ ¥ . Spunem că
( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n n x x x y y yf dacă
1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1,x , x x ,..., ... ...n n y y y x x x y y y− −≥ + ≥ + + + + ≥ + + +
1 2 1 2... ...n n x x x y y y+ + + = + + + .
Observaţie.Dacă , , x y z t x t y z ≤ ≤ ≤ + = + atunci
( ) ( ), , .t x z yf
P3.(Inegalitatea lui Hardy-Littlewood-Polya-Karamata)
Fie I un interval de numere reale, : f I → ¡ o funcţie
convexă şi două n-uple de numere reale astfel încăt
( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,n n x x x y y yf ,unde 2.n ≥ .Atunci avem că
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ... .n n f x f x f x f y f y f y+ + + ≥ + + +Dacă f este strict convexă ,atunci avem egalitate îninegalitatea anterioară dacă şi numai dacă
{ }, 1,2,..., .i i x y i n= ∀ ∈
Demonstratie.Inductie dupa n (vezi [ ]1 )
Probleme propuse
1.Să se arate că dacă [ ), 0, ,a b ∈ ∞ atunci avem inegalitatea
3 3 3 33 3 3 3a a b b a b a b+ + + ≤ + + + .
Soluţie.Fără a restrănge generalitatea putem presupune că
5/13/2018 APLICA II ALE INEGALIT II LUI KARAMATA - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/aplicatii-ale-inegalitatii-lui-karamata 3/6
0.b a≥ ≥ Considerăm numerele :
3 3 3 31 2 3 4, , , . x a a x b a x a b x b b= + = + = + = + Atunci, 1 x
este cel mai mare, 4 x este cel mai mic şi 1 4 2 3. x x x x+ = +
Deoarece ( ) ( ) ( ) ( )1 4 2 3 1 4 3 2, , , , x x x x sau x x x xf f şi funcţia
[ ) ( ) 3: 0, , f f x x∞ → =¡ este concavă,cu inegalitatea lui
Karamata găsim că ( ) ( ) ( ) ( )1 4 2 3 . f x f x f x f x+ ≤ +
2.Să se afle maximul expresiei ( ) 12 12 12, , E a b c a b c= + +
ştiind că, [ ], , 1,1a b c ∈ − şi1
.2
a b c+ + = −
( Olimpiadă ,China ,1997 )
Soluţie. Funcţia [ ] ( ) 12: 1,1 , f f x x− → =¡ este
convexă.Putem presupune că1
1 1, .2
a b c a b c≥ ≥ ≥ ≥ − + + = − Atunci avem că
( )1
1, , 1 , ,
2
a b c − −
f şi din inegalitatea lui Karamata avem
că ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
1 12
f f f f a f b f c + − + − ≥ + +
,deci
( ) max12
1, , 2 .
2 E a b c E ≤ + =
3.Să se arate că în orice triunghi ascuţitunghic avem că3
1 cos cos cos .2 A B C ≤ + + ≤
5/13/2018 APLICA II ALE INEGALIT II LUI KARAMATA - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/aplicatii-ale-inegalitatii-lui-karamata 4/6
Soluţie.Putem presupune că , , .3 3
A B C deci A C π π
≥ ≥ ≥ ≤
Atunci avem că ( ), ,0 , , , , .2 2 3 3 3
A B C π π π π π
f f
Deoarece funcţia ( ) cos f x x= este concavă pe 0, ,2
π
găsim că
( ) ( ) ( ) ( )3
1 0 .2 2 2
f f f f A f B f C π π = + + ≤ + + ≤
4.Să se arate că dacă*
, , ,k n k n∈ ≤¥ atunci avem
inegalitatea1 1
2 1 2 1 2 1
12
2
k k k n n n
nC C C
n
− ++ + +
++ ≥ ⋅ ⋅
+.
( Olimpiadă ,Germania,1995)Soluţie.Datorită simetriei este suficient să demonstrăminegalitatea pentru .k n≤ Inegalitatea se scrie
( )2 12 1
2 2 1 2
nk n k
n k k n
++ −+ ≥
+ − + + (1)
Funcţia [ ] ( ): 1,2 1 ,2 2
x f n f x
n x+ → =
+ −¡ ,este convexă
pe [ ]1,2 1n + .Utilizănd P1.cu ,k n≤ deducem că
( ) ( ) ( ) ( )( )2 1
2 1 1 ,2
n f k f n k f n f n
n
++ + − ≥ + + =
+adică are
loc inegalitatea (1).5.Se consideră numerele
1 2 1 2... 0, ...n na a a S a a a≥ ≥ ≥ > = + + + ,unde n este număr
natural nenul şi f o funcţie convexă definită pe un interval
ce conţine numerele S şi ( ) 11 .S n a− − Atunci avem că
5/13/2018 APLICA II ALE INEGALIT II LUI KARAMATA - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/aplicatii-ale-inegalitatii-lui-karamata 5/6
( )( ) ( )1 1
1 .n n
ii i
f s n i f a= =
− − ≥∑ ∑Soluţie.Deoarece
( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1 21 , 1 ,..., 1 , ,...,n n nS n a S n a S n a a a a−− − − − − − f
şi ( ) , , 2m f x x m m= ∈ >¥ este convexă,utilizănd ingalitatea
Karamata rezultă concluzia problemei.
Probleme propuse
1.Să se decidă care din următoarele numere este mai mare
7 3 62 7 7; 7 7a b= + = + .
2.Fie , 2.n n∈ ≥¥ Comparaţi numerele
3 5 7 6 7 8; .
5 7 94 5 6
n n n n n n
n n n nn na b
+ + + += =
+ ++ +(Cocursul –Gh. Dumitrescu ,Craiova ,2002)
3.Să se arate că dacă , 0, ,4
a bπ ∈ atunci avem
( ) ( )
sin sin sin 2 sin 2, .
sin sin sin 2 sin 2
n n n n
n n
a b a bn
a b a b
+ +≥ ∀ ∈
+ +¥
( O.N,Iaşi,2006,Iurie Boreico)
4. Să se arate că
( )
2 2 2
2
2 11 ,
2 2 1 2
k n k n
n k k n
+ − + ≥ + + − + +
pentru
*, , 2 .k n k n∀ ∈ ≤¥
(Gh.Boroica)
5.Fie I ⊂ ¡ un interval iar : f I → ¡ o funcţie
convexă.Atunci
5/13/2018 APLICA II ALE INEGALIT II LUI KARAMATA - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/aplicatii-ale-inegalitatii-lui-karamata 6/6
( ) ( ) ( ) 3 2 2 23 2 2 2
x y z x y y z z x f x f y f z f f f f
+ + + + + + + + ≥ + +
( Inegalitatea lui Popoviciu)