(Luận văn) về bất đẳng thức holder và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÝ HOÀNG ANH lu an n va p ie gh tn to ă V BT NG THC HOLDER V P DỤNG d oa nl w oi lm ul nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN, 11/2018 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÝ HONG ANH lu an va n ă V BT NG THỨC HOLDER VÀ ÁP DỤNG p ie gh tn to d oa nl w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi lm ul nf va GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN z at nh z gm @ TS TRẦN XUÂN QUÝ m co l an Lu THÁI NGUYÊN, 11/2018 n va ac th si i Mục lục lu an n va ii Mở đầu Chương Bất ng thc Hă older v mt s bi toỏn ỏp dụng 1.1 Một số bất đẳng thức 1.1.1 Bất đẳng thức AM–GM 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen 1.1.3 Bất đẳng thức Hăolder 1.2 S tng ng gia bt ng thc Hăolder v bất đẳng thức AM–GM suy rộng 1.3 Một số vận dụng bất đẳng thc Hăolder gii toỏn ph thụng 3 4 p ie gh tn to Bảng ký hiệu d oa nl w 10 an lu Tài liệu tham khảo 49 z at nh Kết luận oi lm ul nf va Chng V bt ng thc Hă older suy rng 27 2.1 Bt ng thc Hăolder suy rộng 27 2.2 Phiờn bn ngc ca bt ng thc Hăolder áp dụng 35 50 z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii Bảng ký hiệu R n Y lu j=1 n X tập hợp số thực an aj a1 a2 an aj a1 + a2 + · · · + an va n j=1 tập hợp hàm khả vi liên tục đoạn [a, b] tập hàm khả tích cấp p đoạn [a, b] phần tử lớn tập hợp {x, y} n X ak bk p ie gh tn to C ([a, b]) Lp ([a, b]) max{x, y} (α, β) (1, 1, , 1) n X atk d lu (αt , ε) oa nl w ε k=1 ((α, β), e) ak bk ek oi lm ul nf k=1 va an k=1 n X z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Mơn Tốn có vị trí quan trọng trường phổ thơng, phối hợp với mơn khác hoạt động khác nhà trường, góp phần giáo dục tồn diện học sinh Do vai trị to lớn tốn học đời sống khoa học kỹ thuật đại nên kiến thức phương pháp toán học công cụ thiết yếu giúp cho học sinh học tập tốt môn học khác, giúp cho em học sinh phát triển lực tư phẩm chất trí tuệ, rèn luyện óc trừu tượng, suy luận hợp logíc Ngồi cịn giúp cho học sinh tính cần cù nhẫn nại, tự lực tự cường, tính cẩn thận, xác Bất đẳng thức vấn đề hay khó chương trình tốn phổ thơng có mặt hầu hết lĩnh vực tốn học địi hỏi phải có vốn kiến thức tương đối vững vàng tất lĩnh vực Mỗi người chúng ta, đặc biệt bạn yêu toán, dù dù nhiều đau đầu trước bất đẳng thức khó có cảm giác tự hào phấn khích mà chứng minh bất đẳng thức Nhằm “kích hoạt” niềm say mê bất đẳng thức cho học sinh, thực nghiên cứu đề tài bất đẳng thức Mặt khác, có nhiều nhà tốn học có đóng góp quan trọng cho lý thuyết Jensen, Hardy ú c bit l Hăolder Bt ng thức mang tên ông ứng dụng rộng rãi giải toán cao cấp sơ cấp, đặc biệt đề thi học sinh giỏi Chính thế, thân nhận thấy việc nghiên cứu bất đẳng thc Hăolder cú ý ngha c bit quan trng Nú giúp tơi có nhìn tốt việc định hướng ơn tập cho học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp, thi quốc gia Bởi lựa chọn đề tài “Về bất đẳng thức Hăolder v ng dng cho lun thc s ca Nội dung đề tài trình bày hai chương Chương trình bày số bất đẳng thức bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức AM–GM vấn đề tính tương đương bất đẳng thức AM–GM suy rộng, bất đẳng thc Hăolder v bt ng thc trung bỡnh ly tha suy rộng, số toán áp dụng Các kết Chương tổng d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si hợp từ tài liệu [8], [9] số đề thi học sinh giỏi liên quan Chương trình bày bất đẳng thc Hăolder suy rng, mt s bin th ca bt đẳng thức dạng ngược đặc biệt số mở rộng dạng ngược bt ng thc Hăolder Ni dung ca Chng c tổng hợp từ tài liệu [7],[11], [13] lu an n va p ie gh tn to Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới 02 thầy hướng dẫn khoa học TS Trần Xuân Quý, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên TS Lê Văn Hiếu, Học viện Báo chí Tun truyền tận tình hướng dẫn, hết lịng giúp đỡ em suốt q trình học tập, nghiên cứu để hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo giảng dạy chuyên nghành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả trình thực luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban lãnh đạo thầy cô khoa Tốn–Tin, phịng Đào tạo, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho em q trình học tập, thực hồn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn bạn đồng nghiệp Ban giám hiệu trường PTDT BT TH&THCS Đồng Lâm Nhân dịp tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018 d oa nl w ul nf va an lu oi lm Học viên z at nh z Lý Hoàng Anh m co l gm @ an Lu n va ac th si Chng Bt ng thc Hă older v mt s toán áp dụng lu an n va p ie gh tn to Chương này, chúng tơi tập trung trình bày số bất đẳng thức bản, bất đẳng thức cốt lõi Toán sơ cấp, chẳng hạn bất đẳng thức AM–GM, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz Tuy nhiên trọng tâm khai thỏc l bt ng thc Hăolder Ni dung ca chương tổng hợp từ tài liệu [8], [9] nl w Một số bất đẳng thức d oa 1.1 lu Bất đẳng thức AM–GM va an 1.1.1 oi lm ul nf Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM–GM) Cho a1 , a2 , , an số khơng âm Khi ta có bất đẳng thức sau √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an (1.1) n Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an z at nh Dưới ta có phát biểu bất đẳng thức AM–GM “suy rộng” z m co l gm @ Định lý 1.1.2 (Bất đẳng thức AM–GM suy rộng) Cho a1 , a2 , , an số thực không âm, λ1 , λ2 , , λn số thực dương cho λ1 +λ2 + .+λn = Khi ta có bất đẳng thức sau λ1 a1 + λ2 a2 + + λn an > aλ1 aλ2 aλnn n X (1.3) n k=1 aλk k va k=1 λk ak > n Y an Lu Hay (1.2) ac th si Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Jensen) Giả sử f hàm lồi [a, b] x1 , x2 , , xn ∈ [a, b] Khi đó,  x + x + · · · + x  f (x ) + f (x ) + · · · + f (x ) n n ≤ (1.4) f n n Nếu hàm f lõm ta có bất đẳng thức chiều ngược lại Bất đẳng thức phát biểu tổng quát sau lu an Định lý 1.1.4 Cho f : [a, b] ⊆ R → R hàm lồi đoạn [a, b] Giả sử n P xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, , n} Pn := pi > Khi ta có va n i=1 to tn n n X ≤ pi f (xi ) Pn i=1 (1.5) p ie gh f X pi x i Pn i=1 ! Bt ng thc Hă older nl w 1.1.3 d oa Bt ng thc Hăolder tồn nhiều phiên bản, nhiên trình bày dạng đại số giải tích bản, mà chúng phù hợp với chương trình phổ thơng Từ bất đẳng thức AM–GM suy rộng ta có ul nf va an lu a a+b b a+b x + y a+b a+b (1.6) oi lm xa y b z at nh với x, y > 0, a, b > Nếu đặt u = xa , v = y b , p = (a + b)/a q = (a + b)/b, rõ ràng p > ta có bất đẳng thức sau z 1 1 + = =⇒ uv up + v q p q p q gm @ (1.7) m co l Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Young Kết c gi l bt ng thc Hăolder an Lu nh lý 1.1.5 (Bt ng thc Hăolder) Cho a = (a1 , a2 , , an ) b = 1 (b1 , b2 , , bn ) hai n số thực dương p > 1, + = Khi ta p q n va ac th si có bất đẳng thức sau n X n X bi ≤ i=1 ! p1 n X api i=1 ! 1q bqi (1.8) i=1 Dấu xảy api = kbqi với i ∈ {1, 2, , , n} Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM–GM suy rộng với x, y ≥ ta có 1 x y (1.9) xp y q ≤ + p q 1 + = Dấu xảy (1.9) x = y p q Trong bất đẳng thức (1.9), ta đặt với p > lu an n n n va X p X q api bqi x= , A= ; y = , B = bi A B i=1 i=1 tn to ie gh Cộng lại theo i = 1, 2, , n ta p n P a i bi w i=1 oa nl 1 Ap B q n n X api X bqi 1 ≤ + = + = p i=1 A q i=1 B p q d bqi api = , tức api = kbqi với Dấu xảy (1.8) A B i ∈ {1, 2, , , n} ul nf va an lu oi lm Nếu mi > với mi i thỡ bt ng thc Hăolder (1.8) cú th viết dạng dạng sau ! p1 ! 1q n n n X X X mi bi ≤ mi api mi bqi z at nh i=1 i=1 z i=1 @ Nhận xét 1.1.6 ([5, p 40] Ta có bất đẳng thức sau 1 gm 1 1 (x + y) p (z + w) q ≥ x p z q + y p w q với x, y, z, w ≥ p, q > với an Lu 1 + = p q m co l (1.10) n va Chứng minh c suy t bt ng thc Hăolder (1.8) cách chọn n = 2, a1 = x1/p , a2 = y 1/p b1 = z 1/q , b2 = w1/q ac th si Khi ta có   p1   1q 1 p p q q (z q ) + (w q ) x z + y w ≤ (x p ) + (y p ) p q p q 1 = (x + y) p (z + w) q Trong chương trình toỏn ph thụng, bt ng thc Hăolder c bit n dạng hệ sau Hệ 1.1.7 (xem [7]) Nếu p = q = bất đẳng thức Hă older tr thnh n X a i bi i=1 n X ! 12 n X a2i i=1 ! 21 b2i i=1 lu an n va p ie gh tn to a2 an a1 = = ··· = Dấu xảy b1 b2 bn Bất đẳng thức có tên Cauchy–Schwartz Trong tốn học, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, cịn gọi bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Cauchy, tên dài bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovski–Schwarz, đặt theo tên Augustin Louis Cauchy, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky Hermann Amandus Schwarz, bất đẳng thức thường áp dụng nhiều lĩnh vực khác tốn học, chẳng hạn đại số tuyến tính dùng cho vector, giải tích dùng cho chuỗi vơ hạn tích phân tích, lý thuyết xác suất dùng cho phương sai hiệp phương sai Bất đẳng thức phát biểu x y phần tử không gian có tích thực hay phức |hx, yi|2 ≤ hx, xihy, yi Tuy nhiên khuôn khổ luận văn thạc sĩ Tốn học, chúng tơi quan tâm tới số kết Rn Kết l bt ng thc Hăolder dng gii tớch, chúng tơi trình bày kết mà khơng chứng minh d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z Định lý 1.1.8 (Bt ng thc Hăolder dng gii tớch) Gi s (p, q) cặp số 1 mũ liên hợp, tức thỏa mãn điều kiện p, q > với + = 1, f g hai p q hàm số liên tục đoạn [a, b], Z b  p1 Z b  1q Z b |f (x)g(x)| dx ≤ |f (x)|p dx |g(x)|q dx (1.11) a a m co l gm @ a an Lu n va Dấu “=” xảy tồn hai số thực A B không đồng thời không cho A |f (x)|p = B |g(x)|q ∀x ∈ [a, b] ac th si 37 ( p (α, β) ≤ n1−µ (αp , ε) (β q , ε) (α, β) = n X (ap , ε)(β q , e) − (ap , e)(β q , ε) 1− (ap , ε)(β q , ε) q  t ak bk , ε = (1, 1, 1, , 1), (α , ε) = k=1 n X 2 ) θ2 , (2.20) atk k=1 Bổ đề 2.2.4 Nếu x > −1, α > α < 0, ta có bất đẳng thức (1 + x)α ≥ + αx lu an n va p ie gh tn to Định lý 2.2.5 Giả sử α = (α1 , α2 , , αn ), β = (β1 , β2 , , βn ), ak > 0, bk > (k = 1, 2, , n), e = (e1 , e2 , , en ), − ei + ej ≥0, (i, j = 1, 2, , n), xét 1 1 + , , λ = max −1, Khi ta có bất q < 0, + ≥ 0, p = max p q p q q đẳng thức (  2 ) λ2 q q 1 (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β) ≥ n1−p (αp , ε) p (β q , ε) q − , (α, β)(β q , ε) (2.21) lu t ak bk , ε = (1, 1, , 1), (α , ε) = va an k=1 d oa nl w (α, β) = n X n X atk , ((α, β), e) = k=1 n X ak bk ek k=1 nf oi lm ul Chứng minh Trước tiên ta xét trường hợp (I) Nếu −1 ≤ q < Từ điều kiện 1 + ≥ 0, ta có < p ≤ p q q Đặt l = , l0 = − Suy l ≥ l0 > p p −p p p p p −p Đặt γ = (a1 b1 , a2 b2 , , apn bpn ), δ = (b−p , b2 , , bn ) 1 - Nếu < + < 1, cách sử dụng Định lý 2.2.2 thay thể p → l l l, q → l , α → γ, β → δ bất đẳng thức (2.20), ta có (  l 2 ) 2l1 l l0 l0 1 1 (γ , ε)(δ , e) − (γ , e)(δ , ε) (γ, δ) ≤ n1− l − l0 (γ l , ε) l (δ l , ε) l0 − , (γ l , ε)(δ l0 , ε) (2.22) z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 38 Do đó, ( (αp , ε) ≤ n 1− 1l − l10 l (α, β) (β q , ε) l0 (α, β)(β q , e) − ((α, β), e)(β q , ε) 1− (α, β)(β q , ε)  2 ) 2l1 , (2.23) lu an n va p ie gh tn to Lấy bậc p hai vế bất đẳng thức (2.23) ta (  2 )− 12 q q 1 1 (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) , (α, β) ≥ n1− p − q (αp , ε) p (β q , ε) q − (α, β)(β q , ε) (2.24) 1 1 Từ điều kiện < + < 1, ta có + > Vì l l p q (  2 )− 21 q q 1 1 (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β) ≥ n1−max{ p + q ,1} (αp , ε) p (β q , ε) q − , (α, β)(β q , ε) (2.25) 1 1 - Nếu + ≥ 1, + ≤ 1, cách tương tự ta thu l l p q (  2 )− 12 q q 1 (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β) ≥ (αp , ε) p (β q , ε) q − (α, β)(β q , ε) oa nl w = n1−max{ p + q ,1} (αp , ε) p (β q , ε) q × (  2 )− 12 q q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) × 1− (α, β)(β q , ε) 1 1 d (2.26) ul nf va an lu oi lm Trường hợp (II) Nếu q < 1, cách tương tự trường hợp (I), ta có z at nh 1 1 (α, β) ≥ n1−max{ p + q ,1} (αp , ε) p (β q , ε) q × (  2 ) 2q1 q q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) × 1− , (α, β)(β q , ε) (2.27) z gm @ Như ta có bất đẳng thức (2.21) Vậy định lý chứng minh l m co Hệ 2.2.6 Với giả thiết Định lý 2.2.5, ta có bất đẳng thức sau "  2 # q q 1 λ (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β) ≥ n1−p (αp , ε) p (β q , ε) q − (α, β)(β q , ε) (2.28) an Lu n va ac th si 39 Chứng minh Từ điều kiện 2  (α, β)(β q , e) − ((α, β), e)(β q , ε) < (α, β)(β q , ε) (2.29) Bằng cách sử dụng Bổ đề 2.2.4 Định lý 2.2.5 ta thu bất đẳng thức (2.29) Từ bất đẳng thức (2.29) Hệ 2.2.6 chọn p, q cho 1/p + 1/q = ta thu bất đẳng thức lu an n va p ie gh tn to Hệ 2.2.7 Giả sử ak , bk số thực dương với (k = 1, 2, , n), 1 − ei + ej ≥ 0, (i, j = 1, 2, , n), xét q < 0, thỏa mãn + = 1, đặt p q   λ = max −1, q Khi ta có bất đẳng thức   n 2  n X q X ! 1q  ! p1 bk ek ak bk ek    n n n  X X X   λ  k=1 k=1 q p   bk ak bk ≥ ak − n 1 −  n  X   2 X q  k=1 k=1 k=1   bk ak bk w k=1 oa nl k=1 d Định lý 2.2.8 Giả sử f (x), g(x), e(x) hàm khả tích đoạn [a, b] f (x) > 0, g(x) > 0, − e(x) + e(y) ≥0 với x, y ∈ [a, b], xét q < 1 Khi ta có bất đẳng thức 0, thỏa mãn + > 1, λ = max −1, p q q b 1− p1 − 1q f (x)g(x)dx ≥ (b − a) b Z  p1 Z b  1q g q (x)dx f p (x)dx a a  z at nh a oi lm ul nf va an lu Z Z a 2  λ2 f (x)g(x)e(x)dx g q (x)e(x)dx    a −  Z b Z b    f p (x)dx g q (x)dx Z b z a (2.30) m co l a gm @      × 1 −    b an Lu Chứng minh Với số nguyên dương n, ta phân hoạch đoạn [a, b] với đầu mút cách sau b−a b−a b−a a 0, g(x) > 0, − e(x) + e(y) ≥ với x, y ∈ [a, b], xét m co l gm @ an Lu n va ac th si 42 1 + = Khi ta có bất đẳng thức p q Z b  p1 Z b  1q Z b f (x)g(x)dx ≥ f p (x)dx g q (x)dx a a a  2  Z Z b b  g q (x)e(x)dx   f (x)g(x)e(x)dx   λ a  a − × −   Z Z  , b b     f (x)g(x)dx g q (x)dx q < 0, cho a a (2.35)  λ = max −1, q lu  an n va gh tn to Bằng kỹ thuật tương tự Định lý 2.2.5 ta thu phiên ngược bất đẳng thức (2.19) sau p ie Định lý 2.2.12 Giả Z f (x), g(x) hàm dương khả Z sử E tập đo được, g q (x)dx < ∞, e(x) hàm đo f p (x)dx < ∞, tích E cho E E Z 1 với e(x)dx < ∞, − e(x) + e(y) ≥ Nếu q < 0, + = ta có bất p q E đẳng thức Z  p1 Z  1q Z f p (x)dx f (x)g(x)dx ≥ g q (x)dx × d oa nl w va an lu E 2  λ2 f (x)g(x)e(x)dx g q (x)e(x)dx    ZE − aZ ,   q  f (x)g(x)(x)dx g (x)dx (2.36) E z l gm @  với λ = max −1, q z at nh E b Z oi lm Z      × 1 −     E ul  nf E m co Tiếp theo chúng tơi trình bày số áp dụng bất đẳng thức trình bày trên, trước tiên đánh giá chặt kết Beckenbach (1950) Năm 1950, Beckenbach chứng minh bất đẳng thức sau an Lu Định lý 2.2.13 Giả sử ≤ p ≤ 1,và , bi > i = 1, 2, , n, ta có n va ac th si 43 bất đẳng thức sau n X n X p (ai + bi ) i=1 n X ≥ (ai + bi )p−1 i=1 i=1 n X n X api + ap−1 i i=1 bpi k=1 n X bp−1 i i=1 Kết Beckenback làm chặt cách sử dụng Hệ 2.2.7 sau lu an n va ie gh tn to Định lý 2.2.14 Giả sử ai , bi > 0(i =1, 2, , n), 1−ei +ej ≥ 0(i, j = 1, 2, , n), chọn < p < 1, λ = max −1, − Khi ta có bất đẳng thức sau p  n  n n X X X p (ai + bi )p bpi    i=1  i=1 i=1   ≥ + n n n X  X X  p−1 p−1  p−1 (ai + bi ) bi i=1 p i=1 i=1   2  n n n n  X p−1 X p−1 X p X p     p−1 p−1 p   e1 ( ) + e2 ( bi ) e1 ( ) + e2 ( bi ) p         λ i=1 i=1 i=1 i=1   − × 1−  n n n n  X X X  2 X 1   p−1 p p1 p−1 p p1   p−1 p−1 bi ) bi ) ( ) + ( ( ) + (       d oa nl w lu bp−1 i z at nh i=1 oi lm i=1 i=1 n X ul ap−1 i + bpi nf i=1 n X api i=1 i=1 va ≥ i=1 an n X i=1 n X (2.37) z m co l gm @ Chứng minh Bằng cách sử dụng bất đẳng thức Minkowski Hệ 2.2.7 với p p/(p − 1), ta thu đánh giá sau an Lu n va ac th si 44 n X  n X (ai + bi )p ≥  i=1 ! p1 api + i=1  n X   n X ! p1 ap−1 i i=1 i i=1 n X ! p1 p bpi  i=1 p  api     i=1  =  n  X    p−1  a  n X p  p1 n X bpi    i=1   + n X   p−1  bi n X i=1 ! p1    p−1 bi    i=1 n X  lu ! p−1 bpi   n api  X   i=1 + + ≥ + nk=1 ap−1 i n  X X   i=1 ap−1 bp−1 i i n X an p−1 ! p−1  bip−1 n va i=1 p ie gh tn to i=1  i=1   n n n n X X X X 1 1      bip−1 ) p−1 bpi ) p  e1 ( api ) p + e2 ( e1 ( ap−1 ) p−1 + e2 (    i    λ i=1 i=1 i=1 i=1   − × 1−  n n n n  X X X  2 X 1   p−1 p−1 p p1 p p1   p−1 p−1 ( ) + ( bi ) ( ) + ( bi )     i=1 i=1 i=1 i=1   n n X X p ! bpi  n  X   i=1  + nk=1 (ai + bi )p−1 ≥ n  X X  i=1  ap−1 bp−1 i i d oa nl w va an lu oi lm ul nf i=1  i=1  2  n n n n   X X X X 1   p−1 p−1 p p1 p p1 p−1 p−1    e1 ( ) + e2 ( bi ) e1 ( ) + e2 ( bi )          λ  i=1 i=1 i=1 i=1  × 1−  − n n n n  X X X X  1 1   p−1 p−1 p−1 p−1 p p p p     ( ) + ( bi ) ( ) + ( bi )       z at nh i=1 i=1 i=1 i=1 z m co l nghĩa gm @ (2.38) an Lu n va ac th si 45 n X  (ai + bi )p n X n X p p  bi    i=1  k=1  ≥ + n n  X X  p−1 p−1  bi i=1 n X (ai + bi )p−1 i=1 i=1 i=1   2  n n n n   X X X X 1   p−1 p−1 p p1 p p1 p−1 p−1    e1 ( e1 ( bi ) ) + e2 ( bi )   a i ) + e2 (        λ  i=1 i=1 i=1 i=1  − × 1−  n n n n  X X X X  1 1   p−1 p−1 p p p−1 p−1 p p     ( ) + ( ( ) + ( bi ) bi )       i=1 i=1 i=1 i=1 lu an (2.39) n va p ie gh tn to Định lý 2.2.15 Giả sử ak , bk > 0(k = 1, 2, , n), − ei + ej ≥ (i, j = 1, 2, , n), < p < 1, λ = max −1, − Khi ta có bất đẳng thức p sau " n # p1  n ! p1 ! p1    n X p X p X λ + ak bk  × − ω (a, b, e) (ak + bk )p ≥  k=1 k=1 k=1 (2.40) ! p1 ! p1 n n X p X p + bk ≥ ak d oa nl w nf va an lu k=1 k=1 n X #2 (ak + bk )p k=1 (ak + bk )p ek ak (ak + bk )p−1 − n X (ak + bk )p gm k=1 n X @ × n X z " z at nh ω(a, b, e) = " oi lm ul k=1 k=1 n X # ak (ak + bk )p−1 ek k=1 m co l (2.41) Chứng minh Ta có (ak + bk ) = n X k=1 p−1 ak (ak + bk ) + n X k=1 bk (ak + bk )p−1 n va k=1 p an Lu n X ac th si 46 Từ áp dụng Hệ 2.2.7 ta thu đánh giá sau # p−1 ! p1 " n n n p X X X p p p (ak + bk ) ≥ (ak + bk ) ak k=1 k=1 n X k=1 2   ak (ak + bk )p−1 ek   (ak + bk )p ek    λ  k=1 k=1   − n × 1 −  n  X  2 X    (ak + bk )p ak (ak + bk )p−1  n X  k=1 n X lu + ! p1 " bpk k=1 n X (ak + bk )p # p−1 p k=1 an  k=1 n va 2   bk (ak + bk )p−1 ek   (ak + bk )p ek    λ  k=1 k=1   × 1 −  n − n  X   2 X    (ak + bk )p bk (ak + bk )p−1  n X n X ie gh tn to k=1 k=1 p w (2.42) oa nl n X (ak + bk )p Chia hai vế cho d # p1 ≥ nf (ak + bk )p n X bpk k=1 n X oi lm 2 z at nh k=1 n X @ 2 gm k=1 n X (2.43) z ! p1  bk (ak + bk )p−1 ek  (ak + bk )p ek  k=1  k=1   bpk − n n  X  X  p p−1  k=1 (ak + bk ) bk (ak + bk ) n X m co l λ + ! p1 ! p1  (ak + bk )p ek ak (ak + bk )p−1 ek    k=1 k=1   − apk n n   X X  p p−1  k=1 (ak + bk ) ak (ak + bk ) n X  − apk n X ul  λ ! p1 k=1 k=1 − n X va n X , ta thu k=1 an lu " ! p−1 p n va Ngồi ra, ta có k=1 an Lu k=1 ac th si 47 n X n X p (ak + bk ) ek = k=1 p−1 ak (ak + bk ) ek + k=1 n X bk (ak + bk )p−1 ek (2.44) k=1 Do đó, từ bất đẳng thức (2.43) (2.44), ta có ! p1 " n # p1 n X X apk + (ak + bk )p ≥ k=1 k=1 n X (−λ) ! p1 bpk lu + " an k=1 va n X k=1 n X k=1 k=1 (ak + bk )p n X ! p1 apk # ak (ak + bk )p−1 n " k=1 k=1 ie gh tn to n n n n X X X X p p−1 p × (ak + bk ) ek ak (ak + bk ) − (ak + bk ) ak (ak + bk )p−1 ek n X p (−λ) nl (ak + bk )p oa n X w + " n X bk (ak + bk )p−1 ak (ak + bk )p−1 ek − va k=1  + k=1 (−λ)  ! p1 bpk k=1 + apk + k=1 " #2 ak (ak + bk )p−1 ek k=1 ! p1 n X ! p1  bpk  k=1 z at nh apk n X n X oi lm ul ≥ ! p1 (ak + bk )p k=1 nf k=1 n X n X # an (ak + bk )p × n X bpk lu n X k=1 ! p1 k=1 d k=1 " k=1 n X k=1 #2 n X #4 (ak + bk )p z k=1 k=1 k=1 (ak + bk )p ek k=1 ! p1 apk k=1 k=1            ! p1   n   X p λ  bk × 1− " #4 × A , n   X   k=1   p   (a + b )   k k   + an Lu = n X #2 m co  n n X X p−1 p ak (ak + bk ) − (ak + bk ) ak (ak + bk )p−1 ek l n X gm × n X @ " n va k=1 ac th si 48 với A= n X p (ak + bk ) ek k=1 n X p−1 ak (ak + bk ) k=1 − n X p (ak + bk ) k=1 n X ak (ak + bk )p−1 ek k=1 Vậy ta có điều phải chứng minh lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 49 Kết luận Đề tài luận văn trình bày chi tiết số kt qu v bt ng thc Hăolder v mt s toán áp dụng cho học sinh trung học phổ thơng Cụ thể lu (1) Trình bày dạng s cp ca bt ng thc Hăolder cho dóy s, cách xây dựng bất đẳng thức từ bất đẳng thức AM–GM suy rộng số toán áp dụng bất đẳng thức an n va ie gh tn to (2) Trình bày số mở rộng bt ng thc Hăolder, cỏc kt qu ny c cụng bố báo [7], [8], [13] p (3) Trình bày phiên ngược bất đẳng thức Hăolder t ti liu [11] d oa nl w Ch v bt ng thc Hăolder cũn nhiu đề để khai thác Tuy nhiên khuôn khổ luận văn Thạc sĩ Toán học chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp chúng tơi dừng lại tìm hiểu vấn đề oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 50 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức áp dụng, NXB Giáo dục lu an n va Tiếng Anh gh tn to [2] Abramovich S., Mond B., Peccaric J E (1995), Sharpening Hăolders inequality, J Math Anal Appl., 196, pp 1131–1134 p ie [3] Aldaz J M (2008), A stability version of Hăolders inequality, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 343(2), pp 842–852 w d oa nl [4] Callebaut D.K (1965), “Generalization of the Cauchy–Schwartz inequality”, J Math Anal Appl., 12, pp 491–494 lu nf va an [5] Cerone P., Dragomir S S (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA oi lm ul [6] Cvetkovski Z (2012), Inequalities: Theorem, Techniques and Selected problems, Springer z at nh [7] Hua Q., Zhicheng H (2011), Generalizations of Hăolders and some related inequalities”, Computers & Mathematics with Applications, 61(2), pp 392– 396 z @ m co l gm [8] Li Y., Xian-Ming Gu, Zhao J (2017), “The weighted arithmetic mean–geometric mean inequality is equivalent to the hăolder inequality, Symmetry, doi:10.3390/sym10090380 [9] Samin R (2008), Basics of Olympiad Inequalities, Lectures note an Lu n va [10] Steele M J (2004), An introduction to the art of Mathematical Inequalities: The Cauchy – Swcharz Master Class, Cambridge ac th si 51 [11] Tian J (2012), Reversed version of a generalized sharp Hăolders inequality and its applications”, Information Sciences, 201, pp 61–69 [12] Wu SH., Debnath L (2005), “Generalizations of Aczel’s inequality and Popoviciu’s inequality”, Indian J Pure Appl Math., 36(2), pp 49–62 [13] Wu SH (2007), Generalization of a sharp Hăolders inequality and its application”, J Math Anal Appl., 332, pp 741–750 [14] Wu SH (2008), “A new sharpened and generalized version of Hăolders inequality and its applications, Appl Math Comput., 197, pp 708714 lu [15] Yang X (2000), A generalization of Hăolder inequality”, J Math Anal Appl., 247, pp 328–330 an n va [16] Yang X (2003) , A note on Hăolder inequality”, Appl Math Comput., 134, pp 319–322 p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si