Trang 2 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC————— o0o —————HOÀNG NHẬT THÀNHVỀ MỘT VÀI MỞ RỘNG CỦABẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁCChuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấpMã số: 8 46 01 13LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌ
Tổng quát hóa một số bất đẳng thức lượng giác
Trong phần này, chúng tôi mở rộng các ý tưởng về cách tiếp cận tự nhiên bằng cách so sánh và thay thế hàm với dãy lũy thừa tương ứng của chúng Đặc biệt, chúng tôi tập trung vào kết quả của Mortici liên quan đến bất đẳng thức Wilker–Cusa–Huygens và đưa ra các tổng quát hóa và sàng lọc các bất đẳng thức được nêu trong sáu định lý dưới đây. Định lý 1.1 Với mọi 0< x < π/2, ta có
1890. Định lý 1.2 Với mọi 0< x < π/2, ta có
3780x 6 Định lý 1.3 Với mọi 0< x < π/2, ta có
20 x 4 cosx. Định lý 1.4 Với mọi 0< x < π/2, ta có
1 cosx. Định lý 1.5 Với mọi 0< x < π/2, ta có x sinx
45x 4 Định lý 1.6 Với mọi 0< x < π/2, ta có
210x 6 Trước tiên, chúng tôi nhắc lại một số khai triển của chuỗi lũy thừa sẽ dùng cho các chứng minh về sau.
Với x ∈ R, các khai triển chuỗi lũy thừa sau đúng: sinx ∞
(2k)!x 2k (1.1) Ngoài ra, với x ∈ R ta có các khai triển sau: cos 3 x = 1
2 ta có các khai triển sau: cos(x) = 1 x +
|B 2k |4 k (2k)! x 2k−1 , (1.6) trong đó B i là các số Bernoulli’s. Định lý 1.7 Giả sử f(x) là một hàm số thực trên (a, b) và n là số nguyên dương sao cho f (k) (a+), f (k) (b−)(k ∈ {0,1,2, , n}) tồn tại.
(i) Giả sử (−1) (n) f (n) (x) tăng trên khoảng (a, b) thì với mọi x ∈ (a, b) ta có bất đẳng thức sau: n−1
Hơn nữa, nếu (−1) (n) f (n) (x) giảm trên (a, b) thì bất đẳng thức đảo ngược của (1.7) đúng.
(ii) Giả sử f (n) x tăng trên (a, b), khi đó với mọi x ∈ (a, b) bất đẳng thức sau đúng: n−1
Hơn nữa, nếu f (n) (x) giảm trên (a, b) thì bất đẳng thức đảo ngược của (1.8) đúng. Để chứng minh Định lý 1.1, 1.2, 1.3 và 1.4, ta cần mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.1 Cho chuỗi f(x) = P∞ k=1(−1) k+1 A(k)x 2k hội tụ với x ∈
(0, c), c ∈ R + Giả sử các phát biểu sau đúng:
(i) Nếu c < 1 thì dãy {A(k)} k∈ N là một dãy số dương và giảm dần về 0.
(ii) Nếu c ≥ 1thì dãy {A(k)} k∈ N là một dãy số dương, lim k→+∞ c 2k A(k) 0 và A(k) > c 2 A(k + 1) với k ≥ 1.
Khi đó với mọi x ∈ (0, c) và với mọi n∈ N và m ∈ N, ta có
Chứng minh Giả sử c < 1 Khi đó, với mọi x ∈ (0, c), dãy số dương {A(k)x 2k } k∈N đơn điệu giảm và lim k→∞ A(k)x 2k = 0 Do đó, khẳng định (1.9) và (1.10) đúng theo định lý Leibniz cho chuỗi đan dấu.
(−1) k+1 A(k)c 2k t 2k với t∈ (0,1) (1.11) Với giả thiết A(k) > c 2 A(k+ 1), ta có
Do đó, với mọi t ∈ (0,1) chuỗi lũy thừa (1.11) thỏa mãn định lý Leibniz đối với chuỗi đan dấu và với mọi n, m ∈ N ta có
(1.13) Thay x = tc vào (1.12) và (1.13) ta suy ra điều phải chứng minh.
Chúng tôi đưa ra kết quả mới và khái quát hóa Định lý 1.1 như sau. Định lý 1.8.
(i) Với mọi x ∈ (0, π/2) và với mọi x∈ N, ta có
0, π 2 và với mọi m ∈ N, ta có: cosx− Åsinx x ã3
Chứng minh Xét hàm f(x) = cosx− Åsinx x ã3 với x ∈
Dựa vào khai triển chuỗi lũy thừa (1.1) và (1.3), ta có f(x) ∞
2 ta có A(k) > 0 với k ≥ 2 và lim k→∞c 2k A(k) = 0 Khi đó, c 2 A(k+ 1) < A(k) ⇔ 32k 5 + 240k 4 + (680−8c 2 )k 3
Bất đẳng thức cuối đúng với k ≥ 1, từ Mệnh đề 1.1 suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo, tổng quát hóa bất đẳng thức trong Định lý 1.2 như sau. Định lý 1.9 (i) Với mọi x ∈
0,π 2 và với mọi x ∈ N, ta có
(ii) Với mọi x ∈ (0, π/2) và với mọi m ∈ N, ta có: sinx x − cosx+ 2
Chứng minh Xét hàm f(x) = sinx x − 1
Dựa vào khai triển chuỗi lũy thừa (1.1), ta có f(x) = −2
3 k−1 (2k + 1)!x 2k Dãy {B(k)} k∈ N ,k≥2 thỏa mãn đẳng thức truy hồi
2 ta có B(k) > 0 với k ≥ 2 và lim k→∞ c 2k B(k) = 0 Khi đó, c 2 B(k + 1) < B(k) ⇔ Å c 2 k 2(k 2 −1)(2k+ 3) −1 ã B(k) < 0
Vì bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi k ≥ 2 nên các khẳng định của Định lý 1.9 đúng theo Mệnh đề 1.1.
Tổng quát hóa bất đẳng thức trong Định lý 1.3 được nêu trong định lý sau. Định lý 1.10 (i) Với mọi x ∈
0,π 2 và với mọi x ∈ N, ta có
0,π 2 và với mọi m ∈ N, m ≥2 ta có:
< C(m+ 1)x 2m+2 cosx Chứng minh Xét hàm f(x) = sin 2x x + sinx x −3 cosx với x ∈
Dựa vào khai triển chuỗi lũy thừa (1.1), ta có f(x) ∞
2, ta có C(k) > 0với k ≥2 và lim k→∞c 2k C(k) = 0. Khi đó, c 2 C(k+ 1) < C(k) ⇔ −2 Å 12k 3 + 38k 2 + (6c 2 + 76)k
Vì bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi k ≥ 2 nên các khẳng định của Định lý 1.10 đúng theo Mệnh đề 1.1.
Tổng quát hóa bất đẳng thức trong Định lý 1.4 được nêu trong định lý sau. Định lý 1.11 (i) Với mọi x ∈
0,π 2 và với mọi x ∈ N, ta có
0,π 2 và với mọi m ∈ N, m ≥2 ta có: Åsinx x ã2
< D(m + 1)x 2m+2 cosx Chứng minh Xét hàm f(x) = cosx−cos 3 x x 2 + sinx x −2 cosx với x ∈
Dựa vào khai triển chuỗi lũy thừa (1.2), ta có f(x) ∞
2, ta có D(k) > 0 với k ≥ 2 và lim k→∞c 2k D(k) = 0. Khi đó, c 2 D(k + 1) < D(k) ⇐⇒
Vì bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi k ≥ 2 nên các khẳng định của Định lý 1.11 đúng theo Mệnh đề 1.1.
Tổng quát hóa bất đẳng thức trong Định lý 1.5 được nêu trong định lý sau. Định lý 1.12 Với mọi x ∈
0, π 2 và m ∈ N, m ≥ 2 ta có bất đẳng thức sau:
(2k)! x 2k , (1.21) trong đó B i là các số Bernoulli’s.
Chứng minh Xét hàm f(x) x sinx
Dựa vào khai triển dãy lũy thừa (1.5) và (1.6), ta có f(x) =x 2 1 x 2 +
Vì tất cả các hệ số đều dương nên áp dụng Định lý 1.7, suy ra định lý được chứng minh.
+ x tanx, ta chứng minh các bất đẳng thức với m = 2,3,4,5 Thay các giá trị cụ thể vào Định lý1.11 Ta được:
Nhận xét 1.1 Định lý 1.7 cho phép ước lượng sai số Sự khác biệt giữa vế phải và vế trái của bất đẳng thức trong Định lý 1.5 có thể được biểu diễn bởi hàm sau:
Giá trị lớn nhất của Rn(x) đạt được tại π
2 và giá trị ứng với n = 3,4,5 và 6 tương ứng là 6.97×10 −2 , 2.26×10 −2 , 6.95×10 −3 và 2.06×10 −3 Tổng quát hóa bất đẳng thức trong Định lý 1.6 được nêu trong định lý sau. Định lý 1.13 Với mọi x ∈
0, π 2 và m ∈ N, m ≥ 3 ta có bất đẳng thức sau:
(2k)! x 2k , (1.24) trong đó B i là các số Bernoulli’s.
Chứng minh Xét hàm f(x) = 3 x sinx + cosx với x ∈
Dựa vào việc mở rộng chuỗi (1.1) và (1.4), ta có f(x) = 4 +
Dễ thấy 3|B 2k |(2 2k −2) > 1 khi k ≥ 2 và 3|B 2k |(2 2k −2) = 1 khi k = 1.
Do đó tất cả các hệ số tương ứng đều dương Khi đó, áp dụng Định lý
WD, ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
0,π 2 và f(x) = 3 x sinx + cosx ta chỉ ra các bất đẳng thức với m = 3,4,5,6.
210x 6 ta thấy rằng bất đẳng thức vế phải thu được từ Định lý 1.6.
18,162,144,000. Nhận xét 1.2 Sự khác biệt giữa vế phải và vế trái của bất đẳng thức trong Định lý 1.13 có thể được biểu diễn bởi hàm sau:
Các giá trị cực đại của R n (x) đạt được tại π
2 và giá trị của hàm tại n = 3,4,5 và 6 tương ứng là 3.20 × 10 −2 ,7.78 × 10 −3 ,1.95 × 10 −3 và4.88×10 −4
Bất đẳng thức chứa hàm số mũ, hàm số lượng giác và hàm số hyperbolic
Mục này chúng tôi trình bày một số bất đẳng thức chứa hàm số mũ, hàm số lượng giác và hàm số hyperbolic.
, các hằng số tốt nhất α và β trong bất đẳng thức cos(x)−1 +α α ≤ e −x 2 ≤ cos(x)−1 +β β (1.25) tương ứng là 1/2 và ≈ 1.092663. Áp dụng dãy chứa hàm số mũ và chuỗi cosin, Mệnh đề 1.2 có thể được biểu diễn dưới dạng sau.
(−1) k x 2k (2k)! , trong đó α và β được xác định như trên.
Mệnh đề 1.3 Với x ∈ (0, π/2) ta có Åtanh(x) x ã δ
(1.26) với các hằng số tốt nhất δ = 0.839273 và η = 1/2.
Mệnh đề dưới đây đưa ra các giới hạn cho hàm sin sử dụng hàm e −x 2 hoặc cosin hyperbol.
, hai bất đẳng thức sau Ç2 +e −x 2
(1.28) đúng với các hằng số tốt nhất a ≈ 1.240827, b = 1/2, c ≈ 1.108171 và d = 1.
Kết quả tiếp theo đưa ra các giới hạn cho hàm x/sinh(x) sử dụng hàm cosin.
0,π 2 ta có bất đẳng thức sau Å2 + cos(x)
(1.29) với các hằng số tốt nhất m ≈ 1.014227 và n≈ 0.928648.
Mệnh đề dưới đây trình bày các giới hạn của hàm sinh(x)/xbằng cách sử dụng hàm cosin hyperbol.
0,π 2 ta có bất đẳng thức sau Å2 + cosh(x)
(1.30) với các hằng số tốt nhất p ≈ 0.928648 và q ≈ 1.009155.
0,π 2 ta có bất đẳng thức sau exp Å3
Mệnh đề 1.8 Với x ∈ (0,1) ta có Å
Hai bổ đề dưới đây được dùng cho chứng minh các phần sau:
Bổ đề 1.1 ([4]) Cho f, g là hai hàm có giá trị thực liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b), trong đó −∞ < a < b < ∞ và g 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ (a, b) Thỏa mãn
B(x) = f(x)−f(b) g(x)−g(b). Khi đó, i) A(x) và B(x) tăng trên (a, b) nếu f 0 /g 0 tăng trên (a, b) và ii) A(x) và B(x) giảm trên (a, b) nếu f 0 /g 0 giảm trên (a, b).
Tính đơn điệu chặt của A(x) và B(x) phụ thuộc vào tính đơn điệu chặt của f 0 /g 0
Bổ đề 1.2 ([3]) H(x) = sin(x)−xcos(x) x 2 sin(x) là hàm dương tăng chặt trên x ∈
Chứng minh Mệnh đề 1.2 Rõ ràng các đẳng thức đúng tại x = 0 Xét hàm f(x) = cos(x)−1 e −x 2 −1 = f1(x) f 2 (x), trong đóf 1 (x) = cos(x)−1và f 2 (x) =e −x 2 −1vớif 1 (0) = 0và f 2 (0) = 0. Lấy vi phân ta được f 1 0 (x) f 2 0 (x) = sin(x)e x 2
2x = f3(x) f 4 (x), trong đó f 3 (x) = sin(x)e x 2 và f 4 (x) = 2x với f 3 (0) = 0 và f 4 (0) = 0 Lấy vi phân một lần nữa, ta được f 3 0 (x) f 4 0 (x) = e x 2
2 F(x) trong đó F(x) = cos(x) + 2xsin(x) Lấy vi phân hàm F(x) ta được
F 0 (x) = 2xcos(x) + sin(x) > 0 với x ∈ (0, π/2) suy ra F(x) là hàm tăng Do đó f 3 0 (x) f 4 0 (x) là một tích của hai hàm số tăng nên cũng là một hàm số tăng Theo Bổ đề 1.2, f(x) cũng tăng trên (0, π/2) Do đó, α = f(0+) = 1/2 và β = f(π/2−) =−1/[e −(π/2) 2 −1 ]≈ 1.092663.
Ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 1.3 Cho hàm số h(x) = log(sin(x)/x) log(tanh(x)/x) = h 1 (x) h 2 (x), trong đó h 1 (x) = log(sin(x)/x) và h 2 (x) = log(tanh(x)/x) với h 1 (0+) 0 và h2(0+) = 0 Lấy vi phân ta được h 0 1 (x) h 0 2 (x) = sin(x)−xcos(x) x 2 sin(x) x 2 tanh(x) tanh(x)−x sech 2 (x) = H(x)J(x), trong đó H(x) = sin(x)−xcos(x) x 2 sin(x) và J(x) = x 2 tanh(x) tanh(x)−x sech 2 (x) Đặt
J 2 (x), trong đóJ 1 (x) =x 2 tanh(x)vàJ 2 (x) = tanh(x)−xsech 2 (x)vớiJ 1 (0) = 0 và J 2 (0) = 0 Lấy vi phân ta được
= 1 2 x tanh(x) + cosh 2 (x),trong đóx/tanh(x)vàcosh 2 (x)đều tăng Theo Bổ đề 1.2,J(x)cũng tăng trên (0, π/2) Mặt khác, J(x) xác định dương khi x/sinh(x) < cosh(x).
Theo Bổ đề 1.2, H(X) tăng chặt trên (0, π/2) Ta có h 0 1 (x) h 0 2 (x) là tích của hai hàm tăng nên cũng là hàm tăng Lại áp dụng Bổ đề 1.2, h(x) tăng chặt trên (0, π/2) Do đó δ = log(2/π)/log(2 tanh(π/2)/π) ≈ 0.839273 và η = f(0+) = 1/2 theo quy tắc L’Hospital Suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 1.4 Chứng minh (1.27) Ta có f(x) = log(sin(x)/x) log(2 +e −x 2 )−log 3 = f 1 (x) f 2 (x), trong đó f 1 (x) = log(sin(x)/x) và f 2 (x) = log(2 +e −x 2 )−log 3 sao cho f1(0+) = 0 và f2(0) = 0 Lấy vi phân ta được f 1 0 (x) f 2 0 (x) = 1
2H(x)G(x), trong đó H(x) = (sin(x)−xcos(x)) x 2 sin(x) là hàm tăng chặt trên (0, π/2) theo
Bổ đề 1.2 và G(x) = 2e x 2 + 1 cũng là hàm tăng Do đó H(x)G(x) tăng chặt Từ Bổ đề 1.2 suy ra f(x) tăng chặt trên (0, π/2) Do đó f(0+) < f(x) < f(π/2); x ∈ (0, π/2).
Suy ra a = f(π/2) = log(2/π)/[log(2 +e −(π/2) 2 )−log 3] ≈ 1.240827 và b = f(0+) = 1/2 theo quy tắc Hospital.
Chứng minh (1.28) Ta có e −kx 2 < sin(x) x < e −x 2 /6 , trong đó k = −log(2/π)
(π/2) 2 Sắp xếp lại, ta được Åsin(x) x ã6
Khi đó ta viết được như sau Å 3
, (1.34) trong đó γ = (π/2) 2 log[(2 + cosh(π/2))/3] Kết hợp (1.33) và (1.34) ta được Å 3
2 + cosh(x) ã , trong đó c = kγ = −log(2/π) log[(2 + cosh(π/2))/3] ≈ 1,108171 Ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 1.5 Ta có e −x 2 /6 < x sin(x) < e −tx 2 , x ∈ (0, π/2), trong đó t= −log[π/(2 sinh(π/2))]
(π/2) 2 Bất đẳng thức trên tương đương với Å x sin(x) ã1/t
Tương tự, ta có Å2 + cos(x)
(1.36) trong đó λ = −(π/2) 2 log(2/3) Từ (1.42) và (1.36) ta được Å2 + cos(x)
Ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 1.6 Kết hợp các bất đẳng thức (1.34) và (1.42) ta được p = −6 log[π/(2 sinh(π/2))]
Ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 1.7 Với x = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Với t ∈ (0,1), ta có te −t 2 /3 < tanh(t) < te −θt 2 với θ ≈ 0.272342 Do đó bằng cách lấy tích phân, với x ∈ (0,1) ta được
Bằng cách kết hợp với hàm số mũ, suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 1.8 Với x = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Với t ∈ (0,1), ta có
3 +t 2 < tanh(t) < ξt ξ +t 2 với ξ ≈ 3.194528 Lấy tích phân, với x ∈ (0,1) ta có
1 + x 2 ξ ã.Bằng cách kết hợp với hàm số mũ, suy ra điều phải chứng minh.
Giới hạn của các hàm số lượng giác p-tổng quát
Hàm số trên có thể được mô tả bằng phương trình r p = c nếu sử dụng tọa độ tam giác cực hoặc tam giác chuẩn trong trường hợp p = 2 và p = 1 tương ứng Xét r 1 và r 2 là trường hợp đặc biệt của tọa độ bán kính p-tổng quát r p = (|x| p + |y| p ) 1/p , p > 0 và các hàm sinϕ, cosϕ là trường hợp đặc biệt của hàm số lượng giác p-tổng quát. Định nghĩa 1.1 Các giá trị sin và cos p-tổng quát của một góc ϕ ∈
(0,2π) giữa các hướng của trục x theo chiều dương và đường thẳng đi qua các điểm (0,0) và (x, y) ∈ R 2 được xác định với mỗi p > 0 là sin p ϕ = y
Ta có |sin p ϕ| ≤ 1, cos p ϕ ≤ 1 và
Với p > 0, ϕ∈ (0,2π) ta có sinpϕ= sinϕ
Npϕ (1.38) trong đó N p ϕ = (|sinϕ| p +|cosϕ| p ) 1/p
Với ϕ6= kπ 2 , k = 1,2,3 thì đạo hàm bậc nhất của sin p và cos p là sin 0 p ϕ = cos p ϕ|cosϕ| p−2
((sinx) p + (cosx) p ) p+1 p và sin 0 p x cos 0 p x = −(cotx) p−1 Hàm tiếp tuyến tổng quát tanpx được định nghĩa là tan p x = sin p x cospx, x ∈ R\n kπ+ π
Ta có tan p x = tanx với p > 0 tùy ý Từ (1.39) suy ra tan 0 p x = 1 +|tanx| 2 , x ∈ −π
Các hàm tổng quát này trùng với các hàm cơ bản khi p = 2.
Tiếp theo, chúng tôi trình bày bất đẳng thức kiểu Turán cho các tham số của các hàm lượng giác p-tổng quát.
Bổ đề 1.3 Trung bình lũy thừa hàm hai biến M p (a, b) lõm trên p với p ≥ 1 và lồi trên p nếu p ≤ 1 Nghĩa là, ∂ 2
∂p 2 [Mp(a, b)] ≥0 với p≤ −1, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. Định lý 1.14 Cố định x ∈
0, π 2 và k > 1, hàm p7→ 2 k p sin p x là hàm lồi trên p∈ [1,∞) Cụ thể, với x ∈
Chứng minh Sử dụng công thức dạng (1.37) ta được
= k−1 p log 2−logM p (1, λ) trong đó λ = cotx Mặt khác, ta có d dp Åk−1 p log 2 ã
= −k −1 p 2 log 2 và d 2 dp 2 Åk−1 p log 2 ã
Từ đó suy ra hàm 2 k−1 p lồi chặt với p≥ 1 và k > 1 Mặt khác, ta có
[M pt (1, λ)] t = M p (1, λ t ) và tlog (Mpt(1, λ)) = log Mp(1, λ t )
Lấy vi phân (1.41) theo p và cố định λ ta được t 2 [log (M pt (1, λ))] 0 log M p (1, λ t )0 và t 3 [log (M pt (1, λ))] 00 log M p (1, λ t )00
Hơn nữa, ta có t 3 [log(Mt(1, λ t ))]” ≤ 0 bằng cách đặt p = 1, sử dụng Bổ đề 1.2 và hàm lõm nghĩa là hàm log- lõm Vậy hàm 2 k p sin p x là hàm log-lồi trên p ∈ [1,∞) Suy ra điều phải chứng minh.
, hàm p 7→ 2 1 p sin p x là log-lồi trên p∈ [1,∞) Cụ thể, cố định x ∈
0,π 2 và k > 1, hàm p 7→ 2 k p cos p x là log-lồi trên p ∈ [1,∞) Cụ thể, cố định x ∈
, hàm p 7→ 2 1 p cos p x là log-lồi trên p∈ [1,∞) Cụ thể, cố định x ∈
Tiếp theo chúng tôi trình bày tính bị chặn của các hàm lượng giác p-tổng quát.
0,π 2 và n ≥2 Khi đó sin n x+ cos n x ≤ 1.
Bổ đề 1.5 ([6]) Với a, b ∈ R và p > 0 Khi đó
Bổ đề 1.6 ([6]) Với x ∈ (0,1) ta có x < tanx < x
0,π 2 và p≥ 2 Khi đó các bất đẳng thức sau đúng: i) sinx ≤ sin p x ≤ 2 p−1 p sin 1 x; ii) cosx ≤cos p x ≤ 2 p−1 p cos 1 x.
Chứng minh Áp dụng Bổ đề 1.4, Bổ đề 1.5 và định nghĩa các hàmsinpx, cos p x, ta có sinx ≤ sin p x ≤ sinx
= 2 p−1 p sin 1 x và cosx ≤cos p x≤ cosx
= 2 p−1 p cos 1 x. suy ra điều phải chứng minh. Định lý 1.17 Cố định x ∈
0, π 2 và p≥ 2 Khi đó bất đẳng thức sau đúng. i) (cosx) p−1 ≤ sin 0 p x ≤ 2 p
Chứng minh Áp dụng Bổ đề 1.4, Bổ đề 1.5 và biểu thức (1.37), (1.38) suy ra điều phải chứng minh. Định lý 1.18 Với x ∈
Chứng minh Vì hàm ln xlà hàm lõm chặt trên (0,∞), ta đặtα = k l+ k, β = l l+ k, x 1 = 1 k sin p p x và x 2 = 1 l cos l p x trong bất đẳng thức Jensen suy ra αlnx 1 +βlnx 2 ≤ ln(αx 1 +βx 2 ).
Từ đó suy ra được điều phải chứng minh. Định lý 1.19 Với x ∈
0,π 2 các bất đẳng thức sau đúng: i) (sinpx) cos p x ≤ (cospx) sin p x , với x ∈
; ii) (cos p x) sin p x ≤ (sin p x) cos p x , với x ∈ π
; iii) (sin p x) sin p x ≤ (cos p x) cos p x , với x ∈
Chứng minh Xét lnx x tăng chặt trên (0,∞) và bất đẳng thức x ∈
, cos p x ≤ sin p x, suy ra bất đẳng thức i) và ii) được chứng minh. Đối với bất đẳng thức iii), từ (xlnx) 0 = 1 + lnx > 0 với x ∈ Ç 0,
√2 2 ồ suy ra hàm xlnx là hàm tăng chặt Do đó, ta có sin p xln(sin p x) ≤cos p xln(cos p x).
Suy ra điều phải chứng minh. Định lý 1.20 Cố định x ∈
Chứng minh Do tính lồi của hàm x x suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Định lý 1.21 Cố định x ∈ (0,1) và p≥ 0, ta có
Chứng minh Áp dụng bổ đề 1.6 và công thức 1 cos p px − 1 = tan p x, ta suy ra được điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.7 ([2]) Xét hàm f : (a,∞) → R trong đó a ≥ 0 Nếu hàm g được định nghĩa bởi g(x) = 1 x(f(x)−1) tăng trên (a,∞), khi đó hàm h được xác định bởi h(x) = f(x 2 ), ta có bất đẳng thức kiểu Krunbaum
1 +h(z) ≥ h(x) +h(y) (1.45) trong đó x, y ≥ a và z 2 = x 2 + y 2 Nếu hàm g giảm thì bất đẳng thức (1.40) bị đảo ngược. Định lý 1.22 Cố định x, y, z ∈
0,π 2 và x 2 +y 2 = z 2 , ta có z 2 sin p (z 2 ) ≥ x 2 sin p (x 2 ) + y 2 sin p (y 2 ) (1.46) và z 2 cos p (z 2 ) ≥ x 2 cos p (x 2 ) +y 2 cos p (y 2 ) (1.47)
Chứng minh Đặt f(x) = xsin p (x) + 1 ta được hàm g(x) = f(x)−1 x sinp(x) là hàm tăng trên
, áp dụng Bổ đề 1.7 ta được bất đẳng thức (1.46).
Tương tự, bất đẳng thức (1.47) cũng được suy ra từ Bổ đề 1.7 Suy ra điều phải chứng minh.
≥ cosx (1.48) Định lý 1.23 Với p > 0 và x ∈
, ta có sin 3 p x x 3 ≥ cos 3 p x cos 2 x (1.49)
Chứng minh Áp dụng định nghĩa của hàm sin p x, cos p x và Bổ đề 1.7, ta có sin 3 p x x 3 = sin 3 x x 3 (sin p x+ cos p x) 3 p
1 cos 2 x = cos 3 p x cos 2 x. Suy ra điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức trên trong Định lý 1.23 được gọi là bất đẳng thức Mitrinovic-Adamavic Định lý 1.24 tiếp theo biểu diễn bất đẳng thức Huygens nổi tiếng cho các hàm lượng giác p-tổng quát. Định lý 1.24 Với p > 0 và x ∈
3 sin p x x + cos 2 x cos 3 p x > 4 (1.50) Chứng minh Bất đẳng thức AG có trọng số cho thấy rằng ta+ (1−t)b > a t b 1−t với a > 0, b > 0 và 0 < t < 1 Lấy t = 3
4, a = sinpx x và b = cos 2 x cos 3 p x và áp dụng Định lý 1.24, ta được
4 cos 2 x cos 3 p x > Åsin p x x ã 3 4 Ç cos 2 x cos 3 p x ồ 1 4
Suy ra điều phải chứng minh. Định lý 1.25 Với t, p > 0 và x ∈
, các bất đẳng thức sau đúng: i) ủ
Chứng minh Áp dụng các bất đẳng thức đã biết, ta có a+b ≥ 2ằ
, b Åtanpx x ãt và áp dụng Định lý 1.16, Định lý 1.23 ta được bất đẳng thức i) và ii).
Với iii) và iv), áp dụng công thức
, b Åtan p x x ãt ta suy ra được điều phải chứng minh.
Một số ứng dụng của bất đẳng thức lượng giá 32
Bất đẳng thức Wolstenholme và mở rộng
Trong phần này, chúng tôi mở rộng bất đẳng thức (2.2) cũng như mở rộng bất đẳng thức Wolstenholme (2.1) đối với các tam giác nhọn và chứng minh hai mệnh đề tương đương.
Bất đẳng thức tam giác nhọn (2.2) có thể được mở rộng thành tam giác không có góc tù như sau: Định lý 2.1 Cho tam giác ABC không có góc tù và các số thực x, y, z tùy ý ta có bất đẳng thức sau: x 2 +y 2 + z 2 ≥(zcosB +ycosC) 2 + (xcosC +zcosA) 2 (2.10)
NếuABC là tam giác nhọn thì đẳng thức trong (2.10) đúng khi và chỉ khi x : y :z = sinA : sinB : sinC; Nếu ABC là tam giác vuông có A = π/2 thì đẳng thức trong (2.10) đúng khi và chỉ khi y = z và B = C = π/4.
Vì(zcosB+ycosC) 2 ≥zcosBcosC nên bất đẳng thức (2.10) là một mở rộng của bất đẳng thức (2.2) Mặt khác, bất đẳng thức (2.10) cũng là một mở rộng của bất đẳng thức Wolstenholme (2.1) đối với tam giác ABC không có góc tù.
Ta có, bất đẳng thức (2.10) tương đương với
(1−cos 2 B −cos 2 C)x 2 + (1−cos c −cos 2 A)y 2 + (1−cos 2 A−cos 2 B)z 2
≥ 2(yzcosBcosC +zxcosCcosA+xycosAcosB) (2.11) và qua các phép biến đổi tương đương, ta có x 2 cos 2 A+y 2 cos 2 B +z 2 cos 2 C
≥ (y +z) 2 cos 2 Bcos 2 C + (z+ x) 2 cos 2 Ccos 2 A+ (x+y) 2 cos 2 Acos 2 B,
(2.12) Đẳng thức trong (2.12) xảy ra khi và chỉ khi xcosA = ycosB = zcosC. Tiếp theo, chúng tôi chứng minh Định lý 2.1.
Chứng minh Chúng tôi chứng minh theo hai trường hợp sau đây.
Trường hợp 1 ∆ABC là tam giác vuông với A = π/2.
Trong trường hợp này, bất đẳng thức (2.10) trở thành x 2 + y 2 +z 2 ≥(zcosB +ycosC) 2 +x 2 (cos 2 C + cos 2 B) (2.13) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
Vì A = π/2 nên ta có cos 2 B + cos 2 C = 1 Do đó, bất đẳng thức (2.13) được suy ra từ bất đẳng thức (2.14) Kết hợp điều kiện để có đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy và A = π/2 suy ra dấu bằng trong bất đẳng thức (2.13) xảy ra khi và chỉ khi y = z và B = C = π/4.
Trường hợp 2 Tam giác ABC là tam giác nhọn.
Trước tiên, ta sẽ chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và các số thực x, y, z thỏa mãn: Å zsin B
≤ x 2 +y 2 +z 2 , (2.15) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = cosA
2. Trong phần tiếp theo, ta gọi a, b, c lần lượt là các cạnh BC, CA, AB của ∆ABC tương ứng và đặt s = (a+b+c)/2 Theo công thức tính số đo góc sinA
Do đó, áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta được
(2.18) và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z 2 s−b c = y 2 s−c b (2.19)
Gọi Q 0 là giá trị vế trái của bất đẳng thức (2.15), theo bất đẳng thức (2.18) và công thức (2.16), ta có
Mặt khác, ta có s−a a Ås−c c + s−b b ã + (s−a)(s−c) a Å1 b + 1 c ã
= 1 (2.20) và hai đẳng thức tương tự, ta có
Q ≤ x 2 +y 2 +z 2 và bất đẳng thức (2.15) được chứng minh.
Dấu bằng trong bất đẳng thức (2.15) xảy ra khi và chỉ khi z 2 s−b c = y 2 s−c b , x 2 s−c a = z 2 s−a c , y 2 s−a b = x 2 s−b a , nghĩa là x : y : z = p a(s−a) : p b(s−b) : p c(s−c) Áp dụng công thức tính góc, ta có cos A
2. Vậy, dấu bằng trong bất đẳng thức (2.15) xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = cosA
2. Khi tam giác ABC là tam giác nhọn, ta có thể sử dụng phép thế
A → π −2A, B → π −2B, C → π −2C trong bất đẳng thức (2.15) và suy ra bất đẳng thức (2.10) Từ điều kiện dấu bằng xảy ra trong bất đẳng thức (2.15) suy ra dấu bằng trong bất đẳng thức (2.10) xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = sinA: sinB : sinC.
Kết hợp hai trường hợp trên, ta suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.3 Đối với bất đẳng thức bậc hai tổng quát, ta có kết luận sau: Cho p1, p2,p3, q1, q2, q3 là các số thực sao cho p1 > 0, p2 > 0, p3 > 0, 4p 2 p 3 −q 2 1 > 0, 4p 3 p 1 −q 2 2 > 0, 4p 1 p 2 −q 2 3 > 0 và
D 0 ≡4p 1 p 2 p 3 −(q 1 q 2 q 3 +p 1 q 2 1 +p 2 q 2 2 + p 3 q 2 3 ) ≥ 0 (2.22) Khi đó, ta bất đẳng thức sau: p 1 x 2 + p 2 y 2 + p 3 z 2 ≥ q 1 yz+q 2 zx+ q 3 xy (2.23) bất đẳng thức (2.23) đúng với mọi số thực x, y, z Nếu x, y, z 6= 0thì dấu bằng trong (2.23) xảy ra khi và chỉ khi
Như vậy, Định lý 2.1 cũng có thể được chứng minh bằng cách sử dụng kết luận trên.
Nhận xét 2.4 Bất đẳng thức (2.10) có thể được mở rộng thành bất đẳng thức sau x 2 +y 2 +z 2
≥(zcosB +ycosC) 2 + (xcosC +zcosA) 2 + (ycosA+xcosB) 2
≥2(yzcosA+zxcosB +xycosC), (2.25) đưa ra sự làm chặt của bất đẳng thức Wolstenholme (2.1) cho tam giác nhọn Bất đẳng thức thứ hai trong (2.25) thực sự đúng cho mọi tam giác và cũng có thể được chứng minh bằng cách sử dụng kết luận được đưa ra ở Nhận xét 2.3 Khi đó, dãy bất đẳng thức (2.25) tương đương với x 2 +y 2 +z 2
, (2.26) đúng cho mọi tam giác ABC. Định lý 2.2 Cho P là điểm nằm trong tam giác ABC bất kỳ (P có thể nằm trên các cạnh ngoại trừ các đỉnh của ∆ABC), khi đó với mọi số thực x, y, z bất đẳng thức sau đúng:
NếuABC là tam giác nhọn thì đẳng thức trong (2.27) đúng khi và chỉ khi
P là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và x : y : z = sinA : sinB : sinC; Nếu ABC là tam giác vuông có A = π/2 thì dấu bằng trong (2.27) xảy ra khi và chỉ khi y = z, B = C = π/4 và P là trung điểm của BC. Định lý 2.3 Cho P là điểm nằm trong tam giác ABC bất kỳ (P có thể nằm trên các cạnh ngoại trừ các đỉnh của ∆ABC), khi đó với mọi số thực x, y, z bất đẳng thức sau đúng:
(2.28) NếuABC là tam giác nhọn thì đẳng thức trong (2.28) đúng khi và chỉ khi
P là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và x : y : z = sinA : sinB : sinC;
Nếu ABC là tam giác vuông có A = π/2 thì dấu bằng trong (2.28) xảy ra khi và chỉ khi y = z, B = C = π/4 và P là trung điểm của BC.
Chứng minh Cho tam giác ABC có độ dài phân giác w a của góc ∠BAC được cho bởi w a = 2bc b+ccos A
Vì b+c ≥ 2√ bc nên ta có w a ≤√ bccosA
2, (2.30) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c. Áp dụng bất đẳng thức (2.30) cho ∆BP C, với mọi điểm trong P của
2, (2.31) trong đó α = ∠BP C Dấu bằng xảy khi và chỉ khi R 2 = R 3 Tương tự, ta có w 2 ≤ p
2, (2.32) trong đó β = ∠CP A và γ = ∠AP B Do đó, trong trường hợp x, y, z > 0 để chứng minh (2.28) ta cần chứng minh Å zp
Ta có α/2,β/2, γ/2 có thể được xem là các góc của một tam giác không tù, do đó ta đặtA = α/2, B = β/2, C = γ/2 trong bất đẳng thức (2.10) và dùng phương pháp thế đồng thời x → x√
Do đó bất đẳng thức (2.33) và (2.28) đúng với các số thực dương x, y, z. Để chứng minh bất đẳng thức (2.28) đúng với mọi số thực x, y, z trước tiên chúng ta chứng minh bất đẳng thức sau:
Từ bất đẳng thức (2.32), ta chỉ cần chứng minh cos 2 β
Vì α/2, β/2, γ/2 có thể được xem là các góc của một tam giác không tù Do đó, nếu ta có thể chứng minh bất đẳng thức cos 2 B + cos 2 C ≤1 (2.36) đúng với tam giác ABC không tù thì (2.35) được chứng minh Để chứng minh (2.36) ta cần chỉ ra sinB ≥cosC Thật vậy, vì sinB −cosC = sinB −sin π
2 ã và B − C < π/2, từ đó suy ra sinB ≥ cosC đúng với tam giác ABC không là tam giác tù Vậy, bất đẳng thức (2.34) được chứng minh (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = π/2, B = C = π/4 và P là trung điểm của BC).
Ta có thể rút ra kết luận sau đây: Nếu p1, p2, p3, q1, q2, q3 ≥ 0 và bất đẳng thức bậc hai (2.23) đúng với mọi số thực dương x, y, z thì (2.23) đúng với mọi số thực x, y, z Vì bất đẳng thức (2.28) đa được chứng minh với x, y, z > 0 nên theo bất đẳng thức (2.34) chúng ta có thể kết luận thêm rằng bất đẳng thức (2.28) đúng với mọi số thực x, y, z.
Cuối cùng, theo điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức (2.10), suy ra điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức (2.28) Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.5 Vì r 1 ≤ w 1 , r 2 ≤w 2 , r 3 ≤w 3 nên Định lý 2.2 có thể suy ra từ Định lý 2.3.
Nhận xét 2.6 Nếu cho tam giác ABC là tam giác không tù và lấy
Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác nhọn
Cho tam giác nhọn ABC, ta có bất đẳng thức lượng giác sau:
≤ 4 (2.70) trong đó A, B, C là ba góc của tam giác nhọn ABC và P là ký hiệu tổng cyclic Dấu bằng trong bất đẳng thức (2.70) xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân hoặc vuông cân.
Từ (2.70) ta suy ra được bất đẳng thức Walker sau: Với tam giác nhọn ABC ta có s 2 ≥2R 2 + 8Rr+ 3r 2 (2.71) trong đó s, R và r lần lượt là nửa chu vi, bán kính ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức (2.70) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
Do đó, theo bất đẳng thức (2.72) ta được bất đẳng thức sau:
Trong trường hợp tổng quát, ta có bất đẳng thức sau:
(zcosB +ycosC) 2 , (2.76) trong đó x, y, z là các số thực tùy ý Dấu bằng trong (2.76) xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = sinA: sinB : sinC.
Trong bất đẳng thức (2.76), thay x = cosA, y = cosB, z = cosC, ta được
Trong [10], tác giả đã chứng minh được đẳng thức sau:
Do đó, ta có bổ đề dưới đây:
Bổ đề 2.1 Trong một tam giác ABC bất kỳ, ta có
4s 2 R 2 (2.79) trong đó R, r và s lần lượt là bán kính ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi của tam giác ABC.
Trong [10], tác giả đã chứng minh rằng đối với tam giác nhọn ABC ta có bất đẳng thức sau: s 2 ≥ R(4R+r) 2
Theo bất đẳng thức (2.80) và bất đẳng thức tam giác cơ bản Sondat ta có
(đúng với mọi tam giác ABC) để hoàn thành chứng minh bất đẳng thức (2.70) Sau đây, chúng tôi sẽ đưa ra bốn cách chứng minh mới về bất đẳng thức (2.70) dựa trên Bổ đề 2.1.
Ký hiệu độ dài các cạnh của tam giác ABC là a, b và c Áp dụng bất đẳng thức có trọng số (2.76) để chứng minh bất đẳng thức (2.70) Ta thấy rằng, nếu đặtx = (b+c) cosA, y = (c+a) cosB và z = (a+b) cosC trong (2.76) ta được bất đẳng thức (2.79) Cụ thể như sau:
Chứng minh 1 Trước hết ta chứng minh hai đẳng thức sau:
X(b+c) 2 cos 2 A = 2X bc+ 2X a 2 − 1 2R 2 ÄabcX a+ X b 2 c 2 ọ (2.84) Mặt khác, từ các đẳng thức:
Xb 2 c 2 = s 4 −2r(4R−r)s 2 +r 2 (4R+ r) 2 (2.89) ta được đẳng thức (2.82).
Từ (2.85) - (2.87) và các đẳng thức đã biết ta có
Xa 3 = 2s(s 2 −6Rr −3r 2 ) (2.91) ta được đẳng thức (2.83).
Tiếp theo, tính tổng sau theo R, r và s:
(a+ 2s) 2 cos 2 Bcos 2 C a 2 cos 2 Bcos 2 C + 4sX acos 2 Bcos 2 C + 4s 2 X cos 2 Bcos 2 C.
= 4R 2 Y cos 2 AX tan 2 A+ 4sX acos 2 Bcos 2 C
+ 4s 2 Y cos 2 AX sec 2 A, trong đó Q ký hiệu là các tích cyclic Sau đó áp dụng đẳng thức (2.83) và các đẳng thức đã biết sau
Cuối cùng, từ (2.82) và (2.95) suy ra
Thay x = (b+c) cosA, y = (c+a) cosB và z = (a+b) cosC ta được
(2a+ b+ c) 2 cos 2 Bcos 2 C, suy ra E 1 ≥ E 3 Do đó, từ đẳng thức (2.96) ta suy ra bất đẳng thức (2.79) đúng với tam giác nhọn ABC Hơn nữa, theo Bổ đề 2.1 ta suy ra bất đẳng thức (2.70) đúng Suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh 2 Bất đẳng thức Walker (2.71) có thể thu được từ đẳng thức sau:
(2.97) Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh đẳng thức tương tự chứng tỏ rằng bất đẳng thức (2.79) đúng với tam giác nhọn ABC.
F0 ≡ X b 2 c 2 (c 2 +a 2 −b 2 )(a 2 +b 2 −c 2 )(b−c) 2 theo các số hạng R, r và s Trước tiên, ta có
−4(abc) 3 X a−X a 2 X a 8 −4X b 5 c 5 (2.98) Áp dụng các biểu thức (2.85)-(2.89) và các biến đổi đã biết sau đây:
(2.104) Trong tam giác nhọn ABC, ta luôn có bất đẳng thức sau:
Do đó, bất đẳng thức (2.79) được suy ra từ (2.104) Và từ Bổ đề 2.1 bất đẳng thức (2.70) đúng với tam giác nhọn ABC Suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh 3 Trong chứng minh của (2.80) trong tài liệu [10], tác giả đã sử dụng bất đẳng thức s 2 ≥2R 2 + 10Rr −r 2 −2(R−2r)p
R 2 −2Rr, (2.105) bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức Sondat (2.81).
Trước tiên chúng ta chứng minh bất đẳng thức (2.80), ta có
Bất đẳng thức này có thể rút ra từ bất đẳng thức Walker (2.71), bất đẳng thức Euler
R ≥2r (2.108) và bất đẳng thức tam giác nhọn Ciamberlini s ≥2R+r (2.109)
(theo đẳng thức (2.92)) Do đó bất đẳng thức (2.106) được chứng minh. Để chứng minh bất đẳng thức (2.79), nghĩa là Q 0 ≥ 0 ta có thể viết lại Q 0 như sau:
Do đó, theo bất đẳng thức Sondat (2.81) và bất đẳng thức (2.106), ta kết luận rằng bất đẳng thức Q 0 ≥ 0 đúng với tam giác nhọn ABC Hơn nữa, theo Bổ đề 2.1 ta suy ra rằng bất đẳng thức (2.70) đúng với tam giác nhọn ABC Suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Oppenheim (2.77) để chứng minh bất đẳng thức (2.70).
Chứng minh 4 Ta có bất đẳng thức Oppenheim (2.77) tương đương với bất đẳng thức sau
K0 ≡X cos 2 A+ 8X cosAY cosA−4ÄX cosBcosCọ 2
≥ 0. Áp dụng đẳng thức (2.92) và các bất đẳng thức sau
(2.114) Khi đó, ta suy ra được bất đẳng thức sau:
(2.115) Áp dụng bất đẳng thức Q 1 ≥ 0 để chứng minh Q 0 ≥ 0 Dễ thấy
Vì Q1 ≥ 0 nên để chứng minh Q0 ≥ 0 ta cần chỉ ra M1 ≥ 0 Ta có thể viết lại M 1 dưới dạng sau:
(2.118) Nếu R 2 − 2Rr − r 2 ≥ 0 thì theo đẳng thức (2.117), bất đẳng thức Ciamberlini (2.2) và bất đẳng thức Euler R ≥ 2r suy ra M1 ≥ 0 đúng. Nếu R 2 −2Rr−r 2 < 0 thì theo theo đẳng thức (2.118), bất đẳng thức Euler, bất đẳng thức Walker (2.72) suy ra M 1 ≥0 đúng Do đó, M 1 ≥0 đúng với mọi tam giác nhọn Vậy Q0 ≥0 Cuối cùng, theo Bổ đề 2.1 suy ra bất đẳng thức (2.70) đúng Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.9 Bất đẳng thức Q 0 ≥Q 1 có thể được mở rộng thành bất đẳng thức Q 0 ≥ 2Q 1
Nhận xét 2.10 Bất đẳng thức (2.70) tương đương với bất đẳng thức Oppenheim (2.77) Để làm sáng tỏ kết luận này, cần phải chứng minh bất đẳng thức (2.77) có thể được chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức (2.70) vì chúng ta đã áp dụng (2.70) để chứng minh (2.77).
Ta có đẳng thức sau:
4Q 1 −Q 0 = 3T 0 + 4RM 2 , (2.119) trong đó T 0 được cho trong (2.81) và
Do đó, theo đẳng thức (2.119) và bất đẳng thức Sondat (2.81) suy ra4Q 1 ≥ Q 0 Khi đó, với Q 0 ≥ 0 ta có Q 1 ≥ 0 Điều này chứng tỏ có thể suy ra bất đẳng thức Oppenheim (2.77) từ bất đẳng thức (2.70) Do đó,bất đẳng thức (2.70) tương đương với bất đẳng thức Oppenheim (2.77).
Với mục đích nghiên cứu về một vài mở rộng của bất đẳng thức lượng giác, luận văn đã cố gắng dịch, hiểu, trình bày lại một cách có hệ thống một số nội dung từ các tài liệu tiếng Anh Luận văn đã trình bày một cách tương đối trực quan những vấn đề sau:
1 Trình bày tổng quát hóa về một số bất đẳng thức, mở rộng các ý tưởng về cách tiếp cận tự nhiên bằng cách so sánh và thay thế hàm với dãy lũy thừa tương ứng của chúng.
2 Trình bày một vài kết quả mới về bất đẳng thức lượng giác như bất đẳng thức chứa hàm số mũ, hàm số lượng giác và hàm số hyperbolic.
3 Trình bày giới hạn của các hàm số lượng giác p-tổng quát.
4 Trình bày một số mở rộng bất đẳng thức (2.2) cũng như mở rộng bất đẳng thức Wolstenholme (2.1) đối với các tam giác nhọn.
5 Trình bày bốn cách chứng minh mới về bất đẳng thức (2.70) dựa trên Bổ đề 2.1.
Các nội dung trong luận văn hoàn toàn có thể chuyển thành các chuyên đề dạy học cho các học sinh có sự ham mê, năng khiếu với môn toán trong chương trình toán phổ thông.
[1] B Malesevic, T Lutovac, M Rasajski, and C Mortici (2018), Ex- tensions of the natural approach to refinements and generalizations of some trigonometric inequalities Advances in Difference Equa- tions.
[2] A Baricz, B A Bhayo, T K Pogány (2014), Convexity proper- ties of generalized trigonometric and hyperbolic functions, J Math. Anal Appl., 417, 244–259.
[3] Y.J Bagul and C Chesneau (2019), Some new simple inequalities in- volving exponential, trigonometric and hyperbolic functions Math- ematical Journal 21(01), pp 21-35.
[4] G D Anderson, M K Vamanamurthy and M Vuorinen (1997), Conformal Invarients, Inequalities and Quasiconformal maps, John Wiley and Sons, New York.
[5] L Yin, L Huang, and X Lin (2021), Inequalities and bounds for the p-generalized trigonometric functions.AIMS Mathematics 6(10), pp 11097-11108.
[6] J C Kuang (2002), Applied inequalities (Second edition) ShanDong Science and Technology Press Jinan.