Trang 3 Tôi xin cam đoan mọi kết quả của đề tài “Bất đẳng thức Bernoulli và mởrộng” là sản phẩm nghiên cứu của tôi thực hiện dưới sự hướng dẫn của TS.Dương Thanh Vỹ, và chưa từng được cô
Dạng cơ bản của bất đẳng thức Bernoulli
Định lý 1.1.1 ([1]) Với mọi x ∈R , α ∈ N, ta có
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp.
Với α = 0, rõ ràng bất đẳng thức trên là đúng.
Giả sử bất đẳng thức đúng với α = k, k ∈N Khi đó
Ta cần chứng minh bất đẳng đúng với α = k + 1, tức là
Ngoài ra, ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức trên bằng cách sử dụng bất đẳng thức AM-GM như sau.
Rõ ràng, với α = 0 và α = 1 thì bất đẳng thức Bernoulli dạng cơ bản là đúng.
Với −1 < x ≤ −1 α thì bất đẳng thức là hiển nhiên đúng.
Với x > −1 α hay x + 1 > 1 − 1 α, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (x + 1) α =
Vậy bất đẳng thức Bernoulli dạng cơ bản đã được chứng minh.
Bất đẳng thức Bernoulli dạng cơ bản thường được sử dụng để giải các bài toán về bất đẳng thức với mũ là số tự nhiên Sau đây là một số bài toán minh họa.
Bài toán 1.1.1 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≥ 3 Chứng minh rằng x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Vậy bài toán trên đã được chứng minh.
Bài toán 1.1.2 Cho a 1 , a 2 , a 3 , , a n (n ≥ 1) là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện n
X k=1 a 2 k = 1 ta suy ra được a k ∈ [0, 1]; k = 1, , n. Áp dụng dạng cơ bản của bất đẳng thức Bernoulli, ta có
2 a n ≥ 1 + a n ≥ 1 + a 2 n Cộng vế theo vế, ta được n
Vậy bài toán trên đã được chứng minh.
Bài toán 1.1.3 (China Northern MO năm 2009)([1]).
Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3.
Theo dạng cơ bản của đẳng thức Bernoulli, ta có: x 2009 = [1 + (x − 1)] 2009 ≥ 1 + 2009(x − 1); y 2009 = [1 + (y − 1)] 2009 ≥ 1 + 2009(y − 1); z 2009 = [1 + (z − 1)] 2009 ≥ 1 + 2009(z − 1).
2 (x + y + z). Áp dụng bất đẳng thức Caucy-Schwarz dạng phân thức, ta được x y + z + y x + z + z x + y ≥ (x + y + z) 2
2(xy + yz + zx) Lúc này ta cần chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + xz.
Từ giả thiết của bài toán, ta cần chứng minh
(x 2 + y 2 + z 2 )(x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + xz) 2 Bất đẳng thức trên là đúng vì
(x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ xy + yz + xz và (x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + xz). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli
Từ dạng cơ bản ở mục 1.1, ta có thể tổng quát số mũ α thành số thực bất kì như sau. Định lý 1.2.1 ([1]).
1 Nếu α là một số thực thỏa mãn α ≥ 1 hoặc α ≤ 0 thì
2 Nếu α là một số thực thỏa mãn 0 < α ≤ 1 thì
Chứng minh Ta thấy với α=0 hoặc α=1 thì bất đẳng thức trên là đúng. Xét hàm số f(x) = (1 + x) α − αx − 1 Ta có f ′ (x) = α(1 + x) α−1 − α = α[(1 + x) α−1 − 1].
∗Với α ∈ (0, 1) ta có bảng biến thiên sau x f ′ (x) f (x)
Vậy f(x) ≤ 0, với mọi x > −1, tức là (1 + x) α ≤ 1 + αx, với mọi x > −1.
∗ Với α < 0, ta có bảng biến thiên sau x f ′ (x) f (x)
Vậy f(x) ≥ 0, với mọi x > −1, tức là (1 + x) α ≥ 1 + αx, với mọi x > −1.
∗ Với α > 1, ta có bảng biến thiên sau x f ′ (x) f (x)
Vậy f(x) ≥ 0, với mọi x > −1, tức là (1 + x) α ≥ 1 + αx, với mọi x > −1.
Tiếp theo, ta xét một số bài toán ứng dụng dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli.
Bài toán 1.2.1 Giải phương trình sau
Ta thấy x = 0 và x = 1 thỏa phương trình trên.
Theo dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli, ta có
Vậy tập nghiệm của phương trình trên là S = {0, 1}.
Với a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng
Theo dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli, ta có
≥ 3c a + b + c Cộng vế theo vế ta được
≥ 3(a + b + c) a + b + c = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 1.2.3 (New Zealand MO năm 2019)([1]).
Với a, b, c là các số thức dương có tổng bằng 3 Chứng minh rằng a a + b b + c c ≥ 3.
Giả sử a ≥ b ≥ c, ta xét hai trường hợp sau.
•Trường hợp 1:a ≥ b ≥ 1 ≥ c Theo dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli, ta có a a ≥ 1 + a(a − 1) = a 2 − a + 1; b b ≥ 1 + b(b − 1) = b 2 − b + 1.
Do đó, ta cần chứng minh
Vì 0 < c ≤ 1 nên bất đẳng thức đúng.
•Trường hợp 2:a ≥ 1 ≥ b ≥ c Theo dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli, ta có a a ≥ 1 + a(a − 1) = a 2 − a + 1; b b ≥ 1
2 − c Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có a 2 − a + 1 + 1
Do đó, ta cần chứng minh a 2 − a + 1 + 4
Vì a ≥ 1 nên bất đẳng thức đúng.
Vậy bài toán trên đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Kĩ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Bernoulli
Điểm rơi đối xứng trong bất đẳng thức Bernoulli
Theo dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli, ∀t > 0; ∀α > β > 0, ta có t α β ≥ 1 + α β (t − 1)
⇔ t α β + ( α β − 1) ≥ α β t. Đặt x = t β 1 ⇔ t = x β , khi đó ta có kết quả sau Định lý 1.3.1([3]) Cho hai số thực α, β thỏa mãn α > β > 0, khi đó x α + ( α β − 1) ≥ α β x β Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Tiếp theo là một số bài toán minh họa cho kĩ thuật trên.
Bài toán 1.3.1 ([3]) Cho x, y > 0, α > 2 Chứng minh rằng x α + y α ≥ 2 1−α (x + y) α
2 Áp dụng Định lý 1.3.1, ta có
Cộng vế theo vế, ta được
Vậy bài toán trên đã được chứng minh.
Bài toán 1.3.2 ([3]) Cho △ABC Chứng minh rằng
Lời giải Để chứng minh bài toán này, ta cần kết quả sau sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ 9
4 Thật vậy, ta có cos 2x = 1 − 2 sin 2 x ⇒ sin 2 x = 1 − cos 2x
Kết quả trên đã được chứng minh Ta trở lại bài toán.
Theo Định lý 1.3.1, ta có
Cộng vế theo vế, ta được
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = 60 ◦
Bài toán 1.3.3 ([3]) Cho a, b, c, d > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Theo Định lý 1.3.1, ta có
Cộng vế theo vế ta được
Theo bất đẳng thưc AM-GM, ta có
(a + b + c)(b + c + d)(c + d + a)(a + b + c) Khi đó ta suy ra được
Ta đã chứng minh được a b + c + d + b c + d + a + c d + a + b + d a + b + c ≥ 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4
Điểm rơi không đối xứng trong bất đẳng thức Bernoulli
Ở phần này ta xét các bất đẳng thức không đối xứng với lũy thừa có số mũ vô tỉ dương Lúc này, khi ta sử dụng bất đẳng thức Bernoulli, dấu bằng xảy ra khi các biến số nhận các giá trị khác nhau.
Từ Định lý 1.3.1, ta có kết quả sau. Định lý 1.3.2 ([3]) Với mọi số thực dương x, số thực α > 1, ta có x α + (α − 1)x α 0 ≥ αx α−1 0 x.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = x 0
Tiếp theo, ta xét một số ví dụ ứng dụng Định lý 1.3.2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x
. Theo Định lý 1.3.2, ta có x
3 Cộng vế theo vế, ta được: x
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 3
4 ≥ x ≥ y ≥ z > 0 3x + 4y ≥ 2xy 2xy + 3xz + 4yz ≥ 3xyz
Tìm giá trị lớn nhất của S = x
Theo Định lý 1.3.2, ta có
Cộng vế theo vế, ta được
√ 3 Vậy giá trị lớn nhất của S là 4
4 ≥ x ≥ y ≥ z > 0 3x + 4y ≥ 2xy 2xy + 3xz + 4yz ≥ 3xyz
Tìm giá trị lớn nhất của S = x
Từ giả thiết, ta suy ra
Theo Định lý 1.3.2, ta có
Cộng vế theo vế, ta được
Vậy giá trị lớn nhất của S là 4
Một số bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức Bernoulli
Bất đẳng thức Bernoulli là một bất đẳng thức nổi bật, có sự liên kết rất nhiều trong việc chứng minh các bất đẳng thức khác Trong chương này chúng ta sẽ nêu ra một số bất đẳng thức đã biết tương đương với bất đẳng thức Bernoulli.
Các bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức Bernoulli
Định lý 2.1.1([1], [4]) Choa i , p i , q i , a, b ∈ (0, ∞), i = 1, 2, , n, với nlà số nguyên dương Các bất đẳng thức sau đây tương đương với nhau.
(T 9 ) Với α < 0 thì a α b 1−α ≥ αa + (1 − α)b. (T 10 ) Hàm số y = − ln x là hàm lồi trên (0; +∞).
(T 11 ) Với x, y, a, b, là các số thực dương thỏa mãn
(T 12 ) Với a,b là các số thực dương thì
(T 19 ) Với a i , p i là các số thực dương thì n
Từ Định lý 1.2.1 ta thấy ngay (T 1 ), (T 2 ), (T 3 ) là tương đương với nhau. (T 1 ) ⇒ (T 4 ) Theo bất đẳng thức (T 1 ) ta có
1 − 1+y αy Vậy bất đẳng thức (T 4 ) đã được chứng minh.
1 + y. Theo bất đẳng thức (T 2 ) ta có
1 − 1+y αy Vậy bất đẳng thức (T 5 ) được chứng minh.
1 + y Theo bất đẳng thức (T 3 ) ta có
Vậy bất đẳng thức (T 6 ) được chứng minh.
Thế y = a b − 1 trong bất đẳng thức (T 1 ) ta được
Vậy bất đẳng thức (T 7 ) được chứng minh.
Thế y = a b − 1 trong bất đẳng thức (T 2 ) ta được
Vậy bất đẳng thức (T 8 ) được chứng minh.
Thế y = a b − 1 trong bất đẳng thức (T 1 ) ta được
Vậy bất đẳng thức (T 9 ) được chứng minh.
(T 7 ) ⇒ (T 10 ) Không mất tính tổng quát, chúng ta giả sử rằngx, y > 0vàt ∈ [0, 1].
Vì ln(x) tăng nghiêm ngặt nên từ bất đẳng thức (T 7 ) ta được x t y 1−t ≤ tx + (1 − t)y
Theo định nghĩa hàm lồi, ta suy ra được y = − ln x là hàm lồi.
(T 10 ) ⇒ (T 11 ) Vì y = − ln x là hàm lồi nên ta có
⇔ xy ≤ x a a + y b b Vậy bất đẳng thức (T 11 ) đã chứng minh.
(T 10 ) ⇒ (T 12 ) Vì y = − ln x là hàm lồi nên ta có
Vậy bất đẳng thức (T 12 ) đã chứng minh.
(T 16 ) ⇒ (T 13 ) Từ bất đẳng thức (T 16 ) ta có n
Ta đặt 0 < r = α < s = 1, khi đó ta có n
Vậy bất đẳng thức (T 13 ) được chứng minh.
(T 13 ) ⇒ (T 14 ) Với α > 1 thì 0 < 1 α < 1 Theo bất đẳng thức (T 13 ) ta có n
Vậy bất đẳng thức (T 14 ) được chứng minh.
(T 13 ) ⇒ (T 15 ) Ta xét với 0 < r < s thì 0 < r s < 1 Theo bất đẳng thức (T 13 ), ta có n
Ta xét trường hợp 0>r>s, chứng minh tương tự, ta có
M r < M s với 0 < r < s. Để hoàn tất chứng minh, ta cần chứng minh điều sau r→0 lim p 1 a r 1 + p 2 a r 2 + + p n a r n p 1 + p 2 + + p n
1 p 1+ p 2+ pn Thật vây, ta xét hàm số f (r) = p 1 a r 1 + p 2 a r 2 + + p n a r n p 1 + p 2 + + p n
1 r Theo quy tắc L’Hopital, ta được r→0 lim [ln f (r)] = lim r→0 p 1 a r 1 ln a 1 + p 2 a r 2 ln a 2 + + p n a r n ln a n p 1 a r 1 + p 2 a r 2 + + p n a r n
Vì y = e x là hàm liên tục nên ta có r→0 lim [f (r)] = lim r→0 e lnf (x) = e lim r→0 [ln f (x)]
Ta đã chứng minh, với 0 < r < s ta có
Tương tự, với 0 > r > s ta có
Vậy bất đẳng thức (T 15 ) được chứng minh.
(T 15 ) ⇒ (T 16 ) Với r < s ta đặt q i = p i Khi đó theo bất đẳng thức (T 15 ) ta có n
Vậy bất đẳng thức (T 16 ) được chứng minh.
(T 16 ⇒ T 17 ) Đặt r = 1, s = p, q i = (a i + b i ) p và thay a i → a i a i + b i vào bất đẳng thức (T 16 ), ta được n
Tương tự như trên, thay a i = b i a i + b i ta được n
Cộng vế theo vế (2.1) và (2.2), ta được n
Vậy bất đẳng thức (T 17 ) được chứng minh.
(T 16 ⇒ T 18 ) Đặt r = p, s = 1, q i = (a i + b i ) p và thay a i → a i a i + b i vào bất đẳng thức (T 16 ), ta được
Tương tự như trên, thay a i = b i a i + b i ta được
Cộng vế theo vế (2.3) và (2.4), ta được
Vậy bất đẳng thức (T 18 ) được chứng minh.
Pn k=1 p k Vậy bất đẳng thức (T 19 ) được chứng minh.
(T 19 ) ⇒ (T 20 ) Theo bất đẳng thức (T 19 ), ta có α 1 a 1,1
Cộng vế theo vế, ta được n
Vậy bất đẳng thức (T 20 ) được chứng minh.
Làm chặt bất đẳng thức Bernoulli
Ở phần này, chúng ta cùng nhau làm chặt bất đẳng thức Bernoulli Trước hết ta nhắc lại bất đẳng thức Bernouli dạng tổng quát:
1 + 1 n x ≥ (x + 1) 1 n , ∀x > −1, n ∈N , n ≥ 2 Để làm chặt bất đẳng thức Bernoulli, ta thực hiện chứng minh bài toán sau. Bài toán 2.2.1 ([1]) Với mọi x > −1, n ∈N , n ≥ 2
Trước hết, ta cần chứng minh
Vì y = ln x là hàm lõm trên miền x > 0 nên
Tiếp theo, ta cần chứng minh
Vậy bài toán trên đã được chứng minh.
Từ bài toán trên chúng ta có thêm được cách chứng minh bất đẳng thức Bernoulli một cách nhanh gọn và dễ dàng rút ra được kết quả chặt hơn.
Bây giờ, ta xét bài toán sau.
Bài toán 2.2.2 ([1]) Với k, x là các số thực dương thỏa mãn
Ta xét hai trường hợp sau.
• Trường hợp 1: k > 1, x ≥ 1 Xét hàm số f (x) = x k − 1 − kx k−1 2 (x − 1).
Vì x ≥ 1 nên g ′ (x) ≥ 0 Ta suy ra g(x) ≥ g(1) = 0, ∀x ≥ 1.
Tương tự như trên, ta thấy g ′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ (0; 1].
Vậy bài toán trên đã được chứng minh. Điều đó cho ta thấy được, trong ngữ cảnh bài toán bất đẳng thức thu được ở bên trên chặt hơn bất đẳng thức Bernoulli.
Ta ứng dụng kết quả vừa rồi để chứng minh bài toán sau. Bài toán 2.2.3 (Vaisile Cirtoaje)([1])
Với a,b là các số thực dương có tổng bằng 2 Chứng minh rằng a −a + b −b ≤ 2.
Ta giả sử a ≥ b Vì a + b = 2 nên
0 < b ≤ 1 ≤ a < 2. Áp dụng kết quả của bài toán trên, ta được a a − 1 ≥ a a+1 2 (a − 1), b b − 1 ≥ b b+1 2 (b − 1).
Vì a ≥ b nên bất đẳng thức trên tương đương a 1−a 2 ≥ b 1−b 2
Vậy bài toán trên đã được chứng minh.
Bất đẳng thức Bernoulli mở rộng
Bất đẳng thức Bernoulli đóng vai trò quan trọng trong giải tích và ứng dụng. Trong những năm gần đây, một số nhà nghiên cứu đã giới thiệu những phiên bản hoặc mở rộng khác nhau cho bất đẳng thức Bernoulli Chẳng hạn, bất đẳng thức Bernoulli cũng có thể được viết lại như các kết quả sau. Định lý 3.1 Với mọi số thực x > −1, ta có:
Nếu a i ≥ 1 hoặc a i ≤ 0 và nếu x i > 0 hoặc −1 < x i < 0, i = 1, , n thì ta có n
X i=1 a i x i (3.4) Định lý 3.3 ([6]) Với mọi số thực x > 0, x ̸= 1, ta có:
Nếu 0 < α < 1 thì αx α−1 (x − 1) < x α − 1 < α(x − 1) (3.5) Nếu α > 1 hoặc α < 0 thì αx α−1 (x − 1) > x α − 1 > α(x − 1) (3.6)
Một số bất đẳng thức Bernoulli mở rộng
Trong phần này chúng ta sẽ xét một số kết quả mở rộng của bất đẳng thức Bernoulli Trước tiên, ta có kết quả sau. Định lý 3.1.1 ([5]) Cho m, n là các số thực dương, k = 1, , n.
Trong đóC n k = n! k!(n − k)! là số tổ hợp chập k của n, và quy ướcC n k = 0 khik > n. Trong (3.7), (3.8), (3.9) và (3.10), đẳng thức đúng khi và chỉ khi x=0.
Nhận xét 3.1.1 Khi x = 0, từ (3.7), (3.8), (3.9) và (3.10) ta suy ra được đẳng thức Vandermonde
Kết quả tiếp theo sau đây là một mở rộng khác của bất đẳng thức Bernoulli. Định lý 3.1.2 ([5]) Với a i ≥ 1 hoặc a i ≤ 0, và nếu x i > 0 hoặc 0 ≥ x i ≥ −1 thì
Chứng minh các bất đẳng thức Bernoulli mở rộng
Để thuận tiện cho việc chứng minh, chúng ta có các định nghĩa sau Giả sử, tập hợp các vectơ n chiều trên trường số thực R n
Cho x = (x 1 , , x n ) ∈R n Ta có hàm đối xứng cơ bản là
X i=1 x i và được xác định E 0 (x) = 1 và E k (x) = 0 khi k < 0 hoặc k > n.
Dạng kép của hàm đối xứng cơ bản là
X j=1 x i j , k = 1, n. và được xác định E 0 ∗ (x) = 1 và E k ∗ (x) = 0 khi k < 0 hoặc k > n.
Chúng ta cần xét các định nghĩa và bổ đề sau: Định nghĩa 3.2.1 ([5]) Với x = (x 1 , , x n ) và y = (y 1 , , y n ) ∈R n
(1) x được gọi là đa số hóa bởi y (kí hiệu x ≺ y) nếu Pk i=1 x [i] ≤ Pk i=1 y [i] , k =
1, 2, n − 1 và Pn i=1 x i ≤ Pn i=1 y i , trong đó x [1] ≥ ≥ x [n] và y [1] ≥ ≥ y [n] là sự sắp xếp của x và y theo thứ tự giảm dần, và x được gọi là đa số hóa nghiêm ngặt bởi y (kí hiệu x ≺≺ y) nếu x không là hoán vị của y.
Với Ω ⊂ R n , φ : Ω → R được gọi là đang tăng nếu x ≥ y ⇒ φ(x) ≥ φ(y) φ được gọi là giảm khi và chỉ khi −φ là tăng.
(3) Ω ⊂R n được gọi là tập lồi nếu(αx 1 + βy 1 , , αx n + βy n ) ∈ Ωvới mọi x, y ∈ Ω, trong đó α, β ∈ [0, 1], α + β = 1.
(4) Với Ω ⊂ R n , φ : ω → R được gọi là hàm lồi Schur trên Ω nếu x ≺ y trên Ω suy ra φ(x) ≤ φ(y) φđược gọi là hàm lõm trên Ω khi và chỉ khi −φ là hàm lồi. φ được gọi là hàm lồi Schur nghiêm ngặt trên Ω nếu x ≺≺ y trên Ω ⇒ φ(x) < φ(y), φ được gọi là hàm lõm Schur nghiêm ngặt trên Ω khi và chỉ khi−φlà hàm lồi Schur nghiêm ngặt trên Ω.
Bổ đề 3.2.2 ([6]) Cho x, y ∈ R n , x 1 ≥ x 2 ≥ ≥ x n và Pn i=1 x i = Pn i=1 y i Nếu với một số k, 1 ≤ k ≤ n, x i ≤ y i , i = 1, , k, x i ≥ y i , i = k + 1, , n thì x ≺ y.
Bổ đề 3.2.3 ([6]) Cho x, y ∈R n , I ⊂ R là một khoảng và g : I →R
(1) x ≺ y khi và chỉ khi Pn i=1 g(x i ) ≤Pn i=i g(y i ) với mọi hàm lồi g.
(2) x ≺ y khi và chỉ khi Pn i=1 g(x i ) ≥Pn i=i g(y i ) với mọi hàm lõm g.
(3) x ≺≺ y khi và chỉ khi Pn i=1 g(x i ) Pn i=i g(y i ) với mọi hàm lõm nghiêm ngặt g.
Với Bổ đề 3.2.1, ta có p :=
Nếu m ≥ n, x > −1, ta có x + 1 > 0 và 1 + n m x > 1 − n m > 0, với mọi p, q ∈R n ++
Vì E k (x) tăng và lõm Schur trên R n + và nó tăng và lõm Schur nghiêm ngặt trên R n ++ khi k > 1 nên ta có E k (p) ≥ E k (q) Như vậy (3.7) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Vì E k ∗ (x) tăng và lõm Schur trên R n + và nó tăng và lõm Schur nghiêm ngặt trên R n ++ khi k > 1 nên ta có E k ∗ (p) ≥ E k ∗ (q) Như vậy (3.8) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Nếu m < n, từ Bổ đề 3.2.1, ta có p ′ :=
Từ x > − m n, ta có 1 + n m x > 1 − n m n m > 0, nghĩa là p ′ , q ′ ∈ R n ++ Nên ta có
E k (p ′ ) ≥ E k (q ′ ) và E k ∗ (p ′ ) ≥ E k ∗ (q ′ ) (3.9), (3.10) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Vậy Định lý 3.1.1 được chứng minh.
Từ Định lý 3.1.1 ta có thể sử dụng để chứng minh Định lý 3.1 như sau.
Ta xét 3 trường hợp sau.
• Trường hợp 1: 0 < α Chú ý C n k = 0 với k > n, thay k = m trong (3.7), ta có
⇔(1 + x) m n ≤ 1 + n m x (3.a) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Từ (3.a) chứng tỏ rằng (3.2) đúng với số hữu tỉ α với 0 < α < 1.
Thật vậy, nếu α là số vô tỉ thì tồn tại dãy số hữu tỉ r k với 0 < α < 1, k = 1, 2, , sao cho r k → α, (k → ∞).
(1 + x) r k ≤ 1 + r k x và khi k → ∞ suy ra được (3.2).
• Trường hợp 2: α > 1 Nếu αx ≤ −1 hay αx + 1 ≤ 0 thì rõ ràng (3.1) đúng.
Nếu αx > −1, vì 0 < 1 α < 1 từ (3.2), ta có
Vậy Định lý 3.1 được chứng minh.
Chứng minh Định lý 3.1.2. Đặt y = 1 n
Pn i=1 (1 + x i ) a i từ bất đẳng thức (1.1) ta có
Và theo Bổ đề 3.2.1, suy ra
Và khi đó E k (x) và E k ∗ (x) đều tăng và lõm Shur trên R n + và đang tăng và lõm Shur nghiêm ngặt trên R n ++ nên k > 1, ta có
Do đó (3.12) là đúng Và
Vậy Định lý 3.1.2 được chứng minh.
Ta sử dụng Định lý 3.1.2 để chứng minh Định lý 3.3 như sau.
Vì bất đẳng thức bên phải của (3.5) tương đương với (3.2) nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức bên trái trong (3.5) là đủ.
Ta xét ba trường hợp.
• Trường hợp 1: α > 1 Giả sử m < n, ta chứng minh n m x m n −1 (x − 1) > x m n − 1 (3.b) Cho x > 1, đặt u :=
Khi đó u i ≤ v i , i = 1, , n, và u i ≥ v i , i = n + 1, , m + n, và Pm+n i=1 u i =Pm+n i=1 v i = n 2 m ln x.
Từ Bổ đề 3.2.2, ta được u ≺ v và u ≺≺ v khi x ̸= 1 và bởi tính lồi nghiêm ngặt của e x trên R, từ Bổ đề 3.2.3, ta có m+n
Nghĩa là mx m n + nx m n −1 < nx m n + m. tương đương với (3.b)
Khi đóu ′ i ≤ v i ′ , i = 1, , m,vàu ′ i ≥ v i ′ , i = m +1, , m+n, vàPm+n i=1 u ′ i =Pm+n i=1 v ′ i = n 2 m ln x.
Từ Bổ đề 3.2.2, ta được u ′ ≺ v ′ và u ′ ≺≺ v ′ khi x ̸= 1 và bởi tính lồi nghiêm ngặt của e x trên R, từ Bổ đề 3.2.3, ta có m+n
Nghĩa là mx m n + nx m n −1 < nx m n + m tương đương với (3.b).
Nói tóm lại, với x > 0, x ̸= 1, m < n thì (3.b) là đúng Chứng tỏ rằng bất đẳng thức αx α−1 (x − 1) > x α − 1 là đúng với số hữu tỉ α với α < 1.
Khi đó bằng cách xấp xỉ số hữu tỉ, ta có thể biết rằng bất đẳng thức αx α−1 (x −
1) > x α − 1 là đúng với mọi số thực α với α > 1.
• Trường hợp 2: α < 0 Ta xét 1 − α > 0, x > 0, x ̸= 1, hay x −1 > 0, x −1 ̸= 1.Từ trường hợp 1, ta suy ra được
Ta có thể suy ra được αx α−1 (x − 1) > x α− − 1.
Do đó (3.6) đã được chứng minh.
• Trường hợp 3: 0 < α < 1 Ta xét α −1 > 1, x > 0, x ̸= 1, hay x α > 0, x α ̸= 1.Từ trường hợp 1, ta suy ra được α −1 (x α ) (α −1 −1) ((x α ) −1 − 1) > (x α ) α −1 − 1.
Ta có thể suy ra được αx α−1 (x − 1) < x α− − 1.
Do đó (3.5) đã được chứng minh.
Vậy Định lý 3.3 được chứng minh.
Ứng dụng
Định lý 3.3.1 ([5]) Cho a i ≥ 1 và x i ≥ 1, i = 1, , n; n ∈N , n ≥ 2 Khi đó với k = 1, , n, ta có
2 ≥ 0 từ Định lý 3.3, ta có
Vâỵ Định lý 3.3.1 đã được chứng minh.
Nhận xét 3.3.1 Khi k = n ta có n
(3.17) Định lý 3.3.2 ([5]) Cho a i ≥ 1 hoặc a i ≤ 0 và 0 > x i > −1 hoặc x i > 0, i =
1, , n, n ∈N , n ≥ 2 Khi đó với k = 1, , n, ta có
Vì 0 > x i > −1 hoặc x i > 0 suy ra −x i (1 + x i ) −1 hoặc 0 > −x i (1 + x i ) −1 > −1, từ Định lý 3.1.2 ta có:
Vậy Định lý 3.3.2 đã được chứng minh.
KẾT LUẬN Đề án đã trình bày một số kết quả quan trọng về bất đẳng thức Bernoulli Cụ thể đạt được các kết quả như sau:
(1) Trình bày được dạng cơ bản bất đẳng thức Bernoulli và chứng minh bằng
2 cách: bằng quy nạp và bằng bất đẳng thức Cauchy.
(2)Trình bày và chứng minh được dạng tổng quát của bất đẳng thức Bernoulli.
(3) Trình bày được kĩ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Bernoulli và một số bài tập tiêu biểu.
(4)Trình bày được một số bất đẳng thức tương đương bất đẳng thức Bernoulli.
(5)Trình bày được một số tổng quát hóa và ứng dụng bất đẳng thức Bernoulli.