Dãy lồi và một số ứng dụng

Dãy lồi và một số ứng dụng Dãy lồi và một số ứng dụng Dãy lồi và một số ứng dụng luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN NGỌC VĂN DÃY LỒI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI, NĂM 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN NGỌC VĂN DÃY LỒI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2012 MỤC LỤC Mở đầu Chương Hàm lồi, tập lồi số tính chất liên quan 1.1 Tập lồi 1.2 Một số tính chất hàm lồi 1.3 Một số ký hiệu 16 Chương Dãy lồi dãy lồi logarit 2.1 Dãy lồi 2.1.1 Một số khái niệm tính chất 2.1.2 Một số tiêu chuẩn nhận biết dãy lồi 20 20 20 26 2.2 Dãy lồi logarit 29 Chương Một số ứng dụng 32 3.1 Ứng dụng vào tốn tìm phần nguyên 32 3.2 Ứng dụng vào toán dãy số an zn+1 = bn zn + cn zn−1 37 3.3 Ứng dụng vào toán dãy số an zn+1 = bn zn − cn zn−1 40 3.4 Ứng dụng toán bất đẳng thức đại số 43 3.5 Ứng dụng bất đẳng thức lượng giác 48 Tài liệu trích dẫn 51 LỜI NÓI ĐẦU Dãy số lĩnh vực khó rộng, đề thi Olympic toán nước quốc tế ln có tồn dãy số Điều cho thấy tầm quan trọng mảng toán dãy số đề thi học sinh giỏi toán Để giải tốn dãy số địi hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp số học, đại số, giải tích Các vấn đề liên quan đến dãy số đa dạng có nhiều tài liệu viết vấn đề này, tài liệu thường viết rộng vấn đề dãy số, vấn đề quan tâm nhiều tính chất số hoc tính chất giải tích dãy số Là học viên cao học, công tác trường trung học, nhằm đáp ứng cho nhu cầu giảng dạy học tập chọn đề tài ” Dãy số lồi áp dụng” Đây đề tài có ý nghĩa thực tiễn cơng tác giảng dạy, cho ta nhìn nhận sâu hơn, rộng toán dãy số giải tích Nội dung luận văn gồm phần Lời nói đầu, Kết luận phân chia thành ba chương, đề cập đến vấn đề sau Chương Hàm lồi, tập lồi số tính chất liên quan Chương Dãy lồi dãy lồi logarit Chương Một số ứng dụng Tác giả xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc tới GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy tận tình hướng dẫn, bảo cho học trị q trình học tập, nghiên cứu giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo, giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học Seminar Phương pháp Toán sơ cấp trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội nhận xét góp ý cho luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng, song suốt q trình thực khơng tránh khỏi sơ suất Vì tác giả mong muốn thày giáo, bạn đồng nghiệp góp ý để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, năm 2012 Học viên Nguyễn Ngọc Văn CHƯƠNG HÀM LỒI, TẬP LỒI VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT LIÊN QUAN 1.1 Tập lồi Định nghĩa 1.1 (xem[2]) Tập Ω ⊂ Rn gọi lồi với x, y ∈ Ω λx + (1 − λ)y ∈ Ω với λ ∈ [0, 1] Ví dụ 1.1 Trong R2 , hình trịn hay hình tam giác tập lồi đơn giản Ví dụ 1.2 Xét hệ bất phương trình tuyến tính Ax ≤ b, A ma trận vuông cấp n (n ∈ N∗ ) b ∈ Rn , x véctơ ẩn Gọi Ω tập hợp nghiệm hệ bất phương trình Khi Ω tập lồi Chúng ta có số tính chất sau Giao tùy ý tập lồi tập lồi Cho Ω1 , Ω2 tập lồi Rn cịn A phép biến đổi tuyến tính Rn Khi Ω1 + Ω2 , λΩj , AΩj tập lồi Định lý 1.1 Giả sử D tập Rn Khi D tập lồi với số nguyên dương n, với x1 , x2 , , xn ∈ D, với λj ≥ 0, j = 1, 2, , n n λj = j=1 n λj xj ∈ D (1.1) j=1 Chứng minh Giả sử D tập lồi thỏa mãn điều kiện (1.1) Áp dụng (1.1) cho trường hợp n = ta thu D tập lồi Đảo lại giả sử D tập lồi Ta phải chứng minh (1.1) Thật vậy, ta chứng minh quy nạp Hiển nhiên n = 1, Giả sử (1.1) với n = k Xét trường hợp n = k + Lấy x1 , x2 , , xk , xk+1 ∈ D, λj ≥ 0, j = 1, 2, , k + 1, k+1 λj = Chỉ có hai khả sau xảy j=1 Nếu λk+1 = λj = 0, j = 1, 2, , k Vì k+1 λj xj = xk+1 ∈ D j=1 k Nếu λk+1 < Đặt λ0 := λj , λ0 > Mặt khác ta có j=1 k+1 k λj xj = λ0 j=1 Vì λj ∈ [0, 1] λ0 nạp suy j=1 λj xj + λk+1 xk+1 λ0 k λj = 1, nên từ x1 , x2 , , xk ∈ D theo giả thiết quy j=1 λ0 k x∗ := j=1 λj xj ∈ D λ0 Do x∗ ∈ D, xk+1 ∈ D, λ0 > 0, λk+1 ≥ λ0 + λk+1 = nên từ tính lồi D suy λ0 x∗ + λk+1 xk+1 ∈ D Vậy suy k+1 λj xj ∈ D j=1 Định lý chứng minh Định lý 1.2 (Định lý Kelly) Giả sử Ωj ⊂ Rn tập lồi, j = 1, 2, , m, m ≥ n + Nếu n + tập Ωj có giao khác rỗng ∩m j=1 Ωj tập khác rỗng Chứng minh Ta chứng minh quy nạp Nếu m = n + định lý hiển nhiên Giả sử định lý đến m = k > n + Xét trường hợp m = k + Theo giả thiết quy nạp Aj := ∩k+1 i=1,i=j Ωi = ∅, j = 1, 2, , k + Tồn xj ∈ Aj , j = 1, 2, , k + Xét hệ phương trình tuyến tính k + ẩn sau  k+1     λj xj = 0, j=1 k+1     λj = j=1 Rõ ràng hệ có nghiệm khơng tầm thường Thật hệ có nghiệm tầm thường véc tơ xj độc lập tuyến tính Do k > n + nên k + > n, mâu thuẫn với việc xj ∈ Rn Vì lẽ nên khơng giảm tổng quát cho λj ≥ 0, j = 1, 2, , r, λj < 0, j = r + 1, , n Khi từ điều kiện k+1 λj = j=1 suy r k+1 λj = − j=1 λj > j=r+1 Theo ta có xi ∈ ∩k+1 j=1,j=i Ωj , với i = 1, 2, , r Ta có xi ∈ ∩k+1 j=r+1 Ωj , với i = 1, 2, , r Xét điểm x∗ := λ1 r λr x1 + + r λi i=1 λi i=1 Dễ thấy x∗ ∈ ∩k+1 j=r+1 Ωj xr Bây xét tiếp điểm y := λr+1 λk+1 xr+1 + + k+1 k+1 λi xk+1 λi i=r+1 i=r+1 Theo ta có y ∈ ∩rj=1 Ωj Do k+1 r λ j xj = λ j xj + j=1 j=r+1 r k+1 điều kiện λj = − j=1 λj > j=r+1 nên ta có x∗ = y Đặt z = x∗ = y , từ z = x∗ ∈ ∩r+1 j=1 Ωj z = y ∈ ∩rj=1 Ωj suy z ∈ ∩k+1 j=1 Ωj Vậy kết luận định lý với n = k + Định lý chứng minh hồn thiện 1.2 Một số tính chất hàm lồi Định nghĩa 1.2 Giả sử f : D → R hàm số xác định tập lồi D ∈ Rn Hàm số gọi lồi D với x1 , x2 ∈ D λ ∈ [0, 1] ta có f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) Định nghĩa 1.3 Giả sử f : D → R hàm số xác định tập lồi D ∈ Rn Hàm số gọi lồi chặt D với x1 , x2 ∈ D λ ∈ [0, 1] ta ln có f (λx1 + (1 − λ)x2 ) < λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) Định nghĩa 1.4 Giả sử f : D → R hàm số xác định tập lồi D ∈ Rn Hàm số gọi lõm D với x1 , x2 ∈ D λ ∈ [0, 1] ta ln có f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≥ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) Định nghĩa 1.5 Giả sử f : D → R hàm số xác định tập lồi D ∈ Rn Hàm số gọi lõm chặt D với x1 , x2 ∈ D λ ∈ [0, 1] ta ln có f (λx1 + (1 − λ)x2 ) > λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) Tiếp theo có số ví dụ minh họa sau Ví dụ 1.3 Hàm số f (x, y) = x2 + y lồi R2 Chứng minh Lấy z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ) ∈ R2 λ ∈ [0, 1] Khi ta có f (λz1 + (1 − λ)z2 ) ≤ λf (z1 ) + (1 − λ)f (z2 ) (λx1 + (1 − λ)x2 )2 + (λy1 + (1 − λ)y2 )2 ⇔ ≤ λ x21 + y12 + (1 − λ) x22 + y22 ⇔ (λx1 + (1 − λ)x2 )2 + (λy1 + (1 − λ)y2 )2 ≤ λ(x21 + y12 ) + (1 − λ)(x22 + y22 ) + 2λ(1 − λ) (x21 + y12 )(x22 + y22 ) Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Nhận xét 1.1 Bằng kỹ thuật chứng minh hoàn toàn tương tự, ta thu n x2j f (x1 , x2 , , xn ) = j=1 hàm lồi Rn Ví dụ 1.4 Giả sử a > b2 − 4ac ≤ 0, hàm số f (x, y) = ax2 + 2bxy + cy lồi toàn R2 Chứng minh Lấy z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ) ∈ R2 λ1 , λ2 ∈ [0, 1], λ1 + λ2 = f (λ1 z1 + λ2 z2 ) ≤ λ1 f (z1 ) + λ2 f (z2 ) ⇔ a(λ1 x1 + λ2 x2 )2 + 2b(λ1 x1 + λ2 x2 )(λ1 y1 + λ2 y2 ) + c(λ1 y1 + λ2 y2 )2 ≤ λ1 (ax21 + 2bx1 y1 + cy12 ) + λ2 (ax22 + 2bx2 y2 + cy22 ) ⇔ a(x1 − x2 )2 + 2b(x1 − x2 )(y1 − y2 ) + c(y1 − y2 )2 ≥ Xét hai trường hợp 37 3.2 Ứng dụng vào toán dãy số anzn+1 = bnzn + cnzn−1 Xét dãy số dương {zj } thỏa mãn điều kiện an zn+1 = bn zn + cn zn−1 , n ≥ 1, (3.8) an , bn , cn số dương Xét phương trình đặc trưng an λ2 = bn λ + cn , phương trình cho nghiệm dương λn = Sử dụng phép đổi biến xn := bn + b2n + 4an cn 2an zn+1 Khi có nhận xét {zj } lồi zn {xj } dãy tăng Hơn có cơng thức truy hồi sau an x n = b n + cn xn−1 , n ≥ Điều kiện xn ≥ xn−1 tương đương với việc xn−1 ≤ λn xn ≥ λn Do {xj } tăng tương đương với việc x0 ≤ λ1 ≤ x1 ≤ λ2 ≤ ≤ λn ≤ xn ≤ (3.9) Định lý 3.1 Giả sử z0 , z1 , z2 , z3 lồi logarit bất đẳng thức an λn−1 λn+1 − bn λn−1 − cn ≥ (3.10) với n ≥ Khi dãy {zj } lồi logarit Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp (3.9) Do điều kiện z0 , z1 , z2 , z3 lồi logarit, nên ta có đánh giá x0 ≤ λ1 ≤ x1 ≤ λ2 Bây giả sử λn−1 ≤ xn ≤ λn Chú ý λn−1 ≤ xn tương đương với xn ≥ λn Mặt khác, xn−1 ≥ λn−1 suy xn = cn bn cn bn + ≤ + ≤ λn+1 an an xn−1 an an λn−1 Do λn ≤ xn ≤ λn+1 Định lý chứng minh 38 Hệ 3.2 (Dãy Fine) Cho dãy số {fj } xác định 2(n + 1)fn = (7n − 5)fn−1 2(2n − 1)fn−2 , f0 = 1, f1 = Khi {fj } dãy lồi logarit Chứng minh Đặt zn = fn+2 , n ≥ Khi z0 = 1, z1 = 2, z2 = 6, z3 = 18 2(n + 4)zn+1 = (7n + 16)zn + 2(2n + 5)zn−1 Bằng việc giải phương trình đặc trưng, thu λn := 2(2n + 5) (n + 4) Dễ dàng kiểm tra 2(n + 4)λn−1 λn+1 − (7n + 6)λn−1 − 2(2n + 5) = 2(20n2 + 151n + 171) ≥ (n + 3)(n + 5) Do {fj } dãy lồi logarit Định lý 3.2 Giả sử {µj } dãy số thỏa mãn điều kiện sau µn ≤ λn , n ≥ 1, z1 ≤ µ1 z0 z2 ≤ µ2 z1 , an µn−1 µn+1 ≥ bn µn−1 + cn , n ≥ Khi {zj } dãy lồi logarit Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp x0 ≤ µ1 ≤ x1 ≤ µ2 ≤ ≤ µn ≤ xn ≤ (3.11) Điều kiện thứ tương đương với việc x0 ≤ µ1 x1 ≤ µ2 Tuy nhiên µ1 ≤ λ1 Từ x0 ≤ λ1 x1 ≥ λ1 ≥ µ1 Do µ1 ≤ x1 ≤ µ2 Giả sử µn−1 ≤ xn−1 ≤ µn Điều kiện leqxn−1 ≤ µn suy với đánh giá xn ≥ µn Mặt khác xn−1 ≥ µn−1 Suy xn = Do µn ≤ xn ≤ µn+1 bn cn bn cn + ≤ + ≤ λn+1 an an xn−1 an an λn−1 39 Hệ 3.3 Cho dãy số {dn } xác định công thức truy hồi sau: dn+1 = n(dn + dn−1 ), d0 = 1, d1 = Khi dãy số {dn } dãy số lồi Chứng minh Đặt zn = dn+2 Khi nhận công thức truy hồi zn+1 = (n + 2)(zn + zn1 ), z0 = 1, z1 = 2, z2 = Chúng ta có (n + 2) + √ (n + 2) + (n + 3) 2n + n2 + 8n + 12 ≥ = 2 2n + z z Đặt µn = Khi µn ≤ λn Mặt khác = < = µ1 = = µ2 z0 z1 λn = Hơn µn−1 µn+1 − (n + 2)µn−1 − (n + 2) = 2n + ≥ Do dãy lồi Hệ 3.4 Cho dãy số xác định (n + 1)An+1 = 2(n + 1)An + 3(n − 1)An−1 , A0 = = A1 Khi dãy số lồi logarit Chứng minh Chú ý λn = + 4n − =1+ n+1 4n − 4n 4n − 6n ≥1+ = 2n 2n + 2n + 2n + Đặt µn := Khi µn ≤ λn , µ1 = > = 6n 2n + A1 A µ2 = 2.4 > = Do A0 A1 (n + 1)µn−1 µn+1 − 2(n + 1)µn−1 − 3(n − 1) = 9(n − 1) ≥ (2n − 1)(2n + 3) Do dãy lồi Hồn tồn tương tự có Định lý 3.3 Giả sử z0 , z1 , z2 , z3 lồi logarit bất đẳng thức an λn−1 λn+1 − bn λn−1 − cn ≤ với n ≥ Khi dãy {zj } lõm logarit (3.12) 40 Ví dụ 3.4 Xét dãy số Fibonacci Fn+2 = Fn+1 + Fn , F0 = F1 = Khi Fn−2 Fn+2 − Fn2 = (−1)n Do kết luận dãy Fibonacci với số chẵn lồi logarit dãy Fibonacci với số lẻ lõm logarit 3.3 Ứng dụng vào toán dãy số anzn+1 = bnzn − cnzn−1 Xét dãy số dương {zj } thỏa mãn điều kiện an zn+1 = bn zn + cn zn−1 , n ≥ 1, (3.13) an , bn , cn số dương Sử dụng phép đổi biến xn := zn+1 Chúng ta zn có cơng thức truy hồi sau an x n = b n − cn xn−1 , n ≥ Xét bn+1 bn − an+1 an xn+1 − xn = + cn an xn−1 − xn + cn cn+1 − an an+1 xn Nhận xét an an+1 cn cn+1 xn + bn bn+1 an an+1 ≥ (3.14) xn−1 ≤ xn suy xn ≤ xn+1 Từ ta kết luận x0 ≤ x1 (3.14) với n ≥ {xj } dãy tăng {zj } lồi Giả sử an = α1 n + α0 , bn = β1 n + β0 , cn = γ1 n + γ0 Khi đặt A := β0 β1 , γ0 γ1 B := γ0 γ1 , α0 α1 C := α0 α1 β0 β1 41 Định lý 3.4 Cho dãy {zj } xác định công thức truy hồi sau (α1 n + α0 )zn+1 = (β1 n + β0 )zn + (γ1 n + γ0 )zn−1 , α1 n + α0 , β1 n + β0 , γ1 n + γ0 số dương Giả sử z0 , z1 , z2 lồi logarit Dãy {zj } lồi logarit số điều kiện sau thỏa mãn B, C ≥ 0, B < < C , AC ≥ B , z0 B + z1 C ≥ C < < B , AC ≤ B , z0 B + z1 C ≥ zn+1 Do z0 z2 ≥ z12 nên x0 ≤ x1 Suy zn Chứng minh Đặt xn := Cxn + B ≥ 0, với số n Nếu B ≥ C ≥ bất đẳng thức hiển nhiên Nếu BC < ta Cxn + B ≥ quy nạp theo số n Với điều kiện đánh giá Xét điều kiện z0 B + z1 C ≥ Giả sử Cxn−1 + B ≥ Khi Cxn + B = C bn cn − an an xn−1 +B C C +B bn + c n an B C = (bn B + cn C) + B an B ≥ Chú ý bn B + cn C = −A Bởi bn B + c n C + A = an α α bn β β cn γ1 γ0 Từ Cxn + B ≥ − = α1 n + α0 α1 α0 β1 n + β0 β1 β0 γ1 n + γ0 γ1 γ0 AC + B ≥ B Do điều kiện AC ≤ B Định lý chứng minh = 42 Định lý 3.5 Cho dãy {zj } xác định công thức truy hồi sau (α1 n + α0 )zn+1 = (β1 n + β0 )zn + (γ1 n + γ0 )zn−1 , α1 n + α0 , β1 n + β0 , γ1 n + γ0 số dương Giả sử z0 , z1 , z2 lõm logarit Dãy {zj } lõm logarit số điều kiện sau thỏa mãn B, C ≤ 0, B < < C , AC ≤ B , z0 B + z1 C ≤ C < < B , AC ≥ B , z0 B + z1 C ≤ Hệ 3.5 (Dãy Delannoy) Dãy số Delannoy sau lồi logarit nD(n) = 3(2n − 1)D(n − 1) − (n − 1)D(n − 2), D(0) = 1, D(1) = Chứng minh Áp dụng Định lý 3.4, cho A = 3, B = −1, C = Ví dụ 3.5 Dãy số sau lồi logarit (n + 1)hn = 3(2n − 1)hn−1 − 5(n − 2)hn−2 , h0 = h1 = Hệ 3.6 Giả sử {zj } dãy số dương thỏa mãn công thức truy hồi sau azn+1 = bzn − czn−1 , n ≥ 1, a, b, c số dương Nếu z0 , z1 , z2 lồi logarit (hoặc lõm logarit) dãy {zj } có tính chất tương tự Hệ 3.7 Giả sử {zj } dãy số dương thỏa mãn công thức truy hồi sau azn+1 = bzn + czn−1 , n ≥ 1, a, b, c số dương Nếu z0 , z1 , z2 lồi logarit (hoặc lõm logarit) dãy số chẵn {z2j } lồi logarit (hoặc lõm logarit) dãy số lẻ {z2j+1 } lõm logarit (lồi logarit) Chứng minh Từ công thức truy hồi azn+1 = bzn + czn−1 , n ≥ 1, thu a2 zn+2 = (b2 + 2ac)zn − c2 zn−2 43 với n ≥ Khơng khó để kiểm tra a2 (z0 z4 − z22 ) = b2 (z0 z2 − z12 ) a3 (z1 z5 − z32 ) = b2 c(z12 − z0 z2 ) Từ thu điều cần chứng minh Ví dụ 3.6 Dãy {F2n+1 }, {L2n }, {P2n+1 } lồi logarit, {F2n }, {L2n+1 }, {P2n } lõm logarit Trong {Fj } dãy Fibonacci Fn+1 = Fn + Fn−1 , F0 =1 = {Lj } dãy Lucas Ln+1 = Ln + Ln−1 , L0 = 1, L1 = {Pj } dãy Pell Pn+1 = 2Pn + Pn−1 , P0 = 1, P1 = 3.4 Ứng dụng toán bất đẳng thức đại số Định lý 3.6 (Bất đẳng thức AM-GM) Cho n số không âm a1 , a2 , , an Khi ta có √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 an n Chứng minh Nếu tồn ak = hiển nhiên bất đẳng thức Cauchy Do cần xét trường hợp aj > với số j Xét hàm số f (x) = − ln x miền x > Ta có f (x) = − 1 f ”(x) = với x > Vậy f hàm lồi Theo bất đẳng x x thức Jensen f a1 + a2 + an n ≤ n f (aj ) j=1 Từ suy √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 an n 44 Định lý 3.7 (Bất đẳng thức Bunhiacopski) Cho 2n số thực a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn Khi ta có đánh giá sau b2j a2j ≥ aj b j j=1 j=1 j=1 n n n Chứng minh Tương tự bất đẳng thức Cauchy, ta cần xét aj , bj > aj Xét hàm số f (x) = x2 Rõ ràng f lồi toàn trục số Chọn xj := bj λj := b2j n j=1 bj n j=1 λj Khi λj > có = Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta n f n ≤ λj xj j=1 λj f (xj ) j=1 Từ suy n n a2j b2j j=1 n ≥ j=1 aj b j j=1 Định lý 3.8 (Bất đẳng thức Svacxo ) Cho 2n số thực a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn , bj > Khi ta có đánh giá sau n j=1 a2j bj ≥ n j=1 aj n j=1 bj Chứng minh Xét hàm số f (x) = x2 Rõ ràng f lồi R Lấy xj = λj := bj n bk k=1 Dễ thấy λj > n λj = j=1 aj bj 45 Theo bất đẳng thức Jensen ta có n n ≤ λj xj f λj f (xj ) j=1 j=1 Từ suy n a2j j=1 bj n j=1 aj n j=1 bj ≥ Định lý 3.9 (Bất đẳng thưc Hônđe) Cho hai dãy không âm a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn , hai số hữu tỷ dương p, q thỏa mãn điều kiện 1 + = p q Khi ta có đánh giá sau n p n apj aj b j ≤ bqj j=1 j=1 q n j=1 Chứng minh Xét hàm số f (x) = xp với x > Dễ thấy f lồi miền x > Lấy xj = aj b1−q j , λj := bqj n q j=1 bj Rõ ràng λj > n λj = j=1 Theo bất đẳng thức Jensen ta có n f n λj xj ≤ j=1 λj f (xj ) j=1 Từ suy j=1 q n apj aj b j ≤ j=1 p n n bqj j=1 46 Định lý 3.10 (Bất đẳng thức Minkowski 1) Cho hai dãy không âm a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn , ta có bất đẳng thức sau √ n a1 a2 an + n b1 b2 bn ≤ n (a1 + b1 )(a2 + b2 ) (an + bn ) Chứng minh Cũng giống bất đẳng thức trước, cần xét trường hợp aj , bj > Xét hàm số f (x) = ln(1 + ex ) Ta có f (x) = f ”(x) = ex ex + ex > (1 + ex )2 Vậy f lồi toàn trục số Chọn xj := ln bj , λj := aj n Theo bất đẳng thức Jensen ta có n f n ≤ λj xj j=1 λj f (xj ) j=1 Từ suy ln 1+ n b1 b2 bn a1 a2 an ≤ ln n (a1 + b1 )(a2 + b2 ) (an + bn ) a1 a2 an Do hàm ln x đồng biền nên suy đánh giá 1+ n b1 b2 bn (a1 + b1 )(a2 + b2 ) (an + bn ) ≤ sqrt[n] a1 a2 an a1 a2 an Từ suy √ n a1 a2 an + n b1 b2 bn ≤ n (a1 + b1 )(a2 + b2 ) (an + bn ) Định lý 3.11 (Bất đẳng thức Minkowski 2) Cho p số hữu tỉ, p > hai dãy không âm a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn , 47 ta có bất đẳng thức sau p n (aj + bj )p p n apj ≤ j=1 p n bpj + j=1 j=1 Chứng minh Chọn q số hữu tỉ thỏa mãn điều kiện 1 + = p q Xét hàm số f (x) = xq Dễ thấy f hàm lồi miền x > Chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp aj , bj > Chọn xj := (aj + bj )p−1 ap−1 j , λj := apj n p j=1 aj Theo bất đẳng thức Jensen ta có n n f ≤ λj xj j=1 λj f (xj ) j=1 Từ suy n p−1 j=1 aj (aj + bj ) n p j=1 aj ≤ n j=1 (aj + bj n p j=1 aj )p q q (3.15) (3.16) Lập luận tương tự cách chọn xj := (aj + bj )p−1 bp−1 j , λj := bpj n p b j=1 j Ta thu đánh giá sau n p−1 j=1 bj (aj + bj ) n p j=1 aj ≤ n j=1 (aj + bj n p j=1 aj )p q q Cộng theo vế (3.15) (3.16), ta thu điều phải chứng minh Định lý 3.12 (Bất đẳng thức đại lượng trung bình) Cho aj > 0, j = 1, 2, , n Đặt ma := n j=1 aj n , mg := √ n a1 a2 an , 48 n j=1 aj mq := n n , mh := n j=1 xj Khi có đánh giá sau mh ≤ mg ≤ ma ≤ mq Chứng minh Xét hàm lồi f (x) = x2 Theo bất đẳng thức Jensen ta có n n xj f ≤ f (xj ) j=1 j=1 Từ suy ma ≤ mq Xét hàm số f (x) = − ln x, có f ”(x) = > x > Vậy f lồi Theo bất đẳng x thức Jensen ta có n f j=1 aj n n ≤ j=1 f aj n Từ suy mh ≤ mg Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mg ≤ ma 3.5 Ứng dụng bất đẳng thức lượng giác Định lý 3.13 Cho ABC tam giác nhọn ta có π sin √ √ √ A2 + B + C ≥ A sin A + B sin B + C sin C π √ Chứng minh Xét hàm số f (x) = sin x 0, f ”(x) = − 4x √ cos x sin x + √ x √ π có < Do −f hàm lồi Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho −f , ta có −f A B C A+ B+ C π π π A B C ≤ − f (A) − f (B) − f (C) π π π Từ ta có điều phải chứng minh Dấu vằng xảy A = B = C 49 Định lý 3.14 Điều kiện cần đủ để tam giác ABC góc thỏa mãn hệ thức √ cos A2 cos B2 cos C2 + + = + cos A + cos B + cos C Chứng minh Đẳng thức cho tương đương với √ 1 + + = cos A2 cos B2 cos C2 Dễ thấy cos A B C + cos + cos 2 Mặt khác 1 + + cos A2 cos B2 cos C2 ≥ √ A B C 3 cos + cos + cos ≤ 2 2 Từ suy √ cos B2 cos C2 cos A2 + + ≥ + cos A + cos B + cos C Dấu xảy A = B = C Định lý 3.15 Trong tam giác ABC ta ln có đánh giá sau sin A sin B sin C ≤ sin A + 3B B + 3C C + 3A sin sin 4 Chứng minh Vì f (x) = − sin x hàm lồi [0, π] Nên ta có sin A + 3B sin A + sin B + sin B + sin B ≥ 4 Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có sin A + sin B + sin B + sin B ≥ 4 sin A sin3 B Từ suy sin A + 3B ≥ 4 sin A sin3 B Hồn tồn tương tự ta có đánh giá sau B + 3C ≥ C + 3A sin ≥ sin sin B sin3 C, sin C sin3 A Nhân theo vế ba bất đẳng thức lại với ta sin A sin B sin C ≤ sin A + 3B B + 3C C + 3A sin sin 4 50 KẾT LUẬN Trong luận văn trình bày tóm tắt số kết có là: Một số định nghĩa tính chất hàm lồi, tập lồi Một số khái niệm tính chất dãy lồi dãy lồi logarit Một số tiêu chuẩn nhận biết dãy lồi dãy lồi logarit Kết luận văn xây dựng hệ thống tập vận dụng từ tính chất dãy số lồi dãy lồi logarit 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Một số toán chọn lọc dãy số, NXB GD [2] Phan Huy Khải, 2007, Giải tích lồi toán sơ cấp, NXB GD [3] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn, 2008, Dãy số áp dụng NXB GD TIẾNG ANH [4] Shanhe Wu, Lokenath Debnath, Inequalities for convex sequences and their applications, Computers and Mathematics with Applications, 54 (2007), pp 525–534 [5] A.McD Mercer, Polynomials and convex sequence inequaluties,Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, 6, issue 1, article 8, 2005 [6] Ioan Gavrea, Some remarks on a paper by A Mcd Mercer, Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, 6, issue 1, article 26, 2005 [7] Li Liu, Yi Wang, On the log-convexity of combinatorial sequences, Advances in Applied Mathematics, 39 (2007), arXiv:math/0602672v3, pp 453– 476 [8] T Popoviciu, Divided differences and derivatives (Romanian), Studiisi Cercetari de Matematica (Cluj), 11(1) (1960), 119-145 ... tơi trình bày tóm tắt số kết có là: Một số định nghĩa tính chất hàm lồi, tập lồi Một số khái niệm tính chất dãy lồi dãy lồi logarit Một số tiêu chuẩn nhận biết dãy lồi dãy lồi logarit Kết luận... xk Nếu tồn số k ∈ {0, , n − 2} cho αk = A(f ) ≥ với hàm lồi f αj ≥ 20 CHƯƠNG DÃY LỒI VÀ DÃY LỒI LOGARIT 2.1 Dãy lồi 2.1.1 Một số khái niệm tính chất Định nghĩa 2.1 Dãy {aj } gọi lồi 2aj ≤... 32 3.1 Ứng dụng vào tốn tìm phần ngun 32 3.2 Ứng dụng vào toán dãy số an zn+1 = bn zn + cn zn−1 37 3.3 Ứng dụng vào toán dãy số an zn+1 = bn zn − cn