Một số lớp hàm dạng đặc biệt và các bất đẳng thức liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THỊ HUỆ MỘT SỐ LỚP HÀM DẠNG ĐẶC BIỆT VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THỊ HUỆ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS: HOÀNG VĂN HÙNG Thái Nguyên - Năm 2014 Mục lục Lời nói đầu HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN 1.1 1.2 1.3 1.4 HÀM LỒI 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Tính chất hàm lồi hàm lõm BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 1.2.1 Định lý (J.Jensen) 1.2.2 Bổ đề 10 1.2.3 Định lý (J.Jensen) 11 MỘT SỐ HỆ QUẢ CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 13 1.3.1 Định lý: 13 1.3.2 Định lý: 13 1.3.3 Ví dụ áp dụng: 13 1.3.4 Bất đẳng thức Nesbitt suy rộng 18 1.3.5 Bất đẳng thức Cauchy 19 1.3.6 Bất đẳng thức Holder 19 1.3.7 Bất đẳng thức Holder dạng tích phân 20 1.3.8 Hệ quả: 21 1.3.9 Bất đẳng thức Cauchy dạng tích phân 22 BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA 22 1.4.1 So sánh hai dãy giảm 22 1.4.2 Bất đẳng thức Karamata 22 1.4.3 Một số áp dụng bất đẳng thức Karamata 24 HÀM LỒI NHIỀU BIẾN VÀ CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH,THUẦN NHẤT DƯƠNG 2.1 2.2 2.3 2.4 29 TẬP LỒI VÀ NÓN LỒI TRONG KHÔNG GIAN VÉC TƠ HÀM LỒI NHIỀU BIẾN 29 2.1.1 Định nghĩa 29 2.1.2 Hàm lồi n biến 30 CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH VÀ CÁC HÀM THUẦN NHẤT DƯƠNG 30 2.2.1 Định nghĩa 30 2.2.2 Mệnh đề: 31 2.2.3 Mệnh đề: 31 2.2.4 Mệnh đề: 33 2.2.5 Mệnh đề [N.H Bingham and A.J Ostaszewski] 33 2.2.6 Định lý [Janus Matkowski] 34 2.2.7 Hệ 35 TÍNH CHẤT CỦA HÀM LỒI NHIỀU BIẾN 36 2.3.1 Mệnh đề 36 2.3.2 Mệnh đề: 36 2.3.3 Mệnh đề: 37 2.3.4 Định lý: 37 2.3.5 Hệ quả: 38 MỘT SỐ ÁP DỤNG VÀO LÝ THUYẾT CÁC BẤT ĐẲNG THỨC 39 2.4.1 Chứng minh khác bất đẳng thức Minkowski 39 2.4.2 Chứng minh khác bất đẳng thức Minkowski ngược ( trường hợp < p < 1) 40 2.4.3 Chứng minh khác bất đẳng thức Holder 41 2.4.4 Hàm cộng tính bậc k 42 2.4.5 Định lý: 45 2.4.6 Định lý: 45 LỜI NÓI ĐẦU Một số bất đẳng thức tiếng bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata, liên quan đến hàm lồi hàm lõm Một số bất đẳng thức tiếng khác bất đẳng thức Mincowski, Holder, liên quan đến hàm nửa cộng tính dương Điều chứng tỏ nhiều bất đẳng thức quan trọng hệ tính chất hàm số thuộc lớp đặc biệt Do nghiên cứu tính chất hàm số có tính chất đặc biệt giúp phát bất đẳng thức cách chứng minh mới, đơn giản chứng minh biết Bản luận văn “Một số lớp hàm dạng đặc biệt bất đẳng thức liên quan” gồm Lời nói đầu, hai chương, phần kết luận Tài liệu tham khảo Chương HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN Chương trình bày định nghĩa hàm lồi, hàm lõm, tính chất quan trọng hàm lồi, hàm lõm cách chứng minh loạt bất đẳng thức tiếng dựa tính chất hàm này: bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Jensen(dạng dãy dạng tích phân), bất đẳng thức Holder(dạng dãy dạng tích phân), bất đẳng thức Karamata, hệ Tác giả trình bày chứng minh loạt bất đẳng thức khó chương trình tốn sơ cấp dựa bất đẳng thức tiếng vừa kể Một số bất đẳng thức này, theo ý kiến chủ quan tác giả, chứng minh dựa lý thuyết hàm lồi (ví dụ bất đẳng thức Jensen dạng tích phân số bất đẳng thức tam giác mục 1.3.3) Chương HÀM LỒI NHIỀU BIẾN VÀ CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH, THUẦN NHẤT DƯƠNG Chương xét hàm lồi nhiều biến, hàm nửa cộng tính, hàm dương bất đẳng thức liên quan Tư liệu chương tuyển chọn từ tài liệu [N.H Bingham and A.J Ostaszewski], [Janus Matkowski], [H.V.Hùng L.M.Tiến] Các hàm cộng tính dương nón lồi K với đỉnh khơng không gian Rn lớp lớp hàm lồi K có nhiều tính chất đặc sắc Tác giả trình bày loạt tính chất hàm lồi nhiều biến, hàm nửa cộng tính, dương, chứng minh tổng quát hóa kết Janus Matkowski báo [Janus Matkowski] Dựa tổng quát hóa tác giả đưa chứng minh ngắn bất đẳng thức Mincowski ( thuận nghịch) trường hợp tổng quát bất đẳng thức Holder Trong chương tác giả chứng minh số khẳng định mơ tả đặc trưng hàm cộng tính k – nón lồi K không gian véc tơ thực V cho áp dụng khẳng định dạng số toán chứng minh bất đẳng thức ( mệnh đề 2.4.4) Cuối tác giả trình bày mở rộng kết [H.V.Hùng L.M.Tiến] (định lý 2.4.6) cho ví dụ minh họa Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn T.S Hoàng Văn Hùng, Viện Khoa học Cơ - Đại học Hàng Hải Việt Nam Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thày hướng dẫn ý tưởng luận văn tận tụy công việc hướng dẫn Tác giả xin chân thành cảm ơn thày cô khoa Toán –Tin, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hồn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2014 Người viết Đỗ Thị Huệ Chương HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN Chương trình bày khái niệm hàm lồi, tính chất hàm lồi bất đẳng thức liên quan Tư liệu chương tham khảo từ tài liệu [Hardy, Littllewood,Polya] [Zoran K and others] 1.1 HÀM LỒI 1.1.1 Định nghĩa Hàm biến f(x) gọi lồi khoảng số thực (a;b) với cặp số thực z,t thuộc khoảng (a;b), số thực λ ∈ (0; 1) ta ln có bất đẳng thức: f (λz + (1 − λ)t) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t) (1.1) Hàm f(x) gọi lõm khoảng (a;b) -f(x) lồi (a;b), nói cách khác, f(x) lõm (a;b) với cặp số thực z,t thuộc khoảng (a;b), số thực λ ∈ (0; 1) ta có bất đẳng thức: f (λz + (1 − λ)t) ≥ λf (z) + (1 − λ)f (t) (1.2) Nếu (1.1) (1.2) z, t phân biệt ta có dấu bất đẳng thức thực hàm f(x) gọi lồi chặt ( tương ứng: lõm chặt) (a;b) Tính lồi, lõm hàm f(x) khoảng đóng nửa đóng định nghĩa tương tự 1.1.2 Tính chất hàm lồi hàm lõm Tính chất Nếu f(x) lồi khoảng (a;b) với số thực phân biệt x, z, t thuộc khoảng (a;b) thoả mãn t < z ta ln có: f(t) − f(x) f (z) − f (x) ≤ t−x z−x (1.3) Chứng minh Giả sử a < t < x < z < b Đặt : λ = x−t z−x →1−λ= z−t z−t Vì f(x) lồi (a;b) ta có: f (λz + (1 − λ)t) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t) ↔ f (x) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t) ↔ λ(f (x) − f (z)) ≤ (1 − λ)(f (t) − f (x)) z−x x−t ↔ (f (x) − f (z)) ≤ (f (t) − f (x)) z−t z−t f (t) − f (x) f (z) − f (x) ↔ ≤ t−x z−x Bây giả sử a < x < t < z < b Áp dụng điều vừa chứng minh ta có: f (x) − f (t) f (z) − f (t) f (z) − f (x) + f (x) − f (t) ≤ = x−t z−t z−t ↔ (z − x + x − t)(f (x) − f (t)) ≥ (x − t)(f (z) − f (x) + f (x) − f (t)) ↔ (z − x)(f (x) − f (t)) ≥ (x − t)(f (z) − f (x)) f (t) − f (x) f (z) − f (x) ↔ ≤ t−x z−x Cuối cùng, a < t < z < x < b, áp dụng điều vừa chứng minh ta có: f (z) − f (t) f (x) − f (t) ≤ z−t x−t ↔ (x − t)(f (z) − f (x) + f (x) − f (t)) ≤ (z − x + x − t)(f (x) − f (t)) ↔ (x − t)(f (z) − f (x)) ≤ (z − x)(f (x) − f (t)) f (t) − f (x) f (z) − f (x) ↔ ≤ t−x z−x Vậy tính chất chứng minh hồn tồn Nhận xét : Nếu f(x) lồi chặt bất đẳng thức (1.3) dấu “ ≤” thay dấu “ Vậy (2.17) Vì + = nên p>1, h (t) = p q p2 chứng minh Từ (2.17) dễ dàng nhận (2.16) quy nạp Thực vậy, (2.16) thay n n – ta có: n 1/p (u1 + u2 ) 1/q (v1 + v2 ) 1/p 1/q + uj vj j=3 n ≤ (u1 + u2 + 1/p uj ) n (v1 + v2 + j=3 vj )1/q (2.18) j=3 Từ (2.17) (2.18) ta nhận (2.16), nghĩa (2.16) với n Theo nguyên lý quy nạp, (2.16) với số nguyên dương n (2.15) chứng minh 41 2.4.4 Hàm cộng tính bậc k Định nghĩa: Cho K nón lồi không gian véc tơ thực V, k số thực Ánh xạ f : K → R gọi bậc k với số dương t, x ∈ K ta có f (tx) = tk f (x) Mệnh đề : Cho K nón lồi khơng gian véc tơ thực V f : K → R ánh xạ bậc k Nếu f cộng tính K xảy ba khả sau: 1) k=1 f hàm lồi dương K 2) k1 f (x) ≤ với x ∈ K Chứng minh 1) Nếu k=1 f hàm dương K, f lồi theo mệnh đề mệnh đề 2.2.2 2) Giả sử k0 t lim Do k < ta có: φ(t) f (tx) tk f (x) φ(t) lim = lim = lim = = inf t→+∞ t t→+∞ t→+∞ t>0 t t t Vậy φ(t) ≥ (∀t > 0), nói riêng φ(1) = f (x) ≥ 3) Giả sử k > 1, cố định x ∈ K Xét hàm φ(t) = f (tx) = tk f (x) Từ biểu thức φ(t) suy φ(t) bị chặn địa phương cộng tính Do đó, lại theo mệnh đề 2.2.5 ta có: φ(t) φ(t) = inf t→+∞ t t>0 t Nếu f (x) > 0, k > ta có: lim φ(t) φ(t) = lim = lim tk−1 f (x) = +∞ t→+∞ t t→+∞ t>0 t inf 42 Mâu thuẫn Vậy f (x) ≤ Nhận xét: Khẳng định 2) 3) mệnh đề chứng minh cách sử dụng mệnh đề 2.2.3 Hệ quả: 1) Nếu h(t) hàm biến xác định (0; +∞) có đạo hàm cấp thỏa mãn 2h (t) + th (t) ≥ với t > với số dương x,y, z, t tùy ý ta có bất đẳng thức: (x + z)h x+z y+t z ≤ xh( xy ) + zh( ) t (2.19) 2) Nếu k < h(t) hàm biến tùy ý xác định (0; +∞) cho tập giá trị h chứa giá trị âm Khi tồn số dương x,y, z, t cho: (x + z)k h x+z y+t x z > xk h( ) + z k h( ) y t (2.20) 3) Nếu k > h(t) hàm biến tùy ý xác định (0; +∞) cho tập giá trị h chứa giá trị dương Khi tồn số dương x,y, z, t cho: (x + z)k h x+z y+t x z > xk h( ) + z k h( ) y t x Khi p ánh xạ y vào R Bất đẳng thức (2.19) tương đương với khẳng định p Chứng minh 1) Đặt p(x, y) = xh dương từ R∗2 + hàm cộng tính Theo mệnh đề 2.2.2 khẳng định tương đương với khẳng định p hàm lồi Theo hệ 2.3.5, p hàm lồi ↔ p(t, 1) = th(t) lồi (0; +∞) Nhưng(th(t)) = 2h (t) + th (t) ≥ với t > nên hàm th(t) lồi (0; +∞) khẳng định 1) hệ chứng minh 2) Nếu không tồn số dương x,y, z, t cho (2.20) bất đẳng thức ngược lại với số dương x,y, z, t: (x + z)k h x z ≤ xk h( ) + z k h( ) y t x+z y+t (2.21) x Khi p ánh xạ k - từ R∗2 + vào R y thỏa mãn (2.21), p hàm cộng tính k – với k cho h(t0 ) < Khi ta có p(t0 , 1) = tk0 h(t0 ) < 0, mâu thuẫn Vậy phải tồn số dương x,y, z, t cho (2.20) 3) Khẳng định 3) chứng minh tương tự khẳng định 2) cách dùng khẳng định 3) mệnh đề 2.2.4 Ví dụ: 1) Đặt h(t) = et 2h (t) + th (t) = et (2 + t) > với t > Theo khẳng định 1) hệ ta có: x+z x z (x + z)e y + t ≤ xe y + ze t với số dương x,y, z, t 2) Chứng minh không tồn ánh xạ h : (0; +∞) → R cho h(1) < √ x + zh x+z y+t ≤ √ √ x z xh( ) + zh( ) y t với số dương x,y, z, t Giải Áp dụng khẳng định 2) hệ với k = ta suy điều phải chứng minh Nhận xét: Cũng giải toán cách đặt bất đẳng √ thức cho x = y = z = t = suy mâu thuẫn: ≥ 3) Chứng minh không tồn ánh xạ h : (0; +∞) → R cho 2014 2014 2014 x+z x z ≤ x 2013 h( ) + z 2013 h( ) h(2014) > (x + z) 2013 h y+t y t với số dương x,y, z, t 2014 Giải Áp dụng khẳng định 3) hệ với k = ta suy điều phải 2013 chứng minh Nhận xét: Cũng giải toán cách đặt bất đẳng 2014 thức cho x = z = 2014, y =t = suy mâu thuẫn : 2013 ≤ Trong [H.V.Hùng, L.M.Tiến] chứng minh định lý sau: 44 2.4.5 Định lý: 1) Giả sử w = f(u,v) hàm cộng tính, dương miền R∗2 + không giảm theo v với u cố định.Đặt: n G= x = (x1 , , xn ) ∈ ∗n R+ xi ≤ C = const > : i=1 n z= f (xi , i=1 Nếu hàm g(t) = f(t, ) xi ) không tăng theo t (0;C) : t n2 {z : x = (x1 , , xn ) ∈ G} = f C; C 2) Giả sử w = f(u,v) hàm cộng tính, dương miền R∗2 + không tăng theo v với u cố định Đặt: n G= x = (x1 , , xn ) ∈ R∗n + xi ≤ C = const > : i=1 n z= f (xi , i=1 Nếu hàm g(t) = f(t, ) xi ) khơng giảm theo t (0;C) thì: t max {z : x = (x1 , , xn ) ∈ G} = f C; n2 C Chúng chứng minh mở rộng phận định lý trên: 2.4.6 Định lý: 1) Giả sử w = f(u,v) hàm cộng tính miền R∗2 + , khơng giảm theo v với u cố định, C =const > h(t) hàm xác định (0;C) thỏa mãn h(t) ≥ (∀t ∈ (0; C)) Với số nguyên dương n ≥ đặt : t n G= x = (x1 , , xn ) ∈ R∗n + xi ≤ C : i=1 45 n z= (x = (x1 , , xn ) ∈ G) f (xi , h(xi )) i=1 Nếu hàm g(t) = f (t, h(t)) khơng tăng theo t (0; C) thì: inf {z : x = (x1 , , xn ) ∈ G} ≥ f C, nC (2.22) 2) Giả sử w = f(u,v) hàm cộng tính miền R∗2 + , không tăng theo v với u cố định, C =const > h(t) hàm xác định (0;C) thỏa mãn h(t) ≥ t (∀t ∈ (0; C)) Với số nguyên dương n ≥ đặt : n G= x = (x1 , , xn ) ∈ R∗n + xi ≤ C : i=1 n z= (x = (x1 , , xn ) ∈ G) f (xi , h(xi )) i=1 Nếu hàm g(t) = f (t, h(t)) không giảm theo t (0; C) : sup {z : x = (x1 , , xn ) ∈ G} ≤ f C, nC (2.23) Nhận xét: Định lý 2.4.5 cho câu khẳng định xác định lý 2.4.6 h(t) = giả thiết định lý 2.4.5 có thêm giả thiết f(u,v) t hàm dương Chứng minh n xi < C , thay x1 1) Nếu i=1 x∗1 > x1 > cho x∗1 n + x1 = C i=2 Do giả thiết g(t) không tăng theo t ∈ (0;C) hàm f cộng tính ta có: n n f (xi , h(xi )) ≥ f (x∗1 , h(x∗1 )) + i=1 i=2 n ≥ f (x∗1 f (xi , h(xi )) n xi , h(x∗1 ) + i=2 + n h(xi )) = f (C, h(x∗1 ) i=2 + h(xi )) i=2 Vậy với x = (x1 , , xn ) tuỳ ý ∈ G ta có : n n f (xi , h(xi )) ≥ inf{f (C, z= i=1 n h(xi )) : i=1 46 xi = C, xi > 0} i=1 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz,với x = (x1 , , xn ) ∈ G n xi = C ta có: i=1 n n n ≤( n xi )( i=1 n 1 n2 ) = C( )→( )≥ xi x x C i i i=1 i=1 i=1 (∀i = 1, , n), đó: xi Bởi xi ∈ (0; C) (∀i = 1, , n) nên h(xi ) ≥ n n h(xi ) ≥ i=1 i=1 n2 ≥ xi C n xi = C có bất đẳng Do hàm f không giảm theo biến thứ hai, ta suy i=1 thức: n n2 h(xi )) ≥ f (C, ) C f (C, i=1 Vậy: n n n f (xi , h(xi )) ≥ inf{f (C, z= i=1 i=1 h(xi )) : i=1 xi = C, xi > 0} ≥ f (C, nC ) với x = (x1 , , xn ) ∈ G (2.22) chứng minh n xi < C , thay x1 x∗ > x1 > cho x∗ + 2) Nếu i=1 n x1 = C i=2 Do giả thiết g(t) không giảm theo t ∈ (0;C) hàm f cộng tính ta có: n n f (xi , h(xi )) ≤ f (x∗1 , h(x∗1 )) + i=1 i=2 n ≤ f (x∗1 n xi , h(x∗1 ) + n + i=2 h(xi )) = f (C, h(x∗1 ) + i=2 n n f (xi , h(xi )) ≤ sup{f (C, i=1 i=1 h(xi )) i=2 Vậy với x = (x1 , , xn ) tuỳ ý ∈ G ta có: z= f (xi , h(xi )) xi ) n : i=1 xi = C, xi > 0} Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, với x = (x1 , , xn ) ∈ G n xi = C ta có: i=1 n n ≤( n xi )( i=1 i=1 n n 1 n2 ) = C( )→( )≥ xi x x C i i i=1 i=1 47 Bởi xi ∈ (0; C) (∀i = 1, , n) nên h(xi ) ≥ n n h(xi ) ≥ i=1 i=1 (∀i = 1, , n), đó: xi n2 ≥ xi C n xi = C có bất đẳng Do hàm f khơng tăng theo biến thứ hai, ta suy i=1 thức: n f (C, i=1 n2 h(xi )) ≤ f (C, ) C Vậy ta có: n n f (xi , h(xi )) ≤ sup{f (C, z= i=1 n xi = C, xi > 0} ≤ f (C, h(xi )) : i=1 i=1 với x = (x1 , , xn ) ∈ G (2.23) chứng minh n2 ) C n xi ≤ Ví dụ 1: Chứng minh với n số dương tùy ý x1 , , xn thỏa mãn i=1 ta có: p p a) (xki + 2k ) k ≥ (1 + n2k ) k k > < p ≤ xi i=1 p p n b) (x3i + ) ≥ (1 + n6 ) < p ≤ ln (1 + xi ) i=1 p Giải a) Xét hàm f (u, v) = (uk + v k ) k Hàm q(s) = sp cộng tính tăng (0; +∞) < p ≤ Hàm p(u, v) = (uk + v k ) k hàm cộng tính n nhận giá trị dương R∗2 + k > 1, hàm f (u, v) = q(p(u, v)) hàm cộng tính theo mệnh đề 2.2.3 tăng theo v với u cố định Đặt p 1 h(t) = h(t) > t ∈ (0; 1) Hàm g(t) = f (t, h(t)) = (tk + 2k ) k t t t khơng tăng theo t t ∈ (0; 1) vì: p −1 (t3k − 2) g (t) = p(tk + 2k ) k < t ∈ (0; 1) t t2k+1 Vậy giả thiết khẳng định 1) định lý 2.4.6 thỏa mãn ( C =1) Theo kết luận định lý 2.4.6 ta có: p p n n (xki + 2k ) k = f (xi , h(xi )) ≥ f (1, n2 ) = (1 + n2k ) k xi i=1 i=1 48 p b) Xét hàm f (u, v) = (u3 + v ) Hàm q(s) = sp cộng tính tăng (0; +∞) < p ≤ Hàm p(u, v) = (u3 + v ) hàm cộng tính nhận giá trị dương R∗2 + , hàm f (u, v) = q(p(u, v)) hàm cộng tính theo mệnh đề 2.2.3 tăng theo v với u cố định Đặt 1 h(t) = , ta có h(t) > t ∈ (0; 1) ln(1 + t) t p ) không tăng theo t t ∈ (0; 1) Hàm g(t) = f (t, h(t)) = (t3 + ln (1 + t) p t3 ln3 (1 + t) + t2 (1 + t)ln4 (1 + t) − Thực vậy: g (t) = p( )3 Khi ln3 (1 + t) (1 + t) ln(1 + t)(t3 ln3 (1 + t) + 1) t ∈ (0; 1) tất nhân tử biểu thức g (t) dương, ngoại trừ nhân tử: r(t) = t2 (1 + t)ln4 (1 + t) − Dễ thấy hàm r(t) tăng khoảng [0; 1] r(1) = 2ln4 − ≈ −0, 53833 < Do r(t) < t ∈ (0; 1) Điều kéo theo g (t) < t ∈ (0; 1), g(t) thực giảm (0;1) Vậy giả thiết khẳng định 1) định lý 2.4.6 thỏa mãn(với C =1) Theo kết luận định lý 2.4.6 ta có: n i=1 p p ) ≥ (1 + n6 ) (x3i + ln (1 + xi ) n < p ≤ x1 , , xn n số dương thỏa mãn x i ≤ i=1 n xi ≤ Ví dụ 2: Chứng minh với n số dương tùy ý x1 , , xn thỏa mãn i=1 ta có: n (x2i − i=1 ) ≤ − n2 xi Giải Hàm f (u, v) = u − v hàm cộng tính R∗2 + Thực vậy, với (u1 , v1 ), (u2 , v2 ) ∈ R∗2 + ta có : f (u1 + u2 , v1 + v2 ) = (u1 + u2 )2 − (v1 + v2 ) = (u21 − v1 ) + (u22 − v2 ) + 2u1 u2 ≥ f (u1 , v1 ) + f (u2 , v2 ) Rõ ràng hàm f (u, v) = u2 − v giảm theo v với u cố định Đặt h(t) = t 1 h(t) > t ∈ (0; 1) Hàm g(t) = f (t, h(t)) = t2 − không giảm theo t t 49 > t ∈ (0; 1) t3 Vậy giả thiết khẳng định 2)định lý 2.4.6 thỏa mãn(với C =1) t t ∈ (0; 1) vì: g (t) = 2t + Theo kết luận định lý 2.4.6 ta có: n (x2i − i=1 ) ≤ − n2 xi 50 KẾT LUẬN Bản luận văn “Một số lớp hàm dạng đặc biệt bất đẳng thức liên quan” trình bày khái niệm hàm lồi, hàm lõm lớp hàm gần gũi với hàm lồi, hàm lõm hàm nửa cộng tính hàm dương Nhiều tính chất đặc sắc lớp hàm vừa kể trình bày vận dụng vào việc chứng minh bất đẳng thức tiếng: bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Holder, bất đẳng thức Mincowski, bất đẳng thức Karamata loạt bất đẳng thức khác gặp chương trình tốn sơ cấp Một số bất đẳng thức nêu luận văn, theo ý kiến chủ quan tác giả, chứng minh dựa tính chất hàm lồi ( hàm lõm) Các hàm cộng tính dương nón lồi K với đỉnh không không gian Rn lớp lớp hàm lồi K có nhiều tính chất thú vị Tác giả trình bày loạt tính chất hàm lồi nhiều biến, hàm nửa cộng tính, dương, chứng minh tổng quát hóa kết Janus Matkowski báo [Janus Matkowski] Dựa tổng quát hóa tác giả đưa chứng minh ngắn bất đẳng thức Mincowski ( thuận nghịch) bất đẳng thức Holder trường hợp tổng quát ( báo [Janus Matkowski] chứng minh ngắn bất đẳng thức Mincowski bất đẳng thức Holder trình bày cho trường hợp bốn số, tức tương ứng với n =2) Tác giả chứng minh số khẳng định mô tả đặc trưng hàm cộng tính k – nón lồi K khơng gian véc tơ thực V cho áp dụng khẳng định dạng số toán chứng minh bất đẳng thức ( mệnh đề 2.4.4) 51 Cuối tác giả trình bày mở rộng kết [H.V.Hùng L.M.Tiến] ( định lý 2.4.6) cho ví dụ minh họa Bản luận văn chứng tỏ tính hữu ích việc nghiên cứu tính chất hàm thuộc lớp đặc biệt chứng minh bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức sơ cấp nói riêng 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.[Hardy, Littllewood,Polya] G.H.Hardy, J.E Littllewood,G.Polya Bất đẳng thức Nhà xuất đại học trung học chuyên nghiệp 1981 ( dịch từ tiếng Nga) 2.[N.H Bingham and A.J Ostaszewski] N.H Bingham and A.J Ostaszewski Generic subadditive functions Proceedings of the American mathematical society, volume 136, number 12, December 2008, pp 4257-4266 3.[Janus Matkowski] Janus Matkowski Subadidtive functions and a relaxation of the homogeneity condition of seminorms Proceedings of the American mathematical society, volume 117, number 4, April 1993, pp 991-1001 4.[Zoran K and others] Zoran Kadelburg, Duˇsan Duki´c, Milivoje Luki´c and Ivan Mati´c Inequalities of Karamata, Schur and Murhead, and some applications The teaching of Mathematics, 2005, Vol VIII, pp 31-45 Hoàng Văn Hùng, Lê Minh Tiến Giá trị bé giá trị lớn lớp hàm biểu diễn qua hàm nửa cộng tính dương Tạp chí Khoa học Công nghệ Hàng Hải ISSN 1859-316X, số 36-11/2013, trang 113-117 53 ... thức tiếng bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata, liên quan đến hàm lồi hàm lõm Một số bất đẳng thức tiếng khác bất đẳng thức Mincowski, Holder, liên quan đến hàm nửa... ? ?Một số lớp hàm dạng đặc biệt bất đẳng thức liên quan? ?? gồm Lời nói đầu, hai chương, phần kết luận Tài liệu tham khảo Chương HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN Chương trình bày định nghĩa hàm. .. lồi, hàm lõm, tính chất quan trọng hàm lồi, hàm lõm cách chứng minh loạt bất đẳng thức tiếng dựa tính chất hàm này: bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Jensen (dạng dãy dạng tích phân), bất đẳng thức