Một số bất đẳng thức holder tổng quát và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHN Lấ NHT DUY ă MT S BT NG THC HOLDER TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ NHẤT DUY ¨ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60.46.01.02 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS ĐINH THANH ĐỨC Bình Định - 2019 Mục lục Mục lục MỞ ĐẦU Một số bt ng thc Hă older tng quỏt 1.1 Giới thiệu 1.2 Một số bất đẳng thc Hăolder tng quỏt dng ri rc 1.2.1 Mở rộng bất đẳng thc Hăolder tng quỏt thụng qua cỏc bt ng thc loại Hu tổng quát 1.2.2 M rng bt ng thc Hăolder tng quỏt thụng qua tính chất đơn điệu 19 Một số dạng mở rộng khác 34 1.3 Mt s bt ng thc Hăolder tng quỏt dạng liên tục 50 1.4 Bt ng thc Hăolder ngc 59 1.2.3 Một vài ứng dụng 62 2.1 Ứng dụng s bt ng thc Hăolder tng quỏt 62 2.2 Một số ứng dụng bất ng thc Hăolder ngc 67 KẾT LUẬN 71 TÀI LIỆU THAM KHẢO 72 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) MỞ ĐẦU Bất đẳng thức đề tài hay, có ứng dụng rộng rãi đóng vai trị quan trọng tốn học Trong danh sách nhng bt ng thc, bt ng thc Hăolder c ngi ta xem bất đẳng thức nhất, có tính ứng dụng cao việc giải vấn đề tốn học Để tìm hiểu chi tiết có nhìn khái qt bất ng thc Hăolder cng nh nhng ng dng ca chỳng tốn học, tơi chọn đề tài “ Một số bt ng thc Hăolder tng quỏt v ng dng Bt ng thc Hăolder c t theo tờn ca nh toỏn hc ngi c Otter Hăolder Trong sut chiu di phát triển toán học, vấn đề bất ng thc Hăolder ó c nhiu nh toỏn hc tỡm hiểu mở rộng kết hay, với khả ứng dụng ngày rộng rãi bất đẳng thức toán học Cụ thể, R Bellman E F Beckenbach [2] vào năm 1961 đưa dạng tổng quát liờn tc ca bt ng thc Hăolder, tip sau ú P M Vasi´c J E Peˇcari´c [17] vào năm 1979 trình bày dạng tổng quát rời rạc ca bt ng thc Hăolder Tip ni cỏc kt qu trình bày [2] [17], kết nghiên cứu công bố sau cung cấp nhiều dng m rng v ci tin bt ng thc Hăolder Năm 2002, Xiao-Jing Yang [13] cách xây dựng hàm đơn điệu đưa dạng mở rng ca bt ng thc Hăolder v cng chớnh XiaoJing Yang(2012) [19], với mục đích mở rộng bất đẳng thức Hăolder ó a mt kt qu mi vi ý tưởng tương tự Trong khoảng năm trở lại đây, hàng loạt báo khác công bố với nội dung trọng tâm tiếp tục mở rộng, ci tin bt ng thc Hăolder bng nhiu phng phỏp khác nhau, phương pháp thông qua bất đẳng thức loại Hu tổng quát [11] vào năm 2017, thông qua tính chất đơn điệu [8, 10] vào năm 2015, 2016 Jing-Feng Tian, hay báo gần [7] vào năm 2018 nhóm tác giả Jing-Feng Tian, Ming-Hu Ha Chao Wang Qua số lượng báo kết kèm bt ng thc Hăolder, chỳng ta th thy c tớnh đa dạng phong phú vấn đề liên quan đến bất đẳng thức tiếng Mục tiêu luận văn trình bày cách hệ thống chi tiết dạng tổng quát rời rạc v liờn tc ca bt ng thc Hăolder c trỡnh bày tài liệu [4, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 19], trọng vào việc mở rộng cải tiến nó, từ có nhìn tổng quan trình phát triển bất đẳng thc Hăolder Vic ỏnh giỏ cht ch hn mt bt đẳng thức đem lại nhiều kết kèm theo cho cách đánh giá rõ ràng đại lượng Cụ thể hơn, luận văn này, chúng tơi trình bày mt s ng dng ca cỏc bt ng thc Hăolder tổng quát việc cải tiến mở rộng bất đẳng thức Chung, Beckenbach, Minkowski Hao Z-C Đồng thời, trình bày số dạng ngược bất đẳng thức Radon, bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức trung bình tích phân với trọng số Bố cục luận văn bao gồm chương: Chương 1: Trong chương này, hệ thống lại dạng tổng quỏt ca bt ng thc Hăolder hai dng ri rạc liên tục Đưa đánh giá so sánh phương pháp mở rộng bất đẳng thc Hăolder Chng 2: p dng nhng kt qu thu chương 1, chúng tơi trình bày số dạng mở rộng cải tiến bất đẳng thức Chung, bất đẳng thức Beckenbach, bất đẳng thức Minkowski bất đẳng thức Hao Z-C Cùng với số dạng ngược bất đẳng thức Radon, bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức trung bình tích phân với trọng số Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình PGS TS Thầy Đinh Thanh Đức Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy Đồng thời, tác giả xin gửi lời cảm ơn đến toàn thể q thầy giáo Khoa Tốn, Trường Đại Học Quy Nhơn, lớp Cao học Toán K20 quan tâm tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu thực đề tài Mặc dù cố gắng trình thực luận văn, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kinh nghiệm nghiên cứu khoa học nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi nhiều thiếu sót Rất mong nhận góp ý tận tình q thầy bạn bè để luận văn hồn thiện Chương Một số bất đẳng thức Hă older tng quỏt Trong chng ny, chỳng tụi s đề cập số dạng tổng quát bất đẳng Hăolder hai dng ri rc v liờn tc, cng việc mở rộng cải tiến Các kết có áp dụng để đưa số dạng tổng quát cải tiến bất đẳng thức tiếng khác Nội dung phần chúng tơi trình bày dựa tài liệu [4, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 19] 1.1 Giới thiệu Như biết, bất đẳng thc Hăolder c in núi rng nu ak 0, bk ≥ (k = 1, 2, · · · , n), p ≥ q > 1, p1 + n apk k=1 = p n ak b k ≤ q k=1 q n bqk (1.1) k=1 Dấu bất đẳng thức (1.1) ngược lại với p < Đối với dạng liên tục, bt ng thc Hăolder c phỏt biu nh sau: Cho p, q > 0, p1 + 1q = f (x) ∈ Lp [a; b], g(x) ∈ Lq [a; b] Khi b p b f (x)g(x)dx ≤ a q b q p |f (x)| dx |g(x)| dx (1.2) a a Tiếp theo, giới thiệu số dạng tổng quát hai bất đẳng thức (1.1) (1.2) Năm 1961, E F Beckenbach R Bellman [2] trình bày dạng tổng quát liên tc ca bt ng thc Hăolder (1.2) nh sau m j=1 pj Định lý 1.1.1 ([2]) Cho = pj > Nếu fj (x) > fj ∈ Lpj [a; b] (j = 1, 2, · · · , m) b m m b a (1.3) a j=1 j=1 p fj j (x)dx fj (x) dx ≤ pj Năm 2000, việc thay đổi điều kiện giá trị pj (j = 1, 2, · · · , m), Wing-Sum Cheng [18] trình bày dạng ngược (1.3) m j=1 pj Định lý 1.1.2 ([18]) Cho = 1, < pm < pj < (j = 1, 2, · · · , m − 1) Nếu fj (x) > fj ∈ Lpj [a; b] (j = 1, 2, · · · , m) b n m b fj (x) dx ≥ a j=1 p fj j (x)dx pj (1.4) a j=1 Năm 1979, P M Vasi´c J E Peˇcari´c [17] trình bày số dạng tổng quát ri rc ca bt ng thc Hăolder (1.1) qua nh lý Định lý 1.1.3 ([17]) Cho Aij > (i = 1, 2, · · · , n, j = 1, 2, · · · , m) m j=1 βj (a) Nếu βj ≥ 0, n ≥ m m β Aijj n ≤ i=1 j=1 βj Aij j=1 i=1 m n (1.5) (1.6) (b) Nếu βj ≤ (j = 1, 2, · · · , m) n m β Aijj ≥ i=1 j=1 βj Aij j=1 i=1 (c) Nếu β1 > 0, βj ≤ (j = 2, 3, · · · , m), n m m β Aijj i=1 j=1 n ≥ ≤ βj Aij j=1 m j=1 βj (1.7) i=1 Trong phần chương 1, chúng tơi trình bày số dạng mở rộng cải tiến bất đẳng thức (1.1),(1.2), (1.3), (1.4), (1.5), (1.6) (1.7) 1.2 Mt s bt ng thc Hă older tổng quát dạng rời rạc 1.2.1 Mở rộng bất đẳng thc Hă older tng quỏt thụng qua cỏc bt ng thức loại Hu tổng quát Bất đẳng thức Hu trình bày tác giả K Hu vào năm 1981 [15] với dạng rời rạc phát biểu sau: Định lý 1.2.1 ([15]) Cho p ≥ q > 0, p1 + q = 1, cho Ak , Bk ≥ (k = 1, 2, , n), cho − er + es ≥ (r, s = 1, 2, , n) Khi n − p1 q n Bkq Ak Bk ≤ k=1 n n k=1 k=1 n k=1 n n Bkq ek − Apk k=1 Apk Bkq n Bkq − k=1 k=1 Apk ek 2p (1.8) k=1 Bằng việc tổng quát hóa bất đẳng thức (1.8), Jing-Feng Tian(2017) [11] đưa số dạng cải tiến cho bất đẳng thc Hăolder tng quỏt dng ri rc (1.5), (1.6) v (1.7) Chúng ta bắt đầu với hai Bổ đề sau, kết chúng áp dụng cho phần Bổ đề 1.2.1 ([2]) Nếu x > −1, α > α < (1 + x)α ≥ + αx (1.9) Dấu bất đẳng thức ngược lại ≤ α ≤ Bổ đề 1.2.2 ([6]) Nếu xi ≥ 0, λi > 0, i = 1, 2, · · · , n, < p ≤ n n λi xpi i=1 ≤ 1−p n λi i=1 p λi xi (1.10) i=1 Dấu bất đẳng thức ngược lại p ≥ p < Định lý sau trình bày dạng tổng quát bất đẳng thức (1.8) thực Jing-Feng Tian vào năm 2017 Định lý 1.2.2 ([11]) Cho Arj ≥ (r = 1, 2, · · · , n, j = 1, 2, · · · , k), λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ k j=1 λj , 1}, λk > 0, đặt ρ = min{ cho − er + es ≥ (s = 1, 2, · · · , n) Nếu k số chẵn n k k Arj ≤ n − λ1 λ2j−1 2j n λ2j−1 Ar(2j−1) 1−ρ r=1 j=1 r=1 j=1 n n × λ2j Ar(2j) r=1 − r=1 n λ 2j Ar(2j) er r=1 λ 2j Ar(2j) r=1 2λ2j λ 2j−1 Ar(2j−1) n λ2j−1 Ar(2j−1) er r=1 n − n λ2j−1 Ar(2j−1) (1.11) r=1 Nếu k số lẻ k n n Aλrkk Arj ≤ n1−ρ k−1 λk r=1 n r=1 j=1 λ2j−1 Ar(2j−1) r=1 j=1 n λ λ 2j Ar(2j) er 2j−1 Ar(2j−1) − − 2j Ar(2j) r=1 r=1 n λ λ2j−1 Ar(2j−1) er r=1 r=1 n n n λ2j Ar(2j) λ2j−1 Ar(2j−1) × − λ1 λ2j−1 2j n 2λ2j (1.12) r=1 r=1 Chứng minh Ta có n k n k Asi (1 − er + es ) Arj r=1 s=1 j=1 i=1 k n n k n Arj = r=1 s=1 n j=1 Asi Arj n j=1 k k Arj j=1 Arj Asi es i=1 (1.13) r=1 j=1 Trường hợp 1: Cho λ1 > λ2 > · · · > λk > k j=1 λj Khi k số chẵn k n j=1 ≥ Từ Bổ đề 1.2.2 ta có k Asi (1 − er + es ) Arj r=1 i=1 = n Asi er k + r=1 s=1 k − r=1 s=1 i=1 k n n s=1 i=1 k j=1 λj 59 Khi đó, β¯ kj (t) = et β (τ ).Trong (1+et )2 kj trường hợp này, ta thay βkj (t) t e Định lý 1.3.5 β¯kj (t), G(t) = g(τ ) = g( 1+e t ) với t ∈ (a; b) = (−∞; +∞), G (t) = g (τ ) et dτ et = g ≥ dt (1 + et )2 + et Định lý c chng minh 1.4 Bt ng thc Hă older ngược Trong phần này, giới thiệu dạng ngc ca bt ng thc Hăolder dng liờn tc v rời rạc trình bày Chang-Jian Zhao WingSum Cheng [4] vào năm 2016 Chúng ta bắt đầu với Bổ đề sau Trong nội dung trình bày sau đây, sử dụng số S(h) gọi tỉ số Specht định nghĩa h h−1 S(h) = , h = e log h h−1 Bổ đề 1.4.1 ([16]) Hàm S(t) giảm nghiêm ngặt với < t < tăng nghiêm ngặt với t > Hơn nữa, S(1) = 1, S(t) = S( ) ∀t > t Bổ đề 1.4.2 ([16]) Cho a số dương Khi bất đẳng thức S(a)a1−λ ≥ (1 − λ)a + λ (1.124) với λ ∈ [0; 1] Chứng minh Lấy a = Đặt fa (λ) = (1 − λ)a + λ (1 − a)λ + a = = 1−λ a a1−λ 1−a λ + aλ a Khi đó, ta có số S(a) = a a−1 e log a a−1 maximum fa (λ) với λ ∈ [0; 1] Thật vậy, fa (λ) = 1−a + a 1−a λ + log a aλ , a 60 nghiệm phương trình fa (λ) = λ = λa : λa = a a−1 −1 − a a log a a − (∈ [0; 1]) a − log a = Hơn nữa, dễ thấy fa (λ) > với λ < λa fa (λ) < với λ > λa Khi đó, giá trị maximum fa (λ) đạt λ = λa Do max fa (λ) = fa (λa ) = a a−1 log a − a−1 + log1 a a a−1 = = S(a) e log a a−1 Bổ đề chứng minh Thay a ab (1.124) ta có dạng ngược bất đẳng thức Young với tỉ số Specht qua Định lý Đây kết trình bày tác giả M Tominaga [16] vào năm 2001 Định lý 1.4.1 ([16]) Nếu a, b số thực dương, p1 + 1q = p > a a b S( )a1/p b1/q ≥ + b p q (1.125) Định lý sau trình bày dạng ngược bất ng thc Hăolder dng liờn tc (1.2) da trờn kt có từ Định lý 1.4.1 Định lý 1.4.2 ([4]) Cho p1 + 1q = p > Nếu f (x) g(x) hàm liên tục 1 không âm f p (x)g q (x) khả tích [a; b] p b p q g(x) dx f (x) dx a q b b ≤ Y f p (x) f (x)g(x)dx Xg q (x) S a a b b p X= g q (x)dx, f (x)dx, Y = a a S(h) = h h−1 e log h h−1 , h = (1.126) 61 Chứng minh Đặt f p (x) g q (x) a= ,b = X Y Áp dụng Định lý 1.4.1, ta có S Y f p (x) f (x)g(x) f p (x) g q (x) ≥ + Xg q (x) X 1/p Y 1/q p X q Y Vì b Y f p (x) f (x)g(x)dx S Xg q (x) a X 1/p Y 1/q ≥ p p f (x) p X + g(x) q Y p p = Định lý chứng minh Nhận xét 1.1 ([4]) Từ Định lý 1.4.2, ta suy dạng ngược bất đẳng thức Hăolder dng ri rc (1.1) nh sau: n api i=1 p n bqi i=1 q n ≤ i=1 n n api , X = i=1 Y api b i , S X bqi bqi Y = i=1 Chương Một vài ứng dụng Trong phần này, mở rộng cải tiến bất đẳng thức tiếng bất đẳng thức Chung [14], bất đẳng thức Beckenbach [1] bất đẳng thức Hao Z-C [5] dựa kết cú c t cỏc bt ng thc Hăolder tng quỏt chương Đồng thời trình bày số ứng dng ca bt ng thc Hăolder ngc [4] 2.1 ng dng ca mt s bt ng thc Hă older tng qt Trước tiên, chúng tơi trình bày kết Jing-Feng Tian, MingHu Ha Chao Wang(2017) việc mở rộng làm chặt bất đẳng thức Chung [7] Bất đẳng thức Chung [14] phát biểu sau k j=1 aj Nếu a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ≥ n k j=1 bj ≤ với k = 1, 2, · · · , n n a2j b2j ≤ j=1 (2.1) j=1 Định lý sau cho ta thấy việc áp dụng Hệ 1.2.10 dạng cải tin ca bt ng thc Hăolder (1.1) vo vic m rộng bất đẳng thức Chung [14] k j=1 aj Định lý 2.1.1 ([7]) Cho a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ≥ 0, cho ≤ k j=1 bj với k = 1, 2, · · · , n Khi đó, với p > ta có n n apj j=1 bpj ≤ j=1 1− ap1 n p j=1 aj 62 − bp1 n p j=1 bj 2 n bpj ≤ j=1 (2.2) 63 Chứng minh Từ giả thiết, ta có n−1 n apj k akp−1 = j=1 n p−1 − ak+1 + ap−1 n aj j=1 k=1 n−1 k akp−1 ≤ n − ap−1 k+1 + ap−1 n bj j=1 k=1 n aj j=1 bj j=1 ajp−1 bj = (2.3) j=1 Áp dụng bất đẳng thức (1.76), ta p−1 p n n ap−1 j bj apj ≤ bpj j=1 j=1 p n ap1 1− n p j=1 aj j=1 bp1 − n p j=1 bj (2.4) Kết hợp (2.3) (2.4) ta n n apj bpj ≤ j=1 ap1 1− n p j=1 aj j=1 − bp1 2 n p j=1 bj n bpj ≤ (2.5) j=1 Định lý chứng minh Một bất đẳng thức tiếng mà chúng tơi trình bày phương pháp mở rộng tiếp sau bất đẳng thức Beckenbach [1] Phương pháp tác giả J F Tian, M H Ha C Wang [7] đề cập đến báo năm 2017 Bất đẳng thức Beckenbach [1] phát biểu sau: Cho f (x), g(x) hàm khả tích khơng âm [0, T ] a, b, c số thực dương Nếu p ≥ q > 0, p1 − 1q = (a + c b+c ϕ(x) = ag(x) b q p T p p ϕ (x)dx) T ϕ(x)g(x)dx ≤ (a + c b+c T p p f (x)dx) , T f (x)g(x)dx (2.6) Định lý sau cho ta dạng cải tiến bất đẳng thức Beckenbach [1] việc áp dụng Hệ 1.2.10 Định lý 2.1.2 ([7]) Cho f (x), g(x) hàm khả tích khơng âm [0, T ] a, b, c số dương Nếu p ≥ q > 0, (a + c b+c T p p ϕ (x)dx) T ϕ(x)g(x)dx ≤ (a + c b+c p − q T p p f (x)dx) T f (x)g(x)dx = 64 q × 1− a+c a T − f p (x)dx a− p b q q T a− p b q + c , g q (x)dx (2.7) ag(x) b ϕ(x) = q p Chứng minh Ta có (a + c b+c T p p ϕ (x)dx) T ϕ(x)g(x)dx = a − pq − 1q T bq + c g q (x)dx (2.8) Áp dụng bất đẳng thức (1.3) (1.76) ta T T f p (x)dx f (x)g(x)dx ≤ b + c b+c T p g q (x)dx p = a (ba − p1 q p T f p (x)dx )+c g q (x)dx 0 p T p ≤ a+c q T a f (x)dx q T − pq q q b +c g (x)dx 0 q a × 1− a+c T f p (x)dx − q a− p b q + c T 2 a− p b q g q (x)dx (2.9) Khi a − pq q T bq + c g q (x)dx ≤ (a + c b+c T p p f (x)dx) T f (x)g(x)dx (2.10) q a × 1− a+c T f p (x)dx − q a− p b q + c T 2 a− p b q g q (x)dx Hơn nữa, từ Bổ đề 1.2.1 ta có a q T − pq q q b +c g (x)dx ≤ (a + c b+c T p f (x)dx) p T f (x)g(x)dx (2.11) q × 1− a+c a T f p (x)dx Vậy (a + c b+c T p p ϕ (x)dx) T ϕ(x)g(x)dx = a − pq − 1q T bq + c g q (x)dx − a− p b q q a− p b q + c T g q (x)dx 65 ≤ T p p f (x)dx) T f (x)g(x)dx (a + c b+c q × 1− a+c a T f p (x)dx − a− p b q q a− p b q + c T g q (x)dx (2.12) Định lý chứng minh Một ứng dụng việc cải tiến bất đẳng thức Hao Z-C [5] trình bày Jing-Feng Tian [12] vào năm 2011 Bất đẳng thức Hao Z-C [5] mở rộng bất đẳng thức tổng quát AM-GM với trọng số [2] Bất đẳng thức tổng quát AM-GM với trọng số phát biểu sau: Nếu aj > 0, λj > (j = 1, 2, · · · , k), p > k k λj aj ≤ j=1 j=1 k j=1 λj = aj λj (2.13) Năm 1990, Hao Z-C [5] trình bày tính chất bất đẳng thức tổng quát AM-GM với trọng số sau: Nếu aj > 0, λj > (j = 1, 2, · · · , k), p > k ∞ λj aj ≤ k p (x + aj ) j=1 λj k j=1 λj = − p1 −p−1 k ≤ dx j=1 j=1 aj λj (2.14) Một dạng mở rộng bất đẳng thức (2.14) trình bày cụ thể thơng qua Định lý sau Định lý 2.1.3 ([12]) Cho aj > 0(j = 1, 2, · · · , k), p > 0, λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λk > 0, k j=1 λj = 1, cho − e(x) + e(y) ≥ 0, k k λj aj ≤ j=1 α(k) λj aj j=1 j=1 ∞ (x + aj ) ≤ j=1 aj , λj < ∞ Khi 1− R (x, e; aj , α) 2λj k ≤ p k ∞ e(x)dx λj − p1 − p1 −p−1 dx j=1 (2.15) 66 α(k) =   k k−1  k chẵn k lẻ , ∞ (x + a2j−1 )−p−1 e(x)dx ∞ (x + a2j−1 )−p−1 dx R(x, e; aj , p) = ∞ (x + a2j )−p−1 e(x)dx ∞ (x + a2j )−p−1 dx − Chứng minh Với x ≥ 0, thay aj x + aj (2.13), ta có k (x + aj ) 0< k λj ≤ j=1 j=1 x + aj =x+ λj k j=1 aj λj (2.16) Lấy tích phân cận từ đến ∞ hai vế (2.16), ta k ∞ (x+aj ) −p−1 λj k ∞ dx ≥ x+ j=1 j=1 −p−1 aj λj dx = p k j=1 aj λj −p (2.17) Mặt khác, áp dụng Hệ 1.3.1, ta có k ∞ (x + aj ) λj ∞ k −p−1 (x + aj )−p−1 dx = j=1 λj dx j=1 k ∞ (x + aj )−p−1 dx ≤ j=1 α(k) × 1− j=1 = p λj k − λp aj R2 (x, e; aj , p) 2λ2j α(k) j j=1 1− j=1 R2 (x, e; aj , p) 2λ2j (2.18) Từ bất đẳng thức (2.17) (2.18) ta có bất đẳng thức (2.15) Định lý 2.1.3 chứng minh Từ Định lý 2.1.3, ta có Hệ sau Hệ 2.1.1 ([12]) Với giả thiết Định lý 2.1.3, ta có k λj α(k) aj ≤ j=1 j=2 1− R (x, e; aj , p) 2λj p k j=1 aj λj k ≤ j=1 Có thể thấy bất đẳng thức chặt chẽ so với (2.13) aj λj 67 2.2 Một số ứng dụng ca bt ng thc Hă older ngc Bng cỏch ỏp dụng Định lý 1.4.2, Chang-Jian Zhao Wing-Sum Cheung [4] vào năm 2006 trình bày dạng ngược bất đẳng thức Radon [6], bất đẳng thức Jensen [2] bất đẳng thức trung bình tích phân với trọng số [6] Trước tiên, tìm hiểu dạng ngược bất đẳng thức Radon dạng tích phân [3] Định lý 2.2.1 ([4]) Cho f (x), g(x) hàm khơng âm liên tục Nếu m > b a f m+1 (x) g m (x)dx m+1 b Ỹf m+1 (x) S f (x)dx a X˜ g m+1 (x) , b ( a g(x)dx)m ≤ (2.19) b X˜ = a f m+1 (x) dx, Ỹ = g m (x) Chứng minh Cho p = m + 1, q = m+1 m , b g(x)dx a thay f (x) g(x) u(x) v(x) (1.126) ta có m+1 b m+1 u(x) a b ≤ S a b v(x) dx m+1 m m m+1 dx a Yˆ um+1 (x) ˆ v (m+1)/m (x) X (2.20) u(x)v(x)dx, b m+1 ˆ = b v (m+1)/m (x)dx Lấy u(x) u (x)dx, Y a a m/(m+1) 1/(m+1) f (x)g (x) (2.20), ta có ˆ= X b S a b Y¯ f (x)dx ≥ ¯ g (m+1)/m (x) X a f (x) dx g(x) 1/(m+1) = b a f (x) ¯= dx, Y g(x) Do b a f (x) dx ≤ g(x) = m/(m+1) b f (x)g a ¯= X f (x) 1/(m+1) , v(x) g(x) b f (x)g 1/m (x)dx a m+1 b Y¯ S X¯ g(m+1)/m f (x)dx a (x) b 1/m (x)dx m f (x)g a 1/m (x)dx , 68 Thay f (x) g(x) u(x) v(x) Đặt u(x) = f (x) v(x) = b a f (x) m , g(x) ta có m+1 b Ỹf m+1 (x) S X˜ gm+1 (x) f (x)dx a , b ( a g(x)dx)m f m+1 (x) dx ≤ g m (x) b f m+1 (x) dx, Ỹ = g m (x) ˜= X a b g(x)dx a Từ Định lý 2.2.1, ta suy dạng ngược bất đẳng thức Radon dạng rời rạc sau Nhận xét 2.1 ([4]) Nếu f (x) g(x) quy dãy số thực dương bi (i = 1, 2, · · · , n), tương ứng xấp xỉ thay đổi chứng minh Định lý 2.2.1, ta có m+1 n Ỹ’am+1 i S i=1 ˜ bm+1 X’ i , n ( i=1 bi )m n aim+1 bm i i=1 ˜ = X’ n m+1 m /bi , i=1 ≤ n i=1 bi Ỹ’ = Đây dạng ngược bất đẳng thức Radon dạng rời rạc [6] n i=1 am+1 i ≥ bm i m+1 n i=1 m n b i i=1 Tiếp theo, dạng ngược bất đẳng thức Jensen dạng tích phân [2] C Zhao W Cheng trình bày sau Định lý 2.2.2 ([4]) Cho f (x) p(x) hàm không âm, liên tục b p(x)dx a = Nếu < s < t b S a f t (x) Xˇ s f s (x)p(x)dx p(x)f t (x)dx ≥ a b Xˇ = p(x)f t (x)tdx a t b , (2.21) 69 Chứng minh Từ giả thiết, ta có b S f t (x) ˇ X a b f s (x)p(x)dx = Yˇ [ps/t (x)f s (x)]t/s s/t p (x)f s (x)p1−s/t (x)dx, 1−s/t t/(t−s) ˇ X[p (x)] (2.22) S a ˇ= X b ˇ p(x)f t (x)dx Y a b p(x)dx Nếu p a = t s = q = t t−s , áp dụng bất đẳng thức (1.126) cho vế phải (2.22), ta có b Yˇ [ps/t (x)f s (x)]t/s s/t p (x)f s (x)p1−s/t (x)dx 1−s/t t/(t−s) ˇ [p X (x)] S a s/t b b (p(x))1−s/t (ps/t (x)f s (x))t/s dx ≥ a t/(t−s) (t−s)/t dx (2.23) a Từ (2.22), (2.23) b S a b p(x)dx a f t (x) ˇ X = 1, ta s t b f s (x)p(x)dx p(x)f t (x)dx ≥ a Vì b S a s f t (x) s t ≥ f (x)p(x)dx ˇ X t b p(x)f (x)dx a Từ Định lý 2.2.2, ta suy dạng rời rạc ngược bất đẳng thức Jensen [2] Nhận xét 2.2 ([4]) Nếu f (x) p(x) quy dãy số thực dương λi (i = 1, 2, · · · , n), tương ứng xấp xỉ thay đổi Định lý 2.2.2, ta có n S i=1 ˇ = X’ ati ˇ X’ s asi λi t n λi ati ≥ , i=1 n t i=1 λi Đây dạng ngược bất đẳng thức Jensen dạng rời rạc[2] s n asi λi i=1 t n λi ati ≤ i=1 Cuối cùng, tìm hiểu dạng ngược bất đẳng thức trung bình tích phân với trọng số [6] 70 Định lý 2.2.3 ([4]) Cho f (x) p(x) hàm không âm liên tục Nếu b p(x)dx a r > = r b p(x)f 2r (x)dx a f 2r (x) b S a 2r b r 2r ≥ p(x)f (x)dx p(x)f (x)dx (2.24) a Chứng minh Từ giả thiết, ta có b p(x)f 2r (x)dx a f 2r (x) b S a b p(x)f 2r (x)dx a b p(x)f 2r (x) a p(x)dx b = p(x)f r (x)dx p(x) S a p1/2 (x).p1/2 (x)f r (x)dx (2.25) Từ (1.126), ta có 1/2 b 1/2 b 2 f (x) dx ≤ g(x) dx a b a a ˘= X b ˘ f (x)dx, Y a Y˘ f (x) f (x)g(x)dx, ˘ g (x) X S = b g (x)dx a (2.26) Áp dụng (2.26) cho vế phải (2.25), ta b S a b ≥ b p(x)f 2r (x)dx a f 2r (x) r p(x)f (x)dx b b p(x)f 2r (x)dx = p(x)dx a p(x)f 2r (x)dx a (2.27) a Vì b S a b p(x)f 2r (x)dx a f 2r (x) r p(x)f r (x)dx 2r b p(x)f 2r (x)dx ≥ a Nhận xét 2.3 ([4]) Nếu f (x) p(x) quy dãy số thực dương λi (i = 1, 2, · · · , n), tương ứng xấp xỉ thay đổi 2.2.3, ta có n S i=1 r n 2r i=1 λi a2r i λi ari 2r n λi a2r i ≥ i=1 Đây dạng ngược bất đẳng thức trung bình tích phân với trọng số [6] r n λi ari i=1 2r n λi a2r i ≤ i=1 KẾT LUẬN Luận văn chủ yếu trình bày hệ thống lại dạng tổng quát ca bt ng thc Hăolder hai dng ri rc liên tục Đồng thời, áp dụng chúng để mở rộng cải tiến bất đẳng thức khác Cụ thể sau: Mở rộng ci tin bt ng thc Hăolder tng quỏt dng liờn tục, rời rạc qua bất đẳng thức loại Hu tính chất đơn điệu Trình bày số dng ngc ca bt ng thc Hăolder v mt s bất đẳng thức khác dựa tỉ số Specht ng dng cỏc bt ng thc Hăolder tng quỏt mở rộng cải tiến bất đẳng thức khác Tài liệu tham khảo [1] Beckenbach, E F., On Hăolders inequality, J Math Anal Appl 15 (1966), 2129 [2] Beckenbach, E.F., Bellman, R., Inequalities, Springer, Berlin (1961) [3] Batinetu-Giurgiu, D M., Marghidanu, D., Pop, O T., A new generalization of Radon’s inequality and applications, Creative Math Inform., (2011), 111-116 [4] C Zhao, W Cheung, Hăolders reverse inequality and its applications, Publications de L’institut Mathematique 99 (2016), 211–216 [5] Hao Z C, Note on the inequality of the arithmetic and geometric means, Pacific J Math 143 (1990), 43-46 [6] Hardy, G H., Littlewood, J E., Pólya, Inequalities, Cambridge Univ Press, Cambridge, 1934 [7] J F Tian, M H Ha, C Wang, Improvements of generalized Hăolders inequalities and their applications, J Math Inequal 12(2), 459–471 (2018) [8] J F Tian, M H Ha, Some new properties of generalized Hăolders inequalities, J Nonlinear Sci Appl., 10 (2016), 3638–3646 [9] J F Tian, X M Hu, Refinements of generalized Hăolders inequality, J Math Inequal 7(4), 701-710 (2013) [10] J F Tian, Properties of generalized Hăolders inequalities, J Math Inequal 9, (2015), 473–480 72 [11] J F Tian, Z H Yang, Generalizations of Hu-type inequalities and their applications, J Nonlinear Sci Appl 10 (2017), 1971–1985 [12] J F Tian, Extension of Hu Ke’s inequality and its applications, J Inequal Appl 2011, (2011), 77 [13] Kim Y I, Yang X, Generalizations and refinements of Hăolders inequality, Appl Math Lett 25, 1094-1097 (2012) [14] K L Chung, Proposed Problem E1025, Amer Math Monthly 59 (1952), 407–408 [15] K Hu, On an inequality and its application, Sci Sinica, 24 (1981), 10471055 [16] Tominaga, M., Specht’s ratio in the Young inequality, Sci Math Jpn 55 (2002), 538–588 [17] Vasi´c, P M., Peˇcari´c, J E., On the Jensen inequality for monotone functions, An Univ Timis¸oara Ser S¸t Matimatice, 17(1) (1979), 95–104 [18] W S Cheung, Generalizations of Hăolders inequality Int J Math Math Sci 26(1), 7-10 (2001) [19] Yang X, Hăolders inequality, Appl Math Lett 16 (2003) 897–903 ... bày số dạng mở rộng cải tiến bất đẳng thức Chung, bất đẳng thức Beckenbach, bất đẳng thức Minkowski bất đẳng thức Hao Z-C Cùng với số dạng ngược bất đẳng thức Radon, bất đẳng thức Jensen bất đẳng. .. có đươc bất đẳng thức k=1 (1.79) (b) Với < p < 1, áp dụng bất đẳng thức (1.77), ta chứng minh bất đẳng thức (1.80) Hệ 1.2.11 chứng minh Tiếp theo, tìm hiểu dạng tổng quát khác bất đẳng thức Hăolder... Bất đẳng thức ln đề tài hay, có ứng dụng rộng rãi đóng vai trị quan trọng tốn học Trong danh sách bất đẳng thức, bất đẳng thc Hăolder c ngi ta xem nh mt nhng bất đẳng thức nhất, có tính ứng dụng