Đặc trưng hàm đơn điệu toán tử qua trung bình hình học
3.1 Các trung bình số và đặc trưng của các hàm đơn điệu
đơn điệu
Với hai số thực không âm x và y và với s∈[0,1], ký hiệu
Gs(x, y) = x
sy1−s+x1−sys
2
là trung bình Heinz của x và y,
Hs(x, y) = sx+y
2 + (1−s)x1/2y1/2
là trung bình Heron của x và y. Chú ý rằng √ xy≤Gs(x, y) ≤ x+y 2 (bất đẳng thức Heinz) và √ xy≤Hs(x, y) ≤ x+y 2 (bất đẳng thức Heron), với mọi s∈[0,1].
Bhatia [4] đã chỉ ra mối quan hệ giữa trung bình Heinz và trung bình Heron như sau: Gt(a, b)≤H(2t−1)2(a, b),∀t∈[0,1]. (3.1) Do đó, với bất kì t ∈[0,1], ta có √ ab≤Gt(a, b)≤H(2t−1)2 ≤H|2t−1| ≤ a+b 2 . (3.2) Để trả lời cho câu hỏi (C), chúng tôi chứng minh cho một đặc trưng mới của tính đơn điệu (như một hàm thực) dựa vào Bất đẳng thức (3.2).
Định lý 3.1.1. Gọi M là một trung bình số đối xứng nào đó trên R+ sao cho #< M. Nếu mọi số thực 0≤a, b,
f(√
ab)≤f(M(a, b)), (3.3)
thì hàm f : (0,+∞)−→R là đơn điệu tăng trên (0,+∞).
Chứng minh. Để chứng minh định lý, ta phải chỉ ra rằng với bất kỳ 0 < x ≤ y, tồn tại a, b > 0 sao cho x = √
ab và y =M(a, b) =ah(b/a), trong đó
h(t) = M(1, t)là hàm đại diện của M. Hoặc, tương đương, với bất kỳy0 ≥1, tồn tại a, b > 0 sao cho 1 = √
ab và y0 = M(a, b) = a−1h(a2) (vì đồng nhất thức đầu tiên). Hàm ϕ(t) = t−1h(t2) là toàn ánh từ (0,∞) tới [1, γ), trong đó, γ = limt→∞(ϕ(t)) > 1. Do đó, với bất kỳ 1 ≤ y0 < γ, tồn tại a > 0 sao cho y0 =a−1h(a2). Cho nên, nếu 0< x≤y≤γx, lập luận như trước suy ra rằng
f(x)≤f(y).
Nếu y > γx, tương đương nếu y0 > γ, gọi γ0∈(1, γ) và xét dãy {γ0n}n∈
N.Vì {γ0n} → ∞ khi n → ∞, tồn tại k∈N sao cho Vì {γ0n} → ∞ khi n → ∞, tồn tại k∈N sao cho
0< x < γ0x≤...≤γ0kx≤y < γ0k+1x.
Do đó, lập luận trước đó chỉ ra rằng:
f(x)< f(γ0x)≤...≤f(γ0kx)≤f(y).
Vì vậy, f là đơn điệu tăng trên R+.
Bây giờ chúng ta chỉ ra bất đẳng thức giữa trung bình Heinz và trung bình Heron cho các số cũng đặc trưng cho tính đơn điệu.
Định lý 3.1.2 ([5, Theorem 2]). Một hàm f liên tục trên [0,∞) là đơn điệu tăng khi và chỉ khi với bất kỳ cặp số dương x, y và s∈(0,1/2)∪(1/2,1),
f xsy1−s+x1−sys 2 ≤f α(s)2x+y 2 + (1−α(s)2)√ xy , (3.4) trong đó α(s) = 2s−1.
Chứng minh. Điều kiện cần cho tính đơn điệu củaf suy ra từ (3.2) và tính đơn điệu. Do đó ta chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Cho hai số dương
a≤b. Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại các số dương x và y sao cho
a= x sy1−s+x1−sys 2 , b=α(s) 2x+y 2 + (1−α(s)2)√ xy. (3.5) Khi đó f(a)≤f(b), tức là f là một hàm đơn điệu tăng. Nếu x và y tồn tại như vậy, từ (3.5) ta sẽ có a b = xsy1−s+x1−sys α(s)2(x+y) + 2(1−α(s)2)√ xy = (y/x) α(s)/2+ (y/x)−α(x)/2 α(s)2((y/s)1/2+ (y/x)−1/2) + 2(1−α(s)2) = cosh(α(s)c) α(s)2cosh(c) + (1−α(s)2),
trong đó e2c =y/x. Ta định nghĩa
fα(c) = cosh(αc)
α2cosh(c) + (1−α2)
và chỉ ra rằng fα : [0,∞)7→(0,1] là một song ánh. Thật vậy, chú ý rằng
fα(0) = 1 và lim
c→∞fα(c) = 0.
Do fα liên tục và áp dụng Định lý giá trị trung bình, nên hàm fα : [0,∞)→
(0,1]là toàn ánh. Hơn nữa, ta có thể chứng tỏ rằng hàm fα: [0,∞)→(0,1]
cũng là đơn ánh. Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng tỏ rằng fα là đơn điệu trên [0,∞). Vì vậy, chú ý rằng
d
dcfα(c)≤0
khi và chỉ khi
gα(c) :=αsinh(αc)(α2cosh(c) + (1−α2))−α2sinh(c)cosh(αc)≤0.
Vì gα(0) = 0, ta chỉ cần chứng minh rằng gα là đơn điệu giảm trên [0,∞). Lấy đạo hàm theo biến c, ta có được,
d
rõ ràng là không dương khi c≥ 0. Do đó, hàm fα : [0,∞) 7→ (0,1] là song ánh. Để có được một nghiệm của (3.5), cố định s∈(0,1/2)∪(1/2,1) và đặt
c=fα−(1s)(a/b). Với điều này, ta có thể có được x và y thỏa mãn (3.5).
Chú ý 3.1.3. Bằng lập luận tương tự, ta có thể chứng minh rằng nếu một trong các bất đẳng thức sau thỏa mãn với bất kỳ các số không âm x≤y:
(1) f(x)≤f(√ xy); (2) fx+y 2 ≤f(y); (3) f xsy1−s+x1−sys 2 ≤f(|2s−1|x+y 2 + (1− |2s−1|)√ xy).
thì hàm f là đơn điệu tăng trên R+.