Đang tải... (xem toàn văn)
Về bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụngVề bất đẳng thức Holder và áp dụng
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– Lí HONG ANH ă V BT NG THC HOLDER V ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, 11/2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC o0o Lí HONG ANH ă V BT NG THC HOLDER VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS TRẦN XUÂN QUÝ THÁI NGUYÊN, 11/2018 i Mục lục Bảng ký hiệu ii Mở đầu Chng Bt ng thc Hă older v mt s toán áp dụng 1.1 Một số bất đẳng thức 1.1.1 Bất đẳng thức AM–GM 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen 1.1.3 Bt ng thc Hăolder 1.2 Sự tương đương bất đẳng thc Hăolder v bt ng thc AMGM suy rng 1.3 Một số vận dụng ca bt ng thc Hăolder gii toỏn ph thụng 3 4 10 Chương Về bất ng thc Hă older suy rng 27 2.1 Bt ng thc Hăolder suy rng 27 2.2 Phiên ngược bất ng thc Hăolder v ỏp dng 35 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 ii Bảng ký hiệu tập hợp số thực R n aj a1 a2 an aj a1 + a2 + · · · + an j=1 n j=1 C ([a, b]) Lp ([a, b]) max{x, y} tập hợp hàm khả vi liên tục đoạn [a, b] tập hàm khả tích cấp p đoạn [a, b] phần tử lớn tập hợp {x, y} n (α, β) ak bk k=1 ε (1, 1, , 1) n atk t (α , ε) k=1 n ((α, β), e) ak bk ek k=1 Mở đầu Mơn Tốn có vị trí quan trọng trường phổ thơng, phối hợp với môn khác hoạt động khác nhà trường, góp phần giáo dục tồn diện học sinh Do vai trò to lớn tốn học đời sống khoa học kỹ thuật đại nên kiến thức phương pháp tốn học cơng cụ thiết yếu giúp cho học sinh học tập tốt môn học khác, giúp cho em học sinh phát triển lực tư phẩm chất trí tuệ, rèn luyện óc trừu tượng, suy luận hợp logíc Ngồi giúp cho học sinh tính cần cù nhẫn nại, tự lực tự cường, tính cẩn thận, xác Bất đẳng thức vấn đề hay khó chương trình tốn phổ thơng có mặt hầu hết lĩnh vực tốn học đòi hỏi phải có vốn kiến thức tương đối vững vàng tất lĩnh vực Mỗi người chúng ta, đặc biệt bạn u tốn, dù dù nhiều đau đầu trước bất đẳng thức khó có cảm giác tự hào phấn khích mà chứng minh bất đẳng thức Nhằm “kích hoạt” niềm say mê bất đẳng thức cho học sinh, thực nghiên cứu đề tài bất đẳng thức Mặt khác, có nhiều nhà tốn học có đóng góp quan trọng cho lý thuyết Jensen, Hardy đặc bit l Hăolder Bt ng thc mang tờn ụng c ứng dụng rộng rãi giải toán cao cấp sơ cấp, đặc biệt đề thi học sinh giỏi Chính thế, thân tơi nhận thấy vic nghiờn cu bt ng thc Hăolder cú ý ngha đặc biệt quan trọng Nó giúp tơi có nhìn tốt việc định hướng ôn tập cho học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp, thi quốc gia Bởi lựa chọn đề ti V bt ng thc Hăolder v ng dng cho luận văn thạc sĩ Nội dung đề tài trình bày hai chương Chương trình bày số bất đẳng thức bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức AM–GM vấn đề tính tương đương bất đẳng thức AMGM suy rng, bt ng thc Hăolder v bt ng thức trung bình lũy thừa suy rộng, số toán áp dụng Các kết Chương tổng hợp từ tài liệu [8], [9] số đề thi học sinh giỏi liên quan Chương trỡnh by v bt ng thc Hăolder suy rng, số biến thể bất đẳng thức dạng ngược đặc biệt số m rng ca dng ngc ca bt ng thc Hăolder Nội dung Chương tổng hợp từ tài liệu [7],[11], [13] Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới 02 thầy hướng dẫn khoa học TS Trần Xuân Quý, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên TS Lê Văn Hiếu, Học viện Báo chí Tuyên truyền tận tình hướng dẫn, hết lòng giúp đỡ em suốt trình học tập, nghiên cứu để hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo giảng dạy chuyên nghành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả trình thực luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban lãnh đạo thầy khoa Tốn–Tin, phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho em trình học tập, thực hồn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn bạn đồng nghiệp Ban giám hiệu trường PTDT BT TH&THCS Đồng Lâm Nhân dịp tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018 Học viên Lý Hoàng Anh Chương Bt ng thc Hă older v mt s bi toỏn áp dụng Chương này, chúng tơi tập trung trình bày số bất đẳng thức bản, bất đẳng thức cốt lõi Toán sơ cấp, chẳng hạn bất đẳng thức AM–GM, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz Tuy nhiên trọng tâm khai thác l bt ng thc Hăolder Ni dung ca chng tổng hợp từ tài liệu [8], [9] 1.1 1.1.1 Một số bất đẳng thức Bất đẳng thức AM–GM Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM–GM) Cho a1 , a2 , , an số khơng âm Khi ta có bất đẳng thức sau √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an (1.1) n Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an Dưới ta có phát biểu bất đẳng thức AM–GM “suy rộng” Định lý 1.1.2 (Bất đẳng thức AM–GM suy rộng) Cho a1 , a2 , , an số thực không âm, λ1 , λ2 , , λn số thực dương cho λ1 +λ2 + .+λn = Khi ta có bất đẳng thức sau λ1 a1 + λ2 a2 + + λn an Hay n (1.2) n aλk k λk ak k=1 aλ1 aλ2 aλnn k=1 (1.3) Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Jensen) Giả sử f hàm lồi [a, b] x1 , x2 , , xn ∈ [a, b] Khi đó, f f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) x1 + x2 + · · · + xn ≤ n n (1.4) Nếu hàm f lõm ta có bất đẳng thức chiều ngược lại Bất đẳng thức phát biểu tổng quát sau Định lý 1.1.4 Cho f : [a, b] ⊆ R → R hàm lồi đoạn [a, b] Giả sử n xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, , n} Pn := pi > Khi ta có i=1 f 1.1.3 Pn n pi x i i=1 ≤ Pn n pi f (xi ) (1.5) i=1 Bt ng thc Hă older Bt ng thc Hăolder tồn nhiều phiên bản, nhiên trình bày dạng đại số giải tích bản, mà chúng phù hợp với chương trình phổ thơng Từ bất đẳng thức AM–GM suy rộng ta có xa y b a a+b b a+b x + y a+b a+b (1.6) với x, y 0, a, b > Nếu đặt u = xa , v = y b , p = (a + b)/a q = (a + b)/b, rõ ràng p > ta có bất đẳng thức sau 1 + = =⇒ uv p q p q u + v p q (1.7) Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Young Kết õy c gi l bt ng thc Hăolder nh lý 1.1.5 (Bt ng thc Hăolder) Cho a = (a1 , a2 , , an ) b = 1 (b1 , b2 , , bn ) hai n số thực dương p > 1, + = Khi ta p q có bất đẳng thức sau n p n q n api bi ≤ i=1 bqi i=1 (1.8) i=1 Dấu xảy api = kbqi với i ∈ {1, 2, , , n} Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM–GM suy rộng với x, y ≥ ta có 1 x y (1.9) xp y q ≤ + p q 1 + = Dấu xảy (1.9) x = y p q Trong bất đẳng thức (1.9), ta đặt với p > api x= , A= A n api ; i=1 bqi y= , B= B n bqi i=1 Cộng lại theo i = 1, 2, , n ta n a i bi i=1 1 Ap B q ≤ p n i=1 api + A q n i=1 bqi 1 = + = B p q bqi api = , tức api = kbqi với Dấu xảy (1.8) A B i ∈ {1, 2, , , n} Nếu mi > vi mi i thỡ bt ng thc Hăolder (1.8) cú thể viết dạng dạng sau 1 n n mi bi ≤ i=1 n p mi api q mi bqi i=1 i=1 Nhận xét 1.1.6 ([5, p 40] Ta có bất đẳng thức sau 1 1 1 (x + y) p (z + w) q ≥ x p z q + y p w q với x, y, z, w ≥ p, q > với (1.10) 1 + = p q Chứng minh suy từ bất ng thc Hăolder (1.8) bng cỏch chn n = 2, a1 = x1/p , a2 = y 1/p b1 = z 1/q , b2 = w1/q Khi ta có p q p q p p p p x z + y w ≤ (x ) + (y ) 1 p q q q q q (z ) + (w ) = (x + y) p (z + w) q Trong chương trình tốn ph thụng, bt ng thc Hăolder c bit n di dạng hệ sau Hệ 1.1.7 (xem [7]) Nếu p = q = thỡ bt ng thc Hă older trở thành n n a2i a i bi ≤ i=1 n b2i i=1 i=1 a2 an a1 = = ··· = Dấu xảy b1 b2 bn Bất đẳng thức có tên Cauchy–Schwartz Trong tốn học, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, gọi bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Cauchy, tên dài bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovski–Schwarz, đặt theo tên Augustin Louis Cauchy, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky Hermann Amandus Schwarz, bất đẳng thức thường áp dụng nhiều lĩnh vực khác toán học, chẳng hạn đại số tuyến tính dùng cho vector, giải tích dùng cho chuỗi vơ hạn tích phân tích, lý thuyết xác suất dùng cho phương sai hiệp phương sai Bất đẳng thức phát biểu x y phần tử khơng gian có tích thực hay phức | x, y |2 ≤ x, x y, y Tuy nhiên khuôn khổ luận văn thạc sĩ Tốn học, chúng tơi quan tâm tới số kết Rn Kết tip theo l bt ng thc Hăolder dng gii tích, chúng tơi trình bày kết mà khơng chng minh nh lý 1.1.8 (Bt ng thc Hăolder dng giải tích) Giả sử (p, q) cặp số 1 mũ liên hợp, tức thỏa mãn điều kiện p, q > với + = 1, f g hai p q hàm số liên tục đoạn [a, b], b b |f (x)g(x)| dx ≤ a a p b |f (x)|p dx q |g(x)|q dx (1.11) a Dấu “=” xảy tồn hai số thực A B không đồng thời không cho A |f (x)|p = B |g(x)|q ∀x ∈ [a, b] 37 p (α, β) ≤ n1−µ (αp , ε) (β q , ε) (ap , ε)(β q , e) − (ap , e)(β q , ε) 1− (ap , ε)(β q , ε) q n θ , (2.20) n t (α, β) = atk ak bk , ε = (1, 1, 1, , 1), (α , ε) = k=1 k=1 Bổ đề 2.2.4 Nếu x > −1, α > α < 0, ta có bất đẳng thức (1 + x)α ≥ + αx Định lý 2.2.5 Giả sử α = (α1 , α2 , , αn ), β = (β1 , β2 , , βn ), ak > 0, bk > (k = 1, 2, , n), e = (e1 , e2 , , en ), − ei + ej ≥ 0, (i, j = 1, 2, , n), xét 1 1 + , , λ = max −1, Khi ta có bất q < 0, + ≥ 0, p = max p q p q q đẳng thức q 1 (α, β) ≥ n1−p (αp , ε) p (β q , ε) q 1− λ 2 q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β)(β q , ε) , (2.21) n n t (α, β) = ak bk , ε = (1, 1, , 1), (α , ε) = k=1 n atk , ((α, β), e) = k=1 ak bk ek k=1 Chứng minh Trước tiên ta xét trường hợp (I) Nếu −1 ≤ q < Từ điều kiện 1 + ≥ 0, ta có < p ≤ p q q Đặt l = , l = − Suy l ≥ l > p p −p p p p p −p Đặt γ = (a1 b1 , a2 b2 , , apn bpn ), δ = (b−p , b2 , , bn ) 1 - Nếu < + < 1, cách sử dụng Định lý 2.2.2 thay thể p → l l l, q → l , α → γ, β → δ bất đẳng thức (2.20), ta có 1 1 (γ, δ) ≤ n1− l − l (γ l , ε) l (δ l , ε) l l 1− l l l (γ , ε)(δ , e) − (γ , e)(δ , ε) (γ l , ε)(δ l , ε) 2l , (2.22) 38 Do đó, (αp , ε) ≤ n 1− 1l − l1 l (α, β) (β q , ε) (α, β)(β q , e) − ((α, β), e)(β q , ε) 1− (α, β)(β q , ε) l 2l , (2.23) Lấy bậc p hai vế bất đẳng thức (2.23) ta 1 q (α, β) ≥ n1− p − q (αp , ε) p (β q , ε) q q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β)(β q , ε) 1− − 12 , (2.24) Từ điều kiện < (α, β) ≥ n1−max{ - Nếu 1 1 + < 1, ta có + > Vì l l p q 1 p + q ,1 } (αp , ε) (β q , ε) p q q 1− q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β)(β q , ε) (2.25) 1 1 + ≥ 1, + ≤ 1, cách tương tự ta thu l l p q q 1 (α, β) ≥ (αp , ε) p (β q , ε) q q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β)(β q , ε) 1− − 12 = n1−max{ p + q ,1} (αp , ε) p (β q , ε) q × 1 1 (2.26) q × 1− q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β)(β q , ε) − 12 Trường hợp (II) Nếu q < 1, cách tương tự trường hợp (I), ta có (α, β) ≥ n1−max{ p + q ,1} (αp , ε) p (β q , ε) q × 1 q × 1− q (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε) (α, β)(β q , ε) 2q (2.27) , Như ta có bất đẳng thức (2.21) Vậy định lý chứng minh Hệ 2.2.6 Với giả thiết Định lý 2.2.5, ta có bất đẳng thức sau 1−p (α, β) ≥ n p p q (α , ε) (β , ε) q λ 1− (α, β)(β q , e) − ((α, β), e)(β q , ε) (α, β)(β q , ε) (2.28) − 21 , 39 Chứng minh Từ điều kiện (α, β)(β q , e) − ((α, β), e)(β q , ε) (α, β)(β q , ε) < (2.29) Bằng cách sử dụng Bổ đề 2.2.4 Định lý 2.2.5 ta thu bất đẳng thức (2.29) Từ bất đẳng thức (2.29) Hệ 2.2.6 chọn p, q cho 1/p + 1/q = ta thu bất đẳng thức Hệ 2.2.7 Giả sử ak , bk số thực dương với (k = 1, 2, , n), 1 − ei + ej ≥ 0, (i, j = 1, 2, , n), xét q < 0, thỏa mãn + = 1, đặt p q λ = max −1, q Khi ta có bất đẳng thức n 2 n bqk ek ak bk ek n n n p q λ k=1 k=1 q p bk ak bk ≥ ak − n 1 − n 2 q k=1 k=1 k=1 bk ak bk k=1 k=1 Định lý 2.2.8 Giả sử f (x), g(x), e(x) hàm khả tích đoạn [a, b] f (x) > 0, g(x) > 0, − e(x) + e(y) ≥ với x, y ∈ [a, b], xét q < 1 1, λ = max −1, Khi ta có bất đẳng thức 0, thỏa mãn + p q q b g q (x)dx a a × 1 − q b f p (x)dx f (x)g(x)dx ≥ (b − a) a p b 1− p1 − 1q b b f (x)g(x)e(x)dx a − b f p (x)dx a a 2 λ2 g q (x)e(x)dx b g q (x)dx a (2.30) Chứng minh Với số nguyên dương n, ta phân hoạch đoạn [a, b] với đầu mút cách sau b−a b−a b−a a 0, g(x) > 0, − e(x) + e(y) ≥ với x, y ∈ [a, b], xét 42 q < 0, cho 1 + = Khi ta có bất đẳng thức p q b p b f p (x)dx a f (x)g(x)dx ≥ a λ × 1 − 2 q b g q (x)dx a b b f (x)g(x)e(x)dx a − b a f (x)g(x)dx a 2 g q (x)e(x)dx , b g q (x)dx a (2.35) λ = max −1, q Bằng kỹ thuật tương tự Định lý 2.2.5 ta thu phiên ngược bất đẳng thức (2.19) sau Định lý 2.2.12 Giả sử E tập đo được, f (x), g(x) hàm dương khả g q (x)dx < ∞, e(x) hàm đo f p (x)dx < ∞, tích E cho E E e(x)dx < ∞, − e(x) + e(y) ≥ Nếu q < 0, với E 1 + = ta có bất p q đẳng thức f p (x)dx f (x)g(x)dx ≥ p g q (x)dx E E b f (x)g(x)e(x)dx E với λ = max −1, − f (x)g(x)(x)dx E × E × 1 − q a 2 λ2 g q (x)e(x)dx , q g (x)dx (2.36) E q Tiếp theo chúng tơi trình bày số áp dụng bất đẳng thức trình bày trên, trước tiên đánh giá chặt kết Beckenbach (1950) Năm 1950, Beckenbach chứng minh bất đẳng thức sau Định lý 2.2.13 Giả sử ≤ p ≤ 1,và , bi > i = 1, 2, , n, ta có 43 bất đẳng thức sau n n n (ai + bi ) i=1 n ≥ i=1 n + k=1 n ap−1 i (ai + bi )p−1 i=1 bpi api p i=1 bp−1 i i=1 Kết Beckenback làm chặt cách sử dụng Hệ 2.2.7 sau Định lý 2.2.14 Giả sử , bi > 0(i = 1, 2, , n), 1−ei +ej ≥ 0(i, j = 1, 2, , n), chọn < p < 1, λ = max −1, − Khi ta có bất đẳng thức sau p n n n (ai + bi )p i=1 n (ai + bi )p−1 ≥ api i=1 n ap−1 i bpi + ni=1 p−1 bi i=1 i=1 i=1 2 n n n n 1 p−1 p−1 p−1 p−1 p p1 p p1 e1 ( ) + e2 ( bi ) e1 ( ) + e2 ( bi ) λ i=1 i=1 i=1 i=1 − × 1− n n n n 2 1 p−1 p p1 p−1 p p1 p−1 p−1 bi ) bi ) ( ) + ( ( ) + ( n i=1 n + i=1 n ap−1 i i=1 i=1 i=1 bpi api ≥ i=1 i=1 n bp−1 i i=1 (2.37) Chứng minh Bằng cách sử dụng bất đẳng thức Minkowski Hệ 2.2.7 với p p/(p − 1), ta thu đánh giá sau 44 n p n api (ai + bi )p ≥ i=1 = ≥ bpi + i=1 n i=1 n p i=1 p api i=1 n p−1 p n p n + ap−1 i i=1 p p1 n bpi i=1 n p−1 bi p n bip−1 i=1 i=1 n api i=1 n ap−1 i bpi + + nk=1 p−1 bi p−1 n ap−1 i i=1 p−1 n bip−1 + p−1 i=1 i=1 i=1 n n n n 1 1 bip−1 ) p−1 bpi ) p e1 ( api ) p + e2 ( e1 ( ap−1 ) p−1 + e2 ( i λ i=1 i=1 i=1 i=1 − × 1− n n n n 2 1 p−1 p−1 p p1 p p1 p−1 p−1 ( ) + ( bi ) ( ) + ( bi ) i=1 i=1 i=1 i=1 n n ≥ api i=1 n ap−1 i bpi + nk=1 p−1 bi n (ai + bi )p−1 i=1 i=1 i=1 2 n n n n 1 p−1 p−1 p p1 p p1 p−1 p−1 e1 ( ) + e2 ( bi ) e1 ( ) + e2 ( bi ) λ i=1 i=1 i=1 i=1 × 1− − n n n n 1 1 p−1 p−1 p−1 p−1 p p p p ( ) + ( bi ) ( ) + ( bi ) i=1 i=1 i=1 i=1 (2.38) nghĩa 45 n (ai + bi )p api ≥ i=1 n (ai + bi )p−1 n n i=1 n ap−1 i bpi + nk=1 p−1 bi i=1 i=1 i=1 2 n n n n 1 p−1 p−1 p p1 p p1 p−1 p−1 e1 ( e1 ( bi ) ) + e2 ( bi ) a i ) + e2 ( λ i=1 i=1 i=1 i=1 − × 1− n n n n 1 1 p−1 p−1 p p p−1 p−1 p p ( ) + ( ( ) + ( bi ) bi ) i=1 i=1 i=1 i=1 (2.39) Định lý 2.2.15 Giả sử ak , bk > (k = 1, 2, , n), − ei + ej ≥ (i, j = 1, 2, , n), < p < 1, λ = max −1, − Khi ta có bất đẳng thức p sau 1 n n n p p p λ + apk bpk × − ω (a, b, e) (ak + bk )p ≥ k=1 k=1 k=1 (2.40) 1 n ≥ n p apk p bpk + k=1 k=1 ω(a, b, e) = n (ak + bk )p k=1 n n n p × p−1 (ak + bk ) ek k=1 ak (ak + bk ) − k=1 n (ak + bk ) k=1 p ak (ak + bk )p−1 ek k=1 (2.41) Chứng minh Ta có n n p (ak + bk ) = k=1 n p−1 ak (ak + bk ) k=1 bk (ak + bk )p−1 + k=1 46 Từ áp dụng Hệ 2.2.7 ta thu đánh giá sau n p n apk (ak + bk )p ≥ k=1 p−1 p n (ak + bk )p k=1 n k=1 2 ak (ak + bk )p−1 ek (ak + bk )p ek λ k=1 k=1 − n × 1 − n 2 (ak + bk )p ak (ak + bk )p−1 n k=1 p n k=1 p−1 p n bpk + (ak + bk )p k=1 k=1 2 bk (ak + bk )p−1 ek (ak + bk )p ek λ k=1 k=1 × 1 − n − n 2 (ak + bk )p bk (ak + bk )p−1 n n k=1 k=1 (2.42) p−1 p n (ak + bk )p Chia hai vế cho , ta thu k=1 p n (ak + bk )p p n apk k=1 − λ p n bpk k=1 n k=1 n (ak + bk )p ek k=1 − n (ak + bk )p k=1 Ngoài ra, ta có bpk + (ak + bk )p ek k=1 − n (ak + bk )p p n k=1 λ apk ≥ k=1 − p n k=1 n 2 ak (ak + bk )p−1 ek k=1 n p−1 ak (ak + bk ) k=1 n 2 bk (ak + bk )p−1 ek k=1 n p−1 bk (ak + bk ) k=1 (2.43) 47 n n p n p−1 (ak + bk ) ek = ak (ak + bk ) k=1 bk (ak + bk )p−1 ek ek + k=1 (2.44) k=1 Do đó, từ bất đẳng thức (2.43) (2.44), ta có p n p n (ak + bk )p apk ≥ + k=1 k=1 p n n bpk + k=1 k=1 n n ak (ak + bk )p−1 (ak + bk )p k=1 k=1 n n n (ak + bk )p ek × k=1 (ak + bk )p k=1 k=1 n n bpk (−λ) k=1 n n (ak + bk )p k=1 bk (ak + bk )p−1 k=1 n n (ak + bk )p k=1 ak (ak + bk )p−1 ek − k=1 p n apk n bpk + k=1 n apk + k=1 ak (ak + bk )p−1 ek k=1 p (−λ) p (ak + bk )p k=1 ≥ ak (ak + bk )p−1 ek p n × n ak (ak + bk )p−1 − k=1 + apk (−λ) p p n bpk + k=1 k=1 n (ak + bk )p k=1 n n p × (ak + bk ) ek k=1 n p−1 ak (ak + bk ) k=1 p n apk = k=1 n bpk + k=1 − n p (ak + bk ) ak (ak + bk ) k=1 k=1 p λ × 1− × A , n p (a + b ) k k k=1 p−1 ek 48 với n n p A= (ak + bk ) ek k=1 n p−1 ak (ak + bk ) k=1 Vậy ta có điều phải chứng minh n p − ak (ak + bk )p−1 ek (ak + bk ) k=1 k=1 49 Kết luận Đề tài luận văn trình bày chi tiết số kết bất đẳng thc Hăolder v mt s bi toỏn ỏp dng cho học sinh trung học phổ thông Cụ thể (1) Trình bày dạng sơ cấp bất đẳng thức Hăolder cho dóy s, cỏch xõy dng bt ng thc từ bất đẳng thức AM–GM suy rộng số toán áp dụng bất đẳng thức (2) Trình bày số mở rộng bất đẳng thức Hăolder, cỏc kt qu ny c cụng b cỏc báo [7], [8], [13] (3) Trình bày phiên bn ngc ca bt ng thc Hăolder t ti liu [11] Ch v bt ng thc Hăolder cũn nhiu vấn đề để khai thác Tuy nhiên khuôn khổ luận văn Thạc sĩ Toán học chuyên ngành Phương pháp Tốn sơ cấp chúng tơi dừng lại tìm hiểu vấn đề 50 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức áp dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh [2] Abramovich S., Mond B., Peccaric J E (1995), Sharpening Hăolders inequality, J Math Anal Appl., 196, pp 1131–1134 [3] Aldaz J M (2008), A stability version of Hăolders inequality, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 343(2), pp 842–852 [4] Callebaut D.K (1965), “Generalization of the Cauchy–Schwartz inequality”, J Math Anal Appl., 12, pp 491–494 [5] Cerone P., Dragomir S S (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA [6] Cvetkovski Z (2012), Inequalities: Theorem, Techniques and Selected problems, Springer [7] Hua Q., Zhicheng H (2011), “Generalizations of Hăolders and some related inequalities, Computers & Mathematics with Applications, 61(2), pp 392– 396 [8] Li Y., Xian-Ming Gu, Zhao J (2017), “The weighted arithmetic mean–geometric mean inequality is equivalent to the hăolder inequality, Symmetry, doi:10.3390/sym10090380 [9] Samin R (2008), Basics of Olympiad Inequalities, Lectures note [10] Steele M J (2004), An introduction to the art of Mathematical Inequalities: The Cauchy – Swcharz Master Class, Cambridge 51 [11] Tian J (2012), Reversed version of a generalized sharp Hăolders inequality and its applications”, Information Sciences, 201, pp 61–69 [12] Wu SH., Debnath L (2005), “Generalizations of Aczel’s inequality and Popoviciu’s inequality”, Indian J Pure Appl Math., 36(2), pp 49–62 [13] Wu SH (2007), Generalization of a sharp Hăolders inequality and its application”, J Math Anal Appl., 332, pp 741–750 [14] Wu SH (2008), “A new sharpened and generalized version of Hăolders inequality and its applications, Appl Math Comput., 197, pp 708714 [15] Yang X (2000), A generalization of Hăolder inequality”, J Math Anal Appl., 247, pp 328–330 [16] Yang X (2003) , A note on Hăolder inequality, Appl Math Comput., 134, pp 319–322 ... ··· = Dấu xảy b1 b2 bn Bất đẳng thức có tên Cauchy–Schwartz Trong tốn học, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, gọi bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Cauchy, tên dài bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovski–Schwarz,... Chương Bất ng thc Hă older v mt s bi toỏn ỏp dụng Chương này, chúng tơi tập trung trình bày số bất đẳng thức bản, bất đẳng thức cốt lõi Toán sơ cấp, chẳng hạn bất đẳng thức AM–GM, bất đẳng thức. .. v ng dng cho lun văn thạc sĩ Nội dung đề tài trình bày hai chương Chương trình bày số bất đẳng thức bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức AM–GM vấn đề tính tương đương bất đẳng thức AM–GM suy rng,