Luận văn Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận và ứng dụng

(b) m ∑ i=1 ri = [ f (a)− f (b)]q1+ f (b)(q1+q2) = q1 f (a)+q2 f (b). Phép chứng minh bổ đề được kết thúc. Định lý sau đây là mở rộng của bất đẳng thức Jensen có trọng đối với hàm nửa lồi, gọi là Định lý hàm nửa lồi có trọng (viết tắt là Định lý WHCF). Định lý 1.20. Cho f (u) là hàm số xác định trên khoảng I và lồi với u 6 s hoặc với u> s, trong đó u ∈ I. Cho p1, . . . , pn là n số thực dương thỏa mãn p=min{p1, . . . , pn}, p1+ · · ·+ pn = 1. Khi đó, bất đẳng thức p1 f (x1)+ · · ·+ pn f (xn)> f (p1x1+ · · ·+ pnxn) đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn p1x1+ · · ·+ pnxn = s nếu và chỉ nếu p f (x)+(1− p) f (y)> f (s) với mọi x,y ∈ I thỏa mãn px+(1− p)y= s. 14 Chứng minh. Vì điều kiện cần thiết là hiển nhiên, ta sẽ chứng minh điều kiện đủ. Không giảm tính tổng quát, giả sử rằng x16 x26 . . .6 xn. Nếu x1> s, thì bất đẳng thức sẽ thu được từ bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi. Trái lại, do p1x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn > (p1+ p2+ · · ·+ pn)s, tồn tại k ∈ {1,2, . . . ,n−1} sao cho x1 6 · · ·6 xk < s6 xk+1 6 · · ·6 xn. Ta kí hiệu q= p1+ · · ·+ pk. Theo bất đẳng thức Jensen, ta có n ∑ i=k+1 pi f (xi))> (pk+1+ · · ·+ pn) f (z) = (1−q) f (z), trong đó z= pk+1xk+1+ · · ·+ pnxn pk+1+ · · ·+ pn , z> s, z ∈ I. Do đó, ta chỉ cần chứng minh rằng k ∑ i=1 pi f (xi)+(1−q) f (z)> f (S) (1.4) trong đó S= p1x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn = p1x1+ p2x2+ · · ·+ pnxnp1+ p2+ · · ·+ pn s6 S6 z. Cho yi, i= 1,2, . . . ,k, được định nghĩa bởi pxi+(1− p)yi = s. Ta sẽ chứng minh rằng z> y1 > y2 > · · ·> yk > s. Ta có y1 > y2 > · · ·> yk, 15 yk− s= p(s− xk)1− p > 0, y1 = s− px1 1− p 6 S− px1 1− p = (p1− p)x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn (p1− p)+ p2+ · · ·+ pn. Do p1− p= p1−min{p1, p2, . . . , pn}> 0 nên (p1− p)x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn (p1− p)+ p2+ · · ·+ pn 6 p2x2+ · · ·+ pnxn p2+ · · ·+ pn 6 z, và do đó y1 6 z. Bây giờ, do z > y1 > y2 > . . . > yk > s, suy ra y1,y2, . . . ,yk ∈ I. Do đó, theo giả thiết ta có p f (xi)+(1− p) f (yi)> f (s) với i= 1,2, . . . ,k. Nhân tương ứng tất cả các bất đẳng thức này với pi/p, ta có k ∑ i=1 pi f (xi)+ 1− p p k ∑ i=1 pi f (yi)> q p f (s). Do đó, để chứng minh (1.4), ta chứng minh q p f (s)+(1−q) f (z)> 1− p p k ∑ i=1 pi f (yi)+ f (S). (1.5) Vì S ∈ [s,z], yi ∈ (s,z] với i= 1,2, . . . ,k, q p +1−q= 1− p p k ∑ i=1 pi+1, q p s+(1−q)z= 1− p p k ∑ i=1 p0yi+S, Bất đẳng thức (1.5) là một hệ quả của Bổ đề 1.19 với m= k+1, a= s, b= z, q1 = q/p, q2 = 1−q, rm = 1, xm = S, ri = (1− p)pi/p và xi = yi với i= 1,2, . . . ,k. Áp dụng Định lý WHCF đối với hàm số f (u) = g(eu) và thay thế s bởi lnr, x bởi lnx, y bởi lny và mỗi xi bởi lnai thì ta được hệ quả sau đây: 16 Hệ quả 1.21. Cho g là hàm số xác định trên khoảng dương I thỏa mãn f (u) = g(eu) là hàm lồi với eu 6 r hoặc với eu > r, trong đó r ∈ I. Cho p1, . . . , pn là n số thực dương thỏa mãn p=min{p1, . . . , pn}, p1+ · · ·+ pn = 1. Khi đó, bất đẳng thức p1g(a1)+ · · ·+ png(an)> g(ap1 . . . .apnn ) đúng với mọi a1, . . . ,an ∈ I thỏa mãn ap11 . . .apnn = r nếu và chỉ nếu pg(a)+(1− p)g(b)> g(r) với mọi a,b ∈ I thỏa mãn apb1−p = r. Nhận xét 1.22. Ký hiệu g(u) = f (u)− f (s) u− s ,h(x,y) = g(x)−g(y) x− y . Khi đó, ta có thể thay thế điều kiện p f (x)+(1− p) f (y)> f (s) trong Định lý WHCF bởi điều kiện tương đương h(x,y)> 0 với mọi x,y ∈ I thỏa mãn px+(1− p)y= s. Nhận xét 1.23. Bất đẳng thức trong Định lý WHCF trở thành đẳng thức khi x1 = · · · = xn. Hơn nữa, nếu giả thiết p1 = min{p1, . . . , pn} thì đẳng thức xảy ra khi x1 = x và x2 = · · ·= xn = y nếu tồn tại x,y ∈ I, x 6= y thỏa mãn p1x+(1− p1)y= s và p1 f (x)+(1− p1) f (y) = f (s). Tiếp theo, chúng tôi trình bày một số áp dụng của Định lý WHCF. Mệnh đề 1.24. Cho a1, . . . ,an (n > 3) là n số thực dương thỏa mãn a1 . . .an = 1. Nếu p và q là hai số thực không âm thỏa mãn p+q> n−1 thì 1 1+ pa1+qa21 + · · ·+ 1 1+ pan+qa2n > n 1+ p+q . 17 Chứng minh. Ta viết bất đẳng thức mong muốn dưới dạng g(a1)+g(a2)+ · · ·+g(an)> ng(1), trong đó g(t) = 1 1+ pt+qt2 , t > 0. Để chứng minh bất đẳng thức này, ta áp dụng Hệ quả HCF với r = 1. Cho f (u) = g(eu) = 1 1+ peu+qe2u , u ∈ R. Sử dụng đạo hàm cấp hai f ′′(u) = eu[4q2e3u+3pqe2u+(p2−4q)eu− p] (1+ peu+qe2u)3 , ta chứng minh rằng f (u) là một hàm lồi với eu > r = 1. Ta cần chứng minh 4q2t3+3pqt2+(p2−4q)t− p> 0 với t > 1. Thật vậy, 4q2t3+3pqt2+(p2−4q)t− p> (4q2+3pq+ p2−4q− p)t = [(p+2q)(p+q−2)+2q2+ p]t > 0, bởi vì p+q> n−1> 2. Theo Hệ quả HCF, ta chỉ cần chứng minh rằng g(a)+(n−1)g(b)> ng(1) với mọi a, b> 0 sao cho abn−1 = 1. Ta viết bất đẳng thức này dưới dạng b2n−2 b2n−2+ pbn−1+q + n−1 1+ pb+qb2 > n 1+ p+q . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (bn−1+n−1)2 (b2n−2+ pbn−1+q)+(n−1)(1+ pb+qb2) > n 1+ p+q mà nó tương đương với pB+qC > A, 18 trong đó A= (n−1)(bn−1−1)2> 0, B= (bn−1−1)2+nE = A n−1+nE, C = (bn−1−1)2+nF = A n−1F, với E = bn−1+n−2− (n−1)b, F = 2bn−1+n−3− (n−1)b2. Theo bất đẳng thức AM-GM được áp dụng cho n− 1 số dương, ta có E > 0 và F > 0 với n> 3. Do A> 0 và p+q> n−1, ta có pB+qC−A> pB+qC− (p+q)A n−1 = n(pE+qF)> 0. Đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = . . .= an = 1. Nhận xét 1.25. Với p+ q = n− 1 và n > 3, theo Mệnh đề 1.24, ta thu được bất đẳng thức 1 1+ pa1+qa21 + · · ·+ 1 1+ pan+qa2n > 1. Hơn nữa, nếu p= n−1 và q= 0 thì ta được bất đẳng thức 1 1+(n−1)a1 + · · ·+ 1 1+(n−1)an > 1. Nhận xét 1.26. Với p= q= 1 r ,0< r 6 2 n−1 và n> 3, áp dụng Mệnh đề 1.24 ta có bất đẳng thức 1 r+a1+a21 + · · ·+ 1 r+an+a2n > n r+2 . Hơn nữa, nếu r = 2 n−1 ,n> 3 thì ta có 1 2+(n−1)(a1+a21) + · · ·+ 1 2+(n−1)(an+a2n) > 1 2 . 19 Nhận xét 1.27. Với p= 2r,q= r2,r >√n−1 và n> 3, áp dụng Mệnh đề 1.24 ta được 1 (1+ ra1)2 + · · ·+ 1 (1+ ran)2 > n (1+ r)2 . Mệnh đề 1.28. Cho a1, . . . ,an (n > 4) là n số thực dương thỏa mãn a1 . . .an = 1. Nếu p,q,r là ba số thực không âm thỏa mãn p+q+ r > n−1 thì n ∑ i=1 1 1+ pai+qa2i + ra 3 i > n 1+ p+q+ r . Chứng minh. Ta viết bất đẳng thức dưới dạng g(a1)+g(a2)+ · · ·+g(an)> ng(1), trong đó g(t) = 1 1+ pt+qt2+ rt3 , t > 0, và áp dụng Hệ quả HCF cho g(t) với r = 1. Cho f (u) = g(eu) = 11+ peu+qe2u+ re3u xác định trên R. Với n> 4, suy ra p+q+ r > 3, ta có f lồi với eu > 1. Do f ′′(u) = t[9r2t5+11qrt4+(2pr+4q2)t3+(3pq−9r)t2+(p2−4q)t− p] (1+ pt+qt2+ rt3)3 , trong đó t = eu > 1, ta cần chứng minh rằng 9r2t5+11qrt4+(2pr+4q2)t3+(3pq−9r)t2+(p2−4q)t− p> 0. Do 9r2t5+11qrt4+(2pr+4q2)t3− p> (9r2+11qr+2pr+4q2)t3− pt, ta chỉ cần chứng minh (9r2+11qr+2pr+4q2)t2+(3pq−9r)t+ p2− p−4q> 0. 20 Sử dụng bất đẳng thức t2 > 2t−1, Chúng ta vẫn phải chứng minh rằng At+B> 0, trong đó A= 18r2+22qr+4pr+8q2+3pq−9r, B=−9r2−11qr−2pr−4q2+ p2− p−4q. Do p+q+ r > 3, ta có A> 18r2+22qr+4pr+8q2+3pq−3r(p+q+ r) = 15r2+19qr+ pr+8q2+3pq> 0. Do đó At > A+B= p2+4q2+9r2+3pq+11qr+2pr− (p+4q+9r) > p2+4q2+9r2+3pq+11qr+2pr− (p+4q+9r)(p+q+ r) 3 = 2(p− r)2+9q2+16r2+4pq+20qr 3 > 0. Theo Hệ quả HCF, ta có g(a)+ (n− 1)g(b) > ng(1) với mọi a, , b > 0 sao cho abn−1 = 1. Ta viết bất đẳng thức này thành b3n−3 b3n−3+ pb2n−2+qbn−1+ r + n−1 1+ pb+qb2+ rb3 > n 1+ p+q+ r , hoặc p2A11+q2A22+ r2A33+ pqA12+qrA232+ rpA31 > Ap+Bq+Cr, trong đó A11 = b2n−2(bn−nb+n−1), A22 = bn−1(b2n−nb2+n−1), A33 = b3n−nb3+n−1, A12 = b3n−1+b3n−2+(n−1)(b2n−2+bn−1)−n(b2n+bn), 21 A231 = b3n+b3n−1+(n−1)(bn−1+1)−n(bn+2+b2), A31 = b3n+b3n−2+(n−1)(b2n−2+1)−n(b2n+1+b), A= b2n−2[(n−1)bn−nbn−1+1], B= bn−1[(n−1)b2n−nb2n−2+1], C = (n−1)b3n−nb3n−3+1. Vì A, B,C > 0 (từ bất đẳng thức AM-GM áp dụng cho n số dương) và p+q+ r > n−1, ta có (n−1)(p2a11+q2A22+ r2A33+ pqA12+qrA23+ rpA31) > (p+q+ r)(Ap+Bq+Cr) mà nó tương đương với p2B11+q2B22+ r2B33+ pqB12+qrB23+ rpB31 > 0, (1.6) trong đó B11 = (n−1)A11−A= nb2n−2[bn−1− (n−1)b+n−2], B22 = (n−1)A22−B= nbn−1[b2n−2− (n−1)b2+n−2], B33 = (n−1)A33−C = n[b3n−3− (n−1)b3+n−2], B12 = (n−1)A12−A−B = nbn−1[2b2n−2− (n−1)bn+1+(n−2)bn−1− (n−1)b+n−2] = nb2n−2[2bn−1− (n−1)b2+n−3]+nbn−1[bn−1− (n−1)b+n−2], B23 = (n−1)A23−A−B = n[2b3n−3− (n−1)bn+2+(n−2)bn−1− (n−1)b2+n−2], B31 = (n−1)A31−C−A = n[2b3n−3− (n−1)b2n+1+(n−2)b2n−2− (n−1)b+n−2]. 22 Ta thấy rằng B11, B22, B33 , B12 không âm (theo bất đẳng thức AM-GM áp dụng cho n−1 số dương). Cũng vậy, ta có B23 n = bn−1[3bn−1− (n−1)b3+n−4]+2bn−1(bn−1−1)2 +b2n−2− (n−1)b2+n−2> 0, do 3bn−1− (n−1)b3+n−4> 0, b2n−2− (n−1)b2+n−2> 0 (theo bất đẳng thức AM-GM áp dụng cho n−1 số dương). Sử dụng bất đẳng thức bn−1− (n−1)b+n−2> 0, ta nhận được B31 > D, trong đó D= nbn−1[2b2n−2− (n−1)bn+2+(n−2)bn−1−1]. Để chứng minh (1.6), ta chỉ cần chứng minh rằng p2B11+ r2B33+ prD> 0. Điều này đúng nếu 4B11B33 > D2; đó là 4[bn−1− (n−1)b+n−2][b3n−3− (n−1)b3+n−2]> [2b2n−2− (n−1)bn+2+(n−2)bn−1−1]2. (1.7) Trong trường hợp n= 4, từ (1.7) ta có các bất đẳng thức 4(b3−3b+2)(b9−3b3+2)> (b6−2b3+1)2, 4(b−1)2(b+2)(b3−1)2(b3+2)> (b3−1)4, (b−1)2(b3−1)2(3b4+5b3−3b2+6b+15)> 0. Rõ ràng, bất đẳng thức cuối cùng là đúng. Bất đẳng thức (1.7) cũng xảy ra với n > 5, nhưng chúng tôi không trình bày chứng minh ở đây. Đẳng thức xảy ra nếu a1 = a2 = . . .= an = 1. Nhận xét 1.29. Với n= 4 và p+q+ r = 3, áp dụng Mệnh đề 1.28 ta có bất đẳng thức 4 ∑ i=1 1 1+ pai+qa2i + ra 3 i > 1. 23 Hơn nữa, nếu p= q= r = 1 thì ta có bất đẳng thức 4 ∑ i=1 1 1+ai+a2i +a 3 i > 1. Mệnh đề 1.30. Nếu x1,x2, ..,xn là n số thực không âm thỏa mãn x1+2x2+ · · ·+nxn = n(n+1)2 thì (n−1)(n+2) [ x31+2x 3 2+ · · ·+nx3n− n(n+1) 2 ] > > 2(n2+n−1) [ x21+2x 2 2+ · · ·+nx2n− n(n+1) 2 ] . Chứng minh. Do bất đẳng thức là tầm thường với n = 1, ta sẽ xét n > 2. Viết bất đẳng thức này dưới dạng p1 f (x1)+ p2 f (x2)+ · · ·+ pn f (xn)> f (p1x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn), trong đó pi = 2i n(n+1) , i= 1,2, . . . ,n, f (u) = (n−1)(n+2)u3−2(n2+n−1)u2, u> 0. Hàm số f (u) lồi với u> s= 1, do f ′′(u)> 6(n−1)(n+2)−4(n2+n−1) > 6(n−1)(n+2)u−4(n2+n−1) = 2(n2+n−4)> 0 với u> 1. Theo Định lý WHCF và Nhận xét 1.22, ta chỉ cần chứng minh rằng h(x,y)> 0 với mọi x,y> 0 sao cho px+(1− p)y= 1, trong đó p=min{p1, p2, . . . , pn}= 2n(n+1) . Ta có g(u) = f (u)− f (1)u−1= (n−1)(n+2)(u2+u+1)−2(n2+n−1)(u+1), 24 h(x,y) = g(x)−g(y)x− y= (n−1)(n+2)(x+ y+1)−2(n2+n−1). Từ px+(1− p)y= 1, ta nhận được x+ y= x+ 1− px 1− p = 1+(1−2p)x 1− p n(n+1)+(n2+n−4)x (n−1)(n+2) > n(n+1) (n−1)(n+2) . và do đó h(x,y)> (n−1)(n+2) [ n(n+1) (n−1)(n+2) +1 ] −2(n2+n−1) = 0. Điều này cho phép kết thúc chứng minh định lý. Đẳng thức xảy ra nếu a1 = a2 = . . .a+n= 1, và a1 = 0 và a2 = · · ·= an = n(n+1)(n−1)(n+2) . 25 Chương 2 Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận Hàm lồi bộ phận là hàm số xác định trên một khoảng I và là hàm lồi trên một phần nào đó của I. Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày kết quả của Cirtoaje [1] về mở rộng bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Jensen có trọng cho một số hàm lồi bộ phận. 2.1 Mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi bộ phận Trước khi trình bày về mở rộng của bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Jensen cho các hàm lồi bộ phận chúng ta cần hai bổ đề dưới đây. Bổ đề 2.1. Cho f là hàm số xác định trên khoảng I, nghịch biến khi u 6 s0 và đồng biến khi u> s0, trong đó s0 ∈ I. Cho p1, . . . , pn là n số thực dương thỏa mãn p1+ · · ·+ pn = 1. Với s ∈ I,s> s0, nếu bất đẳng thức n ∑ i=1 pi f (xi)> f (s) đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn x1, . . . ,xn > s0, p1x1+ · · ·+ pnxn = s thì bất đẳng thức đó đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn p1x1+ · · ·+ pnxn = s. 26 Chứng minh. Với i= 1,2, . . . ,n, xác định các số yi ∈ I như sau yi = s0, xi 6 s0,xi, xi > s0. Do yi > xi với i= 1,2, . . . ,n, ta có p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn > p1x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn = s. Thêm nữa, do f (yi)6 f (xi) với xi 6 s0 và f (yi) = f (xi) với xi > s0, ta có f (yi)6 f (xi) với i= 1,2, . . . ,n, và do đó p1 f (y1)+ p2 f (y2)+ · · ·+ pn f (yn)6 p1 f (x1)+ p2 f (x2)+ · · ·+ pn f (xn). Vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng p1 f (y1)+ p2 f (y2)+ · · ·+ pn f (yn)> f (s) với mọi y1,y2, . . . ,yn > s0 sao cho p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn > s. Theo giả thiết, bất đẳng thức đúng với y1,y2, . . . ,yn> s0 và p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn= s. Do f tăng với u∈ I, u> s0, ta có p1 f (y1)+ p2 f (y2)+ · · ·+ pn f (yn)> f (s) với y1,y2, . . . ,yn> s0 và p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn > s. Bổ đề 2.2. Cho f là hàm số xác định trên khoảng I, nghịch biến khi u 6 s0 và đồng biến khi u> s0, trong đó s0 ∈ I. Cho p1, . . . , pn là n số thực dương thỏa mãn p1+ · · ·+ pn = 1. Với s ∈ I,s> s0, nếu bất đẳng thức n ∑ i=1 pi f (xi)> f (s) đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn x1, . . . ,xn 6 s0, p1x1+ · · ·+ pnxn = s thì bất đẳng thức đó đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn p1x1+ · · ·+ pnxn = s. 27 Chứng minh. Với i= 1,2, . . . ,n, xác định các số yi ∈ I như sau yi = s0, xi 6 s0,xi, xi > s0. Do yi > s0, yi < xi và f (yi)< f (xi) với i= 1,2, . . . ,n,. Do đó p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn > p1x1+ p2x2+ · · ·+ pnxn = s. và p1 f (y1)+ p2 f (y2)+ · · ·+ pn f (yn)6 p1 f (x1)+ p2 f (x2)+ · · ·+ pn f (xn). Vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng p1 f (y1)+ p2 f (y2)+ · · ·+ pn f (yn)> f (s) với mọi y1,y2, . . . ,yn > s0 sao cho p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn 6 s. Theo giả thiết, bất đẳng thức đúng với y1,y2, . . . ,yn6 s0 và p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn= s. Do f tăng với u∈ I, u6 s0, ta có p1 f (y1)+ p2 f (y2)+ · · ·+ pn f (yn)> f (s) với y1,y2, . . . ,yn6 s0 và p1y1+ p2y2+ · · ·+ pnyn 6 s. Định lý dưới đây là mở rộng của bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm lồi bộ phận, gọi là Định lý hàm lồi bộ phận có trọng (viết tắt là Định lý WPCF). Định lý 2.3 (Định lý WPCF). Cho f là hàm số xác định trên một khoảng I ⊂ R, nghịch biến khi u6 s0 và đồng biến khi u> s0, trong đó s0 ∈ I. Cho p1, . . . , pn là n số thực dương thỏa mãn p=min{p1, . . . , pn}, p1+ · · ·+ pn = 1. Giả sử thêm rằng f là hàm lồi trên [s0,s] hoặc [s,s0], trong đó s ∈ I. Khi đó, bất đẳng thức p1 f (x1)+ · · ·+ pn f (xn)> f (s) 28 đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn p1x1+ · · ·+ pnxn = s nếu và chỉ nếu p f (x)+(1− p) f (y)> f (s) với mọi x,y ∈ I thỏa mãn px+(1− p)y= s. Chứng minh. Trong trường hợp s> s0, Định lý WPCF được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 2.1 và Định lý WHCF áp dụng trên khoảng I0 = {u ∈ I : u> s0}. Trong trường hợp s6 s0, Định lý WPCF được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 2.2 và Định lý WHCF áp dụng trên khoảng I0 = {u ∈ I : u6 s0}. Trong trường hợp p1 = · · · = pn = 1n Định lý WPCF cho ta mở rông của bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi bộ phận, gọi là Định lý hàm lồi bộ phận (viết tắt là Định lý PCF). Định lý 2.4 (Định lý PCF). Cho f là hàm số xác định trên một khoảng I ⊂ R, nghịch biến khi u6 s0 và đồng biến khi u> s0, trong đó s0 ∈ I. Giả sử thêm rằng f là hàm lồi trên [s0,s] hoặc [s,s0], trong đó s ∈ I. Khi đó, bất đẳng thức f (x1)+ · · ·+ f (xn)> n f (s) đúng với mọi x1, . . . ,xn ∈ I thỏa mãn x1+ · · ·+ xn = ns nếu và chỉ nếu f (x)+(n−1) f (y)> n f (s) với mọi x,y ∈ I thỏa mãn x+(n−1)y= ns. Nhận xét 2.5. Đặt g(u) = f (u)− f (s) u− s ,h(x,y) = g(x)−g(y) x− y . Khi đó, ta có p f (x)+(1− p) f (y)− f (s) = p[ f (x)− f (s)]+(1− p)[ f (y)− f (s)] 29 = p(x− s)g(x)+(1− p)(y− s)g(y) = p(1− p)(x− y)[g(x)−g(y)] = p(1− p)(x− y)2h(x,y). Do vậy, ta có thể thay thế giả thiết p f (x)+(1− p) f (y)> f (s) trong Định lý WPCF bởi điều kiện tương đương h(x,y)> 0, với mọi x,y ∈ I, px+(1− p)y= s. Hơn nữa, trong trường hợp p1 = · · ·= pn = 1n , điều kiện đó trở thành h(x,y)> 0, với mọi x,y ∈ I,x+(n−1)y= ns. Nhận xét 2.6. Bất đẳng thức trong Định lý WPCF trở thành đẳng thức nếu x1 = · · · = xn = s. Hơn nữa, với giả thiết p = min{p1, . . . , pn}, đẳng thức cũng xảy ra khi x1 = x và x2 = · · ·= xn = y nếu tồn tại x,y ∈ I,x 6= y, thỏa mãn px+(1− p)y= s, p f (x)+(1− p) f (y) = f (s). 2.2 Một số áp dụng Trong mục này, chúng tôi trình bày một số áp dụng của các Định lý PCF và WPCF. Mệnh đề 2.7. Cho x1,x2, . . . ,xn > −n n−2 (n> 3) thỏa mãn x1+ x2+ · · ·+ xn = n. Nếu k > n(3n−4) (n−2)2 thì n ∑ i=1 1− xi k+ x2i > 0. Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = · · ·= xn = 1 hoặc khi tồn tại i ∈ {1,2, . . . ,n} sao cho xi = −n n−2 và x j = n n−2 với mọi j 6= i. 30 Chứng minh. Viết lại bất đẳng thức dưới dạng f (x1)+ f (x2)+ · · ·+ f (xn)> n f (s), trong đó s= 1, f (u) = 1−u k+u2 , u ∈ I. Ta có f ′(u) = u2−2u− k (u2+ k)2 , f ′′(u) = 2 f1(u) (u2+ k)3 trong đó f1(u) =−u3+3u2+3ku− k = (k+1)(3u−1)− (u−1)3. Có hai trường hợp ta sẽ xem xét. Trường hợp 1. √ k+1> 2(n−1) 2 n−2 . Với u ∈ I, u> 1, ta có f1(u)> (k+1)(u−1)− (u−1)3 = (u−1)[k+1− (u−1)2]> 0, do u−16 n(2n−3) n−2 −1= 2(n−1)2 n−2 6 √ k+1. Do đó, f là hàm lồi với u ∈ I, u > 1. Theo Định lý HCF, ta chỉ cần chứng minh rằng f (x)+ (n− 1) f (y) > n f (1) với mọi x, y ∈ I thỏa mãn x+(n− 1)y = n. Có nghĩa là ta chứng minh h(x,y)> 0 với x, y ∈ I và x+(n−1)y= n, trong đó h(x,y) = g(x)−g(y) x− y , g(u) = f (u)− f (1) u−1 . Thật vậy, ta có g(u) = −1 u2+ k và h(x,y) = x+ y (x2+ k)(y2+ k) = n+(n−2)x (n−1)(x2+ k)(y2+ k) > 0. 31 Trường hợp 2. 2(n−1)n−2 6 √ k+1< 2(n−1)2n−2 . Do 1−√1+ k 6 −n n−2 và 1+ √ 1+ k < 1+ 2(n−1)2 n−2 = n(2n−3) n−2 , từ biểu thức của f ′ ta suy ra f giảm trên [ −n n−2 ,s0 ] và tăng trên [ s0, n(2n−3) n−2 ] trong đó s0 = 1+ √ k+1> 1. Mặt khác, với u ∈ [1,s0], ta có f1(u)> (k+1)(u−1)− (u−1)3 = (u−1)[k+1− (u−1)2]> 0, do u−16 s0−1= √ k+1. Do vậy, hàm f lồi trên [1,s0]. Theo Định lý PCF, ta chỉ cần chứng minh rằng f (x)+(n−1) f (y)> n f (1) với mọi x, y ∈ I sao cho x+(n−1)y= n. Phép chứng minh được đã được thực hiện trong Trường hợp 1. Mệnh đề 2.8. Nếu x1,x2, . . . ,xn (n> 3) là n số thực thỏa mãn x1+ x2+ · · ·+ xn = n thì n ∑ i=1 n(n+1)−2xi n2+(n−2)x2i 6 n. Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = · · ·= xn = 1 hoặc khi tồn tại i ∈ {1,2, . . . ,n} sao cho xi = n và x j = 0 với mọi j 6= i. Chứng minh. Bất đẳng thức sẽ đúng với với x1 > n(n+1) 2 do n(n+1)−2x1 n2+(n−2)x2 < n n−1 , i= 2,3, . . . ,n. 32 Xét x1,x2, . . . ,xn 6 n(n+1)2 và viết bất đẳng thức mong muốn thành f (x1)+ f (x2)+ · · ·+ f (xn)> n f (s), trong đó s= 1, f (u) = 2u−n(n+1) (n−2)u2+n2 ,u ∈ I = [ n(3−n2) 2 , n(n+1) 2 ] . Ta có f ′(u) 2(n−2) = n2+n(n+1)u−u2 [(n−2)u2+n2]2 và f ′′(u) 2(n−2) = f1(u) [(n−2)u2+n2]3 trong đó f1(u) = 2(n−2)u3−3n(n+1)(n−2)u2−2n2(2n−3)u+n3(n+1). Từ biểu thức của f ′, suy ra f giảm trên [ n(3−n2) 2 ,s0 ] và tăng trên [ s0, n(n+1) 2 s0 ] trong đó s0 = n 2 ( n+1 √ n2+2n+5 ) ∈ (−1,0). Mặt khác với −16 u6 1, ta có f1(u)>−2(n−2)−3n(n+1)(n−2)−2n2(2n−3)+n3(n+1) = n2(n−3)2+4(n+1)> 0, và do đó f ′′(u) > 0. Do [s0,s] ⊂ −1,1], f là một hàm lồi trên [s0,s]. Theo Định lý PCF, ta chỉ cần chứng minh rằng f (x)+ (n− 1) f (y) > n f (1) với mọi x, y ∈ I thỏa mãn x+(n−1)y = n. Có nghĩa là ta chứng minh h(x,y) > 0 với x, y ∈ I và x+(n−1)y= n, trong đó h(x,y) = g(x)−g(y) x− y ,g(u) = f (u)− f (1) u−1 33 Thật vậy, ta có g(u) = (n−2)u+n (n−2)u2+n2 và h(x,y) n−2 = n2−n(x+ y)− (n−2)xy [(n−2)x2+n2][(n−2)y2+n2] = (n−1)(n−2)y2 [(n−2)x2+n2][(n−2)y2+n2] > 0. Phép chứng minh định lý được kết thúc. Mệnh đề 2.9. Cho x1,x2, . . . ,xn (n> 2) là n số thực dương thỏa mãn x1+ x2+ · · ·+ xn > n. Nếu k > 1 thì ta có x1 xk1+ x2+ · · ·+ xn + x2 x1+ xk2+ · · ·+ xn + · · ·+ xn x1+ x2+ · · ·+ xkn 6 1. Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = · · ·= xn = 1. Chứng minh. Sử dụng phép thay thế s= x1+ x2+ · · ·+ xn n và y1 = x1 s , y2 = x2 s , . . . , yn = xn s , bất đẳng thức mong muốn trở thành y1 sk−1yk1+ y2+ · · ·+ yn + · · ·+ yn y1+ y2+ · · ·+ sk−1ykn 6 1y trong đó s> 1 và y1+ y2+ · · ·+ yn = n. Rõ ràng, nếu bất đẳng thức này xảy ra với s = 1, thì nó cũng xảy ra với mọi s > 1. Vậy ta chỉ cần xét trường hợp s = 1, khi x1+ x2+ · · ·+ xn = n, và bất đẳng thức mong muốn là tương đương với x1 xk1− x1+n + x2 xk2− x2+n + · · ·+ xn xkn− xn+n 6 1. 34 Ta sẽ xem xét hai trường hợp, đó là 1 n+1. Trường hợp 1. 1< k 6 n+1. Theo Bất đẳng thức Bernoulli, ta có xk1 > 1+ k(x1−1), và do đó xk1− x1+n> n− k+1+(k−1)x1 > 0. Vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng n ∑ i=1 xi n− k+1+(k−1)xi 6 1. Với k = n+1, bất đẳng thức này là một đẳng thức. Ngược lại, với 1 < k < n+1, ta viết bất đẳng thức thành n ∑ i=1 1 n− k+1+(k−1)xi > 1. mà từ bất đẳng thức AM-HM n ∑ i=1 1 n− k+1+(k−1)xi > n2 ∑ni=1(n− k+1+(k−1)xi) = 1. Trường hợp 2. k > n+1. Viết bất đẳng thức mong muốn thành f (x1)+ f (x2)+ · · ·+ f (xn)> n f (s), trong đó s= 1, f (u) = −u uk−u+n , ,u ∈ I = (0,n). Ta có f ′(u) = (k−1)uk−n (uk−u+n)2 và f ′′(u) = f1(u) (uk−u+n)3 35 trong đó f1(u) = k(k−1)uk−1(uk−u+n)−2(kuk−1−1)[(k−1)uk−n]. Từ biểu thức của f ′, ta có f giảm trên (0,s0] và tăng trên [s0,n), trong đó s0 = ( n k−1 )1/k < 1. Mặt khác, với u ∈ [s0,s], ta có (k−1)uk−n> (k−1)sk0−n= 0, và do đó f1(u)> k(k−1)uk−1(uk−u+n)−2kuk−1[(k−1)uk−n] = kuk−1[−(k−1)(uk+u)+n(k+1)] > kuk−1[−2(k−1)+2(k+1)] = 4kuk−1 > 0. Do đó f ′′(u) > 0, và do đó f là hàm lồi trên [s0,s]. Theo Định lý PCF ta cần chứng minh rằng f (x) + (n− 1) f (y) > n f (1) với mọi số dương x, y thỏa mãn x> 1> y> 0 và x+(n−1)y= n. Xét trường hợp không tầm thường x> 1> y> 0 và viết bất đẳng thức f (x)+(n−1) f (y)> n f (1) thành x xk− x−n+ (n−1)y yk− y+n 6 1, xk− x−n> x(y k− y+n) yk−ny+n xk− x> (n−1)y(y− y k) yk−ny+n . Do y yk− y+1> 0, ta chỉ cần chứng minh rằng xk− x> (n−1)(y− y k) yk− y+1 mà nó tương đương với h(x)> y− y k (1− y)(yk− y+1) 36 trong đó h(x) = xk− x x−1 . Theo bất đẳng thức AM-GM có trọng, ta có h′(x) = (k−1)xk+1− kxk−1 (x−1)2 > 0, và do đó h tăng ngặt. Do x−1= (n−1)(1− y)> 1− y, ta nhận được h(x)> h(2− y) = (2− y) k−2+ y 1− y . Do đó, ta chỉ cần chứng minh rằng (2− y)k−2+ y> y− y k yk− y+1 . Đặt 1− y= t, 0< t < 1, ta viết bất đẳng thức này thành (2− y)k−1+ y> 1 yk− y+1 (1+ t)k− t > 1 (1− t)k+ t (1− t2)k+ t(1+ t)k > 1+ t2+ t(1− t)k. Theo Bất đẳng thức Bernoulli, ta có (1− t2)k+ t(1+ t)k > 1− kt2+ t(1+ kt) = 1+ t. Ta chỉ cần chứng minh t(1− t)> t(1− t)k, mà nó hiển nhiên đúng. Mệnh đề 2.10. Cho x1,x2, . . . ,xn (n> 2) là n số thực dương thỏa mãn x1+ x2+ · · ·+ xn = n. Nếu 0< k 6 n n−1 thì x k x1 1 + x k x2 2 + · · ·+ x k xn n 6 n. Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = · · ·= xn = 1. 37 Chứng minh. Theo bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có( xp/x11 + x p/x2 2 + · · ·+ xp/xnn n )1/p > ( xq/x11 + x q/x2 2 + · · ·+ xq/xnn n )1/q với mọi p> q> 0. Do đó, ta chỉ cần chứng minh đẳng thức mong muốn với k = n n−1 , 1< k 6 2. Viết lại bất đẳng thức mong muốn thành f (x1)+ f (x2)+ · · ·+ f (xn)> n f (s), trong đó s= 1, f (u) =−uk/u, u ∈ I = (0,n). Ta có f ′(u) = ku k u−2(lnu−1), f ′′(u) = ku k u−4[u+(1− lnu)(2u− k+ k lnu)]. Từ biểu thức của f ′, ta thấy f giảm trên (0,s0] và tăng trên [s0,n), trong đó s0 = e. Thêm nữa, ta phát biểu rằng f lồi trên [s,s0]. Thật vậy, do 1− lnu> 0 và 2u− k+ k lnu> 2− k > 0, ta có f ′′ > 0 với u ∈ [s,s0]. Do đó, theo Định lý PCF ta chỉ cần chứng minh rằng xk/x+(n−1)yk/y 6 n với 0< x6 16 y và x+(n−1)y= n. ta có k x > k > 1. Tương tự như vậy, vì k y = n (n−1)y > n x+(n−1)y = 1, k y 6 2 y 6 2, 38 ta nhận được 0< k y −16 1. Do đó, theo Bất đẳng thức Bernoulli, ta có xk/x+(n−1)yk/y−n = 1(1 x )k/x +(n−1)y · yk/y−1−n 6 1 1+ kx (1 x −1 )+(n−1)y[1+(k y −1 ) (y−1) ] −n = x2 x2− kx+ k − (k−1)x 2− (2− k)x = −(x−1)2[(k−1)x+ k(2− k)] x2− kx+ k 6 0. Phép chứng minh được kết thúc. Mệnh đề 2.11. Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc= 1 thì 1−a 17+4a+6a2 + 1−b 17+4b+6b2 + 1− c 17+4c+6c2 > 0. Đẳng thức xảy ra khi a= b= c= 1 hoặc khi 8a= b= c= 2. Chứng minh. Viết bất đẳng thức mong muốn thành g(a)+g(b)+g(c)> 3g(r), trong đó r = 1 và g(t) = 1− t 1+ pt+qt2 , t ∈ I = (0,∞), trong đó p= 417 , q= 6 17 . Ta có g′(t) = qt2−2qt− p−1 (1+ pt+qt2)2 ta có g giảm trên (0,r0] và tăng trên [r0,∞), trong đó r0 = 1+ √ 1+ p+1 q > 1. 39 Ta có f (u) = g(eu) = 1− eu 1+ peu+qe2u , f ′′(u) = t ·h(t) (1+ pt+qt2)3 trong đó t = eu, h(t) =−q2t4+q(p+4q)t3+3q(p+2)t2+(p−4q+ p2)t− p−1. Ta chứng minh rằng h(t)> 0 với t ∈ [r,r0], và do đó, f làm hàm lồi với eu ∈ [r,r0] = [ 1,1+ √ 1+ p+1 q ] . Ta có h′(t) =−4q2t3+3q(p+4q)t2+6q(p+2)t+ p−