Bat Đang Thức V I Hàm Loi B Ph N Và Ứng Dụng.docx

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-
TEAMLUANVAN.Com
PHẠM VĂN TH±NH
BAT ĐANG THỨC V I HÀM LOI B PH N
VÀ ỨNG DỤNG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
THÁI NGUYÊN - 2017

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
Tải tài liệu tại sividoc.com
TEAMLUANVAN.Com
PHẠM VĂN TH±NH
BAT ĐANG THỨC V I HÀM LOI B PH N
VÀ ỨNG DỤNG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 60 46 01 13
NGƯŐI HƯŐNG DAN KHOA HOC
TS. NGÔ VĂN Đ±NH
THÁI NGUYÊN - 2017

i
TEAMLUANVAN.Com
Mục lục
MƠ đau 1
Chương 1. Bat đang th c vỚi hàm n a loi 1
1.1 Hàm loi và bat đȁng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 T p loi và hàm loi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Bat đȁng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hàm nửa loi và mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen cho hàm nửa loi 7
1.3 Mỏ r ng bat đȁng thức Jensen có trong cho hàm nửa loi ..................... 12
Chương 2. Bat đang th c vỚi hàm loi b ph n 25
2.1 Mỏ r ng bat đȁng thức Jensen cho hàm loi b ph n...........................25
2.2 M t so áp dụng ..................................................................................29
Chương 3. Ba mƠ r ng cua Định lý HCF và Định lý PCF 47
3.1 Mỏ r ng thứ nhat ...............................................................................47
3.2 Mỏ r ng thứ hai .................................................................................52
3.3 Mỏ r ng thứ ba ..................................................................................54
Ket lu n 58
Tài li u tham khao 59

ii
TEAMLUANVAN.Com
Lời cám ơn
Lu n văn này đưoc thục hi n tại Trưòng Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái
Nguyên và hoàn thành vói sụ hưóng dȁn của TS. Ngô Văn Định (Trưòng Đại hoc
Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên). Tác giả xin đưoc bày tỏ lòng biet ơn chân thành
và sâu sac tói ngưòi hưóng dȁn khoa hoc của mình, ngưòi đã đ t van đe nghiên
cứu, dành nhieu thòi gian hưóng dȁn và t n tình giải đáp những thac mac của tác
giả trong suot quá trình làm lu n văn.
Tác giả xin trân trong cảm ơn Ban Giám hi u Trưòng Đại hoc Khoa hoc - Đại
hoc Thái Nguyên, Ban Chủ nhi m Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham
gia giảng dạy, đã tạo moi đieu ki n tot nhat đe tác giả hoc t p và nghiên cứu.
Tác giả muon gửi những lòi cảm ơn tot đep nhat tói t p the lóp Cao hoc Toán
khóa 9B (2015-2017) đã đ ng viên và giúp đõ tác giả rat nhieu trong suot quá
trình hoc t p.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sỏ Giáo dục và Đào tạo Hải
Phòng, Ban Giám hi u và các đong nghi p ỏ Trưòng THPT Nguyen Đức Cảnh
(Kien Thụy, Hải Phòng) đã luôn chia sẻ những khó khăn đe tác giả hoàn thành tot
nhi m vụ hoc t p và công tác của mình.
Cuoi cùng, tác giả xin gửi những lòi cảm ơn đ c bi t nhat đen bo me và gia
đình vì những đ ng viên và chia sẻ đe tác giả hoàn thành lu n văn này.

1
TEAMLUANVAN.Com
MƠ đau
Hàm loi và bat đȁng thức Jensen là các công cụ quan trong của Giải tích toán
hoc. Các ket quả ve chủ đe này rat sâu sac và đã tìm đưoc nhieu ứng dụng quan
trong trong các bài toán quan trong của Giải tích, Toi ưu và lĩnh vục khác.
Bat đȁng thức là m t công cụ toán hoc đe mô tả ve các quan h thứ tụ giữa hai
đoi tưong. Chính vì the các bat đȁng thức luôn đóng những vai trò quan trong và
cot yeu trong nhieu lĩnh vục của toán hoc. Bên cạnh đó, các bat đȁng thức cũng
liên quan rat ch t chẽ đen các bài toán cục trị, m t van đe toán hoc luôn đưoc quan
tâm vì ý nghĩa thục tien của nó.
Sụ mỏ r ng khái ni m hàm loi thành các khái ni m khác như hàm nửa loi, hay
hàm loi b ph n, sẽ giúp toán hoc giải quyet đưoc nhieu van đe thục tien hơn, vì
nó cho phép ngưòi ta nghiên cứu các hàm so nhưng tính chat loi chỉ đúng m t t p
hop nào đó. Lu n văn này có mục đích là nghiên cứu các bat đȁng thức vói hàm
loi b ph n và ứng dụng. Các van đe chính đưoc quan tâm là các hàm nửa loi và
các mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen cho chúng.
Ngoài các phan Mỏ đau, Ket lu n, Tài li u tham khảo, n i dung chính của lu n
văn đưoc trình bày trong ba chương như sau:
• Chương 1. Bat đȁng thŕc với hàm nra loi. Moi quan tâm chính của chương
này là các ket quả ve bat đȁng thức vói hàm nửa loi. Trưóc het chúng tôi
trình bày ve hàm loi và bat đȁng thức Jensen. Sau đó là các ket quả ve hàm
nửa loi và bat đȁng thức Jensen cho hàm nửa loi. Tài li u tham khảo chính
của chương này là V. Cirtoaje, A. Baiesu [3] và Z. Pavic´ [4].

2
TEAMLUANVAN.Com
• Chương 2. Bat đȁng thŕc với hàm loi b ph n. Trong chương này chúng tôi
trình bày ve sụ mỏ r ng bat đȁng thức Jensen cho hàm loi b ph n và các
áp dụng cụ the vào m t so lóp bài toán bat đȁng thức. Chúng tôi dụa vào tài
li u V. Cirtoaje [1] đe trình bày n i dung chương này.
• Chương 3. Ba mớ r ng của Định lý HCF và Định lý PCF. Chương này dành
cho vi c trình bày ve ba mỏ r ng của Định lý HCF và Định lý PCF. Sau đó
chúng tôi sẽ minh hoa sụ mỏ r ng này bang m t so ví dụ cụ the. Tài li u
tham khảo chính của Chương 3 là V. Cirtoaje [2].

1
TEAMLUANVAN.Com
Chương 1
Bat đang th c vỚi hàm n a loi
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày ve hàm nửa loi và bat đȁng thức
Jensen cho hàm nửa loi. N i dung của chương đưoc trình bày lại ket quả của V.
Cirtoaje, A. Baiesu [3] và Z. Pavic´ [4] ve hàm nửa loi, bat đȁng thức Jensen cho
hàm nửa loi và mỏ r ng bat đȁng thức Jensen có trong cho hàm nửa loi.
1.1 Hàm loi và bat đang th c Jensen
1.1.1 T p loi và hàm loi
Trưóc khi nhac lại ve bat đȁng thức Jensen, chúng tôi nhac lại ve khái ni m
t p loi trong t p so thục R và hàm loi xác định trên m t t p loi. Đây là những
khái ni m rat quan trong trong giải tích và đ c bi t đưoc sử dụng rat nhieu trong
lý thuyet bat đȁng thức.
Định nghĩa 1.1. M t t p con D của t p so thục R đưoc goi là t p loi neu vói hai
điem a,b bat kỳ của D và vói moi λ thỏa mãn 0 ≤ λ ≤ 1 ta có λa + (1 −λ )b ∈ D.
Ta de dàng thay rang các khoảng có dạng (a,b), (a,+∞), (−∞,b), (a,b], [a,b),
[a,b] hay toàn t p R là những t p loi trong R.
Định nghĩa 1.2. Cho D là m t t p loi trong R và f : D → R là m t hàm so xác
định trên D. Ta nói f là m t hàm so loi neu vói moi x,y ∈ D và vói moi so thục

2
TEAMLUANVAN.Com
λ ∈ (0,1) ta có
f(λx +(1−λ)y) ≤ λ f (x) +(1−λ) f(y).
Ta có the de dàng kiem tra đưoc bang định nghĩa rang các hàm so b c nhat,
f (x) = ax + b, vói a, b ∈ R, là những hàm loi trên R. Bên cạnh định nghĩa của hàm
loi, chúng ta có m t so tiêu chuan đe kiem tra tính chat loi của m t hàm so. Chȁng
hạn, ta có m nh đe sau đây:
M nh đe 1.3. Giá sr f : D → R là hàm so liên tnc và có đạo hàm đen cap hai trên
t p loi D. Khi đó, f là hàm loi khi và chỉ khi f′′(x) ≥ 0 với moi x ∈ D.
Sử dụng tiêu chuan này chúng ta de dàng kiem tra đưoc hàm so f (x) = x2
là
m t hàm so loi trên R.
Định nghĩa 1.4. To hop
n
c = ∑ pixi
i=1
của các điem xi vói các h so pi đưoc goi là tő hợp affine neu
n
∑
i=1
pi = 1. To hop
trên đưoc goi là tő hợp loi neu nó là to hop affine và pi ≥ 0 vói i = 1,..,n.
n
Lưu ý rang neu D là m t t p loi trong R và c = ∑
i=1
pixi là to hop loi của các
điem x1,...,xn ∈ D thì c ∈ D và theo bat đȁng thức Jensen ta có
n
f (c) ≤ ∑ pi f (xi).
i=1
Neu a,b ∈ R là hai so thục phân bi t, giả sử a < b, thì moi so thục x đeu có the
bieu dien đưoc dưói dạng to hop affine
x =
b − x
a +
x − a
b.
b−a b−a
To hop affine này của a và b là to hop loi khi và chỉ khi x thu c đoạn [a, b]. Cho
trưóc hàm so f : R → R, goi l[a,b] : R → R là hàm b c nhat có đo thị là đưòng
thȁng đi qua hai điem (a, f(a)) và (b, f(b)). Khi đó ta có
l (x) =
b −x
f (a) +
x − a
f (b).
[a,b] b−a b−a

3
TEAMLUANVAN.Com
Neu f là hàm loi trên R thì ta có bat đȁng thức
f(x) ≤ l[a,b](x) neu x ∈ [a,b]
và
f (x) ≥ l[a,b](x) neu x /∈ (a,b).
1.1.2 Bat đang th c Jensen
Bat đȁng thức Jensen là m t trong những công cụ hữu hi u trong lý thuyet bat
đȁng thức. Trong mục này, chúng tôi nhac lại sơ lưoc ve bat đȁng thức Jensen và
m t so van đe liên quan.
M nh đe 1.5. Cho f : D → R là hàm so xác định và liên tnc trên t p loi D. Khi
đó, các khȁng định sau đây là tương đương:
a) Với moi n ∈ N, ta có
f (λ1x1 + ··· + λnxn) ≤ λ1 f (x1) +··· + λn f (xn),
với moi x1,...,xn ∈ D và λ1,...,λn ∈ R+ thóa mãn λ1 +···+λn = 1;
b) Với moi n ∈ N, ta có
f (r1x1 + ··· + rnxn) ≤ r1 f (x1) + ··· + rn f (xn),
với moi x1,...,xn ∈ D và r1,...,rn ∈ Q+ thóa mãn r1 +···+rn = 1;
c) Với moi n ∈ N, ta có
f
x1 +···+xn
≤
f (x1)+···+ f (xn)
,
n n
với moi x1,...,xn ∈ D;
d) Với moi k ∈ N0, ta có
f
x1 +···+x2k
≤
f(x1)+···+ f(x2k )
,
2k 2k
với moi x1,...,x2k ∈ D;

4
TEAMLUANVAN.Com
N
N
e) Với moi x,y ∈ D, ta có
f
x+y
≤
f (x)+ f (y)
;
2 2
f) Với moi x,y ∈ D và moi λ ∈ (0,1), ta có
f(λx +(1−λ)y) ≤ λ f (x) +(1−λ) f(y).
Chŕng minh. • Trưóc tiên, ta thay rang a) ⇒ b) ⇒ c) ⇒ d) ⇒ e) là hien nhiên;
• b) ⇒ a): Giả sử x1,...,xn ∈ D và λ1,...,λn ∈ R+ thỏa mãn λ1 +··· +λn = 1.
Khi đó, ton tại n dãy so hữu tý dương {rk(1)}k∈N,...,{rk(n)}k∈N thỏa mãn
lim
k→+∞
rk( j) = λj, vói ,1 ≤ j ≤ n, và rk(1) + ··· + rk(n) = 1, vói moi k ∈ N.
Theo b) ta có
f (rk(1)x1 + ··· + rk(n)xn) ≤ rk(1) f (x1) + ··· + rk(n) f (xn), vói moi k ∈ N.
Do f là hàm liên tục nên khi cho k → +∞ ta đưoc
f (λ1x1 + ··· + λnxn) ≤ λ1 f (x1) +··· + λn f (xn).
• c) ⇒ b): Giả sử x1,...,xn ∈ D và r1,...,rn ∈ Q+ thỏa mãn r1 + ··· + rn = 1.
Khi đó, ton tại N ∈ N sao cho Nr1, . . . , Nrn ∈ N. Vói mői i ∈ {1,..., n}, ta có the
viet ri =
pi
, trong đó pi ∈ N. Do r1 +···+rn = 1 nên ta có N = p1 +···+ pn. Áp
dụng c), ta đưoc
p1 lan pn lan
f(r1x1 + ···+rnxn) = f
¸
x1 + ·
x
·
`
·+ x
˛
1 +···+
¸
xn +·
x
·
`
·+ x
˛
n
p1 lan pn lan
≤
¸
f(x1) + ·
x
·
`
·+ f (x1
˛
)+··· +
¸
f(xn) + ·
x
·
`
·+ f (xn
˛
)
= r1 f (x1) + ··· + rn f (xn).
N

5
TEAMLUANVAN.Com
2k
¸ x` ˛
≤
n
f
x1+···+x2k
+
x2k+1+···+x2k+1
f
x1+···+x2k
+ f
x2k+1+···+x2k+1
2k 2k
• d) ⇒ c): Giả sử x1,...,xn ∈ D. Chon so tụ nhiên k đủ lón sao cho 2k
> n và
đ t a =
x1 +···+xn
. Khi đó, từ d) suy ra
n
2k−n lan
f(a) = f
x1 +···+xn +a
¸
+·
x
·
`
·+ a
˛
k
2 −n lan
f (x1) + ··· + f (xn) + f (a) + ··· + f (a)
2k
f (x1) + ··· + f (xn) +(2k
− n) f (a)
=
Do đó, ta đưoc
2k .
nf(a) = n f
x1 +···+xn
≤ f(x1)+···+ f (xn).
• e) ⇒ d): Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo chỉ so k. De thay rang khȁng
định d) đúng vói k = 0 và từ e) suy ra khȁng định d) đúng vói k = 1. Giả sử khȁng
định d) đúng vói k ≥ 1, ta sẽ chứng minh khȁng định đúng vói k + 1. Vói moi
x1,...,x2k+1 ∈ D, theo giả thiet quy nạp, ta có
2k+1
f
x1 +···+x2k+1
2k+1
= 2k+1 2k 2k
2
2k+1 2k 2k
2
= 2k
f
x1 + ··· + x2k
+ 2k
f
x2k+1 + ··· + x2k+1
≤ f (x1) + ··· + f (x2k ) + f (x2k+1) + ··· + f (x2k+1 ).
Từ đây suy ra khȁng định d) đúng vói k + 1.
• Từ các chứng minh trên, ta chỉ ra rang các khȁng định a), b), c), d), e) tương
đương vói nhau. M t khác, de dàng thay rang a) ⇒ f ) ⇒ e) là hien nhiên. Như
v y, M nh đe 1.5 hoàn toàn đưoc chứng minh.
≤

6
TEAMLUANVAN.Com
n
n n
n n
Từ M nh đe 1.5 ta de dàng thu đưoc m t so h quả sau đây:
H qua 1.6 (Bat đȁng thức Jensen). Giá sr f : D → R là m t hàm so loi liên tnc
trên t p loi D. Khi đó, với moi x1,...,xn ∈ D, ta có
f
x1 +···+ xn
≤
f (x1)+···+ f (xn)
.
H qua 1.7 (Bat đȁng thức Jensen có trong). Giá sr f : D → R là m t hàm so loi
liên tnc trên t p loi D. Khi đó, với moi x1,...,xn ∈ D và với moi λ1,...,λn ∈ R+
thóa mãn λ1 +··· +λn = 1, ta có
f (λ1x1 +··· + λnxn) ≤ λ1 f (x1)+ ··· + λn f (xn).
H quả dưói đây cho ta m t tiêu chuan đe kiem tra tính loi của m t hàm so liên
tục trên m t t p loi.
H qua 1.8. Giá sr f : D → R là m t hàm so xác định và liên tnc trên t p loi D.
Khi đó, f là hàm loi trên D khi và chỉ khi
f
x+y
≤
f(x)+ f (y)
,
2 2
với moi x,y ∈ D.
Đe ket thúc mục này, chúng tôi trình bày m t ví dụ ve vi c sử dụng bat đȁng
thức Jensen trong vi c chứng minh bat đȁng thức.
Ví dụ 1.9. Chứng minh rang, vói n so thục không âm a1,...,an, ta có
√
n
a1 ...an ≤
a1 +···+ an
.
Chŕng minh. Neu m t trong so các phan tử ai vói i = 1, . . . , n bang không thì bat
đȁng thức trên là đúng. Vì v y, ta có the giả thiet tat cả các phan tử a1,...,an là so
dương. Xét hàm so f (x) = −ln(x). Hàm so f xác định, liên tục và là hàm loi trên
khoảng (0;+∞). Áp dụng bat đȁng thức Jensen ta có
−ln
a1 + ···+ an
≤ −
ln(a1)+···+ ln(an)
= −ln
√
n
a1 ...an.

7
TEAMLUANVAN.Com
n n
Từ đây, do hàm ln(x) là hàm đong bien nên ta có bat đȁng thức can chứng minh.
1.2 Hàm n a loi và mƠ r ng cua bat đang th c Jensen
cho hàm n a loi
Cho I là m t khoảng trong R vói phan trong I0 khác rőng. Vói mői phan tử
c ∈ I0, ta ký hi u
Ix≥c = {x ∈ I : x ≥ c} và Ix≤c = {x ∈ I : x ≤ c}.
Định nghĩa 1.10. Cho hàm so f : I → R xác định trên khoảng I. Hàm so f đưoc
goi là loi phái neu nó là hàm loi trên t p Ix≥c vói m t phan tử c ∈ I0 nào đó. Hàm
so f đưoc goi là loi trái neu nó là hàm loi trên t p Ix≤c vói m t phan tử c ∈ I0 nào
đó. Hàm so f đưoc goi là hàm nra loi neu nó là hàm loi trái ho c là hàm loi phải.
Ví dụ 1.11. Theo định nghĩa trên, de thay rang các hàm so đa thức b c ba là các
hàm nửa loi trên R.
Định lý sau đây là mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen cho hàm loi phải, goi là
Định lý hàm nra loi (viet tat là Định lý HCF).
Định lý 1.12 (Định lý hàm nửa loi). Cho f (x) là hàm so xác định trên khoáng
I ⊂ R và loi trên khoáng Ix≥c ho c trên khoáng Ix≤c với m t giá trị c ∈ I0 nào
đó. Khi đó bat đȁng thŕc
f
x1 +···+ xn
≤
f (x1)+···+ f (xn) (1.1)
đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn x1 +···+xn ≥ nc neu và chỉ neu
f(x) +(n −1) f (y) ≥ n f (c)
với moi x,y ∈ I thóa mãn x+(n−1)y = nc.

8
TEAMLUANVAN.Com
n−k
−
k
Chŕng minh. Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh cho trưòng hop hàm loi phải,
trưòng hop hàm loi trái chứng minh hoàn toàn tương tụ.
Trưóc tiên, de thay rang đieu ki n can của định lý là hien nhiên nên ta chỉ can
chứng minh đieu ki n đủ. Không mat tính tong quát ta giả sử x1 ≤ ··· ≤ xn. Neu
x1 ≥ c thì bat đȁng thức can chứng minh đưoc suy ra từ bat đȁng thức Jensen đoi
vói hàm loi. Trưòng hop còn lại, ton tại k ∈ {1,..., n − 1} sao cho
x1 ≤ ··· ≤ xk < c ≤ xk+1 ≤ ··· ≤ xn.
Do f là hàm loi trên Ix≥c, áp dụng bat đȁng thức Jensen ta có
f(xk 1)+··· + f (xn) ≥ (n −k) f (z), vói z =
xk+1 +···+xn
.
Do đó, ta chỉ can chứng minh
f(x1) +···+ f (xk) +(n−k) f (z) ≥ n f(c).
Giả sử y1,...,yk ∈ I xác định bỏi xi + (n − 1)yi = nc,i = 1,...,k. Khi đó, ta có
y1 ≥ ··· ≥ bk. Hơn nữa, ta có
b c =
c−xk
> 0
n−1
và
(n−1)y1 = nc−x1 = (x2 +···+xk) +xk+1 +···+xn
≤ (k1)c+ xk+1 +··· + xn = (k − 1)c +(n −k)z ≤ (n− 1)z.
Do v y, ta có z ≥ y1 ≥ ··· ≥ yk > c. Theo giả thiet ta có
f(xi)+(n−1)f(yi) ≥ nf(c), vói moi i = 1,...,k,
nên
f (x1) + ··· + f (xk) + (n − 1)[ f (y1) + ··· + f (yk)] ≥ kn f (c).
Như v y ta chỉ can chứng minh
kn f (c) −(n − 1)[ f (y1) + ··· + f (yk)] + (n − k) f (z) ≥ n f (c)
+

9
TEAMLUANVAN.Com
n−1
n
−
hay
p f (z) + (k − p) f (c) ≥ f (y1) + ··· + f (yk), vói p =
n − k
≤ 1.
Theo bat đȁng thức Jensen ta có
p f (z) + (1 − p) f (c) ≥ f (w), vói w = pz + (1 − p)c.
Do đó, ta chỉ can chứng minh rang
f(w) +(k −1) f(c) ≥ f (y1) +···+ f(yk).
Bat đȁng thức này đưoc suy ra từ bat đȁng thức Karamata đoi vói hàm loi. Như
v y, Định lý 1.12 hoàn toàn đưoc chứng minh.
Nh n xét 1.13. Neu ta đ t
g(x) =
f (x) − f (c)
,h(x,y) =
g(x) − g(y)
thì ta có
x−c x− y
f (x) + (n − 1) f (y) − n f (c) = [ f (x) − f (c)] + (n − 1)[ f (y) − f (c)]
= (x −c)g(x) +(n−1)(y− c)g(y)
=
n−1
(x−y)[g(x)−g(y)]
=
n − 1
(x y)2
h(x,y).
n
Do v y, ta có the thay giả thiet f (x)+ (n− 1) f (y) ≥ n f (c) trong Định lý 1.12 bỏi
đieu ki n tương đương
h(x,y) ≥ 0 vói moi x,y ∈ I thỏa mãn x+(n −1)y = nc.
Nh n xét 1.14. Giả sử f là hàm khả vi trên I và đ t
H(x,y) =
f ′(x) − f ′(y)
.
x−y
Khi đó bat đȁng thức (1.1) trong Định lý 1.12 vȁn đúng khi thay giả thiet
f(x) + (n− 1) f(y) ≥ n f (c) (1.2)

10
TEAMLUANVAN.Com
n−1
1
bỏi đieu ki n ch t hơn
H(x,y) ≥ 0 vói moi x,y ∈ I thỏa mãn x +(n − 1)y = nc. (1.3)
Th t v y, ta sẽ chứng minh đieu ki n (1.3) kéo theo đieu ki n (1.2). Giả sử x, y ∈ I
thỏa mãn x+(n−1)y = nc. Đ t
f1(x) = f(x) +(n − 1) f (y) = f (x) +(n −1) f
nc − x
.
Ta có
f′(x) = f′(x) − f′
nc−x
= f′(x)− f′(y) =
n
(x − c)H(x, y).
n−1 n−1
Do H(x,y) ≥ 0 nên ta suy ra hàm f1 nghịch bien khi x ≤ c và đong bien khi x ≥ c.
Từ đó suy ra
Ta có đieu can chứng minh.
f1(x) ≥ f1(c) = n f (c).
Nh n xét 1.15. Bat đȁng thức (1.1) trỏ thành đȁng thức neu
x1 = ··· = xn = c.
Ngoài ra, neu ton tại x,y ∈ I thỏa mãn x /= y,x + (n − 1)y = nc và f (x) + (n −
1)f(y) = n f (c) thì bat đȁng thức (1.1) trỏ thành đȁng thức neu x1 = x và x2 =
··· = xn = y.
Áp dụng Định lý hàm nửa loi cho hàm so f(u) = g(eu
), thay c bỏi lnr, x bỏi
lnx, y bỏi lny và mői xi bỏi lnai ta thu đưoc h quả dưói đây.
H qua 1.16. Cho g là hàm so xác định trên khoáng I ⊂ R+ thóa mãn f (u) =
g(eu
) là hàm loi với eu
≤ r ho c với eu
≥ r, trong đó r ∈ I. Khi đó, bat đȁng thŕc
g(a1) + ··· + g(an) ≥ ng(r)
đúng với moi a1,...,an ∈ I thóa mãn a1 ...an = rn
neu và chỉ neu g(a) + (n −
1)g(b) ≥ ng(r) với moi a,b ∈ I thóa mãn abn−1
= rn
.

11
TEAMLUANVAN.Com
≥
n
1 2 n
Đe ket thúc mục này, chúng tôi trình bày m t so ví dụ áp dụng của Định lý
HCF.
Ví dụ 1.17. Chứng minh rang neu a, b, c là ba so thục thỏa mãn a + b + c = 3 thì
ta có
3(a4
+b4
+c4
) + a2
+b2
+c2
+6 ≥ 6(a3
+ b3
+c3
).
Chŕng minh. Xét hàm so f (x) = 3x4
− 6x3
+ x2
vói x ∈ R. Khi đó, bat đȁng thức
can chứng minh đưoc viet dưói dạng
f(a) + f(b) + f(c) 3 f (c), vói c =
a + b + c
= 1.
3
Ta có f ′′(x) > 0 vói x ≥ 1 nên f là hàm loi vói x ≥ 1. Theo Định lý HCF, ta chỉ
can chứng minh f(x)+ 2f(y) ≥ 3f(1) vói moi x,y thỏa mãn x +2y = 3. Sử dụng
Nh n xét 1.13, ta chỉ can chứng minh h(x,y) ≥ 0 vói
h(x,y) =
g(x) − g(y)
và g(u) =
f (u) − f (1)
.
Ta có
x−y u−1
g(u) = 3(u3
+ u2
+u+1) −6(u2
+u+1) +u+1 = 3u3
−3u2
−2u−2
nên
h(x,y) = 3(x2
+xy+y2
) −3(x+y) −2 = (3y−4)2
≥ 0.
Đȁng thức xảy ra khi a = b = c = 0 ho c khi a =
1
và b = c =
4
. Do đó ta có bat
3 3
đȁng thức can chứng minh.
Ví dụ 1.18. Vói so tụ nhiên n ≥ 3, chứng minh rang neu a1,a2,...,an ≥
1 − 2n
thỏa mãn a1 + a2 + ··· + an = n thì ta có
n−2
a3
+ a3
+ ··· + a3
≥ n.
Chŕng minh. Xét hàm so f(x) = x3
vói x ≥
1−2n
. Khi đó, bat đȁng thức can
chứng minh đưoc viet dưói dạng
n−2
f(a1)+ f(a2)+···+ f(an) ≥ nf(c), vói c =
a1 +a2 +···+an
= 1.

12
TEAMLUANVAN.Com
Do f′′(x) = 6x nên f là hàm loi vói x ≥ 1. Áp dụng Định lý HCF và Nh n xét
1.13, ta chỉ can chứng minh h(x,y) ≥ 0 vói moi x,y ≥
1−2n
thỏa mãn x + (n −
1)y = n. Ta có
n−2
g(u) =
f (u) − f (1)
= u2
+u + 1,
u−1
và
h(x,y) =
g(x) − g(y)
= x + y + 1 =
(n − 2)x + 2n − 1
≥ 0.
x−y n−1
Đȁng thức xảy ra neu a1 = a2 = ··· = an = 1 ho c neu
a1 =
1−2n
,a2 = ··· = an =
n+1
.
n−2 n−2
Từ đây suy ra bat đȁng thức can chứng minh.
1.3 MƠ r ng bat đang th c Jensen có trong cho hàm
n a loi
Trong mục này chúng tôi sẽ trình bày mỏ r ng của Định lý hàm nửa loi cho
các bat đȁng thức kieu Jensen có trong. Trưóc tiên chúng ta can bo đe sau đây:
Bo đe 1.19. Cho q1,q2,r1,...,rm là nhrng so thực không âm thóa mãn
r1 +···+rm = q1 +q2
và cho f là hàm so loi trên khoáng I. Neu a,b ∈ I(a ≤ b) và x1,...,xm ∈ [a,b]
thóa mãn
thì ta có
r1x1 + ··· + rmxm = q1a + q2b
r1 f (x1) + ··· + rm f (xm) ≤ q1 f (a) + q2 f (b).
Chŕng minh. Ta chỉ xét trưòng hop không tam thưòng a < b. Do x1,x2,...,xm ∈
[a,b] nên ton tại λ1,λ2,...,λm ∈ [0,1] sao cho
xi = λia+(1 − λi)b, i = 1,2,...,m.

13
TEAMLUANVAN.Com
∑
i=1
i i =
a−b
∑
i=1
i ∑
i=1
i =
a−b
[ 1 2 − ( 1 + 2)] =
Bỏi vì
nên ta có
λi =
xi −b
, i = 1,2,...,m,
a−b
m
r λ
1 m
r x b
m
r
!
1
q a q b b q q q
Do đó, theo bat đȁng thức Jensen, ta nh n đưoc
m m
∑ ri f (xi) ≤ ∑ ri[λi f (a) + (1 − λi) f (b)]
i=1 i=1
m m
= [ f (a) − f (b)] ∑riλi + f (b) ∑ ri
i=1 i=1
= [ f(a) − f(b)]q1 + f(b)(q1 +q2)
= q1 f (a) + q2 f (b).
Phép chứng minh bo đe đưoc ket thúc.
Định lý sau đây là mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen có trong đoi vói hàm nửa
loi, goi là Định lý hàm nra loi có trong (viet tat là Định lý WHCF).
Định lý 1.20. Cho f (u) là hàm so xác định trên khoáng I và loi với u ≤ s ho c
với u ≥ s, trong đó u ∈ I. Cho p1,..., pn là n so thực dương thóa mãn
p = min{p1,..., pn}, p1 + ··· + pn = 1.
Khi đó, bat đȁng thŕc
p1 f (x1) + ··· + pn f (xn) ≥ f (p1x1 + ··· + pnxn)
đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn p1x1 + ··· + pnxn = s neu và chỉ neu
p f (x) +(1− p) f (y) ≥ f(s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn px+(1− p)y = s.
i − + 1.

14
TEAMLUANVAN.Com
∈ I
−
··· n n
1 1 2 2
Chŕng minh. Vì đieu ki n can thiet là hien nhiên, ta sẽ chứng minh đieu ki n đủ.
Không giảm tính tong quát, giả sử rang x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn. Neu x1 ≥ s, thì bat đȁng
thức sẽ thu đưoc từ bat đȁng thức Jensen đoi vói hàm loi. Trái lại, do
p1x1 + p2x2 +··· + pnxn ≥ (p1 + p2 +··· + pn)s,
ton tại k ∈ {1,2,...,n − 1} sao cho
x1 ≤ ··· ≤ xk < s ≤ xk+1 ≤ ··· ≤ xn.
Ta kí hi u
q = p1 + ··· + pk.
Theo bat đȁng thức Jensen, ta có
n
trong đó
∑
i=k+1
pi f (xi)) ≥ (pk+1 + ··· + pn) f (z) = (1 − q) f (z),
z =
pk+1xk+1 + ··· + pnxn
, z ≥ s, z .
pk+1 + ··· + pn
k
∑ pi f (xi)+ (1 q) f(z) ≥ f(S) (1.4)
i=1
trong đó
S = p x + p x + + p x =
p1x1 + p2x2 +···+ pnxn
p1 + p2 +···+ pn
Cho yi, i = 1,2,...,k, đưoc định nghĩa bỏi
pxi + (1 − p)yi = s.
s ≤ S ≤ z.
Ta sẽ chứng minh rang
Ta có
z ≥ y1 ≥ y2 ≥ ··· ≥ yk > s.
y1 ≥ y2 ≥ ··· ≥ yk,

15
TEAMLUANVAN.Com
−
k
k k
y s =
p(s − xk)
> 0,
1− p
y1 =
s− px1
≤
S − px1
=
(p1 − p)x1 + p2x2 +···+ pnxn
1− p 1− p (p1 − p) + p2 + ··· + pn.
Do
nên
p1 − p = p1 −min{p1, p2,..., pn} ≥ 0
(p1 − p)x1 + p2x2 +··· + pnxn
≤
p2x2 +··· + pnxn
≤ z,
(p1 − p) + p2 +··· + pn p2 +···+ pn
và do đó y1 ≤ z. Bây giò, do z ≥ y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yk > s, suy ra y1,y2,...,yk ∈ I.
Do đó, theo giả thiet ta có
p f (xi) + (1 − p) f (yi) ≥ f (s)
vói i = 1,2,...,k. Nhân tương ứng tat cả các bat đȁng thức này vói pi/p, ta có
pi f(x ) +
1 − p
pi f(yi) ≥
q
f s
∑ i
i=1
∑
i=1
p
( ).
Do đó, đe chứng minh (1.4), ta chứng minh
q
f s 1 q f z ≥
1− p k
pi f yi f S (1.5)
p
( ) +( — ) ( ) ∑
i=1
( )+ ( ).
Vì S ∈ [s,z], yi ∈ (s,z] vói i = 1,2,...,k,
q
p
+1−q =
1 − p
p
k
∑ pi+1,
i=1
q
p
s +(1 − q)z =
1 − p
p
k
∑
i=1
p0yi + S,
Bat đȁng thức (1.5) là m t h quả của Bo đe 1.19 vói 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 vói i = 1,2,...,k.
Áp dụng Định lý WHCF đoi vói hàm so f(u) = g(eu
) và thay the s bỏi lnr, x
bỏi lnx, y bỏi lny và mői xi bỏi lnai thì ta đưoc h quả sau đây:
p
p

16
TEAMLUANVAN.Com
n
1 n
H qua 1.21. Cho g là hàm so xác định trên khoáng dương I thóa mãn f (u) =
g(eu
) là hàm loi với eu
≤ r ho c với eu
≥ r, trong đó r ∈ I. Cho p1,..., pn là n so
thực dương thóa mãn
p = min{p1,..., pn}, p1 + ··· + pn = 1.
Khi đó, bat đȁng thŕc
p1g(a1) + ··· + png(an) ≥ g(ap1............ apn
)
đúng với moi a ,...,a ∈ I thóa mãn ap1
...apn
= r neu và chỉ neu
pg(a) + (1 − p)g(b) ≥ g(r)
với moi a,b ∈ I thóa mãn ap
b1−p
= r.
Nh n xét 1.22. Ký hi u
g(u) =
f (u) − f (s)
,h(x,y) =
g(x)− g(y)
.
u− s
Khi đó, ta có the thay the đieu ki n
x −y
p f (x) + (1 − p) f (y) ≥ f (s)
trong Định lý WHCF bỏi đieu ki n tương đương
h(x,y) ≥ 0 vói moi x,y ∈ I thỏa mãn px+(1− p)y = s.
Nh n xét 1.23. Bat đȁng thức trong Định lý WHCF trỏ thành đȁng thức khi x1 =
· ·· = xn. Hơn nữa, neu giả thiet p1 = min{p1,... , pn} thì đȁng thức xảy ra khi
x1 = x và x2 = ··· = xn = y neu ton tại x,y ∈ I, x /= y thỏa mãn p1x+(1 − p1)y = s
và p1 f(x)+(1− p1)f(y) = f(s).
Tiep theo, chúng tôi trình bày m t so áp dụng của Định lý WHCF.
M nh đe 1.24. Cho a1,...,an (n ≥ 3) là n so thực dương thóa mãn a1 ...an = 1.
Neu p và q là hai so thực không âm thóa mãn p+ q ≥ n − 1 thì
1 1 n
1 + pa1 + qa2
+ ··· +
1 + pan + qa2
≥
1 + p + q
.
1 n
1 n

17
TEAMLUANVAN.Com
( ) = ( ) = , ∈ R.
Chŕng minh. Ta viet bat đȁng thức mong muon dưói dạng
g(a1) + g(a2) + ··· + g(an) ≥ ng(1),
trong đó
g(t) =
1
, t > 0.
1 + pt + qt2
Đe chứng minh bat đȁng thức này, ta áp dụng H quả HCF vói r = 1. Cho
f u g eu
1
u
1 + peu + qe2u
Sử dụng đạo hàm cap hai
f′′
u
eu
[4q2
e3u
+ 3pqe2u
+ (p2
− 4q)eu
− p]
( ) =
(1+ peu +qe2u)3
,
ta chứng minh rang f(u) là m t hàm loi vói eu
≥ r = 1. Ta can chứng minh
4q2
t3
+3pqt2
+(p2
−4q)t − p ≥ 0
vói t ≥ 1. Th t v y,
4q2t3
+ 3pqt2
+ (p2
− 4q)t − p ≥ (4q2 + 3pq + p2
− 4q − p)t
= [(p + 2q)(p + q − 2) + 2q2 + p]t > 0,
bỏi vì p +q ≥ n − 1 ≥ 2.
Theo H quả HCF, ta chỉ can chứng minh rang g(a)+(n−1)g(b) ≥ ng(1) vói
moi a, b > 0 sao cho abn−1
= 1. Ta viet bat đȁng thức này dưói dạng
b2n−2 n− 1 n
b2n−2 + pbn−1 + q
+
1 + pb + qb2
≥
1 + p + q
.
Áp dụng bat đȁng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(bn−1
+n−1)2
(b2n−2 + pbn−1 + q) + (n − 1)(1 + pb + qb2)
mà nó tương đương vói
n
1 + p + q
pB+ qC ≥ A,
≥

18
TEAMLUANVAN.Com
−
— −
1 n
−
trong đó
A = (n − 1)(bn−1
− 1)2 ≥ 0,
B = (bn−1
1)2 + nE =
A
+ nE,
n−
A
1
vói
C = (bn−1
− 1)2 + nF =
n 1
F,
E = bn−1
+n −2 −(n −1)b, F = 2bn−1
+ n − 3 − (n − 1)b2
.
Theo bat đȁng thức AM-GM đưoc áp dụng cho n − 1 so dương, ta có E ≥ 0 và
F ≥ 0 vói n ≥ 3. Do A ≥ 0 và p + q ≥ n − 1, ta có
pB + qC A ≥ pB + qC
(p +q)A
= n(pE + qF) ≥ 0.
n −1
Đȁng thức xảy ra khi a1 = a2 = ... = an = 1.
Nh n xét 1.25. Vói p+ q = n − 1 và n ≥ 3, theo M nh đe 1.24, ta thu đưoc bat
đȁng thức
1 1
1 + pa1 + qa2
+ ··· +
1 + pan + qa2
≥ 1.
1 n
Hơn nữa, neu p = n − 1 và q = 0 thì ta đưoc bat đȁng thức
1 1
1 + (n − 1)a1
+ ··· +
1 + (n − 1)an
≥ 1.
Nh n xét 1.26. Vói p = q =
1
,0 < r ≤
2
và n ≥ 3, áp dụng M nh đe 1.24 ta
r
có bat đȁng thức
1
n − 1
1 n
r + a1 + a2
+ ··· +
r + an + a2
≥
r + 2
.
1 n
Hơn nữa, neu r =
2
,n ≥ 3 thì ta có
n −1
1 1 1
2+(n−1)(a1 +a2)
+···+
2+(n−1)(an +a2)
≥
2
.

19
TEAMLUANVAN.Com
— − −
Nh n xét 1.27. Vói p = 2r,q = r2
,r ≥
√
n−1 và n ≥ 3, áp dụng M nh đe 1.24 ta
đưoc
1 1 n
(1+ra1)2
+···+
(1 + ran)2
≥
(1+ r)2
.
M nh đe 1.28. Cho a1,...,an (n ≥ 4) là n so thực dương thóa mãn a1 ...an = 1.
Neu p,q,r là ba so thực không âm thóa mãn p+ q + r ≥ n − 1 thì
n
1
≥
n
∑ 1 + pai + qa2 + ra3 1+ p+ q+r
.
i=1 i i
Chŕng minh. Ta viet bat đȁng thức dưói dạng
g(a1) + g(a2) + ··· + g(an) ≥ ng(1),
trong đó
g(t) =
1
, t > 0,
1 + pt + qt2 + rt3
và áp dụng H quả HCF cho g(t) vói r = 1. Cho
f (u) = g(eu
) = 11 + peu
+ qe2u
+ re3u
xác định trên R. Vói n ≥ 4, suy ra p + q + r ≥ 3, ta có f loi vói eu
≥ 1. Do
f′′
(u) =
t[9r2
t5
+ 11qrt4
+ (2pr + 4q2
)t3
+ (3pq 9r)t2
+ (p2
4q)t p]
(1+ pt +qt2 +rt3)3
,
trong đó t = eu
≥ 1, ta can chứng minh rang
9r2
t5
+11qrt4
+ (2pr + 4q2
)t3
+ (3pq − 9r)t2
+ (p2
− 4q)t − p ≥ 0.
Do
9r2
t5
+ 11qrt4
+ (2pr + 4q2
)t3
− p ≥ (9r2
+ 11qr + 2pr + 4q2
)t3
− pt,
ta chỉ can chứng minh
(9r2
+ 11qr + 2pr + 4q2
)t2
+ (3pq − 9r)t + p2
− p − 4q ≥ 0.

20
TEAMLUANVAN.Com
3
−
Sử dụng bat đȁng thức t2
≥ 2t −1, Chúng ta vȁn phải chứng minh rang 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)
2(p r)2+9q2
+ 16r2
+ 4pq +20qr
=
3
> 0.
Theo H quả HCF, ta có g(a) + (n − 1)g(b) ≥ ng(1) vói moi a,, b > 0 sao cho
abn−1
= 1. Ta viet bat đȁng thức này thành
b3n−3 n− 1 n
ho c
b3n−3 + pb2n−2 + qbn−1 + r
+
1 + pb + qb2 + rb3
≥
1 + p + q + r
,
p2
A11 + q2
A22 + r2
A33 + pqA12 + qrA232 + rpA31 ≥ Ap + Bq +Cr,
trong đó
A11 = b2n−2
(bn − nb + n − 1),
A22 = bn−1
(b2
n − nb2
+ n − 1),
A33 = b3n
−nb3
+n −1,
A12 = b3n−1
+ b3n−2
+ (n − 1)(b2n−2
+ bn−1
) − n(b2n
+ bn
),

21
TEAMLUANVAN.Com
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)b2
n − nb2n−2
+ 1],
C = (n − 1)b3n
− nb3n−3
+ 1.
Vì A, B, C ≥ 0 (từ bat đȁng thức AM-GM áp dụng cho n so dương) và p + q +r ≥
n−1, ta có
(n − 1)(p2
a11 + q2
A22 + r2
A33 + pqA12 + qrA23 + rpA31)
≥ (p + q + r)(Ap + Bq +Cr)
p2
B11 + q2
B22 + r2
B33 + 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
TEAMLUANVAN.Com
n
Ta thay rang B11, B22, B33 , B12 không âm (theo bat đȁng thức AM-GM áp dụng
cho n−1 so dương). Cũng v y, ta có
B23
= 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 bat đȁng thức AM-GM áp dụng cho n − 1 so dương). Sử dụng bat đȁng thức
bn−1
− (n − 1)b + n − 2 ≥ 0, ta nh n đưoc B31 ≥ D, trong đó
D = nbn−1
[2b2n−2
− (n − 1)bn+2
+ (n − 2)bn−1
− 1].
Đe chứng minh (1.6), ta chỉ can chứng minh rang p2
B11 +r2
B33 + prD ≥ 0. Đieu
này đúng neu 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 trưòng hop n = 4, từ (1.7) ta có các bat đȁng 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, bat đȁng thức cuoi cùng là đúng. Bat đȁng thức (1.7) cũng xảy ra vói
n ≥ 5, nhưng chúng tôi không trình bày chứng minh ỏ đây. Đȁng thức xảy ra neu
a1 = a2 = ... = an = 1.
Nh n xét 1.29. Vói n = 4 và p+q+r = 3, áp dụng M nh đe 1.28 ta có bat đȁng
thức 4
1
≥ 1
∑ 1 + pai + qa2 + ra3
.
i=1 i i

23
TEAMLUANVAN.Com
2
{ }
n
1
2
1 2 n
2
1 2 n
2
Hơn nữa, neu p = q = r = 1 thì ta có bat đȁng thức
4 1 ≥ 1
∑ 1 + ai + a2 + a3
.
i=1 i i
M nh đe 1.30. Neu x1,x2,..,xn là n so thực không âm thóa mãn
x1 +2x2 + ···+nxn =
n(n+1)
thì
(n−1)(n+2) x3
+2x3
+···+nx3
−
n(n+1)
≥
≥ 2(n2
+ n − 1) x2
+ 2x2
+ ··· + nx2
−
n(n + 1)
.
Chŕng minh. Do bat đȁng thức là tam thưòng vói n = 1, ta sẽ xét n ≥ 2. Viet bat
đȁng thức này dưói dạng
p1 f (x1) + p2
f (x2) + ··· + pn f (xn) ≥ f (p1x1 + p2
x2 + ··· + pnxn),
trong đó
pi =
2i
, i = 1,2,...,n,
n(n+1)
f(u) = (n−1)(n+2)u3
−2(n2
+n−1)u2
, u ≥ 0.
Hàm so f(u) loi vói 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 vói u ≥ 1.
Theo Định lý WHCF và Nh n xét 1.22, ta chỉ can chứng minh rang h(x,y) ≥ 0 vói
moi x,y ≥ 0 sao cho px +(1− p)y = 1, trong đó
p = min p , p ,..., p =
2
.
n(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
TEAMLUANVAN.Com
−
(n−1)(n+2)
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 nh n đưoc
x y x 1 − px 1+(1−2p)x n(n+1)+ (n2
+n−4)x
+ = +
1 − p
= 1 − p (n − 1)(n +2)
và do đó
≥
n(n+1)
.
(n−1)(n+2)
h(x,y) ≥ (n 1)(n+2)
n(n +1)
(n−1)(n+ 2)
+1 − 2(n2
+ n − 1) = 0.
Đieu này cho phép ket thúc chứng minh định lý. Đȁng thức xảy ra neu a1 = a2 =
...a+n = 1, và a1 = 0 và a2 = ··· = an = n(n+1) .

25
TEAMLUANVAN.Com
Chương 2
Bat đang th c vỚi hàm loi b ph n
Hàm loi b ph n là hàm so xác định trên m t khoảng I và là hàm loi trên m t
phan nào đó của I. Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày ket quả của Cirtoaje
[1] ve mỏ r ng bat đȁng thức Jensen và bat đȁng thức Jensen có trong cho m t so
hàm loi b ph n.
2.1 MƠ r ng bat đang th c Jensen cho hàm loi b ph n
Trưóc khi trình bày ve mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen và bat đȁng thức
Jensen cho các hàm loi b ph n chúng ta can hai bo đe dưói đây.
Bo đe 2.1. Cho f là hàm so xác định trên khoáng I, nghịch bien khi u ≤ s0 và
đong bien khi u ≥ s0, trong đó s0 ∈ I. Cho p1,..., pn là n so thực dương thóa mãn
p1 + ··· + pn = 1.
Với s ∈ I,s ≥ s0, neu bat đȁng thŕc
n
∑ pi f(xi) ≥ f(s)
i=1
đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn
x1,...,xn ≥ s0, p1x1 + ··· + pnxn = s
thì bat đȁng thŕc đó đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn
p1x1 +···+ pnxn = s.

26
TEAMLUANVAN.Com
i
Chŕng minh. Vói i = 1,2,...,n, xác định các so yi ∈ I như sau
y =
s0, xi ≤ s0,
xi, xi > s0.
Do yi ≥ xi vói i = 1,2,...,n, ta có
p1y1 + p2
y2 +···+ pnyn ≥ p1x1 + p2
x2 +··· + pnxn = s.
Thêm nữa, do f (yi) ≤ f (xi) vói xi ≤ s0 và f (yi) = f (xi) vói xi > s0, ta có f (yi) ≤
f(xi) vói i = 1,2,...,n, và do đó
p1 f (y1) + p2
f (y2) + ··· + pn f (yn) ≤ p1 f (x1) + p2
f (x2) + ··· + pn f (xn).
V y, ta chỉ can chứng minh rang
p1 f(y1) + p2
f(y2) +···+ pn f(yn) ≥ f(s)
vói moi y1,y2, ..., yn ≥ s0 sao cho p1y1 + p2
y2 + ·· · + pnyn ≥ s. Theo giả thiet, bat
đȁng thức đúng vói y1, y2,..., yn ≥ s0 và p1y1 + p2
y2 +··· + pnyn = s. Do f tăng vói
u ∈ I, u ≥ s0, ta có p1 f (y1)+ p2
f (y2)+··· + pn f (yn) ≥ f (s) vói y1,y2,...,yn ≥ s0
và p1y1 + p2
y2 +···+ pnyn ≥ s.
Bo đe 2.2. Cho f là hàm so xác định trên khoáng I, nghịch bien khi u ≤ s0 và
đong bien khi u ≥ s0, trong đó s0 ∈ I. Cho p1,..., pn là n so thực dương thóa mãn
p1 + ··· + pn = 1.
Với s ∈ I,s ≥ s0, neu bat đȁng thŕc
n
∑ pi f(xi) ≥ f(s)
i=1
đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn
x1,...,xn ≤ s0, p1x1 + ··· + pnxn = s
thì bat đȁng thŕc đó đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn
p1x1 +···+ pnxn = s.

27
TEAMLUANVAN.Com
i
Chŕng minh. Vói i = 1,2,...,n, xác định các so yi ∈ I như sau
y =
s0, xi ≤ s0,
xi, xi > s0.
Do yi ≥ s0, yi < xi và f (yi) < f (xi) vói i = 1,2,...,n,. Do đó
p1y1 + p2
y2 +···+ pnyn ≥ p1x1 + p2
x2 +··· + pnxn = s.
và
p1 f (y1) + p2
f (y2) + ··· + pn f (yn) ≤ p1 f (x1) + p2
f (x2) + ··· + pn f (xn).
p1 f(y1) + p2
f(y2) +···+ pn f(yn) ≥ f(s)
vói moi y1,y2, ...,yn ≥ s0 sao cho p1y1 + p2
y2 + ·· · + pnyn ≤ s. Theo giả thiet, bat
đȁng thức đúng vói y1, y2,..., yn ≤ s0 và p1y1 + p2
y2 +··· + pnyn = s. Do f tăng vói
u ∈ I, u ≤ s0, ta có p1 f (y1)+ p2
f (y2)+··· + pn f (yn) ≥ f (s) vói y1,y2,...,yn ≤ s0
và p1y1 + p2
y2 +···+ pnyn ≤ s.
Định lý dưói đây là mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen có trong cho hàm loi b
ph n, goi là Định lý hàm loi b ph n có trong (viet tat là Định lý WPCF).
Định lý 2.3 (Định lý WPCF). Cho f là hàm so xác định trên m t khoáng I ⊂ R,
nghịch bien khi u ≤ s0 và đong bien khi u ≥ s0, trong đó s0 ∈ I. Cho p1, . . . , pn là
n so thực dương thóa mãn
p = min{p1,..., pn}, p1 + ··· + pn = 1.
Giá sr thêm rang f là hàm loi trên [s0, s] ho c [s, s0], trong đó s ∈ I. Khi đó, bat
đȁng thŕc
p1 f (x1) + ··· + pn f (xn) ≥ f (s)

28
TEAMLUANVAN.Com
n
đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn p1x1 + ··· + pnxn = s neu và chỉ neu
p f (x) + (1 − p) f (y) ≥ f (s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn px + (1 − p)y = s.
Chŕng minh. Trong trưòng hop s ≥ s0, Định lý WPCF đưoc suy ra trục tiep từ Bo
đe 2.1 và Định lý WHCF áp dụng trên khoảng
I0 = {u ∈ I : u ≥ s0}.
Trong trưòng hop s ≤ s0, Định lý WPCF đưoc suy ra trục tiep từ Bo đe 2.2 và Định
lý WHCF áp dụng trên khoảng I0 = {u ∈ I : u ≤ s0}.
Trong trưòng hop p1 = ··· = pn =
1 Định lý WPCF cho ta mỏ rông của bat
đȁng thức Jensen cho hàm loi b ph n, goi là Định lý hàm loi b ph n (viet tat là
Định lý PCF).
Định lý 2.4 (Định lý PCF). Cho f là hàm so xác định trên m t khoáng I ⊂ R,
nghịch bien khi u ≤ s0 và đong bien khi u ≥ s0, trong đó s0 ∈ I. Giá sr thêm rang
f là hàm loi trên [s0,s] ho c [s,s0], trong đó s ∈ I. Khi đó, bat đȁng thŕc
f (x1) + ··· + f (xn) ≥ n f (s)
đúng với moi x1,...,xn ∈ I thóa mãn x1 +···+xn = ns neu và chỉ neu
f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn x + (n − 1)y = ns.
Nh n xét 2.5. Đ t
g(u) =
f (u) − f (s)
,h(x,y) =
g(x)− g(y)
.
Khi đó, ta có
u −s x −y
pf(x)+(1− p) f(y)− f(s) = p[f (x)− f(s)]+(1 − p)[f(y)− f(s)]

29
TEAMLUANVAN.Com
n
= 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)2
h(x, y).
Do v y, ta có the thay the giả thiet
p f (x) + (1 − p) f (y) ≥ f (s)
trong Định lý WPCF bỏi đieu ki n tương đương
h(x,y) ≥ 0, vói moi x,y ∈ I, px+(1− p)y = s.
Hơn nữa, trong trưòng hop p1 = ··· = pn =
1
, đieu ki n đó trỏ thành
h(x,y) ≥ 0, vói moi x,y ∈ I,x+ (n−1)y = ns.
Nh n xét 2.6. Bat đȁng thức trong Định lý WPCF trỏ thành đȁng thức neu x1 =
··· = xn = s. Hơn nữa, vói giả thiet p = min{p1,..., pn}, đȁng thức cũng xảy ra
khi x1 = x và x2 = ··· = xn = y neu ton tại x,y ∈ I,x y, thỏa mãn
px+(1− p)y = s, pf(x)+(1− p) f(y) = f(s).
2.2 M t so áp dụng
Trong mục này, chúng tôi trình bày m t so áp dụng của các Định lý PCF và
WPCF.
M nh đe 2.7. Cho x1,x2,...,xn ≥
−n
(n ≥ 3) thóa mãn
n −2
x1 + x2 + ··· + xn = n.
Neu k ≥
n(3n − 4)
thì
(n − 2)2 n
1−xi
≥ 0
∑ k + x2
.
i=1 i
Đȁng thŕc xáy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1 ho c khi ton tại i ∈ {1,2,...,n} sao
cho xi =
−n
và xj =
n
với moi j i.
n− 2 n −2

30
TEAMLUANVAN.Com
k
2
+
u
n−2
−
−
Chŕng minh. Viet lại bat đȁng thức dưói dạng
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s),
trong đó
Ta có
s = 1,
f(u) =
1−u
, u ∈ I.
f′ u u2
− 2u − k
f′′
u
2 f1(u)
trong đó
( ) =
(u2 +k)2
, ( ) =
(u2 + k)3
f1(u) = −u3
+ 3u2
+ 3ku − k = (k + 1)(3u − 1) − (u − 1)3
.
Có hai trưòng hop ta sẽ xem xét.
Trường hợp 1.
√
k +1 ≥ 2(n−1)2
. Vói 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 1 ≤
n(2n − 3)
1 =
n −2
2(n−1)2
≤
n −2
k + 1.
Do đó, f là hàm loi vói u ∈ I, u ≥ 1. Theo Định lý HCF, ta chỉ can chứng minh
rang f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (1) vói moi x, y ∈ I thỏa mãn x + (n − 1)y = n. Có
nghĩa là ta chứng minh h(x,y) ≥ 0 vói x, y ∈ I và x+(n−1)y = n, trong đó
h(x,y) =
g(x)− g(y)
, g(u) =
f (u) − f (1)
.
Th t v y, ta có
và
x −y
g(u) =
−1
u2 + k
u − 1
h(x,y) =
x +y
=
n + (n − 2)x
≥ 0.
(x2 +k)(y2 +k) (n − 1)(x2 + k)(y2 + k)
√

31
TEAMLUANVAN.Com
−
−
2
từ bieu thức của f′ ta suy ra f giảm trên n
−n
,s0 và tăng trên
h
s0, n(2n−3)
i
trong
i=1 i
Trường hợp 2. 2(n−1) ≤
√
k +1 < 2(n−1)2
. Do
n−2
và
n−2
1
√
1+k ≤
−n
n −2
1 +
√
1 + k < 1+
2(n 1)2
n−2
=
n(2n − 3)
,
n −2
đó
M t khác, vói u ∈ [1,s0], ta có
−2
s0 = 1+
√
k +1 > 1.
n−2
f1(u) > (k + 1)(u − 1) − (u − 1)3
= (u − 1)[k + 1 − (u − 1)2
] ≥ 0,
do
u − 1 ≤ s0 − 1 =
√
k + 1.
Do v y, hàm f loi trên [1,s0]. Theo Định lý PCF, ta chỉ can chứng minh rang
f (x) +(n − 1) f (y) ≥ n f (1) vói moi x, y ∈ I sao cho x + (n − 1)y = n. Phép chứng
minh đưoc đã đưoc thục hi n trong Trưòng hop 1.
M nh đe 2.8. Neu x1,x2,...,xn (n ≥ 3) là n so thực thóa mãn
x1 +x2 +···+xn = n
thì n
n(n + 1) − 2xi
≤ n
∑ n2 + (n − 2)x2
.
Đȁng thŕc xáy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1 ho c khi ton tại i ∈ {1,2,...,n} sao
cho xi = n và xj = 0 với moi j /= i.
Chŕng minh. Bat đȁng thức sẽ đúng vói vói x1 > n(n+1) do
n(n + 1) − 2x1
<
n , i = 2,3,...,n.
n2 + (n − 2)x2 n −1

32
TEAMLUANVAN.Com
2
−
2
Xét x1,x2,...,xn ≤ n(n+1) và viet bat đȁng thức mong muon thành
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s),
trong đó
s = 1,
Ta có
f(u) =
2u−n(n+1)
,u
(n − 2)u2 + n2
∈ I =
n(3 n2
)
2
,
n(n + 1)
2
.
f ′(u)
2(n − 2)
=
và
n2
+n(n+1)u−u2
[(n − 2)u2 + n2]2
trong đó
f ′′(u)
2(n−2)
=
f1(u)
[(n − 2)u2 + n2]3
f1(u) = 2(n−2)u3
−3n(n+1)(n−2)u2
−2n2
(2n−3)u+n3
(n+1).
Từ bieu thức của f ′, suy ra f giảm trên
h
n(3−n2)
,s
i
và tăng trên
h
s , n(n+1)
s
i
trong đó
2 0 0 2 0
s0 =
n
n+1
√
n2 +2n +5 ∈ (−1,0).
M t khác vói −1 ≤ u ≤ 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 m t hàm loi trên [s0, s]. Theo Định
lý PCF, ta chỉ can chứng minh rang f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (1) vói moi x, y ∈ I
thỏa mãn x + (n − 1)y = n. Có nghĩa là ta chứng minh h(x,y) ≥ 0 vói 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
TEAMLUANVAN.Com
1 2 n
1 n
1 2 n
Th t v y, ta có
và
h(x,y)
g(u) =
(n−2)u+n
(n − 2)u2 + n2
n2
− n(x + y) − (n − 2)xy
n − 2
=
[(n − 2)x2 + n2][(n − 2)y2 + n2]
=
(n−1)(n−2)y2
≥ 0.
[(n − 2)x2 + n2][(n − 2)y2 + n2]
Phép chứng minh định lý đưoc ket thúc.
M nh đe 2.9. Cho x1,x2,...,xn (n ≥ 2) là n so thực dương thóa mãn
x1 + x2 + ··· + xn ≥ n.
Neu k > 1 thì ta có
x1
+
x2
+···+
xn
≤ 1.
xk +x2 +···+xn x1 +xk +···+xn x1 +x2 +···+xk
Đȁng thŕc xáy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1.
Chŕng minh. Sử dụng phép thay the
s =
x1 +x2 +···+xn
n
và
y1 =
x1
, y2 =
x2
, ..., yn =
xn
,
s s s
bat đȁng thức mong muon trỏ thành
y1
+···+
yn
≤ 1y
sk−1yk + y2 + ··· + yn y1 + y2 + ··· + sk−1yk
trong đó s ≥ 1 và y1 + y2 + · · · + yn = n. Rõ ràng, neu bat đȁng thức này xảy ra vói
s = 1, thì nó cũng xảy ra vói moi s ≥ 1. V y ta chỉ can xét trưòng hop s = 1, khi
x1 + x2 + ··· + xn = n, và bat đȁng thức mong muon là tương đương vói
x1
+
x2
+···+
xn
≤ 1.
xk −x1 +n xk −x2 +n xk −xn + n

34
TEAMLUANVAN.Com
1
1
i=1
i=1
i=1
uk −u+n
Ta sẽ xem xét hai trưòng hop, đó là 1 < k ≤ n + 1 và k > n + 1.
Trường hợp 1. 1 < k ≤ n + 1. Theo Bat đȁng thức Bernoulli, ta có
xk
≥ 1 + k(x1 − 1),
và do đó
xk
− x1 + n ≥ n − k + 1 + (k − 1)x1 ≥ 0.
n
xi
≤ 1
∑ n − k + 1 +(k − 1)xi
.
Vói k = n + 1, bat đȁng thức này là m t đȁng thức. Ngưoc lại, vói 1 < k < n + 1,
ta viet bat đȁng thức thành
n
1
≥ 1
∑ n − k + 1 +(k − 1)xi
.
mà từ bat đȁng thức AM-HM
n
1
≥
n2
∑ n − k + 1 + (k − 1)xi
n
i=1
= 1.
(n − k + 1 + (k − 1)xi)
Trường hợp 2. k > n + 1. Viet bat đȁng thức mong muon thành
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s),
trong đó
Ta có
s = 1,
f(u) =
−u
, ,u ∈ I = (0,n).
f′ u (k − 1)uk
− n
( ) =
(uk −u+n)2
và
f′′
(u) =
f1(u)
(uk − u + n)3
∑

35
TEAMLUANVAN.Com
0
x ≥
− −
n 1/k
n ≥
−
trong đó
f1(u) = k(k − 1)uk−1
(uk
− u + n) − 2(kuk−1
− 1)[(k − 1)uk
− n].
Từ bieu thức của f ′, ta có f giảm trên (0,s0] và tăng trên [s0,n), trong đó
M t khác, vói u ∈ [s0,s], ta có
s0 = k − 1
< 1.
và do đó
(k − 1)uk
− n ≥ (k − 1)sk
− n = 0,
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 loi trên [s0, s]. Theo Định lý PCF ta can
chứng minh rang f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (1) vói moi so dương x, y thỏa mãn
x ≥ 1 ≥ y > 0 và x +(n − 1)y = n. Xét trưòng hop không tam thưòng x > 1 > y > 0
và viet bat đȁng thức f(x)+(n−1)f(y) ≥ nf(1) thành
x
+
(n− 1)y
≤ 1,
xk −x −n yk −y+n
xk
− x
x(yk
y+n)
—
yk −ny +n
xk
−
(n 1)y(y yk
)
yk −ny + n
.
Do y < 1 và yk
− ny + n > yk
− y + 1 > 0, ta chỉ can chứng minh rang
xk
− x ≥
(n−1)(y−yk
)
yk −y+1
h(x) ≥
y − yk
(1 − y)(yk − y + 1)

36
TEAMLUANVAN.Com
— −
( + ) − ≥
( − ) − + ≥
1 2 n
trong đó
h x
xk
− x
( ) =
x −1
.
Theo bat đȁng thức AM-GM có trong, ta có
h′(x) =
(k 1)xk
+1 kxk−1
(x − 1)2
> 0,
và do đó h tăng ng t. Do x − 1 = (n − 1)(1 − y) ≥ 1 − y, ta nh n đưoc
h(x) ≥ h(2−y) =
(2 − y)k
− 2 + y
1− y
k y − yk
(2 − y) — 2 + y ≥
yk − y + 1
.
Đ t 1 − y = t, 0 < t < 1, ta viet bat đȁng 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 Bat đȁng thức Bernoulli, ta có
(1 −t2
)k
+t(1 +t)k
> 1− kt2
+t(1 + kt) = 1 +t.
Ta chỉ can chứng minh t(1 − t) ≥ t(1 − t)k
, mà nó hien nhiên đúng.
M nh đe 2.10. Cho x1,x2,...,xn (n ≥ 2) là n so thực dương thóa mãn
x1 + x2 + ··· + xn = n.
Neu 0 < k ≤
n
thì
n −1 k k k
xx1
+ xx2
+ ··· + xxn
≤ n.
Đȁng thŕc xáy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1.
.

37
TEAMLUANVAN.Com
u
u
≥
1 2 n
≥
1 2 n
Chŕng minh. Theo bat đȁng thức trung bình lũy thừa, ta có
xp/x1
+ xp/x2
+···+ xp/xn
!1/p
xq/x1
+ xq/x2
+···+ xq/xn
!1/q
vói moi p ≥ q > 0. Do đó, ta chỉ can chứng minh đȁng thức mong muon vói
k =
n
, 1 < k ≤ 2.
n −1
Viet lại bat đȁng thức mong muon thành
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s),
trong đó
Ta có
s = 1, f(u) = −uk/u
, u ∈ I = (0,n).
f ′(u) = ku
k −2
(lnu − 1),
f ′′(u) = ku
k −4
[u + (1 − lnu)(2u − k + k lnu)].
Từ bieu thức của f ′, ta thay f giảm trên (0,s0] và tăng trên [s0,n), trong đó
s0 = e.
Thêm nữa, ta phát bieu rang f loi trên [s,s0]. Th t v y, do 1 − lnu ≥ 0 và
2u−k +klnu ≥ 2−k ≥ 0,
ta có f ′′ > 0 vói u ∈ [s,s0]. Do đó, theo Định lý PCF ta chỉ can chứng minh rang
xk/x
+ (n − 1)yk/y
≤ n
vói 0 < x ≤ 1 ≤ y và x +(n − 1)y = n. ta có
k
k > 1.
x
Tương tụ như v y, vì
k n n k 2
y
=
(n − 1)y
>
x + (n − 1)y
= 1,
y
≤
y
≤ 2,
n
n

38
TEAMLUANVAN.Com
y
k/x
1
1
— − − −
≤ 0
1
2
+pt +qt
q
2
ta nh n đưoc
0 <
k
− 1 ≤ 1.
Do đó, theo Bat đȁng thức Bernoulli, ta có
xk/x
+(n − 1)yk/y
− n
=
1
+ (n − 1)y · yk/y
− 1 − n
x
≤
1+ k 1
−1
+(n −1)y 1 + −1
k
(y−1) −n
=
x2 −kx + k
−(k −1)x −(2 −k)x
(x 1)2
[(k 1)x+ k(2 k)]
=
x2 −kx +k
.
Phép chứng minh đưoc ket thúc.
M nh đe 2.11. Neu a, b, c là ba so thực dương thóa mãn abc = 1 thì
1−a
+
1− b
+
1−c
≥ 0.
17 + 4a + 6a2 17 + 4b + 6b2 17 + 4c + 6c2
Đȁng thŕc xáy ra khi a = b = c = 1 ho c khi 8a = b = c = 2.
Chŕng minh. Viet bat đȁng thức mong muon thành
g(a) + g(b) + g(c) ≥ 3g(r),
trong đó
r = 1 và g(t) =
1−t
, t ∈ I = (0,∞),
trong đó p = 4
, q = 6
. Ta có
17 17
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+
s
1+
p+ 1
> 1.
y
x
x
x2

39
TEAMLUANVAN.Com
−
q
Ta có
trong đó
f (u) = g(eu
1 eu
) =
1 + peu + qe2u
,
f′′
(u) =
t · h(t)
(1 + pt + qt2)3
t = eu
, h(t) = −q2
t4
+ q(p + 4q)t3
+ 3q(p + 2)t2
+ (p − 4q + p2
)t − p − 1.
Ta chứng minh rang h(t) > 0 vói t ∈ [r,r0], và do đó, f làm hàm loi vói
eu
∈ [r,r0] =
"
1,1+
s
1+
p+ 1
#
.
Ta có
Do
h′(t) = −4q2
t3
+3q(p+ 4q)t2
+6q(p +2)t + p −4q+ p2
,
h′′(t) = 6q[−2qt2
+(p + 4q)t + p+ 2].
h′′(t) = 6q[2(−qt2
+ 2qt + p + 1) + p(t − 1)] ≥ 12q(−qt2
+ 2qt + p + 1) ≥ 0,
nên h′(t) tăng,
h′(t) ≥ h′(1) = p2
+9pq+8q2
+ p+8q > 0,
h tăng, và do đó
h(t) ≥ h(1) = p2
+4pq +3q2
+2q−1
= (p + 2q)2 − (q − 1)2 = (p + q + 1)(p + 3q − 1) > 0.
Theo H quả PCF, ta chỉ can chứng minh rang g(a)+2g(b) ≥ 3g(1) vói ab2
= 1;
đó là
1−a
+
2(1 − b)
≥ 0,
1 + pa + qa2 1 + pb + qb2
b2
(b2
−1) 2(1 − b)
b4 + pb2 + q
+
1 + pb + qb2
≥ 0,
pA + qB ≥ C,

40
TEAMLUANVAN.Com
2
2
+
t
−
trong đó
Th t v y, ta có
A = b2
(b−1)2
(b+ 2),
B = (b−1)2
(b4
+2b3
+ 2b2
+2b+ 2),
C = b2
(b−1)2
(2b+1).
17(pA+qB−C) = 3(b −1)2
(b−2)2
(2b2
+2b+ 1) ≥ 0.
M nh đe 2.12. Neu a, b, c là ba so thực dương thóa mãn abc = 1 thì
7 − 6a
+
7 − 6b
+
7 − 6c
≥ 1.
2 + a2 2 + b2 2 + c2
Đȁng thŕc xáy ra khi a = b = c = 1 ho c khi 8a = b = c = 2.
Chŕng minh. Viet bat đȁng thức mong muon thành
g(a) + g(b) + g(c) ≥ 3g(r),
ỏ đó r = 1 và
Từ
g(t) =
7 − 6t
, t ∈ I = (0,∞).
g′
(t) =
2(3t + 2)(t − 3)
(2 + t2)2
ta có g giảm trên (0,r0] và tăng trên [r0,∞), trong đó
r0 = 3.
Ta có
và
f(u) = g(eu
7 6eu
) =
2+e2u
f ′′
(u) =
2t · h(t)
(2 + t2)3

41
TEAMLUANVAN.Com
−
≥ ,
−
13
√
13
√
a2 +1 a2 + 1
−
√
trong đó
t = eu
, h(t) = −3t4
+ 14t3
+ 36t2
− 28t − 12.
Ta sẽ chứng minh rang h(t) > 0 vói t ∈ [r,r0], và do đó f là loi vói
eu
∈ [r,r0] = [1,3].
Ta có
h(t) = 3(t2
−1)(9 −t2
)+14t3
+6t2
−28t +15
= 3(t2
− 1)(9 − t2
) + 14t2
(t − 1) + 14(t − 1)2
+ 6t2
+ 1 > 0.
= 1;
đó là
7 −6a
+
2(7− 6b)
≥ 1,
2 + a2 2 + b2
b2
(7b2
6)
2b4 + 1
+
2(7 − 6b)
1
2 + b2
(b−1)2
(b− 2)2
(5b2
+6b +3) ≥ 0.
Do bat đȁng thức là đúng nên ta có đieu can chứng minh.
M nh đe 2.13. Cho a, b, c là ba so thực dương thóa mãn abc = 1. Neu k ∈
3 3 3 3 a+ k b+ k c + k 3(1 + k)
a2 + 1
+
b2 + 1
+
c2 + 1
≤
2
.
13
Đȁng thŕc xáy ra khi a = b = c = 1. Neu k =
3
√
3
thì đȁng thŕc cũng xáy ra
khi a = 7 + 4
√
3 và b = c = 2 − 3.Neu k =
13
thì đȁng thŕc cũng xáy ra khi
3
√
3
a = 7−4
√
3 và b = c = 2+
√
3.
Chŕng minh. Bat đȁng thức mong muon tương đương vói
∑
(a−1)2
≥ k ∑
2
3
thì
,
−
.

42
TEAMLUANVAN.Com
≥
∑ ∑
t2 + 1
9
2 −
Do đó, ta chỉ can chứng minh rang bat đȁng thức này chỉ vói |k| = 1
√
3
. M t khác,
3 3
thay a,b,c by 1/a,1/b,1/c, bat đȁng thức trỏ thành
(a−1)2
k 3
a + 1
2
a2 + 1
.
Do đó, ta chỉ can chứng minh bat đȁng thức mong muon vói |k| = 1
√
3
. Viet bat
đȁng thức này như là
trong đó r = 1 và
Từ
3 3
g(a) + g(b) + g(c) ≥ 3g(r),
g(t) =
−t − k
, t ∈ I = (0,∞).
g′(t) =
t2
+ 2kt − 1
(t2 + 1)2
suy ra g giảm trên (0,r0] và tăng trên [r0,∞), trong đó
√
3
Ta có
r0 =
9
.
f (u) = g(eu
) =
−eu
− k
e2u + 1
trong đó
f ′′
(u) =
t · h(t)
,
(t2 + 1)3
t = eu
, h(t) = −t4
− 4kt3
+ 6t2
+ 4kt − 1.
Ta sẽ chứng minh rang h(t) > 0 vói t ∈ [r0,r], và do đó f là loi vói
Th t v y, do
eu
∈ [r0
,r] =
"√
3
,1
#
.
52t 52
ta có
4kt =
3
√
3
=
27
> 1,
h(t) = −t4
+ 6t2
− 1 + 4kt(1 −t2
) ≥ −t4
+ 6t2
− 1 + (1 − t2
) = t2
(5 − t2
) > 0.

43
TEAMLUANVAN.Com
ka2 + bc
−
k + 1 ka3 + 1
−
k +1
=
k +1 ka3 +1
.
= 1;
đó là
a + k
a2 +1
+ 2(b + k)
b2 + 1
3(1 + k)
2
,
b2
(kb2
+ 1)
b4 +1
+
2(b + k)
b2 + 1
3(1 + k)
2
,
3b6
− 4b5
+ b4
+ b2
− 4b + 3 − k(1 − b2
)3
≥ 0,
(b − 1)2
[(3 + k)b4
+ 2(1 + k)b3
+ 2b2
+ 2(1 − k)b + 3 − k] ≥ 0,
(b − 1)2
(b − 2 +
√
3)2
[(27 + 13
√
3)b2
+ 24(2 +
√
3)b + 33 + 17
√
3] ≥ 0.
Bat đȁng thức hien nhiên đúng và nó ket thúc phép chứng minh.
M nh đe 2.14. Neu a, b, c là ba so thực dương và 0 < k ≤ 2 + 2
√
2 thì
a3 b3 c3
a + b + c
ka2 + bc
+
kb2 + ca
+
kc2 + ab
≥
k +1
.
Đȁng thŕc xáy ra khi a = b = c = 1. Neu k = 2 + 2
√
2 thì đȁng thŕc cũng xáy ra
a
khi √
2
= b = c.
Chŕng minh. Vói k < 2 + 2
√
2, phép chứng minh là tương tụ vói m t trong các
những trưòng hop chính k = 2 + 2
√
2. Vói lý do này, ta chỉ xét trưòng hop
k = 2+2
√
2.
Do tính đong nhat, ta có the giả sử rang abc = 1. Theo giả thiet này,
∑
a3 1
∑ ∑
a4 a 1
∑
a4
−a
Do đó, ta có the viet bat đȁng thức thành
g(a) + g(b) + g(c) ≥ 3g(r),
g t
t4 −t
t 0 ∞
( ) =
kt3 + 1
, ∈ I = ( , ).
≤
≤
a =

44
TEAMLUANVAN.Com
k
1 2 3 4 5
Từ
g′(t) =
kt6
+2(k + 2)t3
− 1
(kt3 + 1)2
Ta có
r0 =
s
3 −k −2+
√
(k +1)(k + 4)
≈ 0.4149.
f u g eu
e4u −eu
f′′
u
t · h(t)
trong đó
( ) = (
) =
ke3u + 1
, ( ) =
(kt3 + 1)3
t = eu
, h(t) = k2
t9
− k(4k + 1)t6
+(13k + 16)t3
− 1.
Ta có h(t) ≥ 0 vói t ∈ [t1,t2], trong đó t1 ≈ 0.2345 và t2 ≈ 1.02. Do
[r0,r] ⊂ [t1,t2],
f là loi vói eu
∈ [r0, r]. Khi đó H quả PCF, ta chỉ can chứng minh rang g(a) +
2g(b) ≥ 3g(1) vói ab2
= 1. Đieu này đúng neu bat đȁng thức ban đau xảy ra vói
b = c = 1. Do đó, ta can chứng minh
a3
2 a + 2
ka2 + 1
+
a + k
≥
k + 1
mà nó tương đương vói bat đȁng thức hien nhiên
(a− 1)2
(a−
√
2)2
≥ 0.
M nh đe 2.15. Neu a1, a2, a3, a4, a5 là năm so thực dương thóa mãn a1a2a3a4a5 =
1 thì
1−a1
+
1−a2
+
1−a3
+
1−a4
+
1−a5
≥ 0,
1 + a2 1 + a2 1 + a2 1 + a2 1 + a2
với đȁng thŕc xáy ra khi a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = 1.

45
TEAMLUANVAN.Com
1
2
+
t
+ ≥ ,
−
≥
Chŕng minh. Viet bat đȁng thức thành
g(a1) + g(a2
) + g(a3
) + g(a4
) + g(a5) ≥ 3g(r),
Do
g(t) =
1 −t
, t ∈ I = (0,∞).
g′(t) =
t2
− 2t − 1
(t2 + 1)2
r0 = 1 +
√
2
Ta có
f u g eu 1−eu
f′′
u
t · h(t)
trong đó
( ) = ( ) =
1 + e2u , ( ) =
(t2 +1)3
,
t = eu
, h(t) = −t4
+ 4t3
+ 6t2
− 4t − 1.
Ta sẽ chứng minh rang h(t) > 0 vói t ∈ [r,r0], và do đó f là loi vói
eu
∈ [r,r0] = [1,1 +
√
2].
Th t v y,
h(t) ≥ −t4
+ 6t2
− 1 = 8 − (3 −t2
)2
≥ 4.
= 1;
đó là
1 −a
1+a2
4(1 − b)
0
1 + b2
b4
(b4
1)
1+ b8
+
4(1 − b)
0
1 + b2
1 +
4(1 − b)
≥
1 + b4
1+ b2 1+b8
.
Do
1 + b4
≤
2
≤
4
1+ b8 1+ b4 (1+b2)2
,

46
TEAMLUANVAN.Com
1 2 3 4 5 6
1
2
+
a
ta chỉ can chứng minh rang
1 +
4(1 − b)
≥
4
.
1 +b2 (1 + b2)2
Bat đȁng thức này tương đương vói (1 − b)4
≥ 0 và phép chứng minh đưoc ket
thúc.
Nh n xét 2.16. Lưu ý rang, bat đȁng thức
1−a1
+
1− a2
+
1 −a3
+
1−a4
+
1− a5
+
1 −a6
≥ 0
1 + a2 1 + a2 1 + a2 1 + a2 1 + a2 1 + a2
không đúng vói moi so thục dương a1, a2, a3, a4, a5, a6 thỏa mãn a1a2a3a4a5a6 =
1. Th t v y, vói a2 = a3 = a4 = a5 = a6 = 2, bat đȁng thức trỏ thành
−a1(a1 + 1)
≥ 0.
1
Bat đȁng thức này không đúng neu a1 =
1
=
1
.
a2a3a4a5a6 32

47
TEAMLUANVAN.Com
u∈I
i
Chương 3
Ba mƠ r ng cua Định lý HCF và Định lý PCF
Trong chương này, chúng tôi trình bày các ket quả của Cirtoaje [2] ve ba mỏ
r ng của Định lý hàm nửa loi và của Định lý hàm loi b ph n.
3.1 MƠ r ng th nhat
Mỏ r ng đau tiên của Định lý PCF là mỏ r ng đoi vói các hàm loi b ph n
phải. Trưóc khi trình bày mỏ r ng này, ta can bo đe sau:
Bo đe 3.1. Cho f là hàm so xác định trên khoáng I và loi trên đoạn [s,s0], trong
đó s,s0 ∈ I,s < s0. Giá sr f(u) nghịch bien trên I≤s0 và min f(u) = f(s0). Neu
bat đȁng thŕc
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s)
đúng với moi x1,x2,...,xn ∈ I≤s0 thóa mãn x1 + x2 + ··· + xn = ns, thì bat đȁng
thŕc đó đúng với moi x1,x2,...,xn ∈ I thóa mãn x1 + x2 + ···+ xn = ns
Chŕng minh. Vói i = 1,2,...,n, xác định các so yi ∈ I≤s0 như sau
y =
xi xi ≤ s0,
s0 xi > s0.
Ta có yi ≤ xi và f (yi) ≤ f (xi) vói i = 1,2,...,n. Do đó
y1 +y2 +···+yn ≤ x1 +x2 +···+xn = ns

48
TEAMLUANVAN.Com
n
và
f (y1) + f (y2) + ··· + f (yn) ≤ f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn).
Vì v y, ta chỉ can chứng minh rang
f (y1) + f (y2) + ··· + f (yn) ≥ n f (s)
vói moi y1, y2, .. . , yn ∈ I≤s0 sao cho y1 +y2 +··· +yn ≤ ns. Theo giả thiet, bat đȁng
thức sau là đúng vói y1,y2,...,yn ∈ I≤s0 và y1 + y2 +··· + yn = ns. Do f giảm trên
I≤s0, ta có
f (y1) + f (y2) + ··· + f (yn) ≥ n f (s)
vói y1,y2,...,yn ∈ I≤s0 sao cho y1 + y2 + ··· + yn ≤ ns.
Định lý dưói đây, đưoc goi là Định lý hàm loi b ph n phái (viet tat là Định lý
RPCF), là m t mỏ r ng của Định lý hàm loi b ph n.
Định lý 3.2 (Định lý RPCF). Cho f là hàm so xác định trên khoáng I và loi trên
đoạn [s,s0], trong đó s,s0 ∈ I,s < s0. Giá sr f là hàm nghịch bien trên I≤s0 và
min f(u) = f(s0). Khi đó, bat đȁng thŕc
u∈I
f (x1)+ f (x2)+···+ f (xn) ≥ n f
x1 +x2 +···+xn
đúng với moi x1,x2,...,xn ∈ I thóa mãn x1 + x2 + ···+ xn = ns khi và chỉ khi
f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn x ≤ s ≤ y và x + (n − 1)y = ns.
Chŕng minh. Đieu ki n can là rõ ràng. Bỏi Bo đe 3.1 đe chứng minh đieu ki n đủ
của Định lý RPCF, ta chỉ can xem xét rang x1,x2,...,xn ∈ J trong đó J = I≤s. Vì
f là hàm loi trên J≥s0, bat đȁng thức mong muon của Định lý RPCF có ngay khi
Định lý RHCF đưoc áp dụng trên khoảng J .
Tương tụ, định lý sau đây, goi là Định lý hàm loi b ph n trái (viet tat là Định
lý LPCF), là m t mỏ r ng của Định lý PCF.

49
TEAMLUANVAN.Com
n
u∈I
i
Định lý 3.3 (Định lý LPCF). Cho f là hàm so xác định trên khoáng I và loi trên
đoạn [s0,s], trong đó s,s0 ∈ I,s0 < s. Giá sr f là hàm đong bien trên I≥s0 và
min f(u) = f (s0). Khi đó, bat đȁng thŕc
u∈I
f (x1)+ f (x2)+···+ f (xn) ≥ n f
x1 +x2 +···+xn
đúng với moi x1,x2,...,xn ∈ I thóa mãn x1 + x2 + ···+ xn = ns khi và chỉ khi
f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn x ≥ s ≥ y và x + (n − 1)y = ns.
Chŕng minh. Đieu ki n can là rõ ràng. Theo Bo đe 3.4 dưói đây đe chứng minh
đieu ki n đủ của Định lý LPCF, ta chỉ can xem xét rang x1,x2,...,xn ∈ J trong đó
J = I≥s0. Vì f là hàm loi trên J≤s, bat đȁng thức mong muon của Định lý RPCF
có ngay khi Định lý LHCF đưoc áp dụng trên khoảng J .
Bo đe 3.4. Cho f là hàm so xác định trên khoáng I và loi trên đoạn [s0,s], trong
đó s,s0 ∈ I,s0 < s. Giá sr f(u) đong bien trên I≥s0 và min f(u) = f(s0). Neu bat
đȁng thŕc
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s)
đúng với moi x1,x2,...,xn ∈ I≥s0 thóa mãn x1 + x2 + ··· + xn = ns, thì bat đȁng
thŕc đó đúng với moi x1,x2,...,xn ∈ I thóa mãn x1 + x2 + ···+ xn = ns
Chŕng minh. Vói i = 1,2,...,n, xác định các so yi ∈ I≥s0 như sau
y =
s0 xi ≤ s0,
xi xi > s0.
Do yi ≤ xi vói i = 1,2,...,n, ta có
y1 + y2 + ··· + yn ≥ x1 + x2 + ··· + xn = ns.

50
TEAMLUANVAN.Com
i=1 i
Ngoài ra, do f (yi) ≤ f (xi) vói xi ≤ s0 và f (yi) = f (xi) vói xi > s0, ta có f (yi) ≤
f(xi) vói i = 1,2,...,n. Do đó
f (y1) + f (y2) + ··· + f (yn) ≤ f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn).
Vì v y, ta chỉ can chứng minh rang
f (y1) + f (y2) + ··· + f (yn) ≥ n f (s)
vói moi y1, y2, .. . , yn ∈ I≥s0 sao cho y1 +y2 +··· +yn ≥ ns. Theo giả thiet, bat đȁng
thức sau là đúng vói y1,y2,...,yn ∈ I≥s0 và y1 + y2 +··· + yn = ns. Do f giảm trên
I≥s0, ta có
f (y1) + f (y2) + ··· + f (yn) ≥ n f (s)
vói y1,y2,...,yn ∈ I≥s0 sao cho y1 + y2 + ··· + yn ≥ ns.
Nh n xét 3.5. Bat đȁng thức trong các Định lý RPCF và LPCF trỏ thành đȁng
thức khi x1 = x2 = ··· = xn = s. Hơn nữa, đȁng thức cũng xảy ra khi x1 = x và
x2 = ··· = xn = y neu ton tại x,y ∈ I,x /= y, thỏa mãn
x+(n−1)y = ns và f(x)+(n−1) f(y) = n f(s).
Ví dụ dưói đây cho ta m t áp dụng Định lý LPCF đe chứng minh bat đȁng
thức. Cũng lưu ý rang, trong trưòng hop này, ta không the sử dụng Định lý PCF
hay Định lý HCF đe chứng minh.
Ví dụ 3.6. Neu x1,x2,...,xn là n so thục thỏa mãn x1 + x2 + ··· + xn = n thì ta có
n
xi(xi −1)
≥ 0
∑ 4(n − 1)x2 + n2
.
Đȁng thức xảy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1 ho c khi ton tại i ∈ {1,2,...,n} thỏa
mãn xi =
n
và xj =
n
vói moi j i.
2 2(n − 1)
Chŕng minh. Ta viet
f (x1)+ f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s),s = 1,

51
TEAMLUANVAN.Com
( ) = , ∈ I = R.
— − − — −
[4(n− 2 2
3
1
)
u + n ]
= 2 2 ≥ 0.
trong đó
Do
f u
u(u − 1)
u
4(n − 1)u2 + n2
f′(u) =
4(n − 1)u2
+ 2n2
u − n2
[4(n − 1)u2 + n2]2
suy ra f tăng trên (−∞,s1] ∪ [s0,∞) và giảm trên [s1,s0], trong đó
n( n
√
n2 +4n 4)
s = , s n( n+
√
n2 + 4n 4)
= ∈ 0 1
4(n−1)
Do
4(n − 1)
( , ).
và f (s0) < f (1) = 0, ta có
lim
u→−∞
f(u) =
1
4(n−1)
min f (u) = f (s0).
u∈I
Do
f′′(u) =
2g(u)
, g(u) = n4
+12n2
(n−1)u(1 −u)−16(n−1)2
u3
,
suy ra rang f là loi trên [0,1], bỏi vì
g(u) ≥ n4
− 16(n − 1)2
u3
≥ n4
− 16(n − 1)2
= (n − 2)2
(n2
+ 4n − 4) ≥ 0.
Rõ ràng, ta không the áp dụng đưoc Định lý HCF bỏi vì f không nửa loi. Cũng
v y, ta không the áp dụng đưoc Định lý PCF bỏi vì f không giảm vói vói moi
u ≤ s0. M t khác, tat cả các đieu ki n của Định lý LPCF đưoc thỏa mãn. Do đó,
ta chỉ can chứng minh rang f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (1) vói moi x, y ∈ R sao cho
x +(n − 1)y = n. Ta chỉ can chứng minh cho h(x, y) ≥ 0 vói moi x, y ∈ R thỏa mãn
x+(n−1)y = n. Ta có
g(u) =
f(u)− f (1)
=
u
,
và
h x y
u−1 4(n − 1)u2 + n2
g(x)−g(y) n2
− 4(n − 1)xy
( , ) =
x−y
=
[4(n − 1)x2 + n2][4(n − 1)y2 + n2]
[2(n − 1)y − n]2
[4(n − 1)x2 + n ][4(n − 1)y2 + n ]
1 0

52
TEAMLUANVAN.Com
i=1
3.2 MƠ r ng th hai
Bon m nh đe dưói đây lan lưot là mỏ r ng của các định lý RHCF, LHCF, RPCF
và LPCF cho trưòng hop hàm so f xác định trên t p I {u0}, trong đó u0 là m t
điem trong của I.
M nh đe 3.7. Định lý RHCF còn đúng trong trường hợp f là hàm so f xác định
trên t p I {u0}, trong đó u0 ∈ I,u0 < s.
Chŕng minh. Ý tưỏng chính của phép chứng minh của Định lý RHCF là thay the
bat đȁng thức mong muon
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s),x1,x2,...,xn ∈ I {0}
vói m t bat đȁng thức ch t chẽ hơn, mà tat cả các bien nam trong I≥s, trong đó f
là loi. Chính xác hơn, dưói giả định rang
x1 ≤ ··· ≤ xk ≤ s ≤ xk+1 ≤ ··· ≤ xn,
từ giả thiet
sau đó,
f (x)+(n−1) f (y) ≥ n f (s), x + (n − 1)y = ns,x ≤ s ≤ y
f (xi)+ (n − 1) f (yi) ≥ n f (s), xi + (n − 1)yi = ns,xi ≤ s ≤ yi
vói i = 1,...,k. Do đó, ta chỉ can chứng minh bat đȁng thức bat đȁng thức ch t hơn
k
∑[n f (s) − (n − 1) f (yi)] + f (xk+1)+ ··· + f (xn) ≥ n f (s),
trong đó các bien y1,...,yk
và xk+1,...,xn nam trong I≥s.
Chứng minh của ba m nh đe sau hoàn toàn tương tụ.

53
TEAMLUANVAN.Com
≥
(u
2
+
k)
M nh đe 3.8. Định lý LHCF còn đúng trong trường hợp f là hàm so f xác định
trên t p I {u0}, trong đó u0 ∈ I,u0 > s.
M nh đe 3.9. Định lý RPCF còn đúng trong trường hợp f là hàm so f xác định
trên t p I {u0}, trong đó u0 ∈ I,u0 > s0.
M nh đe 3.10. Định lý LPCF còn đúng trong trường hợp f là hàm so f xác định
trên t p I {u0}, trong đó u0 ∈ I,u0 < s0.
Ví dụ 3.11. Cho x1,x2,...,xn
n
Neu k ≥
2
√
n−1
thì
−k là n so thục thỏa mãn x1 + x2 + ··· + xn = n.
n
∑
i=1
x1(x1 −1)
0
(x1 + k)2
n
vói đȁng thức xảy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1. Neu k =
2
√
n − 1
thì đȁng thức
cũng xảy ra khi x1 =
n
và x1 = ··· = xn =
n
.
2
2(n − 1)
trong đó
Từ
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s), s = 1,
f(u) =
u(u−1)
, u ∈ R {−k}.
f′
(u) =
(2k +1)u−k
(u + k)3
suy ra f tăng trên (−∞,−k) ∪ [s0,∞) và giảm trên (−k,s0], trong đó
s0 =
k
2k + 1
Do
< 1.
và f (s0) < f (1) = 0, ta có
lim
u→−∞
f (u) = 1
min f (u) = f (s0).
u∈I

54
TEAMLUANVAN.Com
2k+1
h i
xy ≥ xy
— −
≥ 0
u≥s
n
0
Từ
f ′′
(u) =
k(k +2)− (2k +1)u
(x + k)4
suy ra f là loi trên 0, k(k+2) , do đó, trên [s0, 1]. Theo Định lý LPCF, M nh đe
3.10, ta can chứng minh rang h(x, y) ≥ 0 vói moi x, y ∈ R {−k} thỏa mãn x +
(n−1)y = n. Ta có
g(u) =
f (u)− f(1)
=
u
,
h x y
u − 1
g(x) − g(y)
(u + k)2
k2
− xy
( , ) =
Do
x−y
=
(x + k)2(y + k)2
.
k2
−
n2
4(n−1)
− =
[2(n 1)y n]2
4(n − 1)
,
suy ra h(x,y) ≥ 0. Ta có đieu can chứng minh.
3.3 MƠ r ng th ba
Định lý sau đây là m t mỏ r ng của Định lý RPCF cho trưòng hop đieu ki n
nghịch bien trên t p I≤s0 của hàm so f không đưoc thỏa mãn.
Định lý 3.12. Cho f là hàm so xác định trên khoáng I, loi trên đoạn [s,s0] và
thóa mãn min f(u) = f (s0), trong đó s,s0 ∈ I,s < s0,ns − (n − 1)s0 ≤ infI. Khi
đó, neu
f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn x ≤ s ≤ y và x +(n − 1)y = ns thì
f (x1)+ f (x2)+···+ f (xn) ≥ n f
x1 +x2 +···+xn
với moi x1,x2,...,xn ∈ I thóa mãn x1 + x2 + ··· + xn = ns.
Chŕng minh. Ta xác định hàm
f (u) =
f(u), u ∈ I≤s0,
f(s0), u ∈ I≥s0.

55
TEAMLUANVAN.Com
u≤s
n
mà nó là loi trên I≥s. Tính f0(s) = f (s) và f0(u) ≤ f (u) vói moi u ∈ I ta chỉ can
chứng minh rang
f0(x1) + f0(x2) + · · · + f0(xn) ≥ n f0(s)
vói moi x1,x2,...,xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + ··· + xn = ns. Theo Định lý RHCF, ta
chỉ can chứng minh rang
f0(x) + (n − 1) f0(y) ≥ n f0(s)
vói moi x, y ∈ I sao cho x ≤ s ≤ y và x +(n − 1)y = ns. Trưòng hop y > s0 là không
the do
x = ns − (n − 1)y < ns − (n − 1)s0 ≤ infI
liên quan vói x ∈
/ I. Vói trưòng hop có the y ≤ s0, bat đȁng thức f0(x) + (n −
1) f0(y) ≥ n f0(s) trỏ thành f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s), mà xảy ra (theo giả thiet)
vói moi x,y ∈ I sao cho x ≤ s ≤ y và x +(n −1)y = ns.
Tương tụ, định lý sau đây là m t mỏ r ng của Định lý LPCF cho trưòng hop
đieu ki n đong bien trên t p I≥s0 của hàm so f không đưoc thỏa mãn.
Định lý 3.13. Cho f là hàm so xác định trên khoáng I, loi trên đoạn [s0, s] và thóa
mãn min f(u) = f(s0), trong đó s,s0 ∈ I,s > s0,ns − (n − 1)s0 ≥ supI. Khi đó,
neu
f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s)
với moi x,y ∈ I thóa mãn x ≥ s ≥ y và x +(n − 1)y = ns thì
f (x1)+ f (x2)+···+ f (xn) ≥ n f
x1 +x2 +···+xn
với moi x1,x2,...,xn ∈ I thóa mãn x1 + x2 + ··· + xn = ns.
Ví dụ 3.14. Cho x1,x2,...,xn ≥
−n
thỏa mãn x1 + x2 + ··· + xn = n, trong đó
n ≥ 4. Neu k > 0 thì
n − 2
n
1−xi
≥ 0
∑ k + x2
i=1 i

56
TEAMLUANVAN.Com
— − 1
vói đȁng thức xảy ra khi x1 = x2 = ··· = xn = 1 ho c x1 =
−n
và x2 = ··· = xn =
n
.
n −2
n − 2
trong đó
f (x1) + f (x2) + ··· + f (xn) ≥ n f (s), s = 1,
f(u) =
1−u
, u ∈ I =
−n
,
n(2n − 3)
.
k + u2
Từ
f′0 u
n − 2
u2
− 2u − k
n − 2
( ) =
(u2 + k)2
suy ra f(u) giảm vói u ∈ [1,s0] và tăng vói u ≥ s0, trong đó s0 = 1+ p1 +k, do đó,
min f (u) = f (s0).
u≥1
Từ
trong đó
f ′′
(u) =
2 f1(u)
,
(u2 + k)3
f1(u) = −u3
+ 3u2
+ 3ku − k = (k + 1)(3u − 1) − (u − 1)3
> (k + 1)(u − 1) − (u − 1)3
= (u − 1)[k + 1 − (u − 1)2
] ≥ 0.
suy ra f là loi trên [1,s0]. Theo Định lý 3.12, ta chỉ can chứng minh rang
ns−(n−1)s0 ≤ infI
và
f (x) + (n − 1) f (y) ≥ n f (s)
vói moi x, y ∈ I sao cho x+(n−1)y = ns. Đieu ki n thứ nhat là tương đương vói
n (n 1)(1 + p + k) ≤
−n
,
n −2

57
TEAMLUANVAN.Com
(n − 1)[2 − (n − 2)
√
1 + k] ≤ 0
mà rõ ràng đúng vói n ≥ 4 và k > 0. Đieu ki n thứ hai thỏa mãn neu h(x,y) ≥ 0
vói ,y ∈ I sao cho x+(n−1)y = n. Th t v y,
g(u) =
f (u) − f (1)
=
−1
,
u−1 u2 + k
và
h(x,y) =
x +y
=
n + (n − 2)x
≥ 0.
(x2 + k)(y2 + k) (n − 1)(x2 + k)(y2 + k)
Chú ý rang bat đȁng thức trong Ví dụ 3.14 là m t mỏ r ng của m t bat đȁng
thức trong Cirtoaje [1, Application 4.1], trong đó đieu ki n cho k là hạn che hơn,
đó là
k ≥
n(3n − 4)
.
(n − 2)2
Nh n xét 3.15. Định lý 3.12 và Định lý 3.13 còn đúng trong trưòng hop f xác
định trên t p I {u0}, trong đó u0 ∈ I thỏa mãn u0 < s ho c u0 > s. Theo đó, bat
đȁng thức trong Ví dụ 3.14 còn đúng neu k = 0.

58
TEAMLUANVAN.Com
Ket lu n
Lu n văn “Bat đȁng thŕc với hàm loi b ph n và ŕng dnng” đã đạt đưoc các
ket quả sau:
1. Trình bày ve hàm loi, và nhan mạnh đen bat đȁng thức Jensen
2. Trình bày các van đe hàm nửa loi và mỏ r ng của bat đȁng thức Jensen cho
hàm nửa loi
3. Mỏ r ng bat đȁng thức Jensen có trong cho hàm nửa loi.
4. Trình bày ve hàm loi b ph n và mỏ r ng bat đȁng thức Jensen cho hàm loi
b ph n.
5. Ba mỏ r ng của Định lý HCF và Định lý PCF.

59
TEAMLUANVAN.Com
Tài li u tham khao
[1] V. Cirtoaje (2013), “An extension of Jensen’s discrete inequality to partially
convex functions”, Journal of Inequalities and Applications, 2013:54.
[2] V. Cirtoaje (2016), “Three extensions of HCF and PCF theorems”, Advances
in Inequalities and Applications, 2016:14.
[3] V. Cirtoaje, A. Baiesu (2011), “An extension of Jensen’s discrete inequality to
half convex functions”, Journal of Inequalities and Applications, 2011:101.
[4] Z. Pavic´ (2014), “Half convex functions”, Journal of Inequalities and Appli-
cations, 2014:13.

Bat Đang Thức V I Hàm Loi B Ph N Và Ứng Dụng.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Bat Đang Thức V I Hàm Loi B Ph N Và Ứng Dụng.docx

Similar to Bat Đang Thức V I Hàm Loi B Ph N Và Ứng Dụng.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Bat Đang Thức V I Hàm Loi B Ph N Và Ứng Dụng.docx