Một số mở rộng của bất đẳng thức aczél và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN NGỌC UYÊN PHƯƠNG

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG
THỨC ACZÉL VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN NGỌC UYÊN PHƯƠNG

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG
THỨC ACZÉL VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn:
TS. LÊ QUANG THUẬN

BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020

LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi. Các số
liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai cơng
bố trên bất kì cơng trình nào.
Bình Định, ngày 5 tháng 8 năm 2020
Học viên

Nguyễn Ngọc Uyên Phương


LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, em xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới TS. Lê Quang Thuận người đã tận tình hướng dẫn để
em có thể hồn thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể các thầy cơ
giáo trong khoa Tốn Đại học Quy Nhơn đã dạy bảo em tận tình trong
suốt quá trình học tập tại khoa.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,
bạn bè cùng các anh chị trong lớp Cao học Toán K21 đã giúp đỡ em trong
suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Trong quá trình học tập nghiên cứu viết luận văn, chắc chắn không thể
tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự thơng cảm và ý kiến
đóng góp của Thầy cơ.
Xin trân trọng cảm ơn.


Mục lục

Mở đầu

1

1 Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Bất đẳng thc Hăolder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Các bất đẳng thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2 Mở rộng bất đẳng thức Aczél: Hướng thứ nhất

16

2.1

Bất đẳng thức Aczél . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2

Mở rộng bất đẳng thức Aczél theo hướng của Popoviciu . . 18

3 Mở rộng bất đẳng thức Aczél: Hướng thứ hai
3.1

31

Mở rộng bất đẳng thức Aczél theo hướng của Wu và Debnath . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.2

Làm mịn một số bất đẳng thức mở rộng . . . . . . . . . . . 37

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

49

i


MỞ ĐẦU

Bất đẳng thức là một trong những vấn đề khó, hấp dẫn và thu hút sự
quan tâm của đơng đảo những người giảng dạy tốn từ bậc phổ thơng đến
đại học và các nhà nghiên cứu toán. Hiện nay, lý thuyết về các bất đẳng

thức là một lý thuyết toán học đồ sộ, phát triển rất rộng và rất sâu. Các
bất đẳng thức đã và đang là một công cụ rất quan trọng để phát triển
nhiều lĩnh vực toán học khác. Ở Tốn phổ thơng, chủ đề về các bất đẳng
thức được gặp thường xuyên và các bất đẳng thức hay xuất hiện trong các
kỳ thi học sinh giỏi để đánh giá tư duy của học sinh giỏi. Trong số các bất
đẳng thức kinh điển nổi tiếng, bất đẳng thức Aczél phát biểu rằng với các
số thực ai , bi (i = 1, 2, ..., n) sao cho a21 −

n

n

−
i=2

a2i

b21

n

−

b2i

i=2

b2i > 0, ta có

i=2

i=2

a21

n

a2i > 0 và b21 −

2

n

a1 b1 −

ai b i
i=2

Bất đẳng thức Aczél đóng vai trị quan trọng trong lý thuyết các phương
trình hàm trong hình học phi Ơclit. Trong những năm gần đây, nhiều tác
giả đã cải tiến và mở rộng bất đẳng thức Aczél theo những hướng khác
nhau và ứng dụng chúng. Nhiều bất đẳng thức mở rộng của bất đẳng thức
Aczél ra đời như bất đẳng thức Popoviciu và nhiều bất đẳng thức đã công
1


2

bố trên các tạp chí quốc tế uy tín của Tốn học. Tìm hiểu các kết quả này
là bổ ích cho cơng việc giảng dạy và nghiên cứu Tốn học sơ cấp ở bậc

Trung học Phổ thông. Với mong muốn tìm hiểu bất đẳng thức Aczél và
một số dạng mở rộng, tôi đã chọn đề tài "Một số mở rộng của bất đẳng
thức Aczél và ứng dụng" để nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ của mình.
Mục đích chính của luận văn là trình bày và chứng minh các kết quả có
trong các bài báo được nêu ở phần Tài liệu tham khảo.
Luận văn gồm: Mở đầu, Nội dung, Kết luận và Tài liệu tham khảo.
Nội dung của luận văn bao gồm 3 chương:
Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Mở rộng bất đẳng thức Aczél: Hướng thứ nhất.
Chương 3: Mở rộng bất đẳng thức Aczél: Hướng thứ hai.

Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực cố gắng hết sức của bản
thân, nhưng do điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức và kinh
nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót. Tơi rất mong nhận được những góp ý của q thầy cơ giáo để luận
văn được hồn thiện.
Bình Định, ngày 5 tháng 8 năm 2020
Học viên

Nguyễn Ngọc Uyên Phương


Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kiến thức chuẩn bị về các
bất đẳng thức để sử dụng trong các chứng minh ở chương sau. Các kiến
thức này được tham khảo từ cỏc ti liu [12, 11, 6, 9].

1.1

Bt ng thc Hă
older

nh lý 1.1 ([11]). Cho ai

0, bi

0, i = 1, 2, . . . , n và

1
p

+

1
q

= 1 với

p > 1. Khi đó
1
p

n

1
q

n

api
i=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

n

bqi
i=1
αapi =

ai bi .

(1.1)

i=1

βbqi

với (i = 1, 2, . . . , n), trong đó

α và β là các số thực thỏa mãn α2 + β 2 > 0.
n

Chứng minh. Nếu
n

Giả sử
i=1

i=1

api > 0 và

api
n

i=1

n

= 0 hoặc
i=1

bqi > 0.

3

bqi = 0 thì (1.1) xảy ra đẳng thức.


4

Với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}, xét các số không âm

ai

a=

1
p

n

,

bi

b=

1
q

n

api
1
p

+

1
q

= 1, p > 1 và a

(1.2)

bqi

i=1

Vì

·

i=1

0, b

0 nên theo bất đẳng thức AM-GM suy

rộng ta có

1 p 1 q
a + b
p
q

ab.

(1.3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ap = bq .
Thay (1.2) vào (1.3) ta được

1 bpi
1 api
+

p n p q n q
ai
bi
i=1

ai bi
1
p

n

1
q

n

api

i=1

.

(1.4)

bqi

i=1

i=1

Vì (1.4) đúng với mọi i = 1, . . . , n nên cộng theo vế các bất đẳng thức lại
với nhau ta được
n

ai bi
1 1
+
p q

i=1
1
p

n

api
i=1

Vì

1
p

+

1
q

1
q

n

.

(1.5)

bqi
i=1

= 1 nên từ (1.5) suy ra điều phải chứng minh.

Đẳng thức trong (1.5) xảy ra khi và chỉ khi n bất đẳng thức trong (1.4)
đều trở thành đẳng thức. Theo (1.3), có điều này khi và chỉ khi

bpi
api
= q
ap1 + ap2 + · · · + apn
b1 + bq2 + · · · + bqn
với mọi i = 1, 2, . . . , n. Tức là

ap1
ap2
apn
=
=
·
·
·

=
,
bq1
bq2
bqn


5

với quy ước nếu một bi = 0 với một i nào đó thì ai = 0.
Ngồi ra, với a1 = a2 = · · · = an = 0 hoặc b1 = b2 = · · · = bn = 0 thì
(1.1) xảy ra đẳng thức. Kết hợp những điều trên ta suy ra (1.1) xảy ra
đẳng thức khi và chỉ khi tồn tại hai số thực α, β không đồng thời bằng
không sao cho αapi = βbqi , i = 1, 2, . . . , n.
Định lý 1.2 ([11], Bt ng thc Hăolder tng quỏt). Cho aij > 0, γj

(i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , m) và γ1 + γ2 + · · · + γm
m

γj

n

n

1. Khi đó

m
γ

aijj .

aij
j=1

i=1

0

(1.6)

i=1 j=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi γ1 + γ2 + · · · + γm = 1 và

a21
an1
a11
=
= ··· =
(j = 2, 3, . . . , m).
a1j
a2j
anj
1.2

Các bất đẳng thức liên quan

Định lý 1.3 ([11]). Cho 0

x < 1 và α > 0. Khi đó, ta có bất đẳng thức
1

(1 − x) α

1−

x
.
max {α, 1}

(1.7)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = 1 hoặc x = 0.
Chứng minh. Khi α = 1 hoặc x = 0, đẳng thức của (1.7) xảy ra.
Khi α > 1, tức là 0 <

1
α

< 1. Khi đó theo bất đẳng thức Bernoulli, ta có
1

(1 − x) α < 1 −

x
α

với mọi x ∈ (0, 1).
Khi 0 < α < 1, tức là

1
α

> 1. Ta có
1

(1 − x) α < 1 − x


6

với mọi x ∈ (0, 1) vì hàm số f (x) = ax (0 < a < 1) giảm nghiêm ngặt
trên (−∞, +∞). Định lý được chứng minh xong.
Định lý 1.4 ([11]). Cho a1 , a2 , . . . , am là các số thực và m là một số tự
nhiên sao cho m

2. Khi đó
m

a2j
j=1

1
m

(aj − ak )2 .

(1.8)

1 j
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 + a2 + · · · + am = 0.
Chứng minh. Bất đẳng thức được suy ra trực tiếp từ đồng nhất thức Lagrange
m

(aj − ak )2 = m

a2j

−

aj

j=1

1 j
2

m

.

j=1

Định lý 1.5 ([12]). Cho n là một số nguyên dương, p > 0 và ai > 0 (i =

1, 2, . . . , n). Khi đó
n

1−min{p,1}

n

ai

i=1

p

1 − xj j

xj +
j=1

(1.9)

1
pj

1−

j=1

pm > 0, p11 +

···

p2

1, 0 < xj < 1 (j = 1, 2, . . . , m), m
m

.

i=1

Định lý 1.6 ([11]). Cho p1

m

p

n

api

1
p2

+ ··· +

1
pm

2. Khi đó
1
(m − 1) max p1 , m2



m
2pj

× m

xj
j=1

2

m
p

xj j

−


.

j=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xp11 = xp22 = · · · = xpmm và

1
1
1

+ + ··· +
= 1.
p1 p2
pm

(1.10)


7

Chứng minh. Ta xét biểu thức sau
1
(m−1)pi

p

xpi i + 1 − xj j

1
(m−1)pi

p

xj j + (1 − xpi i )

1 ip

p

× xj j + 1 − xj j

1
(m−1)pj

1
− (m−1)p

.

i

Từ các giả thuyết đã cho, ta có thể kiểm tra được

1
1
1
> 0,
−
0 (1 i < j m),
(m − 1)pi
(m − 1)pj (m − 1)pi
1
1
1
1
+
+
−
(m − 1)pi (m − 1)pi (m − 1)pj (m − 1)pi

1 i1
1
+
(m − 1)pi (m − 1)pj

=
1 i
=

1
1
1
+ + ··· +
p1 p2
pm

1.

Theo Định lý 1.2, ta có
1
(m−1)pi

p

xpi i + 1 − xj j

p

xj j + (1 − xpi i )

1
(m−1)pi

1 ip

p

× xj j + 1 − xj j

1
(m−1)pj

1
− (m−1)p

i

(m−1)pi (m−1)pi (m−1)pj
xj
xj

xi

−

1 i

1−

+

p (m−1)pi
xj j

(1 −

1 i
xpi i )

1
p
1 − xj j
(m − 1)pi

1

(m−1) m−1
xi
xj

=
1 im

=

Ta thấy có

(m−1)pi
xpi i )

1−

1
m−1 pj

p
xj j

−

1
(m − 1)pi

1
(m−1)pj

1 im

1−

xj +
j=1

(1 −

+

pj
(m − 1)pi

p
xj j

1
pj

.

(1.11)

j=1
m(m−1)
2

p

thừa số trong tích
1 i
1 − xpi i − xj j

2

. Theo

8

bất đẳng thức trung bình số học-hình học, ta có

p
1 − xpi i − xj j
 1 ip 2

1 − xpi i − xj j

m(m−1)
1 i
2

2

= 1−

2
m(m − 1) 1






m(m−1)
2

2

p

xpi i − xj j

.

i
Do đó, ta có
1
(m−1)pi

p

xpi i + 1 − xj j

p

xj j + (1 − xpi i )

1
(m−1)pi

1 ip

p

× xj j + 1 − xj j
xpi i

1−

=

1
(m−1)pj

−

1
− (m−1)p

i

1
(m−1)pi

p 2
xj j

1 ip

1 − xpi i − xj j

1
(m−1)p1

2

1 i
2
1−
m(m − 1) 1

p

xpi i − xj j

2

m
2p1

.

(1.12)

i
Mặt khác, theo Định lý 1.3 ta có

1−

2
m(m − 1) 1

1−
=1−

p

xpi i − xj j

2

m
2p1

i
2
m(m − 1) max

1
(m − 1) max p1 , m2

xpi i − xj j
1 ip

xpi i − xj j
1 i

Kết hợp (1.12) và (1.13) ta có
p

xpi i + 1 − xj j
1 i
1
(m−1)pi

2

p

2p1
m ,1

p

xj j + (1 − xpi i )

1
(m−1)pi

2

.

(1.13)

9

×

p
xj j

1−

+ 1−

1
(m−1)pj

p
xj j

1
− (m−1)p

1
(m − 1) max p1 , m2

i

1 i

=1−

2

p

xpi i − xj j
m

1
m
m
(m − 1) max p1 , 2

2

m
2pj

p

xj j

−

xj
j=1


.

(1.14)

j=1

Kết hợp (1.12) và (1.14) ta thu được bất đẳng thức (1.10). Hơn nữa, theo
Định lý 1.2 và Định lý 1.3, các đẳng thức trong (1.11) và (1.13) đồng thời
xảy ra khi và chỉ khi

xp11

=

xp12

= ··· =

xpmm

m

và
j=1

1
pj

= 1, điều này dẫn

đến điều kiện bằng nhau trong bất đẳng thức (1.10).
Định lý 1.7 ([11]). Cho p1 , p2 , . . . , pm là các số thực dương,

1
pm

1, 0 < xj < 1 (j = 1, 2, . . . , m), m
m

m

1−

xj +
j=1

1
pj

p
xj j

1−

j=1

1
p1

+ p12 + · · · +

2. Khi đó

1
(m − 1) max p1 , p2 , . . . , pm , m2
p

xj j − xpkk

×

2

.

(1.15)

1 j
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xp11 = xp22 = · · · = xpmm và

1
1
1
+ + ··· +
= 1.
p1 p1
pm

Chứng minh. Chúng ta sắp xếp lại các số p1 , p2 , . . . , pm theo thứ tự giảm
và ký hiệu là pi1

···

pi2

pim , trong đó i1 , i2 , . . . , im là một hoán vị

của 1, 2, . . . , m. Áp dụng Định lý 1.6 ta được
m

m
p

1 − xj j

xj +
j=1

1
pj

j=1
p

= xi1 xi2 · · · xim + 1 − xi1i1

1
pi
1

p

1 − xi2i2

1
pi

p

· · · 1 − ximim

1
pim


10


1−

m

1
m
m
(m − 1) max pi1 , 2

2pij

xij

=1−

xpiji

−

j=1




j=1


=1−

2

m

1
m
(m − 1) max p1 , p2 , . . . , pm , m2
1
(m − 1) max p1 , p2 , . . . , pm , m2

m

2

m
2pj

p

xj j

−

xj



j=1



j=1
p

xj j − xpkk

2

.

1 j
Bất đẳng thức (1.15) được chứng minh xong. Điều kiện xảy ra đẳng thức

được suy ra trực tiếp từ Định lý 1.6.
Định lý 1.8 ([6]). Cho pj (j = 1, 2, . . . , m) là các số thực dương sao cho

ρ :=

1
p1

+ p12 + · · · + p1m

1 và 0 < xj < 1 (j = 1, 2, . . . , m). Khi đó, ta có

m

m
p

1 − xj j

xj +
j=1

1
pj

1 − max {S1 , S2 } ,

(1.16)

j=1

trong đó

xpi i − xj j

1 i
1
(m − 1) max pj , m2
m

xpi i − xj j

1 i
1
(m − 1) max pi , m2
m

S1 =
S2 =

p

2

p

2

,
.

Chứng minh. Áp dụng bất ng thc Hăoder tng quỏt nh lý 1.2 ta có
p

xj j + (1 − xpi i )

1
(m−1)pj

p

p

xi j + 1 − xj j

1
(m−1)pj

1 i1

× (xpi i + (1 − xpi i )) (m−1)pj
m

=

m
p

1 − xj j

xj +
j=1

1
− (m−1)p

1
pj

j

.

j=1

Mặt khác, theo Định lý 1.3 và bất đẳng thức trung bình số học-hình học,


11

ta có
1
(m−1)pj

p

xj j + (1 − xpi i )

p

1
(m−1)pj

p

xi j + 1 − xj j

1 i1

× (xpi i + (1 − xpi i )) (m−1)pj
1−

=

xpi i

−

1
− (m−1)p

p 2
xj j

j

1
(m−1)pj

1 p

1 − xpi i − xj j

=

2
m(m−1)

m
2pj

2

1 i






1 −

2
 m(m−1)

1

1−

2pj
m ,1

max

1 i
2
m(m − 1) 1

p 2
xpi i − xj j 

1
i
p

xpi i − xj j

2pj
m ,1

max

2

.

Từ đó suy ra
m

m
p

1 − xj j

xj +
j=1

1
pj

1 − S1 .

(1.17)

j=1

Tương tự, ta xét
p

xpi i + 1 − xj j

1

(m−1)pi

1 i
× xpj i + (1 − xpi i )

1
(m−1)pi

p

p

xj j + 1 − xj j

1
(m−1)pj

1
− (m−1)p

i)

,

ta có được
m

m
p

1 − xj j

xj +
j=1

1
pj

1 − S2 .

(1.18)

j=1

Từ (1.17) và (1.18) ta có được điều phải chứng minh.
Định lý 1.9 ([12], Bất đẳng thức Chebysev). Cho aij (i = 1, 2, . . . , n, j =

1, 2, . . . , m) là các số thực sao cho a1j

a2j

···

anj (a1j

a2j

···

anj )


12

với (j = 1, 2, . . . , m). Khi đó
m

n

n

m

m−1

aij

n

j=1 i=1

aij .

(1.19)

i=1 j=1

Định lý 1.10 ([9]). Nếu a, b, c, d > 0, 0 < α < 1, 0 < β < 1, α + β = 1.
Cho a > b và c > d, khi đó

(a − b)α (c − d)β ,

aα cβ − bα dβ
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Định lý 1.11. Giả sử xi

a
b

(1.20)

= dc .

0, λi > 0, i = 1, 2, . . . , n, 0 < p

n

1−p

n

λi xpi

p

n

λi

i=1

λi xi

i=1

1, khi đó

.

(1.21)

i=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xi = xj với mọi i, j = 1, 2, . . . , n.
Trong trường hợp p

1 hoặc p < 0 ta thu được bất đẳng thức đảo ngược.

Định lý 1.12 ([4]). Cho arj > 0 (r = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , m), λ1 =
m

0, λj < 0 (j = 2, 3, . . . , m), và τ = max
j=1
n

m

m

arj
r=1 j=1

1
λj , 1

n
λ

n1−τ

arjj
j=1

. Khi đó
1
λj

.

(1.22)

r=1

Đằng thức xảy ra nếu và chỉ nếu m bộ số (ar1 ) , (ar2 ) , . . . , (arm ) tỉ lệ với
m

nhau với
j=1
m

j=1

1
λj

1
λj

1, hoặc a1j = a2j = · · · = anj , j = 1, 2, . . . , m với

>1

Chứng minh. Trường hợp (I).
Khi λ1 < 0 thì τ = 1. Hiển nhiên, bất đẳng thức (1.22) là tương đương


13

với bất đẳng thức (1.6)
Trường hợp (II).
m

m

1
λj

Khi λ1 > 0 và
j=1

m

1
λj

1. Đặt
j=1

= t (t

1), tức là
j=1

1
tλj

= 1. Theo

bất đẳng thức (1.6), ta có
n

2

m

arj

n

m

=

r=1 j=1

n

m

asi
s=1

arj
r=1 j=1

i=1

n



m

m

tλ

arj j

asi 

s=1

i=1




n

=
s=1



1
tλ1

m

−
j=2

1
tλj

1
atλ
r1

1

atλ
r1

r=1

+

1
tλ2

+

1
tλ3

m

n
tλ

1
atλ
s1

×

arj j


1

tλj




+ ··· +

1
tλm

1
tj




r=1

j=2

n
tλ
asj j

j=2

Vì



r=1

m

×



m
1
j=2 tj

1
tλ1 −

n





r=1

j=1

1
atλ
s1

1

tλj

n

(1.23)

+

1
tλ2

+

1
tλ3

+ ··· +

1
tλm

= 1.

Áp dụng bất đẳng thức (1.6) cho vế phải của (1.23), ta thấy rằng
n

2

m

n

m
1
1
t1 −
t
j=2 j

n
1 tλ1
atλ
s1 ar1

arj
r=1 j=1

s=1 r=1



m

n

1
tλj

n
tλ

ats11 arj j

×
j=2



m

n

tλ

1
asj j atλ
r1



s=1 r=1

1
tλj

n

j=2

s=1 r=1

(1.24)
Ngoài ra, sử dụng Định lý 1.11 với t
m

1
1
n

n

1 tλ1
atλ
s1 ar1

s=1 r=1

tλ1 −
tλj
j=2

m

1, ta thấy
n

n
tλ

j

1
atλ
s1 arj


j=2

s=1 r=1

1
tλj


×





14



m

n

1
tλj

n
tλ



1
asj j atλ
r1





s=1 r=1

j=2

2

m
1
1
tλ1 −
tλj
j=2

(1−t)

n

n

1
λ1

n

m

aλs11 aλr11
s=1 r=1



m

1−t
tλj

n2

×

n

n
λ

j=2
1

λj

aλs11 arjj



m

n2



s=1 r=1

j=2

1
λj

−

n

1−t
tλj

n
λ

asjj aλr11

1
λj




s=1 r=1

j=2
m

n

= n2

1
1
λ1 −
λ
j=2 j

n

1−t

aλs11 aλr11
s=1 r=1



m

n

1
λj

n
λ

aλs11 arjj

×
j=2



n

1
λj

n
λ

asjj aλr11



s=1 r=1

j=2




s=1 r=1

m
2
2
λ1 −
λ
j=2 j

n

aλr11

= n2−2t

m

r=1

×




m



j=2

n

n

n

aλs11 aλrj

λ

1
λj

asjj aλr11

×

s=1 r=1





s=1 r=1
m
2
2
λ1 −
λ
j=2 j

n

aλr11

= n2−2t

n

r=1

×




m



j=2

n

λ

aλs11

arjj

s=1
m

r=1

n
λ

s=1

2
λ1
ar1

asjj

×

r=1

1
λj





2
λj

n
λ

= n2−2t

arjj
j=1

n

n

.

(1.25)

r=1

Kết hợp bất đẳng thức (1.24) và (1.25) ta thu được bất đẳng thức (1.22).
Trường hợp (III).
m

Khi λ1 > 0 và

j=1

1
λj

1. Hiển nhiên, bất đẳng thức (1.22) là tương đương

với bất đẳng thức (1.6).


15

Điều kiện bằng nhau của bất đằng thức trên dễ dàng thu được bởi Định
lý 1.2 và Định lý 1.11.


Chương 2

Mở rộng bất đẳng thức Aczél:
Hướng thứ nhất
Trong chương này, chúng tơi sẽ tìm hiểu bất đẳng thức Aczél và một số
dạng cải tiến, tổng quát hóa của bất đẳng thức Aczél theo hướng mở rộng
của Popoviciu. Chúng tôi gọi hướng này là hướng mở rộng thứ nhất. Các
kết quả trình bày trong chương này được tham khảo và viết lại từ các tài
liệu tham khảo [1, 10, 11, 12, 13, 3, 9].

2.1

Bất đẳng thức Aczél

Năm 1956, J.Aczél [1] đã thiết lập một bất đẳng thức phát biểu như
sau.
Định lý 2.1 ([1]). Cho n là một số nguyên dương và ai , bi (i = 1, 2, . . . , n)
là các số thực dương thỏa mãn
n

a21

n

a2i

−

> 0 hoặc

i=2

b21

b2i > 0.

−
i=2

16

(2.1)

17

Khi đó, ta có
n

a21

n

a2i

−

b21

−

i=2

2

n

b2i

a1 b 1 −

i=2

ai b i

.

(2.2)

i=2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = (a1 , a2 , · · · , an ) và b = (b1 , b2 , · · · , bn )
tỉ lệ với nhau.
Chứng minh. Ta xét trường hợp a và b không tỉ lệ với nhau và

b21 − b22 − · · · − b2n > 0.
Xét hàm đa thức bậc 2

f (x) = (b21 − b22 − · · · − b2n )x2 − 2(a1 b2 − a2 b2 − · · · − an bn )x
+ (a21 − a22 − · · · − a2n )

(2.3)

= (b1 x − a1 )2 − (b2 x − a2 )2 − · · · − (bn x − an )2 .
Từ những giả thuyết trên, ta có b1 = 0 và
a1
b1

f

= − b2 ab11 − a2

2

− · · · − bn ab11 − an

2

<0

do a và b khơng tỉ lệ.
Vì f (x)

x→+∞

→

+∞, f (x)

x→−∞

→

+∞ và f

a1
b1

< 0, ta kết luận rằng đa

thức f (x) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng −∞, ab11

và

a1
b1 , +∞

.

Vì vậy, biệt thức của f (x) phải dương, tức là
2

n

a1 b 1 −

ai bi

− b21 − b22 − · · · − b2n

a21 − a22 − · · · − a2n > 0.

i=2

Theo tính đối xứng, chứng minh hoàn toàn tương tự nếu ta thay điều kiện

b21 − b22 − · · · − b2n > 0 bởi a21 − a22 − · · · − a2n > 0.


18

Trong trường hợp a và b tỉ lệ nhau, ta có thể kiểm tra rằng dấu đẳng
thức xảy ra.

2.2

Mở rộng bất đẳng thức Aczél theo hướng của Popoviciu

Năm 1959, Popoviciu [3] đã đưa ra một mở rộng đầu tiên của bất đẳng
thức Aczél (2.2) với cặp số mũ liên hợp (p, q) tổng quát hơn của cặp số

( 21 , 12 ) như sau.
Định lý 2.2 ([3]). Cho p > 0, q > 0 sao cho

1, 2, . . . , n) là các số thực dương thỏa mãn ap1 −

1
p
n

+

i=2

1
q

= 1. Cho ai , bi (i =

api > 0 và bq1 −

n
i=2

bqi > 0.

Khi đó
1
p

n

ap1

api

−

1
q

n

bq1

bqi

−

i=2

n

a1 b1 −

i=2

ai b i .

(2.4)

i=2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = (a1 , a2 , · · · , an ) và b = (b1 , b2 , · · · , bn )
tỉ lệ với nhau.
Từ bất đẳng thức Popoviciu, các nhà toán học đã cải tiến, mở rộng và
làm theo nhiều hướng khác nhau. Đặc điểm của kiểu mở rộng theo hướng
này là đánh giá sự sai khác giữa một số hạng đầu so với phần còn lại trong
các dãy cho trước. Phần tiếp theo, chúng tơi sẽ trình bày một cải tiến của
S. Wu đưa ra năm 2008 trong cơng trình [11].
Định lý 2.3 ([11]). Cho m

2, n

2 là các số tự nhiên và p1 , p2 , . . . , pm

là các số thực dương sao cho

1
1
1
+ + ··· +
p 1 p2
pm

1.


19
n

p

Cho aij > 0, a1jj −

i=2

p

aijj > 0 (i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , m). Khi đó, ta

có
m

1
pj

n
p
a1jj

j=1

p

aijj

−

m

n

m

a1j −

i=2

j=1

aij
i=2 j=1
p

n

a11 a12 · · · a1m
−
(m − 1) max p1 , p2 , . . . , pm , m2

aijj
p

1 j

a1jj

i=2

apikk
− pk
a1k

2

.
(2.5)

p

p

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
p1

+

1
p2

+ ··· +

1

pm

a111
p
a1jj

=

a211
p
a2jj

p

= ··· =

an11
p
anjj

(j = 2, 3, . . . , m) và

= 1.

Chứng minh. Từ các giả thuyết của Định lý 2.3, ta thấy rằng
p

0<

pj

n
i=2 aij

a1jj −

p
a1jj

1
pj

Áp dụng Định lý 1.7 với xj =

1
pj

< 1 (j = 1, 2, . . . , m).
n
p
p
a1jj − aijj
i=2
1
p
p
a1jj j

1
pj

(j = 1, 2, . . . , m), bất đẳng

( )

thức (1.15) trở thành

 n
 p1
 p1
n
j
j
pj
pj
pj
a1j −
aij
aij
m
m

 i=2 

i=2


 p 
+
pj



 aj 
a1j
1j
j=1
j=1

1−

×

1
(m − 1) max p1 , p2 , . . . , pm , m2

2
n
n
pj
pj
pk
pk
a −
a
a1k −
aik
 1j i=2 ij

i=2

 .

−
pj
pk


a1k
a1j

1 j
Bất đẳng trên tương đương với bất đẳng thức sau


20
m

1
pj

n
p

p

a1jj −
j=1

m

m

aijj

n
p

aijj

a1j −

i=2

j=1

1
pj

j=1

i=2
p

n

a11 a12 · · · a1m
−
(m − 1) max p1 , p2 , . . . , pm , m2

aijj
p

1 j
a1jj

i=2

2

apikk
− pk
a1k

,
(2.6)

trong đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
i=2

n

api11
=

ap111

i=2

n

api22

p2
a12

= ··· =

apimm

i=2
m
ap1m

m

và
j=1

1
= 1.
pj

Điều này cũng tương đương với
n

ap111
p
a1jj

=

i=2
n
i=2

api11

m

(j = 2, 3, . . . , m) và
p

aijj

j=1

1
= 1.
pj

Mặt khác, áp dụng Định lý 1.2, ta được
m

n
p
aijj

j=1

1
pj

i=2

n

m

aij ,

(2.7)

i=2 j=1

trong đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

ap211
ap311
apn11
p = pj = · · · = pj (j = 2, 3, . . . , m) và
a2jj
a3j
anj

m

j=1

1

= 1.
pj

Kết hợp các bất đẳng thức (2.6) và (2.7) cho ta bất đẳng thức cần chứng
minh (2.5). Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

ap211
apn11
ap111
p = pj = · · · = pj (j = 2, 3, . . . , m)
a1jj
a2j
anj
và

1
p1

+

1
p2

+ ··· +

Để ý rằng nếu

1
pm

1
p1

= 1.

+ p12 + · · · + p1m = 1 thì max{p1 , p2 , . . . , pm }

m>

Trong trường hợp này, Định lý 2.3 cho ta một hệ quả trực tiếp sau.

m
.
2