Embed Size (px)
Citation preview
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC
Trần Thị Nhâm
MỘT SỐ VÍ DỤ VỀMA TRẬN TRỌNG TRUNG BÌNH
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUYNgành: Toán học
Người hướng dẫn: TS. Đặng Anh Tuấn
Hà Nội - 2014
LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơnsâu sắc tới Tiến sĩ Đặng Anh Tuấn người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hoànthành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trongkhoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nộiđã 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 bèđã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và thựchiện khóa luận tốt nghiệp.
Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2014Sinh viên
Trần Thị Nhâm
1
Mục lục
Chương 1. Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Các ký hiệu và một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 2. Một vài ví dụ về ma trận trọng trung bình. . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.1. Ma trận trọng trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2. Một số ví dụ về ma trận trọng trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2
LỜI MỞ ĐẦU
Mục đích chính của khóa luận này là đưa ra một số phản ví dụ và nhận xét vềcác hệ quả liên quan đến tính bị chặn của ma trận trọng trung bình trong không gianlp trong bài báo [1] của G. Bennett.Bố cục của khóa luận được chia làm hai chương:
• Chương 1 của khóa luận đưa ra các ký hiệu và một số bất đẳng thức cơ bảnsẽ được dùng để chứng minh một số định lý và hệ quả trong chương sau củakhóa luận.
• Chương 2 trình bày về ma trận trọng trung bình, các điều kiện để ma trậntrọng trung bình ánh xạ từ không gian lp vào không gian lq là toán tử bịchặn. Cuối chương là các hệ quả và một số phản ví dụ để chỉ ra điều ngượclại của các hệ quả đó là không còn đúng.Từ đó, chúng tôi cũng đưa ra cácmệnh đề phát biểu điều kiện đủ để ma trận trọng trung bình không là toántử bị chặn trên không gian lp.
Tài liệu chính của khóa luận này được lấy từ bài báo [2] của thầy Đặng Anh Tuấnvà Lưu Quang Bảy .Do thời gian thực hiện khóa luận không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khi làmkhóa luận không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Em rất mong nhận được sựgóp ý xây dựng từ các quý thầy cô và bạn bè. Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2014Sinh viên
Trần Thị Nhâm
3
Chương 1
Giới thiệu
1.1. Các ký hiệu và một số bất đẳng thức cơ bản
Cho p là một số cố định và 1 ≤ p ≤+∞. Trong khóa luận này, chúng tôi sẽ đềcập đến một số biến đổi ma trận trong không gian lp, trong đó, lp là ký hiệu củakhông gian các dãy giá trị thực thỏa mãn ‖x‖p < ∞ với các chuẩn
‖x‖pp =
∞
∑k=1‖xk‖p,
và‖x‖∞ = sup
k∈N|xk|.
Với 1 < p < ∞, đặt p∗ = p/(p−1) là liên hợp của p. Ta có các trường hợp đặc biệtcủa p như sau:
• Nếu p = 1, ta có p∗ =+∞.
• Nếu p =+∞, thì khi đó p∗ = 1.
Hay nói cách khác, p = 1 và p =+∞ là liên hợp của nhau.Ma trận A ánh xạ từ không gian lp vào không gian lq với chuẩn
‖A‖p,q = sup{‖Ax‖q : ‖x‖p ≤ 1
},
trong đó
‖Ax‖qq =
∞
∑n=1
∣∣∣∣∣ n
∑k=1
ankxk
∣∣∣∣∣q
.
4
Trong bài ta cũng sử dụng một số ký hiệu sau:N= {1,2,3, . . .} : tập các số tự nhiên.Z+ = {0,1,2, . . .} : tập các số nguyên không âm.Sau đây, chúng tôi đưa ra một số bất đẳng thức cơ bản.
Định lý 1.1.1. ([3]) (Bất đẳng thức Holder). Cho ai,bi ≥ 0 và1p+
1q= 1, p,q > 1
thì∞
∑i=1
aibi ≤
(∞
∑i=1
api
)1/p(∞
∑i=1
bqi
)1/q
.
Hơn nữa, dấu bằng xảy ra khi các dãy(ap
1 , . . . ,api , . . .
)và(bq
1, . . . ,bqi , . . .
)là tỷ lệ
nhau, nghĩa là ai =Cbp−1i .
Chứng minh. Đây là một bất đẳng thức cổ điển.
Định lý 1.1.2. ([3]) (Bất đẳng thức mở rộng Hardy II). Cho r > s≥ 1 và u,v,w làtập N phần tử với các giá trị không âm. Nếu
m
∑n=1
un
(n
∑k=1
vk
)r
≤
(m
∑k=1
vk
)s
với m = 1,2, . . . ,N
thìN
∑n=1
un
(n
∑k=1
vkwk
)r
≤ K (r,s)
(N
∑k=1
vkwr/sk
)s
trong đó
K (r,s) =(
rr− s
)r
.
Chứng minh. Định lý này đã được chứng minh trong khóa luận [3] của Lưu QuangBảy.
Bổ đề 1.1.1. ([3]) Power Rule. Giả sử {an},{bn} là các dãy các số không âm. Nếup≥ 1, thì với mọi n ∈ N
n
∑k=1
ak
(k
∑j=1
a j
)p−1
≤
(n
∑k=1
ak
)p
≤ pn
∑k=1
ak
(k
∑j=1
a j
)p−1
.
Các bất đẳng thức bị đổi chiều ngược lại nếu 0 < p < 1 ( và a1 > 0).
Chứng minh. Bổ đề này đã được chứng minh trong khóa luận [3] của Lưu QuangBảy.
5
Chương 2
Một vài ví dụ về ma trận trọngtrung bình
2.1. Ma trận trọng trung bình
Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày về định nghĩa thế nào là ma trận trọngtrung bình và định lý về điều kiện cần và đủ để ma trận trọng trung bình ánh xạ từkhông gian lp vào không gian lq là toán tử tuyến tính bị chặn.
Cho p là một số cố định và 1≤ p≤∞. Các không gian lp là các không gian dãygiá trị thực x = (xn)
∞n=1 với các chuẩn
‖x‖p =
(∞
∑k=1|xk|p
)1/p
< ∞ với 1≤ p < ∞,
‖x‖∞ = supk∈N|xk|< ∞.
Định nghĩa 2.1.1. ([1]) Ma trận trọng trung bình A = (ank)∞n,k=1 được xác định bởi
ank =
{ak/An khi 1≤ k ≤ n,0 ngược lại ,
(2.1.1)
trong đó An = ∑nk=1 ak, ak ≥ 0 ,a1 > 0.
Ma trận A ánh xạ từ không gian lp vào không gian lq có chuẩn
‖A‖p,q = sup‖x‖p≤1
‖Ax‖q.
6
Định lý 2.1.1. ([1]) Cho A là ma trận trọng trung bình cho bởi (2.1.1)
(a) Nếu 1 < p≤ q < ∞ thì các điều kiện sau là tương đương:
(i) A ánh xạ từ lp vào lq.
(ii) Tồn tại hằng số K1 sao cho với m = 1,2, . . .
m
∑n=1
(A−1
n
n
∑k=1
ap∗k
)q
≤ K1
(m
∑k=1
ap∗k
)q/p
. (2.1.2)
(iii) Tồn tại hằng số K2 sao cho với mọi m = 1,2, . . .
(∞
∑n=m
A−qn
)1/q(
m
∑k=1
ap∗k
)1/p∗
≤ K2. (2.1.3)
(iv) Tồn tại hằng số K3 sao cho với mọi m = 1,2, . . .
∞
∑k=m
(ak
∞
∑n=k
A−qn
)p∗
≤ K3
(∞
∑n=m
A−qn
)p∗/q∗
. (2.1.4)
(b) Nếu 1≤ q < p < ∞ thì ma trận trọng trung bình A không ánh xạ từ lp vào lq.
Chứng minh. (a) Ta sẽ chứng minh theo chu trình lôgic(ii)⇒ (i)⇒ (iii)⇒ (ii) và (iv)⇒ (i)⇒ (iii)⇒ (iv).Chúng ta chỉ cần chứng minh chu trình logic thứ nhất vì cả hai chu trình là tươngđương. Để biết tại sao như vậy, ta chỉ cần thay ((A1)
−1,(A2)−1, . . . ,(AN)
−1) bởi(aN ,aN−1, . . . ,a1) và (a1,a2, . . . ,aN) bởi ((AN)
−1,(AN−1)−1, . . . ,(A1)
−1).Ta ký hiệu As là ma trận trọng trung bình mà ta vừa thu được từ ma trận trọng trungbình A sau khi hoán đổi đối xứng vị trí của (Ai)
−1 (i= 1, . . . ,N) và a j ( j = 1, . . . ,N)
cho nhau. Từ đó, ta có được
‖As‖q∗,p∗ = ‖A‖p,q.
Hơn nữa, nếu ta thay p bởi q∗ và q bởi p∗ thì ta có thể thấy giả thiết 1 < p≤ q < ∞
và điều kiện (i),(iii) là không đổi, trong khi (ii) và (iv) hoán đổi cho nhau. Do đó,ta chỉ cần chứng minh các điều kiện tương đương (i),(ii) và (iii).
7
(ii)⇒ (i). Lấy x = (x1,x2, . . . ,xN) với xi ≥ 0. Nếu (ii) đúng thì ta áp dụng Địnhlý 1.1.2 ( Bất đẳng thức Hardy mở rộng II) với
un =(A−1
n )q
K1,vk = ap∗
k ,r = q,s = q/p.
Ta xác định w bởi
wk =
{xka1/(1−p)
k nếu ak > 0,0 ngược lại .
(2.1.5)
Theo bất đẳng thức (2.1.2),ta có:
N
∑n=1
A−qn
K1
(n
∑k=1
ap∗k xka1/(1−p)
k
)q
≤ K(q,q/p)
[N
∑k=1
ap∗k
(xka1/(1−p)
k
)p]q/p
,
hayN
∑n=1
(n
∑k=1
A−1n akxk
)q
≤ K1K(q,q/p)
(N
∑k=1
xpk
)q/p
. (2.1.6)
Ta có:
‖Ax‖qq =
N
∑n=1
(n
∑k=1
A−1n akxk
)q
,
‖x‖qp =
(N
∑k=1
xpk
)q/p
,
K(q,q/p) =
q
q− qp
q
=
(p
p−1
)q
= (p∗)q .
Khi đó, công thức (2.1.6) sẽ tương đương với
‖Ax‖qq ≤ K1(p∗)q‖x‖q
p.
Do ‖x‖qp < ∞ nên K1(p∗)q‖x‖q
p < ∞. Do đó, (i) đúng, và hơn nữa
‖Ax‖q ≤ p∗K1/q1 ‖x‖p.
8
Từ đó ta suy ra‖A‖p,q
def= sup‖x‖p≤1
‖Ax‖q ≤ p∗K1/q1 .
(i)⇒ (iii). Lấy m là một số cố định, 1 ≤ m ≤ N và giả sử (i) đúng. Lấy x =
(x1,x2, . . . ,xN), và y= (y1,y2, . . . ,yN), với xi ≥ 0,y j ≥ 0. Theo bất đẳng thức Holderta có ∣∣∣∣∣ N
∑n=1
A−1n yn
n
∑k=1
akxk
∣∣∣∣∣≤[
N
∑n=1
(A−1
n
n
∑k=1
akxk
)q]1/q( N
∑n=1
yq∗n
)1/q∗
≤ ‖Ax‖q‖y‖q∗
≤ ‖A‖p,q‖x‖p‖y‖q∗ .
Đặt
xk =
{a1/(p−1)
k khi 1≤ k ≤ m,
0 ngược lại,
yn =
{A1−q
n khi m≤ n≤ N,
0 ngược lại.
Khi đó, bất đẳng thức trên trở thành
N
∑n=m
A−qn
m
∑k=1
ap∗k ≤ ‖A‖p,q
(m
∑k=1
aq∗k
)1/p( N
∑n=m
A−qn
)1/q∗
.
Từ đó ta suy ra (N
∑n=m
A−qn
)1/q( m
∑k=1
ap∗k
)1/p∗
≤ ‖A‖p,q,
và do đó (iii) đúng với K2 ≤ ‖A‖p,q.
(iii) ⇒ (ii). Lấy B0 = 0 và Bn = ∑nk=1 ap∗
k với n = 1,2, . . . ,N. Áp dụng Bổđề 1.1.1, với q≥ 1 ta có
Bqn =
(n
∑k=1
ap∗k
)q
≤ qn
∑k=1
ap∗k
(k
∑m=1
ap∗m
)q−1
= qn
∑k=1
ap∗k Bq−1
k .
9
Khi đó
m
∑n=1
A−qn Bq
n ≤ qm
∑n=1
A−qn
n
∑k=1
ap∗k Bq−1
k
= qm
∑k=1
ap∗k Bq−1
k
m
∑n=k
A−qn
≤ qm
∑k=1
ap∗k Bq−1
k
N
∑n=k
A−qn .
Vì (iii) đúng nên
N
∑n=k
A−qn ≤ Kq
2
(k
∑m=1
ap∗k
)−q/p∗
= Kq2 B−q/p∗
k .
Bởi vậy,
m
∑n=1
A−qn Bq
n ≤ qKq2
m
∑k=1
ap∗k Bq−1
k B−q/p∗
k
= qKq2
m
∑k=1
ap∗k Bq/(p−1)
k
≤ qKq2 Bq/p
m .
Do đó, (ii) đúng với K1 ≤ qKq2 . Ta hoàn thành chứng minh Định lý 2.1.1 (a).
(b). Phần (b) là hệ quả của Mệnh đề 2.1.1 bên dưới.
Mệnh đề 2.1.1. ([1]) Cho A là ma trận tam giác dưới với
ρ = liminfn→∞
∣∣∣∣∣ n
∑k=1
ank
∣∣∣∣∣> 0.
Nếu 0 < q < p≤ ∞ thì A không ánh xạ từ không gian lp vào không gian lq.
Chứng minh. Mệnh đề trên được chứng minh trong bài báo của G. Bennett [1].
Trong bài báo [1], G.Bennett đã đưa ra một số hệ quả dùng để kiểm tra tính bịchặn của ma trận trọng trung bình trên không gian lp. Trong mục tiếp theo chúngtôi đưa ra một số phản ví dụ để chỉ ra điều ngược lại của các hệ quả đó không cònđúng nữa. Từ đó, chúng tôi cũng trình bày một số mệnh đề phát biểu về điều kiệnđủ để ma trận trọng trung bình A không bị chặn trên không gian lp.
10
2.2. Một số ví dụ về ma trận trọng trung bình
Hệ quả 2.2.1. ([1]) Cho p cố định và 1 < p < ∞. Nếu
ap∗1 + · · ·+ap∗
n = O(a1/(p−1)n An), (2.2.7)
thì A bị chặn trên lp
Chứng minh. Từ giả thiết (2.2.7) ta có tồn tại hằng số K > 0, và tồn tại n0 sao chovới mọi n > n0 ta có
ap∗1 + · · ·+ap∗
n
Ana1/(p−1)n
≤ K,
hay (n
∑k=1
ap∗k
)A−1
n ≤ Ka1/(p−1)n .
Lũy thừa bậc p hai vế lên ta được(A−1
n
n
∑k=1
ap∗k
)p
≤ K pap∗n .
Từ đóm
∑n=1
(A−1
n
n
∑k=1
ap∗k
)p
≤ K pm
∑n=1
ap∗n .
Ta thấy bất đẳng thức trên chính là phần (ii) của Định lý 2.1.1 (a) với p = q,K1 =
K p, do đó A bị chặn trên lp.
Hệ quả 2.2.2. ([1]) Cho p cố định và 1 < p < ∞. Nếu
an
∞
∑k=n
A−pk = O(A1−p
n ), (2.2.8)
thì A bị chặn trên lp.
Chứng minh. Theo giả thiết (2.2.8) ta có tồn tại hằng số K > 0, và tồn tại n0 saocho với mọi n > n0
an ∑∞k=n A−p
k
A1−pn
< K,
hay
an
∞
∑k=n
A−pk < KA1−p
n .
11
Lấy lũy thừa p∗ hai vế lên ta được(an
∞
∑k=n
A−pk
)p∗
< K p∗A−pn .
Từ đó,∞
∑k=n
(an
∞
∑k=n
A−pk
)p∗
< K p∗∞
∑k=n
A−pn .
Theo phần (iv)⇒ (i) của Định lý 2.1.1 (a) với p = q,K3 = K p∗ thì A bị chặn trênlp.
Tiếp theo, ta đưa ra phản ví dụ 2.2.1 để chỉ ra điều ngược lại của Hệ quả 2.2.1không còn đúng. Điều đó có nghĩa là A bị chặn nhưng
limsupn→∞
∑nj=1 ap∗
j
a1/(p−1)n An
= ∞. (2.2.9)
Trước hết, ta trình bày Bổ đề 2.2.1 sẽ dùng trong Ví dụ 2.2.1.
Bổ đề 2.2.1. Chứng minh bất đẳng thức sau:
2− 2n+n− log2 n≥ n
2với n≥ 1.
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với việc ta đi chứng minh
2− 2n− log2 n+
n2≥ 0 với n≥ 1.
Thật vậy, xét hàm số:
f (x) = 2− 2x− log2 x+
x2
với x≥ 1.
Ta tính
f ′(x) =2x2 +
12− 1
x ln2
=4ln2+ x2 ln2−2x
2x2 ln2
=
(x2 ln2−2x+
1ln2
)+4ln2− 1
ln22x2 ln2
=
(x√
ln2− 1√ln2
)2
2x2 ln2+
4(ln2)2−1
2(x ln2)2 > 0 với mọi x≥ 1.
12
Như vậy, hàm số f (x) đồng biến trên miền [1,+∞). Do đó f (x)≥ f (1) =12≥ 0 với
mọi x≥ 1. Từ đó, ta thu được điều cần phải chứng minh.
Ví dụ 2.2.1. ([3]) Cho
an =
{1 nếu n 6= 2k,
2−k nếu n = 2k.
Với 2k ≤ n < 2k+1, ta có
An =n
∑j=1
a j =k
∑r=0
2−r +n− k = 2− 12k +n− k,
n
∑j=1
ap∗j =
k
∑r=0
2−rp∗ +n− k =2p∗
2p∗ −1
[1− 1
2(k+1)p∗
]+n− k.
Khi đó
Ik :=∑
2k
j=1 ap∗j
a1/(p−1)2k A2k
>2k− k
2−k/(p−1)(2k +2− k)=
(2k− k)2k/(p−1)
2k +2− k.
Cho k→ ∞, ta có Ik→ ∞, và do đó (2.2.9) đúng.Tiếp theo, ta kiểm tra tính bị chặn của A. Theo Hệ quả 2.2.2 ta chỉ cần chỉ ra rằng
am
∞
∑n=m
A−pn = O(A1−p
m ).
Ta có
An = 2− 12k +n− k ≥ 2− 2
n+n− log2 n (do n > 2k)
≥ n2
(theo Bổ đề 2.2.1).
Do đóA−p
n ≤2p
np .
Mặt khác,
amAp−1m = am
(m
∑i=1
ai
)p−1
≤ 1.
(m
∑i=1
1
)p−1
= mp−1.
Vì vậy,
Ap−1m am
∞
∑n=m
A−pn ≤ mp−1
∞
∑n=m
2p
np ∼ mp−12pm1−p = 2p,
13
và A bị chặn.Sau đây, ta đưa ra một mệnh đề phát biểu điều kiện đủ để ma trận trọng trung
bình A không bị chặn trên không gian lp.
Mệnh đề 2.2.1. ([2]) Cho p cố định và 1 < p < ∞. Nếu
liminfn→∞
ap∗1 + · · ·+ap∗
n
a1/(p−1)n An
=+∞, (2.2.10)
thì
supn∈N
∑mn=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
n
)p
∑mn=1 ap∗
n=+∞ (2.2.11)
và A không bị chặn.
Chứng minh. Cho K > 0. Để chỉ ra (2.2.11) là đúng ta phải tìm m ∈ N sao cho
Im :=∑
mn=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
n
)p
∑mn−1 ap∗
n> K.
Trường hợp 1: ∑∞n=1 ap∗
n = M <+∞. Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có
An =n
∑k=1
ak ≤ n1/p
(n
∑k=1
ap∗k
)1/p∗
.
Khi đó,
A−1n
n
∑k=1
ap∗n ≥
1n1/p
(n
∑k=1
ap∗k
) 1p
>ap∗/p
1
n1/p .
Do đó,
Im :=∑
mn=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
n
)p
∑mn=1 ap∗
n
>ap∗
1 ∑mn=1
1n
∑∞n=1 ap∗
n
>ap∗
1 lnmM
(theo Bổ đề 2.2.2).
Để có Im > K ta cần tìm m sao cho
ap∗1 lnm
M> K;
14
nghĩa là,
m > eKM/ap∗1 .
Do đó có thể chọn m0 = [eKM/ap∗1 ]+1. Khi đó Im > K.
Ta vừa chỉ ra (2.2.11) đúng. Hơn nữa, theo phần (ii) của Định lý 2.1.1, ta suy ra Akhông bị chặn.
Trường hợp 2: ∑∞n=1 ap∗
n =+∞. Theo (2.2.10), tồn tại n0 sao cho với mọi n > n0
A−1n
n
∑k=1
ap∗k > (2K)1/pa1/(p−1)
n .
Do đó,
A−pn
(n
∑k=1
ap∗k
)p
> 2Kap∗n .
Với m > n0 ta có:
Im : =∑
mn=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
k
)p
∑mn=1 ap∗
n
=∑
n0n=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
k
)p+∑
mn=n0+1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
k
)p
∑mn=1 ap∗
n
>∑
n0n=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
k
)p+2K ∑
mn=n0+1 ap∗
n
∑mn=1 ap∗
n
>2K ∑
mn=n0+1 ap∗
n
∑mn=1 ap∗
n.
Để có Im > K ta cần tìm m sao cho
2K ∑mn=n0+1 ap∗
n
∑mn=1 ap∗
n> K;
nghĩa là,m
∑n=n0+1
ap∗n >
n0
∑n=1
ap∗n . (2.2.12)
Vì ∑∞n=1 ap∗
n =+∞, nên
m
∑n=n0+1
ap∗n −→ ∞ khi m→ ∞.
15
Do đó ta luôn có thể tìm được m đủ lớn sao cho (2.2.12) đúng. Vì vậy ta thuđược (2.2.11) và A không bị chặn.
Tiếp theo, ta nêu ra các Bổ đề 2.2.2, Bổ đề 2.2.3, và Bổ đề 2.2.4 sẽ được dùngtrong Ví dụ 2.2.2.
Bổ đề 2.2.2.m
∑n=1
1n> lnm với m≥ 1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.Với n = 1 : 1 > ln1 = 0.Giả sử bất đẳng thức đúng với n = m : ∑
mn=1
1n> lnm.
Khi đóm+1
∑n=1
1n=
m
∑n=1
1n+
1m+1
> lnm+1
m+1.
Ta cần chứng minh
lnm+1
m+1> ln(m+1) với m≥ 1.
Thật vậy, xét hàm số
f (x) = lnx+1
x+1− ln(x+1) với x≥ 1
= lnx
x+1+
1x+1
với x≥ 1.
Ta tính
f ′(x) =1
x(x+1)− 1
(x+1)2
=1
x(x+1)2 > 0 với mọi x≥ 1.
Vậy f (x)> 0 với mọi x≥ 1, hay
lnm+1
m+1> ln(m+1) với mọi m≥ 1.
Tức là bất đẳng thức đúng với n = m+ 1. Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thứcđúng với mọi n≥ 1.
16
Bổ đề 2.2.3. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
k(k+1)2
+n− k ≥ (log2 n−1) log2 n2
+n− log2 n≥ n2
với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức đầu tiên
k(k+1)2
+n− k ≥ (log2 n−1) log2 n2
+n− log2 n
với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Bất đẳng thức trên tương đương với
k(k+1)2
− k ≥ (log2 n−1) log2 n2
− log2 n với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+,
hay
k(k−1)2
≥ (log2 n−3) log2 n2
với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Đặt t = log2 n, ta khảo sát hàm số
f (t) :=t (t−3)
2với k ≤ t < k+1, k ∈ Z+.
Ta tínhf ′(t) = t− 3
2
f ′(t) = 0 nếu và chỉ nếu t− 32= 0 hay t =
32
. Ta xét các trường hợp sau:
• Trường hợp 1: 0≤ k ≤ t < k+1≤ 32
, ta có bảng biến thiên hình 2.1.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy f ′(t)< 0 với mọi k ≤ t < k+1 và
supt∈[k,k+1)
f (t) = f (k) =k (k−3)
2≤ k (k+1)
2.
Thay trở lại biến ta được điều phải chứng minh.
• Trường hợp 2: 0≤ k ≤ t ≤ 32< k+1, hoặc 0≤ k <
32≤ t < k+1.
Ta có bảng biến thiên hình 2.2 cho trường hợp này. Quan sát bảng biến thiên,ta thấy trong các khoảng này
supt∈[k,k+1)
f (t) = f (k+1) =(k+1)(k−2)
2<
k(k+1)2
.
Thay trở lại biến, ta cũng thu được điều cần chứng minh.
17
Hình 2.1: Bảng biến thiên
Hình 2.2: Bảng biến thiên
• Trường hợp 3:32< k ≤ t < k+1, ta có bảng biến thiên hình 2.3.
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy f ′(t)> 0 với mọi k ≤ t < k+1 và
supt∈[k,k+1)
f (t) = f (k+1) =(k+1)(k−2)
2<
k(k+1)2
.
Thay trở lại biến, ta cũng thu được điều cần chứng minh.Vậy trong mọi trường hợp ta đều chỉ ra được
f (t) :=t (t−3)
2≤ k(k−1)
2với k ≤ t < k+1, k ∈ Z+,
18
Hình 2.3: Bảng biến thiên
hay
(log2 n−3) log2 n2
≤ k(k−1)2
với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức đầu tiên. Tiếp theo, ta đi chứng minh bấtđẳng thức còn lại.
(log2 n−1) log2 n2
+n− log2 n≥ n2
với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+,
hay(log2 n−3) log2 n
2+
n2≥ 0 với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Xét hàm số
f (n) :=(log2 n−3) log2 n
2+
n2≥ 0 với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Ta tính
f ′(n) =log2 nn ln2
− 32n ln2
+12
=2log2 n−3+n ln2
2n ln2.
Ta xét
g(n) := 2log2 n−3+n ln2 với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
19
Ta tính
g′(n) =2
n ln2+ ln2 > 0 với mọi 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Vậy g(n)> 0 với mọi 2k ≤ n < 2k+1, n ∈N, k ∈ Z+. Từ đó, ta có f ′(n)> 0 với mọi2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+, và f (n)≥ 0 với mọi 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức còn lại.
Bổ đề 2.2.4. Chứng minh bất đẳng thức sau:
k(k+1)2
+n−k≤ log2 n(log2 n+1)2
+n≤ 2n với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈N, k ∈ Z+.
Chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức đầu tiên
k(k+1)2
+n− k ≤ log2 n(log2 n+1)2
+n với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Thật vậy, ta có
k(k+1)2
+n− k ≤ k(k+1)2
+n (do k ≥ 0)
≤ log2 n(log2 n+1)2
+n (do k ≤ log2 n).
Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức đầu tiên. Tiếp theo, ta đi chứng minh bấtđẳng thức còn lại
log2 n(log2 n+1)2
+n≤ 2n với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với việc ta đi chứng minh
n− log2 n(log2 n+1)2
≥ 0 với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Xét hàm số
f (n) := n− log2 n(log2 n+1)2
với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Ta tính
f ′(n) = 1− 2log2 n+12n ln2
=2n ln2−2log2 n−1
2n ln2.
20
Xét hàm số
g(n) := 2n ln2−2log2 n−1 với 2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.
Ta tính
g′(n) = 2ln2− 2n ln2
=2n(ln2)2−2
n ln2.
Ta có g′(n) = 0 khi và chỉ khi n =1
(ln2)2 . Do n ∈ N nên ta có các trường hợp sau:
• Trường hợp 1: Nếu n = 1 thì g(1) = 2ln2−1 > 0.
• Trường hợp 2: Nếu n = 2 thì ta thu được g(2) = 4ln2−3 > 0.
• Trường hợp 3: Nếu n≥ 3 >1
(ln2)2 thì ta có g′(n)> 0, và g(n)> 0.
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều thu được g(n)> 0. Từ đó, ta có f ′(n)> 0 với mọi2k ≤ n < 2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+, và do đó f (n) ≥ f (1) = 1 ≥ 0 với mọi 2k ≤ n <
2k+1, n ∈ N, k ∈ Z+.Vậy ta có điều cần phải chứng minh.
Bây giờ chúng ta đưa ra một ví dụ để chỉ ra điều ngược lại của Hệ quả 2.2.2không còn đúng, nghĩa là, ma trận trọng trung bình A bị chặn nhưng
limsupn→∞
am ∑∞n=m A−p
n
Am1−p=+∞. (2.2.13)
Ví dụ 2.2.2. ([3]) Lấy
an =
{1 nếu n 6= 2k,
k nếu n = 2k.(2.2.14)
Với 2k ≤ n < 2k+1, ta có
An =2k
∑j=1
a j +n
∑j=2k+1
a j =
[k
∑r=0
r+(2k− k)
]+(n−2k)
=k(k+1)
2+n− k,
21
vàn
∑j=1
ap∗j =
k
∑r=0
rp∗ +n− k ≤ kp∗+1 +n− k.
Do đó
An =k(k+1)
2+n− k ≥ (log2 n−1) log2 n
2+n− log2 n≥ n
2(theo Bổ đề 2.2.3),
An =k(k+1)
2+n− k ≤ log2 n(log2 n+1)
2+n≤ 2n (theo Bổ đề 2.2.4).
Từ đó suy ra
Ap−12k a2k
∞
∑n=2k
A−pn ≥ (
2k
2)p−1k
∞
∑n=2k
1(2n)p (2.2.15)
∼ k22p−1 2k(p−1)2k(1−p) (2.2.16)
=k
22p−1 , (2.2.17)
và (2.2.13) đúng.Để kiểm tra A bị chặn, sử dụng Hệ quả 2.2.1, ta cần chỉ ra rằng
n
∑j=1
ap∗j = O(a1/(p−1)
n An).
Từ định nghĩa của an,
∑nj=1 ap∗
j
a1/(p−1)n An
≤ kp∗+1 +n− kk(k+1)/2+n− k
≤ (log2 n)p∗+1 +nn/2
=2(log2 n)p∗+1
n+2.
Vì
limn→∞
2(log2 n)p∗+1
n= 0,
nên tồn tại hằng số C > 0, sao cho
2(log2 n)p∗+1
n<C.
22
Do đó∑
nj=1 ap∗
j
a1/(p−1)n An
≤C+2,
và A bị chặn.Mệnh đề 2.2.1 đã phát biểu điều kiện đủ để ma trận trọng trung bình A không bịchặn với hai trường hợp ∑
∞n=1 ap∗
n < +∞ và ∑∞n=1 ap∗
n = +∞. Bây giờ, ta xem xétđiều kiện đủ để ma trận A không bị chặn với hai trường hợp ∑
∞n=1 A−p
n = +∞ và
∑∞n=1 A−p
n <+∞.Trường hợp ∑
∞n=1 A−p
n =+∞. Khi đó ta có
supm∈N
(∞
∑n=m
A−pn
)1/p(
m
∑k=1
ap∗k
)1/p∗
≥
(∞
∑n=1
A−pn
)1/p
a1 =+∞.
Từ phần (iii) của Định lý 1.1.1, A không bị chặn. Bây giờ, ta có mệnh đề trongtrường hợp ∑
∞n=1 A−p
n <+∞.
Mệnh đề 2.2.2. ([2]) Cho p cố định và 1 < p < ∞. Nếu ∑∞n=1 A−p
n <+∞ và
liminfn→∞
an ∑∞k=n A−p
k
A1−pn
=+∞ (2.2.18)
thì
supm∈N
∑∞n=m(an ∑
∞k=n A−p
k )p∗
∑∞n=m A−p
n=+∞ (2.2.19)
và A không bị chặn.
Chứng minh. Lấy K > 0. Từ (2.2.18), tồn tại n0 sao cho với mọi n > n0
an
∞
∑k=n
A−pk > K1/p∗A1−p
n .
Lấy m > n0. Khi đó
∞
∑n=n0+1
(an
∞
∑k=n
A−pk
)p∗
> K∞
∑n=n0+1
A−pn ,
hoặc
∑∞n=n0+1
(an ∑
∞k=n A−p
k
)p∗
∑∞n=n0+1 A−p
n> K.
23
Bất đẳng thức trên tương đương với (2.2.19), và từ phần (ii) của Định lý 2.1.1 ta cóA không bị chặn.
Tiếp theo, ta xem xét một ví dụ nữa để chỉ ra rằng điều ngược lại của hai hệ quảtrên là sai, nghĩa là A bị chặn nhưng
limsupn→∞
∑nj=1 ap∗
j
a1/(p−1)n An
= ∞,
và
limsupn→∞
am ∑∞n=m A−p
n
Am1−p= ∞.
Ví dụ 2.2.3. ([2]) Cho
an =
1 nếu n 6= 2k,
2−k nếu n = 2k, k lẻ,k nếu n = 2k, k chẵn .
Với 2k ≤ n < 2k+1, ta có
An =2k
∑j=1
a j +n
∑j=2k+1
a j =2k
∑j=1
a j +(n−2k)
= A2k +(n−2k).
Với k = 2m,
A2k = A22m =2m
∑r=0
a2r +22m−2m
=m−1
∑i=0
a22i+1 +m
∑i=0
a22i +22m−2m
=m−1
∑i=0
2−(2i+1)+m
∑i=0
2i+22m−2m
=23
(1− 1
4m
)+m(m+1)+22m−2m
= m2 +22m +23(1− 1
22m )−m.
24
Tương tự, nếu k = 2m+1, ta có
A2k = A22m+1 =m
∑i=0
a22i +m
∑i=0
a22i+1 +22m+1−2m−1
=m
∑i=0
2i+m
∑i=0
2−(2i+1)+22m+1−2m−1
= m(m+1)+13
(2− 1
22m+1
)+22m+1−2m−1
= m2 +22m+1 +13
(2− 1
22m+1
)−1−m.
Do đó
An =
m2 +
23(1− 1
22m )−m+n nếu n = 22m,
m2 +13(2− 1
22m+1 )−m−1+n nếu n = 22m+1.(2.2.20)
Ta có thể thấy2n > An > A2k > 2k >
n2.
Nếu k chẵn
Ap−122m a22m
∞
∑n=22m
A−pn ≥
(22m−m
)p−12m
∞
∑n=22m
(1
2n
)p
≥(22m−m
)p−12m
22m(1−p)
2p
≥ m2p−1
[1− m
22m
].
Do đó vế trái tiến đến vô cùng khi m tiến đến vô cùng.Nếu k lẻ, thì
∑22m+1
j=1 ap∗j
a1/(p−1)22m+1 A22m+1
≥ 22m+12(2m+1)/(p−1)
2(
m2 +22m+1 +13
)=
2(2m+1)p∗
2(
m2 +22m+1 +13
) .
Vế trái của bất đẳng thức trên cũng tiến đến vô cùng khi m tiến đến vô cùng.Để chỉ ra tính bị chặn của A, đầu tiên chú ý rằng
l
∑n=1
(A−1
n
n
∑j=1
ap∗j
)p
≤ Kl
∑n=1
ap∗n .
25
Với 2s ≤ l < 2s+1,l
∑n=1
ap∗n ≥
2s
∑n=1
ap∗n ≥ 2s− s. (2.2.21)
Mặt khác
n
∑j=1
ap∗j ≤
2k+1−1
∑j=1
ap∗j ≤
k+1
∑r=0
rp∗ +2k+1− k ≤ (k+1)p∗+1 +2k+1.
Khi đó
l
∑n=1
(A−1
n
n
∑j=1
ap∗j
)p
≤2s+1−1
∑n=1
(A−1
n
n
∑j=1
ap∗j
)p
=s
∑k=0
∑2k≤n<2k+1
(A−1
n
n
∑j=1
ap∗j
)p
≤s
∑k=0
2k
((k+1)p∗+1 +2k+1
2k
)p
.
Vì
limk→∞
(k+1)p∗+1
2k = 0,
nên tồn tại K > 0 sao cho với mọi k đủ lớn thì
(k+1)p∗+1
2k < K.
Do đó
l
∑n=1
(A−1
n
n
∑j=1
ap∗j
)p
≤s
∑k=0
2k(K +2)p = (K +2)p2s+1. (2.2.22)
Từ (2.2.21) và (2.2.22), ta có
∑ln=1(A
−1n ∑
nj=1 ap∗
j )p
∑ln=1 ap∗
n≤ (K +2)p2s+1
2s− s≤ 4(K +2)p,
và do đó A bị chặn.Chúng ta vừa chỉ ra điều ngược lại của Hệ quả 2.2.1 và Hệ quả 2.2.2 là không
đúng. Bây giờ, ta xem xét một Hệ quả nữa trong bài báo [1] của G Bennett.
26
Hệ quả 2.2.3. ([1]) Cho p cố định, 1 < p < ∞. Nếu A bị chặn trên không gian lp,thì
∞
∑k=n
A−pk = O(nA−p
n ). (2.2.23)
Chứng minh. Vì A bị chặn trên lp nên ta áp dụng Định lý 2.1.1(a): (i)⇒ (iii) vớip = q ta có (
∞
∑k=n
A−pk
)1/p( n
∑m=1
ap∗m
)1/p∗
≤ K.
Lấy lũy thừa mũ p hai vế ta được
∞
∑k=n
A−pk
(n
∑m=1
ap∗m
)p/p∗
≤ K p. (2.2.24)
n
∑m=1
am ≤ n1/p
(n
∑m=1
ap∗k
)1/p∗
. (2.2.25)
Từ bất đẳng thức (2.2.24) và (2.2.25) ta có
1n
∞
∑k=n
A−pk
(n
∑m=1
am
)p
≤ K p.
Ta suy ra∞
∑k=n
A−pk ≤ K pnA−p
n .
Ví dụ 2.2.4. ([2]) Trong ví dụ này ta chỉ ra rằng điều ngược lại của Hệ quả 2.2.3là không đúng bằng cách lấy
an =
{n khi n = 2k với k ∈ Z+,
0 ngược lại .(2.2.26)
Với 2k ≤ n < 2k+1, a0 = 1 thì
An = 1+n
∑j=1
a j = 1+k
∑l=0
2l = 2k+1,
n
∑j=0
ap∗j =
k
∑l=0
2l p∗ =2(k+1)p∗ −1
2p∗ −1.
27
Khi đó
∞
∑j=n
A−pj =
2k+1−1
∑j=n
A−pj +
∞
∑j=2k+1
A−pj
=2k+1−1
∑j=n
2−(k+1)p +∞
∑l=k+1
∑2l≤k<2l+1
A−pk
= 2−(k+1)p(2k+1−n)+∞
∑l=k+1
∑2l≤k<2l+1
2−(l+1)p
= 2−(k+1)p(2k+1−n)+∞
∑l=k+1
2l2−(l+1)p
= 2−(k+1)p(2k+1−n)+2−p2(k+1)(1−p)
1−2l−p
= 2−(k+1)p(2k+1−n)+2(k+1)(1−p)
2p−2
=[(2k+1−n)(2p−2)+2k+1]2−(k+1)p
2p−2,
sao cho∑
∞j=n A−p
j
nA−pn
=(2k+1−n)(2p−2)+2k+1
n(2p−2)<
2p
2p−2.
Ta thấy an xác định như trong (2.2.26) cũng thỏa mãn (2.2.23).Bây giờ ta sẽ chỉ ra A không bị chặn. Theo điều kiện (iii) của Định lý 2.1.1(a), tachỉ cần chứng minh
supn∈N
(∞
∑j=n
A−pj
)1/p( n
∑j=0
ap∗j
)1/p∗
= ∞.
In :=
(∞
∑j=n
A−pj
)1/p( n
∑j=0
ap∗j
)1/p∗
=
([(2k+1−n)(2p−2)+2k+1]2−(k+1)p
2p−2
)1/p(2(k+1)p∗ −2p∗
2p∗ −1
)1/p∗
>
[(2k+1−n
)(2p−2)+2k+1
]2(k+1)p
22k
2
>n1/p
8.
28
Khi n→ ∞ thì In→ ∞. Và do đó theo Mệnh đề 2.2.2 ta có A không bị chặn.Một câu hỏi đặt ra đó là: Điều ngược lại của Mệnh đề 2.2.1 và Mệnh đề 2.2.2
có còn đúng không?Ta sẽ đưa ra ví dụ để chỉ ra câu trả lời cho câu hỏi trên là không.Để chỉ ra điều ngược lại của Mệnh đề 2.2.1 không còn đúng, nghĩa là, ma trận trọngtrung bình A không bị chặn và
supn∈N
∑mn=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
n
)p
∑mn=1 ap∗
n=+∞,
nhưng
liminfn→∞
ap∗1 + · · ·+ap∗
n
a1/(p−1)n An
<+∞,
ta có Ví dụ 2.2.5.
Ví dụ 2.2.5. ([2]) Lấy
an =
{n khi n = 2k với k ∈ Z+,
0 ngược lại .(2.2.27)
Theo Ví dụ 2.2.4, ta có ma trận trọng trung bình A không bị chặn và
supn∈N
(∞
∑j=n
A−pj
)1/p( n
∑j=0
ap∗j
)1/p∗
=+∞.
Theo Định lý 2.1.1 về điều kiện cần và đủ để ma trận trọng trung bình là toán tử bịchặn, (iii)⇔ (ii) với q = p, ta có
supn∈N
∑mn=1
(A−1
n ∑nk=1 ap∗
n
)p
∑mn=1 ap∗
n=+∞.
Ta cần chứng minh
liminfn→∞
ap∗1 + · · ·+ap∗
n
a1/(p−1)n An
<+∞,
hay
liminfk→∞
ap∗1 + · · ·+ap∗
2k
a1/(p−1)2k A2k
<+∞.
29
Ta có
I2k =ap∗
1 + · · ·+ap∗
2k
a1/(p−1)2k A2k
=2(k+1)p∗ −1
(2p∗ −1)2k/(p−1)2k+1=
2(k+1)p∗ −1(2p∗ −1)2kp∗+1 .
Và do đó
I2k →2p∗
2p∗ −1khi k→ ∞.
Vậy ta đã chỉ ra điều ngược lại của Mệnh đề 2.2.1 là không đúng.Tiếp theo ta sẽ chỉ ra điều ngược lại của Mệnh đề 2.2.2 cũng không đúng bằng vídụ sau:
Ví dụ 2.2.6. ([2]) Ta lấy an như sau:
an =
{n khi n = 2k với k ∈ Z+,
0 ngược lại .(2.2.28)
Theo Ví dụ 2.2.4, ta có ma trận trọng trung bình A là toán tử không bị chặn trênkhông gian lp, và
supn∈N
(∞
∑j=n
A−pj
)1/p( n
∑j=0
ap∗j
)1/p∗
= ∞.
Theo Định lý 2.1.1 (a), (iii)⇔ (iv) ta có
supn∈N
∑∞n=m
(an ∑
∞k=n A−p
k
)p∗
∑∞n=m A−p
n=+∞.
Ta cần chứng minh
liminfn→∞
an ∑∞k=n A−p
k
A1−pn
<+∞.
Ta có
liminfn→∞
an ∑∞k=n A−p
k
A1−pn
= 0.
Vậy ta đã chỉ ra được điều ngược lại của Mệnh đề 2.2.2 không còn đúng nữa.
30
KẾT LUẬN
Trong khóa luận này, chúng tôi đã trình bày lại định lý về điều kiện cần và đủđể ma trận trọng trung bình ánh xạ từ không gian lp vào không gian lq là toán tử bịchặn, và các hệ quả được rút trực tiếp ra từ định lý đó. Các ví dụ cũng được lấy từkhóa luận [3] của Lưu Quang Bảy để chỉ ra điều ngược lại của các hệ quả là khôngcòn đúng. Từ những phản ví dụ đó, thầy Đặng Anh Tuấn và Lưu Quang Bảy đã phátbiểu các mệnh đề nêu ra điều kiện để ma trận trọng trung bình không bị chặn trênkhông gian lp với các trường hợp của ∑
∞n=1 ap∗
n và của ∑∞n=1 A−p
n , đồng thời cũngđưa ra phản ví dụ để chỉ ra điều ngược lại của các mệnh đề đó là không còn đúng.Trong lúc đọc hiểu ví dụ, chúng tôi nhận thấy có một số bất đẳng thức không tựnhiên nên đã phát biểu thành các Bổ đề 2.2.1, Bổ đề 2.2.2, Bổ đề 2.2.3, Bổ đề 2.2.4và chứng minh. Trong khóa luận mới chỉ đề cập đến trường hợp p = q, vậy trườnghợp p < q thì các hệ quả sẽ như thế nào?
31
Tài liệu tham khảo
[1] Bennett, G., Some elementary inequalities, Quart. J. Math. Oxford Ser. (2) 38(1987), 401- 425.
[2] Dang Anh Tuan and Luu Quang Bay (2013), Some remarks on the paper"Some elementary inequalities" of G.Bennett, Vietnam National University- Hanoi University of Science.
[3] Luu Quang Bay (2013), The paper "Some elementary inequalities" of G. Ben-nett, Vietnam National University - Hanoi University of Science.
32
