TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM (cid:75)(cid:203)(cid:74)
Người thực hiện
NGUYỄN PHÚC HẬU Lớp ĐH3A2
Đề Tài Nghiên Cứu Khoa Học ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER và MINKOWSKI TRONG TOÁN PHỔ THÔNG
Giáo viên hướng dẫn LÊ THÁI DUY
An Giang, năm 2004
LỜI CẢM ƠN
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
Hoàn thành đề tài này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Lê Thái Duy - người đã hết lòng hướng dẫn và giúp đỡ tôi trong quá trình nghiên cứu đề tài.
Tôi chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Ngọc Phương giáo viên trường PTTH Long Kiến đã luôn động viên tôi trong quá trình làm đề tài.
Tôi chân thành cảm ơn trường Đại Học An Giang đã tạo điều kiện để tôi học tập và nghiên cứu đề tài này.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 1(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
MỤC LỤC -------------------
Trang
LỜI MỞ ĐẦU......................................................................................................3 CHƯƠNG I. KIẾN THỨC CƠ SỞ ......................................................................4 §1. BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN ...................................................................5 1.1. Hàm lồi ..........................................................................................5 1.2. Bất đẳng thức Jensen....................................................................5 §2. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ..................................................................7 2.1. Bất đẳng thức Cauchy ...................................................................7 2.2. Bất đẳng thức Cauchy “suy rộng” ..................................................7 CHƯƠNG II. BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI ............................9 §1. BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER ................................................................10 1.1. Dạng đại số ................................................................................10 1.2. Dạng giải tích .............................................................................12 1.2.1.Định lý .............................................................................. 12 1.2.2. Bổ đề ............................................................................... 12 1.2.3. Bất đẳng thức Hölder dạng giải tích ................................ 13 §2. BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI ..........................................................15 2.1. Dạng đại số ................................................................................15 2.1.1. Bất đẳng thức Minkowski thứ I ........................................ 15 2.1.2. Bất đẳng thức Minkowski thứ II ....................................... 16 2.2. Dạng giải tích .............................................................................17 CHƯƠNG III. ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI TRONG TOÁN PHỔ THÔNG ...........................................................................19 §1. ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER...................................20 1.1.Ứng dụng trong giải tích ............................................................... 20 1.1.1. Bất đẳng thức tích phân .................................................. 20 1.1.2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ....................................... 22 1.2. Ứng dụng trong hình học............................................................. 26 1.3. Ứng dụng trong lượng giác ......................................................... 30 1.4. Ứng dụng trong số học ................................................................ 33 1.5. Ứng dụng trong đại số ................................................................. 36 1.6. Ứng dụng trong hình học giải tích ............................................... 39 1.7. Ứng dụng trong giải tích tổ hợp................................................... 40 §2. ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI.............................42 2.1. Ứng dụng trong lượng giác ......................................................... 42 2.2. Ứng dụng trong giải tích .............................................................. 44 2.3. Ứng dụng trong đại số ................................................................. 46 2.4. Ứng dụng trong số học ................................................................ 50 KẾT LUẬN........................................................................................................53 TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................54
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 2(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
LỜI MỞ ĐẦU
Khi còn học phổ thông, đối với tôi bất đẳng thức là một vấn đề khó khăn lớn. Do đó, khi bước chân vào trường Đại Học tôi luôn ao ước có cơ hội nghiên cứu vấn đề này.
Bất đẳng thức là chuyên đề khá phức tạp và có ứng dụng phong phú trong toán học. Nó liên quan đến nhiều lĩnh vực khác như: Giải tích, lượng giác, hình học …. Do đó, đây là lý thuyết rất quan trọng. Đã có rất nhiều nhà toán học có những đóng góp quan trọng cho lý thuyết này như: Cauchy, Jensen, Hardy, … trong đó đặc biệt là Hölder và Minkowski. Các bất đẳng thức mang tên hai ông được ứng dụng rộng rãi trong giải toán cao cấp và toán sơ cấp, được vận dụng vào giải các bài toán hay và khó trong các kỳ thi quan trọng như: thi chọn học sinh giỏi, thi quốc gia hay thi Olympic quốc tế …
Hơn nữa, đối với học sinh phổ thông, bất đẳng thức là chuyên đề phức tạp và không dễ. Phần đông các em đều không giải được bài toán bất đẳng thức và các bài toán có liên quan. Một phần do các em chưa biết cách vận dụng bất đẳng thức cơ bản, một phần các em chưa nắm được các bất đẳng thức này.
Vì vậy, việc nghiên cứu hai bất đẳng thức Hölder và Minkowski có ý nghĩa đặc biệt quan trọng. Nó không những có ý nghĩa lớn trong việc khảo cứu các bất đẳng thức cơ bản mà còn có tác dụng lớn trong việc giảng dạy sau này.
Do từ lý do trên đây nên đề tài này tôi tập trung nghiên cứu hai đối tượng sau: một là hai bất đẳng thức Hölder và Minkowski, hai là ứng dụng của hai bất đẳng thức này vào toán phổ thông. Nhằm thực hiện hai nhiệm vụ: làm rõ các dạng của hai bất đẳng thức trên; vận dụng chúng vào bài toán phổ thông. Để làm được điều này, tôi đã tiến hành đọc một số tài liệu có nhắc đến các nội dung trên, từ đó phân tích, tổng hợp lại, hệ thống những gị làm được một cách hợp lý.
Nội dung nghiên cứu gồm:
Chương I. Kiến thức cơ sở Chương II. Bất đẳng thức Hölder và Minkowski Chương III. Ứng dụng của bất đẳng thức Hölder và Minkowski trong toán phổ thông
Mặc dù đã cố gắng hoàn thành đề tài, nhưng do kiến thức còn hạn chế nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót và sai lầm, rất mong sự góp ý của quý thầy cô để đề tại được hoàn chỉnh hơn, xin chân thành cảm ơn.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 3(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
CHƯƠNG I KIẾN THỨC CƠ SỞ
Trong chương này, bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Cauchy được giới thiệu dưới dạng cơ sở phục vụ cho việc nghiên cứu bất đẳng thức Hölder và Minkowski.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 4(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
§1. BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN --------------
1.1. Hàm lồi:
]βα;
. Hàm số f(x) được gọi là 1) Cho hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [
lồi trên đó, nếu thoả mãn điều kiện sau:
∀ α , f(xα
+ β = 1 thì:
)ba; ( ∀ x1, x2 ∈ , f( α x1 + xβ 2) ≤
β ≥ 1) +
(1) α 0 mà f(xβ 2)
Về mặt hình học, bất đẳng thức (1) có ý nghĩa như sau:
Nếu gọi A1(x1, f(x1)); B(x2, f(x2)) là hai điểm nằm trên đường cong y = f(x),
f(xβ
với a < x1 < x < x2 < b; thì mọi điểm của cung A1B1 của đồ thị đều nằm dưới cát tuyến A1B1. Do đó C có toạ độ là C( xα 1 + β x2; 2)) và D có toạ 1) + f(xα độ là D( xα 1 + β x2; f( xα 1 + xβ 2)).
β ≥
0 mà 2) Hàm số y = f(x) gọi là lõm trên đó, nếu như )ba; = α + β
– f(x) lồi, tức là ∀ x1, x2 ∈ ( 1 thì f( x , ∀ α , α 1 + β x2) ≥ α f(x1) + β f(x2).
( ba;
)
3) Hàm f(x) liên tục đến đạo hàm cấp hai trên .
)ba; ( thì f(x) là hàm lồi trên thì f(x) là hàm lõm trên đó.
∀ x ∈ ( x ∈ ( ∀
)ba; )ba;
. Nếu như f’’(x) > 0 Nếu như f’’(x) < 0
1.2. Bất đẳng thức Jensen:
i > 0,
∈ [ ba; ]
]ba;
( i =
)n1,
n
n
và α . Giả sử x1, x2, …, xn
)
( xfα i
i
i
∑
∑
1i =
1i =
f xα i Cho f(x) là hàm lồi trên [ ; α 1 + α 2 + …. + α n = 1, ta luôn có: ⎞ ≤⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝
Chứng minh:
- Với n = 2, thì bất đẳng thức Jensen đúng (theo định nghĩa hàm lồi).
]ba;
và α i > 0, i = 1, 2, …, k; α 1 + - Giả sử bất đẳng thức đã đúng đến n = k – 1. - Xét khi n = k. Giả sử x1, x2, …, xk ∈ [
k
2k −
+
+
+ α 2 + … + α k = 1.
xα i
i
xα i
i
1k1k
xα k
k
xα −
−
∑
= ∑
1i =
1i = 2k −
α
α
1α0
<<⇒
Ta có: (1)
i
= ∑
1i =
k
2k −
Đặt , vì thế từ (1) suy ra:
( α1 −+
)
i
i
k
1k −
∑
∑
1i =
x x = + xα i xα i α 1k − α1 − α k α1 − ⎤ ⎥ ⎦ ⎡ ⎢ ⎣
+
1=
]ba;
α k α1 −
1i = α 1k − α1 −
, nên: Do , mà xk-1, xk đều thuộc [
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 5(cid:34)
x
x
+
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
]ba;
k
1k −
α 1k − α1 −
α k α1 −
*x
=*x ∈ [
k
2k −
2k −
*
và bộ số Áp dụng giả thiết quy nạp với k - 1 điểm x1, x2, ….., xk-2, α 1, . (α α = 1) α 2,….., α k-2, 1 - α 1 + α 2 + …. + α k-2 + 1 -
)
) ( ( xfα1 −+
)*
i
i
( xfα i
i
∑
∑
∑
1i =
1i =
1i =
f f (1 α)x (2) + − ⇒ xα i xα i ⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎞ =⎟⎟ ⎠ ⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎞ ≤⎟⎟ ⎠
*
x
x
=
+
+
Mặt khác lại theo định nghĩa hàm lồi, ta có:
( xf
)
( xf
( xf
)
k
)k
1k −
1k −
α 1k − α1 −
α k α1 −
α 1k − α1 −
α k α1 −
⎛ f ⎜ ⎝
⎞ ≤⎟ ⎠
(3)
k
2k −
Thay (3) vào (2), ta được:
)
( α1 −+
)
( xf
)
( xf
i
( xfα i
i
k
1k −
∑
∑
1i =
1i =
n
n
f + xα i α 1k − α1 − α k α1 − ⎤ )⎥ ⎦ ⎡ ⎢ ⎣ ⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎞ ≤⎟⎟ ⎠
)
i
( xfα i
i
∑
∑
1i =
1i =
Hay f xα i ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ≤⎟ ⎠
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 6(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
§2. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY --------------------
2.1. Bất đẳng thức Cauchy:
a
a
....
a
+
+
1
2
n
n
....a
≥
aa 21
n
+ n
Cho a1, a2, …, an là các số không âm, chứng minh rằng:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = … = an.
0
)x(''f
=
Chứng minh:
1 2 > x
....
x
+
+
x n
x 1
2
f
.....
+
+
+
( xf
( xf
)
)
. Ta có f’(x) = Xét hàm số f(x) = - lnx với x > 0. 1 − và x
]n )
2
1 n
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ≤⎟ ⎠
x
....
x
xln
.....
xln
+
+
+
+
2
x 1
n
xln 1
2
n
ln
−⇔
−≤
+ n
x
x
x
+
+
1
2
n
ln
ln n
....x
⇔
≥
xx 21
n
+ n + n .... + n
Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0. Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: [ ( xf 1
x
x
....
x
+
+
1
2
n
n
Do tính đồng biến của hàm số y = lnx, suy ra
0
....x
≥
x i >∀
xx 21
n
+ n
,
≥ 0. Có hai khả năng sau xảy ra
x⇔ 1 = x2 = ….. = xn.
a
a
....
a
+
+
1
2
n
n
Dấu bằng xảy ra Xét n số a1, a2, …., an 1. Nếu ai > 0 ∀ i = 1, 2, ….., n, thì theo trên ta có:
....a
≥
aa 21
n
+ n
(*)
2. Nếu tồn tại ak = 0 thì (*) hiển nhiên đúng.
2.2. Bất đẳng thức Cauchy “suy rộng”:
α
2
α n
Cho a1, a2, … , an là các số hạng không âm. Cho α1, α2, ... αn là các số hữu tỉ dương sao cho α1 + α2 + … + αn = 1. Chứng minh rằng:
α aa 1 1
2
.....a n
α1a1 + α2a2 +…+αnan ≥
Chứng minh:
......
α
1
+
=
+
+
,....., 2
α,α 1
α n
α n
α 1
2
Vì , nên có thể
,......,
=
=
=
là các số hữu tỉ dương và viết chúng dưới dạng sau (sau khi đã quy đồng mẫu số các phân số).
α 1
α, 2
α n
p n N
p 2 N
p 1 N
...
...
a
a
a
a
+
+
+
+
+
+
....
p
+
+
1
2
n
n
1
1
2
n
n
2
...a
pp +≥ 1
p aa 1
p 2
p n
.
a 2 ....
... p
a p
+ +
+ +
+ +
1
2
n
Trong đó p1, p2, .., pn là các số nguyên dương và p1 + p2 + … + pn = N. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với p1 số a1, …, pn số an, ta được: .... p
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 7(cid:34)
a
a
....
a
...a
⇔
+
+
+
≥
p n N 1
p 2 N 1
1
2
n
p 1 aa N 1
p 1 N
p 2 N
p n N
α
2
α n
2
.....a n
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
a
α aa 1 1 . a
=
a =⇔ 1
2
n
Dấu bằng xảy ra ⇔ α1a1 + α2a2 +……+αnan ≥ .... =
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 8(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
CHƯƠNG II BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI
Trong chương này, chúng ta sẽ tìm thấy các dạng đại số và dạng giải tích của bất đẳng thức Hölder; dạng đại số của bất đẳng thức Minkowski thứ I, II và dạng giải tích của bất đẳng thức Minkowski.
Đáng chú ý là các hệ quả của hai bất đẳng thức trên, chúng được vận dụng nhiều trong giải toán phổ thông.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 9(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
§1. BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER --------------------
1.1. Dạng đại số:
Cho hai dãy số không âm a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn; p, q là các số
n
n
n
hữu tỉ dương sao cho 1 , ta luôn có: + = 1 p
a
b
p k
q k
ba k
k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
1 ⎞ q ≥⎟ ⎠
1 q 1 p (*)
Có đẳng thức khi và chỉ khi tồn tại hai số A và B không đồng thời bằng
p k
q k,Bb k
không sao cho Aa 1,2,...., n. = =
Chứng minh:
q
0, b 0, thì: - Cách 1: Dùng bất đẳng thức Cauchy “suy rộng”. Theo bất đẳng thức Cauchy suy rộng, nếu a ≥ ≥
ab
≥
+
p a p
b q
(1)
a k
b k
a
b,
,...,
n
=
=
2,1k, =
Có đẳng thức khi và chỉ khi ap = bq.
n
n
1 p
1 q
p a k
q b k
∑
∑
1k =
1k =
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎞ ⎟⎟ ⎠
k
p k
≥
+
, ta được: Áp dụng (1) với:
⎛ ⎜⎜ ⎝ q b k n
a n
1 q
1 p
n
n
1 q
⎛ ⎜⎜ ⎝ ba k 1 p
b
a
q k
p k
∑
∑
a
b
q k
p k
1k =
1k =
∑
∑
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
(2)
∀
0
+
≥
≥
Vì (2) đúng k = 1, 2, …, n, nên cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta được:
1 p
1 q
n
n
1 q
ba kk 1 p
q b k
p a k
∑
∑
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
(3)
Từ + = 1, nên từ (3) suy ra đ.p.c.m 1 p 1 q
Có đẳng thức khi và chỉ khi n bất đẳng thức trong (2) đều trở thành đẳng
p 1
p 2
p n
q 1
q 2
q n
k, n1, = = .... b a a .... b + + + +
Tức là: ..... , = = = a b a b a b thức, theo (1), có điều này khi và chỉ khi: p q a b k k + + p 1 q 1 a p 2 q 2 b p n q n
Với quy ước: Nếu bk = 0 với một k nào đó thì ak = 0
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 10(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
p k
q k,Bb k
Ngoài ra, với a1 = … = an = 0 hoặc b1 = … = bn = 0, (*) trở thành đẳng thức, kết hợp hai kết quả trên ta được: (*) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi tồn tại hai số A và B không đồng thời bằng không sao cho 1,2,...., Aa n. = =
- Cách 2: Dùng bất đẳng thức Jensen. Xét hàm số f(x) = xp khi x > 0 (p > 1)
q k
f’(x) = pxp-1 f’’(x) = p(p – 1)xp-2 > 0 (do p > 1, x > 0) Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0.
q1 − α;ba k
k
k
(k = 1, 2, …, n) Áp dụng bất đẳng thức Jensen với xk =
q k
b b = n ∑
1,2,...,
n
α
1
1k = ......
k0, =∀>
+
+
+
=
αk
α 1
2
α n
n
....
+
+
+
≤
và
)
)
xα 2
xα n
n
2
( xfα k
k
∑
1k =
n
1
(**) Ta có ngay xk > 0, Khi đó ta có: ( xαf 11
....
+
+
+
xα 11
xα 22
xα nn
ba k
k
n
1k
q k
∑ ∑ = b
1k =
p
n
ba k
k
n
∑
1
)
Do = , vậy:
≤
⇔
q p bab k k
( q1p − k
n
1k = n
∑
1k =
b
b
q k
q k
∑
∑
1k =
1k =
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
p
n
b
q k
n
n
∑
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
(**)
a
⇔
p k
ba k
k
1k = n
∑
∑
1k =
1k =
p ⎞ ≤⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
b
q k
∑
1k =
p
1p −
n
n
n
(Do qp 1 pq 0 ) + −+⇔= = 1 p 1 q
k
q k
p k
∑
∑
∑ .
1k =
1k =
1k =
n
n
n
1p − p
1 p
b
a
⇔
≤
b a ⇔ ba k ⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎞ ≤⎟⎟ ⎠ ⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎞ ⎟⎟ ⎠
ba k
k
q k
p k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
(***)
n
n
n
1 q
1 p
b
a
≤
Do , từ đó suy ra: = 1p − p 1 q
kba
k
q k
p k
⇔ ∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
(***) .
Bất đẳng thức Hölder được chứng minh xong.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 11(cid:34)
....
a
....
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
+
+
≥
+
+
+
+
+
)2
( a
)
)( 2 ba n
2 1
2 1
2 n
2 2
2 2
ba nn
....
=
=
=
Hệ quả: Nếu p = q = 2 thì bất đẳng thức Hölder trở thành: b ba + 22
.... a 1 b 1
b a 2 b 2
( ba + 11 a n b n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: .
(Bất đẳng thức Bouniakowski)
1.2. Dạng giải tích:
]ba;
]ba; [
b
1.2.1. Định lý: , f(x) . ≥ 0 với mọi x ∈ Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [
.0
>
]ba; [
( ) dxxf
∫
a
0)>0 và α là một số dương sao cho f(x0)> . α 0 – h và f(x) >
]ba; b 0 ≤ xh;
Nếu f(x) không đồng nhất không trên thì
0
x
x
−
b
b
0
0
=
+
+
( ) dxxf
h ( ) dxxf
( )dxxf
∫
∫
∫
∫
( ) dxxf h
x
a
x
a
−
0
0
x
h
−
b
0
α với mọi x sao cho f(x thì tồn tại một số dương h sao cho a ≤ x ] . Khi đó: Chứng minh: Giả sử x0 ∈ [ xa 1. Nếu < [ ∈ -x 0
ba;
( )dxxf
( )dxxf
]
∫
∫
a
x0
x
0
b
nên 0 và 0. Vì f(x) ≥ ≥ ≥ 0 trên [
( )dxxf
( )dxxf
∫
h
x
−
a
0
. (1) Do đó ≥
∫ Mặt khác, vì f(x) > α với mọi x ∈ [
]0
x
x
0
0
xh; nên: -x 0
( )dxxf
∫
∫
x
h
x
−
−
0
0
b
(2) ≥ = 0αh > dxα h
.0
>
( ) dxxf
∫
a
Từ (1) và (2) suy ra:
].
0
b
x≤ 0 < b thì tồn tại một số dương h sao cho x0 + h ≤ b và f(x) > h > α + 2. Nếu a với mọi x ∈ [ x;x 0
.0
>
( ) dxxf
∫
a
Tương tự như trên ta chứng minh được
1.2.2. Bổ đề:
Giả sử (p, q) là một cặp số mũ liên hợp, tức là 1 ; p > 1; q > 1. Khi + = 1 p 1 q
q
αβ
≤
+
β,α p α p
β q
đó với hai số không âm bất kì ta luôn có:
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 12(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
p β α =
. q Có đẳng thức khi và chỉ khi
β
Chứng minh:
Hiển nhiên bổ đề đúng với = 0 hoặc
1 1p −
x
y
> 0 và β > 0. α và lấy giá trị trên Hàm số y = x = 0. Giả sử )+∞;0 α p-1 liên tục và đồng biến trên nửa khoảng [
=
)+∞;0
1 1p −
y
x
=
β
đó. Do đó nó có hàm số ngược . Giả sử đường thẳng x = α trên [
α
S
S
S
≤
+
cắt đồ thị (C) của hàm số y = xp-1 (cũng là đồ thị của hàm số ) tại điểm A, đường thẳng y = cắt đồ thị (C) tại điểm B và cắt đường thẳng x = α tại điểm C. Khi đó diện tích hình chữ nhật O α C β không lớn hơn tổng các diện tích của hai tam giác cong O α A giới hạn bởi trục hoành, đường thẳng x = và đồ thị (C) và tam giác cong O β B giới hạn bởi trục tung, đường thẳng y = β và đồ thị (C).
βCαO
AαO
BβO
(1)
=
Ta có:
S βCαO
α
α
p
1p −
S
x
dx
=
=
AαO
= ∫
x p
p α p
0
0
β
1
+
β
1 1p −
1 1p −
S
y
dy
=
=
BβO
∫
0
1
+
y 1 1p −
0
β
q
q
1
q
=
=
1 =+
=
αβ
S
=
=
BβO
1 1p −
p 1p −
y q
β q
0
1
−
1 p
1 1 q
q
Vì , nên:
αβ
≤
+
p α p
β q
q
1p −
( ) q1p −
. Thay vào (1) ta được:
Có đẳng thức khi và chỉ khi hai điểm A và B trùng nhau, tức là: p α α α β β =⇔= =
1.2.3. Bất đẳng thức Hölder dạng giải tích:
b
b
b
1 q
1 p
p
. Khi đó: đoạn [ Giả sử (p, q) là một cặp số mũ liên hợp, f và g là hai hàm số liên tục trên ]ba;
dx
dx
≤
( ) ( ) xgxf
( ) xf
q ( ) xdxg
∫
∫
∫
a
a
a
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
(1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời bằng không sao cho:
]ba;
A |f(x)|p = B|g(x)|q, ∀x ∈ [
Chứng minh:
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 13(cid:34)
b
b
p
q
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
( ) dx xf
( ) dx xg
∫
∫
a
a
b
p
p
0
hoặc bằng không thì (cid:190) Nếu một trong hai tích phân
≥ , ∀ x∈
[ ba; ]
( ) dx xf
∫
a
(1) đúng. Thật vậy, giả sử , nên theo = 0. Khi đó, vì ( ) xf
∀ x∈ [
]ba;
]ba;
dx
.0
=
( ) ( ) xgxf
∫
a
b
b
p
q
và . Do đó f(x)g(x) = 0, ∀ x∈ [ định lý 1.2.1 suy ra f(x) = 0, b
( ) dx xg
( xf
) dx
∫
∫
a
a
( ) xg
( ) xf
(cid:190) Giả sử > 0 và > 0.
β
α
=
=
1
1
b
b
p
q
pdx
qdx
( ) xf
( ) xg
∫
∫
a
a
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
p
q
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ( ) xg
( ) xf
( ) xg
( ) xf
Áp dụng bổ đề 1.2.2, với và , ta được
[ ba; ]
b
b
q
b
b
1 q
1 p
p dx
( ) xf
( ) dx xg
∫
∫
q dx
p dx
( ) xf
( ) xg
a
a
∫
∫
a
a
(2) . ≤ + , ∀ x∈ 1 p 1 q
b
b
b
p
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ Do đó:
q dx
( ) ( ) xgxf
( ) xf
( ) xg
∫
∫
∫
a
dx dx
a b
a b
p
b
b
1 p
1 q
p
q dx
( ) xf
( ) xg
∫
∫
q dx
( ) xf
( ) xg
a
a
∫
∫
a
a
1 ≤ + = + = 1 p 1 q 1 p 1 q dx dx ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠
( ) xf
( ) xg
Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Theo bổ đề 1.2.2, (2) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi:
]ba;
b
b
1 p
1 q
p
= , ∀ x∈ [
q dx
( ) xf
( ) xg
∫
∫
a
a
dx ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ Kết hợp với phần 1, ta được (1) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi tồn tại
]ba;
hai số thực A và B không đồng thời bằng không sao cho: A |f(x)|p = B|g(x)|q, ∀x ∈ [
b
b
b
1 2
Hệ quả:
2
≤
( ) ( ) dxxgxf
( ) 2 dxxf
( ) dxxg
∫
∫
∫
a
a
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
a (Bất đẳng thức Bouniakowski)
Khi p = q = 2, bất đẳng thức Hölder trở thành: 1 2
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 14(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
§2. BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI --------------------
2.1. Dạng đại số:
2.1.1. Bất đẳng thức Minkowski thứ I:
n
n
n
1 p
1 p
1 p
p
b
a
b
+
( a
)
k
k
p k
p k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ≤⎥ ⎦
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ +⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
Cho hai dãy số không âm a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn. Giả sử p > 1 là số hữu tỉ. Chứng minh rằng:
Chứng minh:
−
Gọi q là số hữu tỉ mà . Vì p > 1 nên q cũng là số hữu tỉ > 1. 1 + = 1 p
}1p )
n
n
n
1 p
1pq
1p −
−
b
b
a
+
≤
+
)
( a
) (
k
k
p k
( aa k
k
k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
1 ⎞ ) q ⎟⎟ ⎠
−
, k = 1, 1 q { Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số { }ka và ( k b a + k 2, …, n, ta được:
)
k b +
k
{ Lại áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy { }kb và ( a
n
n
n
1 p
1pq
1p −
−
b
b
b
+
≤
+
ta (1) }1p được:
)
( a
) (
k
k
( ab k
k
k
p k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
1 ⎞ ) q ⎟⎟ ⎠
n
n
n
n
1 p
1 p
p
p
b
b
a
b
≤
+
+
(2)
( a
( a
)
)
k
k
k
k
p k
p k
∑
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
1k =
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ +⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
(do q(p - 1) = p)(3)
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
∀
n
p
0
b
>
Cộng từng vế (1) và (2), ta có: 1 ⎡ ⎛ q ⎢ ⎜⎜ ⎢ ⎝ ⎢ ⎣
k
k
( +∑ a
1k =
1 −
n
n
n
1 p
1 q
1 p
p
a
b
b
+
≤
( a
)
p k
p k
k
k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎛ ⎜⎜ ⎝
n
n
n
⎞ +⎟⎟ ⎠ 1 p
1 p
⎞ ⎟⎟ ⎠ 1 p
p
b
a
b
+
Do đó ta có thể giả thiết . Nên từ (3) ta có: Nếu ak = bk = 0, k = 1, 2,…, n thì bất đẳng thức (3) hiển nhiên đúng. )
( a
)
k
k
p k
p k
∑
∑
∑
1k =
1k =
1k =
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ≤⎥ ⎦
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ +⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
. Hay
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 15(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
b
b
a
b
...
a
b
+
+
+
≤
+
+
+
+
( a
)
( a
)
1
1
n
n
1
1
n
n
Nếu p = q = n = 2, thì bất đẳng thức Minkowski trở thành:
... + Khi n =2, ta có:
2
2
b
a
b
+
+
+
+
≤
+
)
2 1
2 2
2 1 )
r u
( a r v
) 2 2 r (Với u =
=
( b a 1 r r vu +⇔
1 ≤
+
)
2 a 2 ( b,b 1
+ r ( v,a,a 2
b )2 1 (Bất đẳng thức tam giác)
Hệ quả:
n
n
2.1.2. Bất đẳng thức Minkowski thứ II:
...b
b
b
+
+
+
) ( a...
( a
)( ab 1
aa 21
bb 21
2
1
n
n
n
2
1
2
n
(1) Cho 2 dãy số không âm a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn. Chứng minh rằng: ≥ n
......
=
=
=
+ a b
) a b
...a n a b
1
2
n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .
Chứng minh:
- Cách 1:
Có hai trường hợp sau:
)
(cid:99) Nếu (a1 + b1)(a2 + b2).....(an + bn) = 0. Khi đó phải tồn tại k
( nk1 ≤≤ Do a
a
0
b
0
k + bk = 0. =⇒≥
=
k
k
k
k
. Vậy bất đẳng thức (1) đúng (vì cả hai vế mà a b,0 ≥
bằng 0).
n
n
(cid:100) Nếu (a1 + b1)(a2 + b2).....(an + bn) > 0. Khi đó bất đẳng thức (1) viết lại dưới dạng sau:
.
.......
.
.......
1
+
≤
a
b
a
b
a 1 +
a 2 +
a n +
b 1 +
b 2 +
b n +
a 1
b 1
b n
a n
a 1
2
2
2
2
a n
b n
b 1 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
n
(2)
.
.......
......
≤
+
+
+
a
b
a
b
a
b
1 n
a
b
a
b
a
b
a 1 +
a 2 +
a n +
a 1 +
a n +
a 2 +
1
1
2
2
n
n
1
1
2
2
n
n
n
(3)
.
.......
......
+
+
+
≤
a
b
b
a
a
b
1 n
b
a
b
a
a
b
b n +
b 2 +
b 1 +
b 2 +
b n +
2
2
n
n
1
1
n
n
2
1
2
1
⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎟⎟ ⎠
b 1 + Cộng từng vế (3), (4) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra trong hai trường hợp sau:
(4)
1
1
2
2
n
n
..... = = = a b a b a b a) Hoặc là tồn tại chỉ số k mà ak = bk = 0. a n + a 2 + a 1 + b) Hoặc là
1
1
2
2
n
n
......
=
=
..... = = = a b a b a b b 2 + b 1 + b n + ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
a 2 b
a 1 =⇔ b 1
2
a n b n
Với quy ước nếu bk = 0 thì ak = 0, dấu bằng xảy ra
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 16(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
x
- Cách 2: Dùng bất đẳng thức Jensen. - Xét hàm số f(x) = ln(1+ex).
x
x
)x('f ⇒ =
2x
( e1 +
)
e e1 + e )x(''f ⇒ = x,0 R∈∀>
( xf
( xf
( xf
)
1
2
n
n
2
1
) + n
x
x
n
1
x
x
1
n
... ++ n
...
⇔
+
+
≥
e1ln +
)
( e1ln +
..... ..... x x x + + + + Vậy f(x) là hàm lồi trên R. Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: ) f ≥ + n ⎞ ⎟ ⎠
[ ( e1ln +
1 n
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
i
⎛ ⎜ ⎝ ] )
x
ln
i,
1,2,....,
n
=
=
i
b a
1
n
2
2
n
ln
ln
.....
ln
+
+
+
.....
+
+
+
+
b a
b a
b 1 a 1
n
b a
b a
i b a
1
n
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ 1ln ⎝
⎞ +⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ 1ln ⎝
⎞ +⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ 1ln ⎝
2 n
≥
+
2 n
⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ e1ln ⎜⎜ ⎝
b
+
+
( a
)
n
1
)( ab 1
n
n
n
n
≥
+
⇒
.....b .....a
bb 21 aa 21
n
+ 2 aa 21
n
n
n
n
⎞ ⎟ ⎟ ⎠ b.....
b
b
+
⇒
+
+
≥
⎛ ⎜ ln ⎜ ⎝ ( a
bb 21
n
n
2
1
2
) ( b ..... a 2 .....a )( ) ( ab ..... a 1 n Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
+ x
) x
=
n
2
2
1
n
...
ln
ln
ln
=
=
⇔
=
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ a..... aa 21 ... x = b a
n = 1 b a
b a
2
1
n
2
n
...
=
=
b 1 =⇔ a
b a
b a
1
2
n
Chọn ta được:
2.2. Dạng giải tích:
[ ba; ]
b
b
b
1 p
1 p
1 p
p
p
p
. Khi đó: Giả sử p ≥ 1, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn
dx
dx
dx
+
( ) xf
( ) xg
( ) xf
( ) xg
∫
∫
∫
a
a
a
⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ +⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
(1)
p
1p −
( ) xf
1p −
1p −
Chứng minh:
+
+
x ∈
( ) xf = ( ) xf
( ) xg ( ) xf
( ) xf + ( )xg+
( ) xg + ( )xf≤
[ b;a
]
b
b
b
p
1p −
1p −
dx
dx
dx
+
≤
+
+
+
. Do đó: , ∀ Hiển nhiên (1) đúng với p = 1. Giả sử p > 1. Khi đó ( )xg + ( ) xg ≤ ( ) xg
( ) xf
( ) xg
( ) ( ) xf xf
( ) xg
( ) ( ) xf xg
( ) xg
∫
∫
∫
a
a
a
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
(2)
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 17(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
1p −
Gọi q là số mũ liên hợp của p. Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai
gf +
b
b
b
1 q
1 p
p
1p −
) q1p −
dx
dx
dx
+
≤
+
( ) ( ) xf xf
( ) xg
( ) xf
( ) xf
( ) ( xg
∫
∫
∫
a
a
a
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ =⎟ ⎠
b
b
1 q
1 p
p
p
, ta được: hàm số liên tục f và
dx
dx
=
+
( ) xf
( ) xf
( ) xg
∫
∫
a
a
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
(3)
b
b
b
1 q
1 p
p
p
1p −
Tương tự:
dx
dx
dx
+
≤
+
( ) ( ) xf xg
( ) xg
( ) xg
( ) xf
( ) xg
∫
∫
∫
a
a
a
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
(4)
b
b
b
b
1 p
1 p
1 q
p
p
p
p
Từ (2), (3) và (4) suy ra:
dx
dx
dx
dx
+
+
≤
( ) xf
( ) xg
( ) xg
( ) xf
( ) xf
( ) xg
∫
∫
∫
∫
a
a
a
a
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ +⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎛ ⎜ . ⎟ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠
b
p
(5)
dx
0
+
=
( ) xf
( ) xg
∫
a
b
p
(cid:121) Nếu thì bất đẳng thức cần chứng minh đúng.
dx
0
+
>
( ) xf
( ) xg
∫
a
1 −
b
b
b
1 q
1 p
1 p
p
p
p
dx
dx
dx
+
≤
( ) xf
( ) xg
( ) xf
( ) xg
∫
∫
∫
a
a
a
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
b
b
b
1 p
⎞ ⎟ +⎟ ⎠ 1 p
⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 1 p
p
p
p
(cid:121) Nếu , từ (5) suy ra:
dx
dx
dx
+
( ) xf
( ) xg
( ) xf
( ) xg
∫
∫
∫
a
a
a
⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ +⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
Hay
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 18(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
CHƯƠNG III ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI TRONG TOÁN PHỔ THÔNG
Các ứng dụng toán phổ thông của bất đẳng thức Hölder và Minkowski được thể hiện trong chương này một cách khá đặc sắc ở nhiều lĩnh vực toán học: giải tích, giải tích tổ hợp, hình học, hình học giải tích, đại số, lượng giác và số học.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 19(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
§1. ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER --------------------
1.1. Ứng dụng trong giải tích:
1.1.1. Bất đẳng thức tích phân:
]ba;
và
[ ba; ]
b
≥
( )
( ab −
)2
∫
a
b ( ) ∫ dxxg.dxxf a
Bài 1: Giả sử f và g là hai hàm số liên tục, dương trên đoạn [ . Chứng minh rằng: ≥ f(x)g(x) 1 với mọi x ∈
Chứng minh:
ba;
f và g là những hàm số liên tục và dương trên đoạn [
. Vì f(x)g(x)
] . Áp dụng hệ quả của
( ) ( ) 1 xgxf
≥ với mọi x ∈ [
]
[ ba; bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số
]ba; f và g , ta được:
2
2
b
b
b
b
b
2
2
2
nên ≥ 1 với mọi x ∈
( )
( ) ( ) dxxgxf
( ) xg
( ) xf
) .ab ( −
)
)
(
(
∫
∫
∫
∫
a
a
a
a
a
b ( ) ∫ dxxg.dxxf a
dx dx dx = ≥ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ =⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ và f(0) - f(1) = 1.
∫ Bài 2: Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [
⎞ ⎟ ≥⎟ ⎠ ] 0;1
1
2
dx
1
≥
[ ] ( ) xf'
∫
0
Chứng minh rằng:
Chứng minh:
1
=
( ) dxxf'
( ) 0f1f −
( ) 1 =
∫
0
Theo định lý Newton – Leibniz:
] 0;1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số f’(x) và g(x) = , ta được: = 1, x ∈ [
2 dx1
[ f'
] (x)
[ f'
] (x)
∫
∫
∫
∫
∫
0
0
0
0
0
1
2
1= f' (x)dx f' (x).1dx dx dx ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ =⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ =⎟ ⎠
dx
1.
≥
] [ ( ) xf'
∫
0
x
2t
x
x
t
x
−
Vậy
( e
∫
0
dt e e e 1 <− + − < − 1 2 Bài 3: Chứng minh rằng ∀ x > 0, ta có: ⎛ ) e1 ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
x
x
t
2t
t
t
2t-
1 2
Chứng minh:
e
dt
e
e
dt
e
+ − e
=
+
∫
∫
0
0
(1) Ta có:
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 20(cid:34)
2
x
x
x
t
2t
t
2t
−
−
1 2
e
e
e
dt
t dte
e
+
+
( e
)dt
∫
∫
∫
0
0
0
⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
2
x
x
x
2x
x
x
2t
t
−
−
Do đó từ (1), suy ra:
( e
( e
∫
0
2t
t
e e dt e (2) + − − − 1 −− 2 1 2 1 2 ⎛ ) e1 ⎜ ⎝ ⎞ <⎟ ⎠ ⎛ ) e1 ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝
e
−+ e
x
x
2t
t
1
Mặt khác ⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠ > , te ∀ 0 < t < x, nên:
ex −
e
dt
tdte
−+ e
∫
∫
0
0
> = (3)
x
x
x
2t
t
Từ (2) và (3), suy ra:
ex −
e
dt
−
−
−+ e
( e
∫
1 2
⎛ ) e1 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0
< 1 <
b
Bài 4: Cho f(x) là hàm số liên tục cùng với đạo hàm của nó trên đoạn
≤
( )xfmax
( ) ) ( 2 dx xf'
[ ba; ]
( ) ∫− ab
bxa ≤≤
a
và f(a) = 0. Đặt M = . Chứng minh: M2 .
=
]ba;
( xf
)
( )xfmax
0
bxa ≤≤
2
sao cho: . Áp dụng hệ quả bất Chứng minh: Gọi x0 là điểm thuộc [
x
x
x
0
0
0
0
2
2
dx
dx
a
dx
≤
=
−
( ) dxxf'
( ) ) ( xf'
( x
)
( ) ( ) xf'
0
∫
∫
∫
∫
a
a
a
a
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
0x
0x
2
đẳng thức Hölder với hai hàm f’(x) và g(x) = 1, ta được: x
0)
( ) ( xf'
) dx
( )dxxf'
0
)0xf
∫
∫
a
a
b
b
2
2
2
= f(x x a , từ đó: Do ≤ − ⇒ (
Mab.dx
≤
≤⇒−
( ) ) ( xf'
( ab −
( ( ) xf'
) dx
∫
) ∫
a
a
M
[0;1]
Bài 5: Cho hai hàm số liên tục f(x) và g(x) xác định trên và nhận giá
]0;1
2
1
1
1
( ) ( ) dxxgxf
( ) dxxf
( )dxxg
∫
∫
∫
0
0
0
. Chứng minh: trị cũng trên đoạn [
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠
Chứng minh:
2
1
1
1
2
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder , ta được:
( ) ( ) dxxgxf
( ) 2 dxxf
( )dxxg
∫
∫
(1)
1;0
nên:
≤ ( )xf
0 01, ≤∀≤ ( ) xg2
0 1x ≤ ( ) 1x0,xg ≤≤∀
Vì ⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠ ( ) xg và . ≤ ≤ ⎛ ⎜ ∫ ⎜ ⎝ 0 ( ) xf0 ≤ ≤ ( ) xf 2
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 21(cid:34)
1
1
1
1
2
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
0
dx,0
≤
≤
≤
≤
( ) 2 dxxf
( ) xf
( ) dxxg
( )dx, xg
∫
∫
∫
∫
0
0
0
0
1
1
1
1
2
do đó: Suy ra
≤
( ) 2 xf
( ) dxxg
( ) xf
( )dxxg
∫
∫
∫ dx.
∫ dx.
0
0
0
0
2
1
1
1
(2)
( ) ( ) dxxgxf
( )dxxg
( ) dxxf
∫
∫
∫
0
0
0
Từ (1) và (2) suy ra: ⎛ ⎜ ⎜ ⎝
]0;1 và
⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠ Bài 6: Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên [
x ∈∀
( ) 1 ≤ , xf
] [0;1
2
1
1
2
. Chứng minh:
∫
∫
0
0
(x) dx 1 f(x)dx f1 − ≤ − ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠
Chứng minh:
(x)
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số h(x) =
2− f1
]0;1 , ta được: [
2
1
1
1
1
2
= và G(x) 1 trên ≡
dx
≤
( ) 2 dxxf
∫
∫
( ) ( ) 2 ∫ − xf1 dx
∫−= 1
0
0
0
0
1
1
−
≤
−
( ) 2 dxxf1
( ) 2 dxxf
∫
∫
0
0
f-1 (x) dx ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 Suy ra (1)
2
Lại áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai hàm F(x) = f(x) và
1
1
1
1
1
, ta được: 2
1
( ) dxxf
( ) 2 dxxf
( ) 2 dxxf
∫
∫
∫
∫
∫−
0
0
0
0
0
]0;1 G(x) ≡ 1 trên [ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝
2
1
1
2
dx , do đó: 1 - (2) ≥ ⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ f(x)dx⎟ ⎠
∫
∫
0
0
(x) dx 1 f(x)dx Từ (1) và (2), suy ra f1 − ≤ − ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠
1.1.2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:
a x
Bài 1: Cho 2 số dương a, b thoả mãn : + = 1 với x, y > 0. Tìm x, y b y
để: S = x + y nhỏ nhất (tính theo a, b).
Giải
x
y
+
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
2 ≤
b y
a x
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
=
a x
( a + b )2 = (x +y) = S + a x b y ⎛ ⎜⎜ ⎝ ⎞ ⎟⎟ ⎠
x
a
b
y + =
+
b y (
)2
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
Dấu “=” xảy ra ⇔
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 22(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
x y
a(a a(b
)b )b
= =
+ +
⎧ ⎨ ⎩
⇔
.
x y
a(a a(b
)b )b
= =
+ +
⎧ ⎨ ⎩
4
2
cx
0 1
Vậy: Min(S) = ( a + b )2, khi:
3 bx ax x +
+
+
=+
(1)
2 + b2 + c2 ≥
. có nghiệm thì a Bài 2: Chứng minh rằng nếu phương trình: 4 3
Giải:
x ≠⇒
)o
4
2
3
Gọi x là nghiệm của (1), ta có:
)
2
cx + + = x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 ( ( x1 ax +−⇒
24
3
2
2
2
6
4
( x1 +
)
( ax
)
( a
)( x
)2
2
2
bx Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta được: 2 cx b c x x bx = ≤ + + + +
c
b
2 a +⇒
6
2
x
x 24
(2) + ) 24 +
≥
2
6
x
x
+ ( x1 + 4 x +
≥ ) +
8
4
6
4
(3) Mặt khác: + ( x1 + 4 x + 4 3
)2
2
) x + 6 x2 + 4
( x4 ≥ 4 x4 − 2
Thật vậy: (3)
( x213 +⇔ 8 x4 x3 −⇔ ) ( ( 2 2 x x3.1 −⇔
2
2 a
2 b
c
x2 (đúng) + +
+
+
≥
Từ (2) và (3), suy ra: . Dấu “=” xảy ra x x + + 03 ≥+ ) 0 3 ≥ 4 3
( ) 1x =
−===
( x
) 1
cb ==−= −= 2 3 2 3 ⎧ cba ⎪⎪ ⇔ ⎨ ⎪ a ⎪ ⎩
yz
zx
=
+
+
=
( { ) xy: zy,x,
}4
. Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x, y, z, t) = x4 + y4 + z4 xét trên miền D
Giải:
2
2
22
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số: x, y, z và y, z, x ta được:
( xy
)2
)
4
4
4
2
2
y z yz zx = 16 (1) + ≥ + +
( x + Mặt khác, ta có: ( x3
)
( x
)22
,
z,y,xf
≥
∈
y z y (Hệ quả bất đẳng thức Hölder) (2) + + ≥ +
)
( ) Dz,y,x ∀
f
,
,
,
,
D
. Từ (1) và (2) suy ra: ( z + 16 3
16 3
2 3
2 3
2 3
2 3
2 3
2 3
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ =⎟ ⎠
⎞ ∈⎟ ⎠
, và do , nên: Mặt khác
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 23(cid:34)
=
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
( zy,x,
)
fmin ) x, y,z D ∈
(
16 3
2
2
2
.
zx
xy
yz
z
x
y +++=
+
+
) x:z,y,x
)
{ (
}27
, xét trên D y z = + + ≤ Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: ( z,y,xf
Giải:
2
2
+
≥
2 ≤
)
81
Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder cho 2 dãy số a1 = x, a2 = y, a3 = z
(1)
2
2
2
2
3 2
2
2 +
)2
)( y yz
z + zx +
z + xy +
+ ≤
( x Từ đó, suy ra:
zx
và b1 = b2 = b3 = 1 ta được: ( ) ( )2 2 zyx y z x3 + ++ ( ( ) Dz,y,x zyx ++ , ta có: Vậy: ∀ ∈ ( ) Dz,y,x 9zyx ≤++ Hay: ∀ ∈ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3. Lại áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số a1 = x, a2 = y,
(2)
y z . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = x ==⇔=
z,y,xf
. a3 = z và b1 = y, b = z, b = x ta được: ) ( yz xy x y ≥ + + ) Dz,y,x ( 27 , ∀ ∈ x y z y z x ) 36 ≤
fmax ) ( x, y,z D ∈
khi x = y = z = 3. Từ (1) và (2) suy ra ( ) 36 ( Vậy zy,x, =
3
3
3
3
=
+
+
+
)
( t,z,y,xf
y
y
t
Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
z zt
tx
t z x x y x ++ ++ xy;ot,z,y,x: yz ≥ + +
+
=
x tz ++ { Xét trên miền D = (
y tz ++ ) t,z,y,x
}1
.
Giải:
,
x 3 tzy ++
3
3
3
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số
,
,
++
t ++
x ++
( yx
)tz
( tz
)y
( zy
)x
z
x
y
x
z x ++
t y ++
y tz ++ ( xt
t )z
y ++
và , , ,
z
t
x
z
t ++
+
x ++
y ++
+
) +++
( zy
)
( tz
( xt
)
2
2
2
, , ta được: [ ( ( ) f yxtz,y,x,
2
2
2
2
2
2
2
2
y z + +
y ( x ( x ≥
] ≥ ) )22 t + )22 t +
( x
[ ( )( xtz,y,x,
2
2
2
y t y z Hay f + + + + − ≥ ] )
⇒
≥
( t,z,y,xf
)
2
2
y
x
z 2 x
t y
z
t
) tzy +++ ( x + tz +++
+ +
+
(
y ) 2
+ ( −
)2
(1) z + ) 22 +
2
)
(
2
2
2
2
y
z
t
+
+
+
≥
2
2
2
2
2
2
2
tzyx +++ 4 2 z
y
t
z
y
t
Mặt khác:
tzyx +++⇒
−
+
+
+
+
+
+
≤
)
( x (
) ( x
)
(2) (Hệ quả bất đẳng thức Hölder) )2 ( x3
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 24(cid:34)
2
2
2 z
y
t
≥
+
+
+
( t,z,y,xf
)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
1 3
)2 Lại áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder một lần nữa cho hai dãy x,
2
2
2
22
Từ (1) và (2) suy ra: ( x
)2
2
2
) ( ≥ ) 1 ≥
∈
z t xy yz zt tx (3) + + + + + y 2 + t y z (4) + y, z, t và y, z, t, x ta được: ( x ( 2 x +⇒
)
( ∀
) Dt,z,y,x
,
,
,
,
,
,
D
=
( t,z,y,x,f
( tz,y,x,
)
fmin ) x, y,z,t D ∈
(
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
⎛ f ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ =⎟ ⎠
⎞ ∈⎟ ⎠
2
và , nên: . Do + Từ (3) và (4) suy ra: 1 ≥ , 3 1 3
1 3 ) 1 ≥
(
x
2 y +
3
10
+
y2x +
≤
Bài 6: Giả sử x, y là các số thực thoả điều kiện: log x y +
2
Chứng minh rằng .
2
2
2
2
1
yx
x
y
yx +
≥+⇒≥
+
Giải:
)
log x
y
+
y
−
Có 2 trường hợp sau: (cid:99) Nếu x2 + y2 > 1. Khi đó từ: (
1 2
1 2
1 2
⎛ x −⇒ ⎜ ⎝
2 ⎞ +⎟ ⎠
2 ⎞ ≤⎟ ⎠
(1)
⎛ ⎜ ⎝ ⎛ ⎜ ⎝
(2) x Ta có: y2x + = − − 1 2 1 2 3 2 ⎞ +⎟ ⎠ ⎛ y2 ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎤ +⎥ ⎦ ⎡ ⎢ ⎣
y − và 1;
1 x − ; 2
1 2
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho 2 dãy
2
2
2
2, ta được:
)
( 2 1
2 ⎞ +⎟ ⎠
2
2
x y x y 2 − − + ≥ − − 1 2 1 2 1 2 1 2 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎞ +⎟ ⎠ ⎛ 2 ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎤ ⎥ ⎦ ⎡ ⎛ ⎜ ⎢ ⎝ ⎣ ⎡ ⎛ ⎜ ⎢ ⎝ ⎢ ⎣
3
10
+
y2x
+≥
y2x +
≤
−
Hay từ (2) ta có: x 2y (3) y − − ≥ + − 3 2 1 2 1 2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ 2 ⎞ +⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎡ ⎛ x5 ⎜ ⎢ ⎝ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎦
10 2
2
=
(4) hay Từ (1), (3) suy ra:
⇔
2
2
3 2 1 x − 2 1 1 x − 2
1 = 2
⎛ ⎜ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟⎟ ⎠
1 y − 2 2 1 y ⎛ + − ⎜ ⎜⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎟⎟ ⎠
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Dấu bằng trong (4) xảy ra
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 25(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
10 5 x =
2
2
2
2
yx
x
y
≤+⇒≥
+
)
(
log x
y
+
⇔ 10 y = + 10 25 + 10 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
1
y <⇒
3
10
+
2
2
x
y
≤
+
211y <=+<+
(cid:100) Nếu 0 < x2 + y2 < 1: 1 yx + Do 0 < x2 + y2 < 1 , nên:
2
3
10
+
y2x +
≤
y,x∀
x + 2y = x + y + y
2
,y =
x =
Tóm lại thoả mãn điều kiện đầu bài, ta luôn có: .
5 + 10 10
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 5 + 2 10 10
2
2
2
2
1.2. Ứng dụng trong hình học:
, ở đây p là nửa chu vi tam giác. p b a c + + + ≥ abc p 36 35 Bài 1: Chứng minh rằng trong mọi tam giác, ta có: ⎞ ⎟⎟ ⎠ ⎛ ⎜⎜ ⎝
Giải:
2
2
2
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 ⎞ +⎟ ⎠
2
2
2 b
c
≥
⇔
+
+
+
a b c + + ≥ cba ++ 2 2 abc cba ++ ⎛ ⎜ ⎝ ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎦
( cba9 ++
)
( 2 a35
72 abc cba ++
2
2 b
(1) 36 35 )
+
)2
( cba9 ++
( 2 a27
2
3 abc
(2)
c 2
3cba ≥++
+ b
2
2 b
c
⇒
+
+
≥
Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: ) c + ≥ Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: ≥ c ⇒ + và ) 72abc ≥
2 2 b a + ( 2 a8 + ( 2 a8
)
222 3 cba3 )( 2 cba ++ 72 abc cba ++ Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng.
2
2
2
(3)
2 ⎞ +⎟ ⎠
. Do đó a b c + + ≥ cba ++ 2 36 35 2 abc cba ++ ⎛ ⎜ ⎝ ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ Dấu bằng có khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.
2
2
2
Bài 2: Cho a, b, c là 3 cạnh của ∆ABC, S là diện tích.
Nếu p, q, r > 0 thì: a. b. c. S32 . + + ≥ p rq + q pr + r qp +
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 26(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
Giải:
2
a
b
c
2
rq
pr
=
++
++
qp +
≤
( cba ++
)
pr +
qp +
rq +
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
2
2
≤
+
+
a rq +
b pr +
c qp +
⎛ ⎜⎜ 2 ⎝
⎞ ( )rqp ++⎟⎟ ⎠
2
2
2
2
2
2
2
Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
( cba ++
)
( a2
)
2
2
2
2
2
2
b c c b a ⇔ + + + + ≥ p rq + q pr + r qp +
( cba ++
( a2
)
]2 )
2
2
2
2
b
c
S32
+
+
+
≥
b c c b a + + + ⇒ + + ≥ ⎞ +⎟⎟ ⎠ [ 1 − 2 ⎛ 2 ⎜⎜ ⎝ p rq + r qp +
( cba ++
)
( a2
)
]
2
2
2
2
2
2
(1) Ta chứng minh: q pr + [ 1 − 2
3S4
[ ] b + −+
[ ( ) a cb −⇔ − )( ( cbacba +−⇔
− )
4S
3
Thật vậy: (1)
≥
[ ] ( ) ( ) ac c ba − − + − )( ( cba cba + −+ ++− ( )( cba + +− ++−
] ≥ ) + ) cba
0cba
(2)
x >++−= 0cbay >+−= 0cbaz >−+=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ (2)
zx
xy
3S4
yz
zx
xyz.3
yz +⇔
+
≥
xy +⇔
+
≥
y ++
( x
)z
S
.
.
.
)zyx(xyz
=
++
=
=
−
−
Đặt:
)
)(
)(
( cpbpapp −
x 2
y 2
z 2
1 4
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
yz
≥
2
0
(Vì
+
≥
+ ) 2
) zx ( yz y
zyx ++ 2 )zyx ( xyz3 ++ ( ) 2 xy yz zx zx − + − z cba ==⇔==⇔ .
x (1) đúng.
( xy +⇔ ( xy −⇔ Dấu “=” xảy ra ⇒
2
2
2
(đúng) )
a c 3S2 b ≥ + + ⇒ p rq + r qp +
∆
2
2
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ q pr + cba == ⎧ ⎨ rqp == ⎩
) 0≥
)
(
(
Bài 3: Cho ABC có a, b, c là độ dài các cạnh. Chứng minh rằng: ( ) a b a - b + b c b - c + c a c - a
Giải:
Dựng đường tròn nội tiếp ∆ABC.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 27(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
Đặt
AM = x ⎧ ⎪ BM = y ⎨ ⎪ CN = z ⎩ a = y + z ⎧ ⎪ b = z + x ⎨ ⎪ c = x + y ⎩
2
2
x + y z - y + x + y
y + z
Khi đó
)( x + y z + x y - x + z + x
) (
)(
)(
(
)
(
) 0≥
3
3
3 y z + z x + x y
) ( ⇔
≥
) ) xyz x + y + z
(
2
2
2
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 2 )( ) ( ( y + z x - z
+
+
x + y + z
≥
⇔
y x
z y
2
2
2
2
x + y + z =
. y +
. x +
+
+
x + y + z
)
(
(
)
y x
z y
x z
z y
y x
x z
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
x z Theo hệ quả bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ . z £ ⎟ ⎟ ⎠
2
2
2
+
+
x + y + z
≥
⇒
y x
z y
2
2
2
(*)
x z ⇒ (*) đúng. ( a b a - b + b c b - c + c a c - a
)
(
(
)
) 0≥
. Vậy:
+
+
+
≥
S r
S BCD PA 1
S CDA PB 1
S DAB PC 1
S ABC PD 1
Bài 4: Cho tứ diện ABCD. P là điểm tuỳ ý trong tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1 là hình chiếu của P lên các mặt BCD, ACD, ABD và ABC. Gọi S và r tương ứng là diện tích toàn phần và bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh:
Giải:
a;
=
=
a 1
2
S BCD PA
1
S CDA PB 1
a;
a
=
=
3
4
S DAB PC 1
S ABC PD 1
Đặt:
BCD
1
= = b 1 b;PA.S 2 PB.S CDA 1
DBA
1
4
2
b;PC.S = = b 3 PD.S ABC 1
S
+
+
(
)
.PB S .PC S .PD 1
CDA
ABC
DAB
1
1
1
. (1)
1
.P
CDA
1
.P
DAB
BCD V3
BCD.P 1 CDA nên từ (1) có
ABC.P
1
ABC
V
V
V
2 S
+
+
+
≥
Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: S≥ T. S .PA + BCD (T là vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh) Do S, PA. PB. V3 V3 V3 , = = = PC.S, DAB S PD. S =
( VT3
)
BCD.P
ACD.P
ABD.P
ABC.P
hay , trong đó V là thể tích ≥T S2 V3 của tứ diện ABCD.
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 28(cid:34)
3V
Sr
T ⇒≥⇒=
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
S r
2
4
=
=
Mặt khác ta có: đ.p.c.m
a 3 b 3
4
. Dấu “=” có
a 1 =⇔ b 1 S
a b S
a b 2 =
BCD
ACD
ABD
ABC
2
2
b
c
S S ⇔ = =
+
+
+
≤
+
) ( DMA,d
( a2
)2
) ( DMC,d Ở đây ta dùng ký hiệu d(A, ∆) là khoảng cách từ A tới đường thẳng ∆.
S = Bài 5: Cho tứ diện ABCD, trong đó góc tam diện đỉnh D là tam diện vuông. Giả sử DA = a, BD = b, DC = c. Cho M là một điểm nằm trên một cạnh của ∆ABC. Chứng minh rằng: ) ( DMB,d
Giải:
. φBDˆM = Không giảm tính tổng quát, ta giả sử M nằm trên AB. Đặt Kẻ AM1 ⊥ DM, BM2 ⊥ DM, khi đó d(A,DM) = AM1, d(B,DM) = BM2 và d(C,DM) = c.
1 = acosϕ, BM2 =
nên AM Ta có ϕ = (cid:0) 1DAM
2
= bsinϕ.
a
a
φsinbφcos +
≤
(1) Vậy: S = c + acosϕ + bsinϕ. Theo hệ quả bất đẳng thức Hölder, ta có:
2 b + a cos
tgD
BAˆ
=
tg =ϕ⇔
Dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔ = b sin ϕ ϕ
cS
b a (cid:0)⇔ φ = DAB DM⇔ ⊥ AB 2 b 2 a +
+≤
(do ABD là tam giác vuông)
2
2
2
2
c + a + b
2 a + b + c (2)
≤
Vậy ta có . Lại áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: 2
c
=
2 b 2 a +
2
2
b
c
+
+
≤
+
+
.
) ( DMA,d
)2
Dấu “=”trong (2) xảy ra D ⇔ Từ (1) và (2) suy ra: ) ( DMB,d
) ( DMC,d c
=
( a2 2 b 2 a +
Dấu bằng xảy ra AB và . DM⇔
2
2
1.3. Ứng dụng trong lượng giác:
Bài 1: Chứng minh rằng: 3sin 10sinxcosx 11cos x 301
R∈
3 2x −
+ + x0, ∀<
2
2
Giải:
x
Ta có:VT = +
+
x
2
3 301
2sin5
.11
.3
+
+
−
3 2x − cos 2 2
301 x 11cos 1 10sinxcosx 2 3sin 1 − = x + cos 2
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 29(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
3 301
2
41
16
+
=
≤
= 27 5sin2x 4cos2x + −+
( 4cos2x 4cos2x
⇒
+ Do đó, ta có: VT
25 + , x∀ R∈ 41 3 27 301 0
, x∀ R∈
5sin2x 41 ≤
, x∀ R∈ (đpcm) Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: ) 5sin2x ≤ −+ <
4
4
4
( yx,
)
2
2
2
2
Bài 2: Cho a, b, c, d > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 4 f = + asin csin x x bcos dcos y y acos ccos x x bsin dsin y y + + + +
4
Gi ải:
2
2
2
2
2
4
2
2
Với ; + f1 = csin y ccos x dsin y Đặt f(x,y) = af1 + bf2 4 sin x cosdx + 4 cos 2 x + 4 + f2 = y csin ccos y dsin y cos x 2 cosdx + sin 2 x +
+
)
[ . (
2
2
2
x dsin
ccos
csin
y
y
cos 2 x +
sin x +
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
sin
x
2
2
2
2
.
csin
x
dcos
y
x
dsin
y
+
+
≥
+
+
( ccos
)]
2
2
csin
x
dcos
y
+
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
2
2
2
cos
x
2
2
2
2
csin x dcos y + + f1(c+d) = Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: 4 x dcos
.
x
dsin
y
+
=
( sin
)
( ccos
)
2
2
ccos
x
dsin
y
+
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
+ x cos x 1 + =
f1 ≥⇒
1 dc +
2
2
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
2
2
2
2
2
2
2
( sinc
)
2
2
= = x dcos y csin x dsin ccos sin x + cos 2 x + y 2 = = 1 dc + x sin 2 cos y sin y + + x + ) x + cos x ( d cos
sin
x
cos
y
=
⇔
=
2
1 dc +
dc +
1 cos 2 sin
⇔
2 cos
2 = x
≥
y x 1 dc +
+
=
sin y . Đẳng thức xảy ra ⇔ Tương tự f2
ba + dc +
a dc +
b dc +
. Vậy f(x,y) = af1 + bf2 ≥
2 cos
2 = x
ba + dc +
2
2
khi sin . y Do đó minf =
2 sin b
3 b
3 a
y x (1) ≤ + Bài 3: Cho a, b, c > 0 và asinx + bcosy = c. Chứng minh: 1 −+ b cos a 1 a c +
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 30(cid:34)
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
2
Giải:
2 cos b
3 a
3 b
2
2
2 sin a 2 x
x 1 y 1 − − (1) + ≤ ⇔ 1 a 1 −+ b c +
3
3
a;
=
=
a 1
2
bb
y (2) ⇔ ≥ + sin a cos b b c + y Đặt
=
=
xsin a b;aa 2
b 1
2
2
y
x
3
3
b
cos
y
+
≥
+
+
( bxsina
)2
)
cos b
sin a
⎛ ⎜⎜ ⎝
a cos b
y
⇔=⇔
=
Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎞ ( ⎟⎟ a ⎠
cos 2 b
=
⇔
Dấu “=” xảy ra
a a 2 1 b b 1 2 sinx a 2 asinx
c
=
2 ca 3 3 a b +
2 cb 3 3 a b +
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
xsin cos y ; ⇔ = = Do a3 + b3 > 0 và asinx + bcosy = c ⇒ (2) đúng. Do đó (1) đúng. xsin 2 a cosy b 2 bcosy +
x
cos
x2
( tg1 −
)
k
1
x ≠∀
+
,π k
Bài 4: Chứng minh rằng: 2 , với
Z∈
≤
π 2
tgx2x2sin + 2 tg
1
x
+
2
2
2
2
2
2
Giải:
) tgx2x2sinx
[ ( tg1 −
]
]x2
cos x2 tg4 sin x2 cos ≤ + + +
][
2xtg
k
x ≠∀
+
,π k
,
Z∈
Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder ta có: ) 2 x )2
[ ( tg1 − ( 1+≤
2
2
cos
x2
+
−
)
]
⇒
≤
1 ,
k
x ≠∀
+
,π k
x π 2
Z∈
2
2
π 2
+
)
2
x
cos
x2
( tg1 −
)
k
1
x ≠∀
+
,π k
,
Z∈
⇒
≤
π 2
[ ( tgx2x2sinxtg1 ( xtg1 tgx2x2sin + 2 tg
1
x
+
2
2
sin
cos
2
+
+
+
=
3 4
x 2
1 4
x 2
Bài 5: Giải phương trình:
Giải:
2
2
2
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
2 sin
2 sin
= 4. cos cos + + + + + + x 2 1 4 x 2 3 4 x 2 1 4 x 2 3 4 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ 2. ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ≤⎟ ⎠ 2 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ VT ≤⇒ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
(cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 31(cid:34)
2
2 sin
cos
1
+
=
+
=
3 4
x 2
x 2
sin
sin 2
=
±=
(cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34)
⇔
⇔
k π+
x ±=⇔ 2
π 6
cos
cos
1 2 ±=
1 4 3 = 4
x 2 x 2 2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
x 2 x 2
3 2
1 4 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
x
2k
±=
+
π
,(k∈Z)
π 3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (k∈Z).
xsin
sin
2
2
−
(1) Bài 6: Giải phương trình: 2 = x +
Giải:
2 sin
x,1x
2
2 sin
−
−⇒∀≥
1x ≥
2
xsin
2
sin
x
x,0xsin
⇒
+
−
1 +≥
Ta có: 2
R∈∀≥
2
2
2
sinx
sin
sin
sin
2
2
x
x
x
+
−
−
+
≤
) 4 =
)
(
(
⎛ ⎜ ⎝
xsin
2
sin
⇒
+
−
) 2 ≤ 2x
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: 2 2 ⎞ ( 11 +⎟ ⎠
2
=
sinx 1
2 - sin x 1 sinx=1 2-sin x=1 2
x
k,2k
⇔
+
∈π
Dấu "=" xảy ra, nghĩa là (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
Z
{⇒ {
1xsin =⇔= sin2 1x =
π 2
x
k,2k
=
+
∈π
π 2
Z. Vậy nghiệm của phương trình (1) là
1.4. Ứng dụng trong số học:
n
n
1 q
1 p
a
a
q k
p k
∑
∑
1 n
1 n
1k =
1k =
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
⎞ <⎟⎟ ⎠
Bài 1: Cho dãy số dương a1, a2, …., an; 0 < p < q là 2 số hữu tỉ. Chứng minh rằng:
Giải:
Đặt 1 với 'q; 'p ; p', q' cũng là số hữu tỉ > 0 (do 0 }kb xác định , { }k'a
{
Ta được bất đẳng thức: p
k k n n n n n q
p
là hai số hữu tỉ). Áp dụng bất đẳng thức Hölder với hai dãy
như sau: 1b;a ,...., a' , = ≡ q pq
−
q q
p p
pq
− b 'a 'a p
q
n. > > ⇒ k p
a
k k a
k k ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 1k
= 1k
= 1k
= 1k
= 1k
= ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
⎟⎟
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
⎟⎟
⎠ ⎞
⎟⎟
⎠ n
.
pq
−
q 2,1k =∀
p
q (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 32(cid:34) n n − 1
p q 1
p 1
q 1
q
n. > (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) a
k p
a
k ∑ ∑ 1k
= 1k
= ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
⎟⎟
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
⎟⎟
⎠ n n 1
p 1
q a a Luỹ thừa bậc cả hai vế, ta được: 1
p p
k q
k ∑ ∑ 1
n 1
n 1k
= 1k
= ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
>⎟⎟
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
⎟⎟
⎠ Hay (đpcm) x x
+
1
...... +
2
x x
=
n
2
Ca + + +
≤ x,x
1
xx
i j ,.....,
x
2
xx
=
21 0
≥
n
xx
+
31 .....
x
n1n na
2
n − và . Chứng minh rằng: nj i1
≤≤≤ Bài 2: Cho
∑ (Bất đẳng thức Maclaurin) Giải: x ..... x na + + + = 2 2 2 2 Ta có: n
...... ..... x x x ⇒ + + + − = + + + ) x
1
(
xx2
21 x
n1n xx
31 n 2 1 − (
x )2 2
an
Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder với hai dãy x1, x2,…, xn và 1,1,…,1 (1) 2 2 2 x x ..... x x ..... ta được: + + + + 2 n )2 2 +
2 2 )
n
x (
xn
1
na 2
x + ≥ + n 2 ≤
) n 2 2Ca= 22
an na a ≤ 2
⇔− ≤ 2
n xx
i j xx
i j (
x
+
1
(
2
.....
x
+⇒
1
Từ (1) và (2) suy ra:
n
∑
2 ∑ (
)
1nn
−
2 j (2) i
<
Dấu bằng xảy ra j
i
<
..... x x = = x
=⇔
1 2 n . x ,...., n 2 1 =
= 2 số như sau: 3 cosα x sinα = 2
.......... 3
........ 2 Bài 3: Cho n
x,x
1
x
sin
α
1
x
cosα
sinα
1
2
cosα
1
.......... cos n 1 2 2n
− 1n
− x x ...... x + + + ≥ x
x ..........
− =
1n
= cosα
α cosα
1
cos
α .....cosα
2n
−
.....
cos
α 4
1 4
2 4
2 Chứng minh rằng: . sinα
1n
−
cos
α
1
n 2 2 2 2 2 Giải: (
cos 2
n )1n 2
1n
− 1n
− − 2 Ta có: x x sin + α + α 2 2 2 2 2 2 x x x cos α ...cos α α sin α + + = + cos
cos α
α α .....
α
2
.....cos cos
2
α =
= cos
1
2
cos
1 2
n 2
1-n 2
2-n α
cos
1 2 )2n 3n
− 2n
− − 2 2 2 cos = α 2 α
2n
−
2n
−
(
cos −α
. 3n
.....
x
+ .....
cos
2
2-n α
2
1-n 2
1 x x = + + + cos
1
2
Lý luận tương tự, ta có:
x
1
n
Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder cho 2 dãy x1 (1)
2 và 1, 1, 2, x2 2, ..., xn …, 1 ta được: (
xn ) (
x )22 4
1 4
2 4
2 2
1 2
2 n x ...... x x ..... x (2) + + + ≥ + + + (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 33(cid:34) x x ...... x + + + ≥ (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 4
1 4
2 4
2 1
n Từ (1) và (2) suy ra (đpcm). Bài 4: Cho 100 số thực bất kỳ a1, a2, ….., a100 có tổng bình phương bằng 100. Chứng minh rằng tổng của chúng không vượt quá 100. Giải: 2 a a 2
1 + + ... a
+ ≤ + + + = ... a
+ ( ) a
1 2 100 2
a
1 2
2 2
100 ( 2
2
... 1
1
+
+
1442443
100 ⎞
⎟
⎠ ) ⎛
⎜
⎝
100.100 Ta có: = = 100
(Hệ quả của bất đẳng thức Hölder) 100 2 2 2
+
1
Dấu “=” xảy ra 100
a Vậy .....
+
..... a
+
a 100
≤
100 a
a
+⇒
1
a
a
+ ≤ 1 2 100 2 ..... a 1 . +
a
=⇔ = = = Bài 5: Ch ứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta đều có:
2n 1n 1 2 3 ... n + + + + < ++
4 Giải: ,...,2,1 Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder cho hai bộ n số (1, 1, …, 1) và ( 2 2 )n
1 2 3 n 2
1 2
1 2
1 2 n + + ...
++ ≤ + ...
++ + ( )
1 21n ... n n ≤ ++ n
=+ = )
(
...
++
)
(
1nn
+
2 )2
(
1n
+
2 ≠ , ta có: 1
1 2
1 Vì nên không thể có đẳng thức với n > 1. Vậy với n nguyên > 1, ta có: 1 2 3 ... + + + + nn
< 1n
+
2 (1) 2 n + 2 2n 1n 1n
+
2 Mặt khác: n = ≤ 2 ++
4 1n
+
2 2 (2) 2 2 .... 3 2n 1n 1 2 3 ... n . Từ (1) và (2) suy ra: + + + + < ++
4 + + + = 2
a
1 a
2 a
n a,a
1 ,....,
2 n ..... 2 + + < + Bài 6: Cho là các số thực thoả: . a
a
1
2 a
2
3 a
n
1n
+ Chứng minh rằng: Giải: (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 34(cid:34) ,....., , (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) a a,a
1 ,....,
2 n 1
3 1
2 1
1n
+ Xét hai dãy số và . 2 1 2 2 + + + ≤ + + + + + ..... a +
.... a ..... 2
a
1 2 n 2 ( ) a
1
2 a
2
3 1
2
2 1
2
3 ⎛
⎜
⎝ a
⎞
n
⎟
+
n 1
⎠ ( )
+
n 1 ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ 1 ..... ..... + + + + + + Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có: 2 a
1
2 a
2
3 a
n
1n
+ 1
2
2 1
2
3 ⎛
⎜
⎝ 2
⎞
≤⎟
⎠ (
1n
+ ⎛
⎜
3
⎜
⎝ ⎞
⎟
) ⎟
⎠ 1 1 1 (1) Hay 1k >∀ − = < 2 1
2
k k k k − + − 1
4 1
2 1 1 ....... ..... + < + − + + − + + − 2 1
2
Cộng từng vế bất đẳng thức (2) từ k = 2 đến k = n + 1, ta được:
1
5,1 1
5,2 1
5,3 1
5,2 1
2
3 1
2
2 1
(
)
1n
+ n n + + 1
2 3
2 1 ..... + + < − < = , ta có: (2) 2 1
+⇒
2
2 1
2
3 1
5,1 1
5,1 2
3 1
(
)
1n
+ n + 3
2 ..... 2 + + < + (3) 2 3. ..... + + + = a
1
2 a
2
3 a
n
1n
+ 2
3 a
2
3 a
n
1n
+ ⎛
⎜
⎝ 2
⎞
<⎟
⎠ hay Từ (1), (3) suy ra:
a
1
2 1.5. Ứng dụng trong đại số: 2 2 32 x x + + 1 2 3 3 ≤ 3 3 23 x x + + 1 2 3 (
x
(
x )
) Bài 1: Cho các số thực dương x1, x2, x3. Chứng minh rằng: 2, Giải: 3
2 Áp dụng bất đẳng thức Hölder với p = 3, q = ; a1 = a2 = a3 = 1; b1 = x1 2, b3 = x3 2 3 3 3 2 2 2 x x x x + + + + 2 3 3 2 1 1 2 2 3 3 x x x x + + + + 2 1 3 1 2 3 )3
)23 32 2 2 x x + + 1 3 2 3 ≤ 23 3 3 x x + + 1 2 3 2. Khi đó ta được:
1
(
x3
≤
3
)
(
32
x3
≤
)
) x
Suy ra: (
x
Do đó: (
x
(
x 1
p 1
p 1
1p
+ 1
1p
+ 1
1p
+ b2 = x2 1
p
,b u w v + ≥ 0 và a c với q là Bài 2: Cho a, b, c, u, v, w ≥ + ≤ số hữu tỉ > 0. Chứng minh rằng: ubc - vca + wab 0≥ Giải: (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 35(cid:34) 1 1 1 1p
+ 1p 1
1p
+
c,a (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) )
wa +
1p Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy và ( uc + , (
) p
1p
+ 1p
+
p 1p
+
p 1
1p
+ (
)
1p.
+ (
)
1p.
+ 1
1p
+ 1
1p
+ 1
1p
+ 1
1p
+ và do 1 , nên ta có: = + 1
1p
+ 1
1p
+
p (
uc ) (
wa ) 1
1p
+ 1
1p
+ 1
1p
+ 1
+ c wa a + ≥ (
uc ) ( ) 1p a c + + ≥ ⎡
⎢⎣ ⎤
⎥⎦ ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎡
⎛
⎢
⎜
⎢
⎜
⎝
⎢
⎣ ⎤
⎥
⎥
⎥
⎦ p 1 1 1 1 1p
+ 1 1 p p 1p
+ 1p
+ 1p
+ 1p
+ Hay ta có: (
uc ) (
ac ) wa u w (*) a c + ≥ + + 1
p ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ 1
p 1
1p
+ 1
1p
+ 1
1p
+ a c b u w v + ≤ + ≥ 1 1 1 1p
+ 1p
+ ) +
bwa b
buc wa
− ⇔ )
(
uc
1p
+
acv
+
Hay ubc - vca + wab (
acv
≥
0
≥
0≥ ⎞
⎟
⎟
⎠
1
p và , nên từ (*) ta có Theo giả thiết + + ≥ x x x x 3
2 x
3
+ x
2
+ x
1
+ 2 3 3 x
1 x
1 2 Bài 3: Cho x1, x2, x3 > 0. Chứng minh bất đẳng thức Nesbit cho 3 số hạng sau: Giải: a, a, = = = a
1 2 3 x x x x x
1
+ x
3
+ x
2
+ 2 3 x
1 2 3 Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder với hai dãy sau (
xx
1 2 )
b,x
3 2 )
b,x
1
3 3 (
xx
3
1 )2 x
1
(
xx
2 x x + + + + + + ) ) [
(
xx
1 2 3 (
xx
2 3 1 x x x x x x x
1
+ x
2
+ x
3
+ 2 3 3 1 1 2 x = + = + = + b
1 ⎞
⎟⎟
⎠ x x x + ≥ + + ( )2 )] 2 x
1 2 3 Khi đó ta có:
⎛
⎜⎜
⎝ + (
xx
1
3 1,2,3 i0,
=∀> 2 2 3 ≥ + + suy ra: Do x x x x x x x
x x x
3
+ x i
x
1
+ + +
+ + ) )
)
+ 2 3 3 2 1 1 (
xx
1 2 3 (
x
x
+
1
(
xx
+
2 3 1 (
xx
3 1 )2 ⇔ = = x x x x x
2
x
+
Dấu bằng trong (1) xảy ra:
x
1
+ x
2
+ x
3
+ 2 3 x
1 3 x
1 2 (1) (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 36(cid:34) 2x x x = + 1 3 2 (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 2x x x = + 2 3 1 3 2 x x 2x + = 1 2 3 ⎧
⎪
⎨
⎪
⎩ 2 2 3 ≥ x x = ⇔ x
=⇔
1 x x
x x + +
+ + )
)
+ 1 (2) Ta chứng minh: x )
x + ⇔ 3
+ 2
+ (
x
x
+
1
(
xx
+
2
)
2
≥ 3
)
2
2
)13
xx2 (
xx
3
xx2
32 2 3 2 x x + ≥ + ) +
)13
xx xx
32 3 2 +
2 2 x ≥ + 3
1
(
xx23
21
(
xx3
21
xx
21 2 3 +
2 +
2 Thật vậy: (2) x x 0 − + x
( ) x
1 2 −
x 3
= 3 + + ≥ (đúng) (3) x x x
1 2 (
xx
1
(
x2
1
(
x
+⇔
1
2
x
xx
+⇔
1
32
)
⇔ (
(
x
x
+
−
3
2
Vậy (2) đúng, dấu bằng xảy ra
x
x
=⇔
2
1
x
x
3
2
+
+
3
x Từ (1), (2) suy ra: 13
xx
)
2
x
≥
1
.
3
2 x
1
. 3
x x
= x
1
x
+
2
x
=⇔
1 3 2 Dấu bằng xảy ra 2 ) 2
n 2
2 .... + + + ≥ (
a
1
b 2
a
1
b a
b a
n
b Bài 4: Cho a1, a2, …, an và b1, b2, …bn là 2n số thực, trong đó bi > 0 n,..,2,1i =∀ +
+ n 2 1 2 1 a
+
2
b
+
n
(Bất đẳng thức Svác-xơ) . Chứng minh bất đẳng thức sau:
....
a
+
b
...
+ Giải: Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder với hai dãy số sau: ,....., b ,...., , b,b
1 2 n a
2
b a
n
b
n 2 2 2
2 2
n ... b a ... a b .... + + ≥ + + + + + + + và ) (
a ) (
b 1 n 2 n 2 1 a
b 2
a
1
b a
b 1 2 n 2 ) 2
n a
1
b
1
⎛
⎜
⎜
⎝
2
2 .... + + + ≥ Ta được b b ... b 0 + + + > 2 1 n a
b 2
a
1
b a
b (
a
1
b a
n
b +
+ n 1 n 2 1 ..... = = ( Do ) (*) ⇒ ⎞
⎟
⎟
⎠
a
+
2
b
+
2
a
1
=⇔
b
1 ....
+
...
+
a
2
b
2 a
n
b
n Dấu bằng trong (*) xảy ra . Bất đẳng thức Svác-xơ được chứng minh xong. 1a 1b 1c >− +− +− + (
abc )1 Bài 5: Có tồn tại hay không ba số a, b, c thoả mãn bất đẳng thức sau: Giải: Ta chỉ cần xét các số . 1c,1b,1a
≥ ≥ ≥ 1 = = a;1a
−
2
1b
− = = a
1
b
1 b;1
2 Đặt ( 1a 1a hay ab ab (1) 1b
− +− +− ≥ ≥ 1b
− Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
)2 (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 37(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 1c 1b + +− +− +− ≥− 1c
− b b1; 1c
− = = 1 a = = )
a;11
−+ 1 2 2 1c
− + (2) abc )2
1c
− (
≥ +− + )
11
+−+
)
11 ≥
)
1 (3) 1a 1b 1c
− +− + ≥ (
abc )
1 , 1c,1b,1a
≥ ≥∀ ≥ Từ (1) suy ra
(
)
ab
11
1a
Lại áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder với hai dãy
(
và
ab
1
Khi đó ta có:
(
)
(
ab
c1
ab
(
⇔ (
ab
+
Từ (2), (3) suy ra:
+−
Do đó không tồn tại các số a, b, c thoả mãn yêu cầu đề ra. + + + ≥ a
d3c2b b
a3d2c c
b3a2d d
c3b2a 2
3 + + + + + + + + Bài 6: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: 6x b 2c 3d 0 4a t > = + = − + + ⇒ Giải: 4b
4c z
+ +
t
y 5z 7t +
6y
c 2d 3a 0
+
6z d 2a 3b 0
+ = +
= + >
> 5x 7y
+
x 5y 7z
= −
x
= + −
y +
z 5t 6t a 2b 3c 0 + + − = + + > 4d 7x
= ⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ ⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ Đặt 2 2 Theo hệ quả bất đẳng thức Hölder: ( ) a + b + c + d = . 6xa + . 6yb + . 6zc + . 6td ≤ b
6y c
6z d
6t a
6x ⎞
⎟
⎟
⎠ ( ) ⎛
⎜
⎜
⎝
b c + + 6xa + 6yb + 6zc + 6td a
d
+
6x 6y 6z 6t (
ab4 )ac 2 ⇒ + + + bc cd da bd + + + + + + + + ≤ a
6x b
6y c
6z ⎛
≤ ⎜
⎝
⎛
⎜⎜
⎝ a
6x b
6y c
6z bd + (
)
dcba
+++
cd
bc
da
+
+
+ + (
ab4 )ac ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
≥⎟⎟
⎠ 2 ≥ (1) ⎞
⎟
⎠
d
⎞
⎟⎟
6t
⎠
d
6t 2
3 )ac 2 2 2 2 (2) bd Ta chứng minh:
(
)
dcba
+++
cd
bc
da
+
+ + + + (
ab2 [
a3 b d + + + (
ab4
Thật vậy:
(2)
⇔ 2 2 2 0 + + ≥ + + + ] ≥
)
cd
)ca
bd
+
+
)ca
+
(
ac
− ) (
a3
+
+
(
(
)
cb
ba
−⇔
−
Bất đẳng thức (3) đúng.
Vậy, từ (1), (2) và (3) ta suy ra đpcm. c
+ 2 2 c ⇔ + b
2 d
2 (3) +
≥
)
(
ab2
≥
(
)
2
dc
− ac
+
(
ab8
bc
(
ad
− ad
+
bc
+
cd
+
)
2 bc
+
cd
+
da
+
(
bd
− bd
+
da
+
bd
+
)
2 +
) (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 38(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 1.6. Ứng dụng trong hình học giải tích: (Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder để tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho trước) Cho đường thẳng d: ax + by + c = 0 và một điểm M(x0,y0) ở ngoài đường
thẳng ấy. Chứng minh rằng khoảng cách ρ từ điểm M tới d được tính bằng
công thức sau: 0 2 2 0
b ax by c + + ρ = a + 2 2 2 2 Giải: b y y x x + − + − ≥ + − − (
yb (
y ) ]2
) (
a 0 0 0 0 ]
-c (1) [
(
)
xa
)c by ax
( (
xa )
) ) 0 0 0 0 Do ax y x by
+ = + + + − + − Giả sử N(x,y) là một điểm tuỳ ý thuộc d, tức là ta có ax + by + c = 0. Áp
dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho 2 dãy sau: a1 = a, a2 = b và b1 = x -
x0, b2 = y - y0 ta được:
[
)(
x
(
yb )c by ax 0 0 (2) + + = (
- Thay (2) vào (1) ta có: 2 2 0 ( ) ( ) 0 0 2 2 0
b ax by c + + MN (3) = xx
− + yy
− ≥ a + 0c ⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝ 4
⎞
⎟
⎠
5
⎞
⎟
⎠ ax
by
=+
+
a
b
−=−
xx
yy
0
0 ⎧
⎪
⎨
⎪⎩ Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi ax
bx =
bx ay by
+
ay
=− c -
− 0 0 ⎧
⎨
⎩ 2
xb ⇔ 2
ya 0 0 0
2 0
2 ac bc − − y; (6) x
=⇔ = −
2
a aby
−
2
b
a
+ abx
b
+ ax by c + + 0 0 = (
MN ) 2 2 min
dN
∈ a b + Từ (3) và (6) suy ra: ax by c + + 0 0 Kẻ MH vuông góc với d, thì theo tính chất đường vuông góc, ta có: ρ MH = = = (
MN ) 2 2 min
dN
∈ a b + (đpcm) (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 39(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 1.7. Ứng dụng trong giải tích tổ hợp: (
n
2n )1 2
C
n 1
C
n n
C
n ...... − ≤ + + Bài 1: Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng:
+
Giải: a C ,......, a C = = = 1 n n
n 2
...... b b 1 1
a,C
n
= 2
n
= = = 2 1 n 2 2
1 Chọn hai dãy )2
1 (
CC
+ 1
n 2
n n
n b
Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
)(
n
2
1C
n 2
n ) ( n n − ba
+ .... (1) ..... C C C + + + + ≤ + + + + ( knkk
baC
n 1
......
n
Vì theo nhị thức Newton, ta có:
) ∑
= n . Thay a = b = 1 0k
=
0
C2
=
+
n 1
C
n 1
C
n n
C
n Ta được: .... 1 + +⇒+ − + n
n
2C
=
n
)1 1
C
n 2
C
n n
C
n Vậy từ (1) có ...... . + + + ≤ − 2
C
n n
C
n ..... ....
(
n
2n = = 1
C
⇔
n
1n =⇔ = Dấu “=” xảy ra ∈∀n N* (
C (
C ) ) ) ,C
( 40
n 41
n 4n
n ..... + ≤ + + Bài 2: Chứng minh rằng:
)
(
2
n
C
n2
1n
+ Giải: n 2n n k j i ⇔ i
C x =
2n k
C x
n j
C x
n ∑ ∑ ∑ k=0 j=0 i=0 Ta có: ⎞
⎟
⎠
n 2 ⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎝
⎠
C +C x +C x +.....+C x +.....+ C x = (1+x)2n = (1+x)n.(1+x)n
⎛
⎜
⎝ n
2n 2
2n 0
2n 1
2n 2n 2n
2n 1 n-1
n 0 n
n n n
n 1
n 0
n n
n )
(
)
(
= C + C x +.....+ C x C x + C x +.....+ C ⇔ n
2n 20
n n 2 (
C
= ⇒ + + + + 20
n n
2n =
) , N∈∀n 22n
)
(
C1.
n
.....
+ C
(
C
≤ + + .....
)
) )2n
(
C
.....
+
)
(
41
C
n 21
n
40
n n (
2
1
1 2 ]4n
) Đồng nhất hệ số của xn ở 2 vế đa thức, ta được:
(
)
)
21
C
+
n
)
(
(
C1.
C1.
[
)(
2
2
.....
C1
1
+
+
+
444 2
444 3
1n
+ ∈∀n N* (đpcm) (
C ) ) ) 41
n 40
n 4n
n )
(
n
C
n2
1n
+ n ..... , + ≥ + + ⇒ (Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder )
(
(
C
C (
C (
C ) (
C ) 21
n 20
n 2n
n ..... n, Z + + + ≥ ∈ . 2n, ≥ Bài 3: Chứng minh rằng:
) 4
1n
+ Giải: (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 40(cid:34) Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học n n n n − 2 k
.1 C = = (
)
11
+= k
n knk
1C
n ∑ ∑ 0k
= 0k
=
+ n
2
⇒ = + 0
n 1
n 2 n
4
⇒ = + + + ≤ 0
n n
C C ..... C
+
n
(
1
n
1.C 1.C ..... 1.C
n
n ) 2 2 2 2
1 ≤ + + + 0
C
n 1
C
n ( ) ( ) (
n
..... C
+
n ) ⎤
⎥
⎦ 2
2
..... 1
1
+
+
1442443
n 1
+ ⎛
⎜
⎝ ⎞ ⎡
⎟ ⎢
⎣
⎠ Ta có: n (Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder) (
C ) (
C ) (
C ) 20
n 21
n 2n
n ..... (đpcm). ⇒ + + + ≥ 4
1n
+ (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 41(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 2 2 2.1. Ứng dụng trong lượng giác: 6cosα 2cosα cos cos 13 α α 5 2
++ + + ≤ − Bài 1: Chứng minh rằng với mọi α ta có bất đẳng thức 2 2 cosα 3 4 1
++ + − + (
1 ) ) (
Ta có: VT =
cosα
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Descartes vuông góc, ta đặt: = − =⇒ VT r
v r +
u Giải: r
(
)
u
1 cosα,1
r
(
v
cosα 3,2
=
+
r +
vu r )
= (4, 3) ⇒ r + =
vu r Ta có: 16 r
u r
v + ≤ 2 2
xcos Theo hệ quả bất đẳng thức Minkowski: ta có: 5 ≤ VT. 59
=+
r
r
vu
+ 2
sin 2
4sin 2
xsin 2
sin ( ) ( ) 2
≥ 4cos y y Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức:
+ yx
− + + yx
− Giải: 2 2 2 cosxcosy, r
u r
u 4cos xcos y sin = + (
sin
yx ) 2 2 2 r
v y sin + (
yx
−
)yx
(
− − =⇒−
)
,
2sin 4sin
(
x xsin
]y
) (
2
r
(
2
v
=
=+⇒ r
r
vu
= 2 2 y y + − = − )
)
=⇒−
)
)
sinxsiny
]y
)
(
x
−
(
sin
x ) 2
=
(Hệ quả bất đẳng thức Minkowski) (
x
cos
r
u (
sinxsiny,
sin
yx
[
(
cosxcosy
2
+
[
)
sin ,y
2
cos
−
r
+ r
(
)
2
x
vu
r
r
r
Mặt khác
vu
v
+ + ≤ 2 2
xcos 2
4sin 2
xsin Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc, ta đặt: 2
sin 2
sin ) 2
≥ ( ( )
Suy ra
+
Dấu bằng xảy ra nếu như thoả mãn một trong các trường hợp sau: 4cos y y yx
− yx
− + + x ky (k ) π += ∈ ⇔ r
r
0u
⇔= 0 = 0
0 =
= (
)
sin
yx
−
⎧
⎨
cosxcosy
⎩ 0 = cosx
⎡
⎢
cosy
⎣ ⎧
⎪
⎨
⎪
⎩ (cid:99) m x + = ( π
, m n
, ⇔ ∈ + n
π (
nm, )Z∈ π (cid:100) , r
r
0v
⇔= ⇔ π
⎧
⎪⎪
2
⎨
π
⎪ =
y
⎪⎩
2
sin(x
y)
−
⎧
⎨
sinxsiny
⎩ ⎧
⎨
⎩ = (cid:101) với k > 0 ⇔ r =
r
vku = yx
− π
ksinxsiny
)
(
ksin 0
nx
=
=
0
my
=
=
cosxcosy
⎧
⎨
(
)
sin
yx
−
⎩ (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 42(cid:34) sinxsiny ⇔ ⇔ =
) 0
= k k
,
π x y
⇔ + = + ∈ ( (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) cosxcosy
(
yx
cos
+
π
2 Vậy dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: yx k
π =+ + π
2 β,α∀ x m π = + π , hoặc hoặc Hoặc (với k, m, n ∈Z ). nx
=
my
= π ⎧
⎨
⎩ y n
π = + π
2
π
2 ⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ 4 4 , ta có Bài 3: Chứng minh rằng 2
sin 2
sin cos α cos β α β 2 + + + ≥ 2 2 2 2 Giải: )
r
w;α,0 (
sin0, )β (
sin = )
r
v;β
(
= α,
r
++ r
u r
r
wv
+ r
r
r
wvu
++ ≥ 4 4 (Hệ quả bất đẳng thức Minkowski) Xét các vectơ sau:
(
r
cos
cos
u
=
=
r
r
)1,1wvu
Khi đó ta có:
Mặt khác:
+ 2
sin 2
sin αsin w,v rr
Để có dấu bằng trong (1), trước hết điều kiện cần là
0βsin
= = cos α cos β α β 2 (1). Đó là đ.p.c.m. ⇔ + + + ≥ 4 4 vectơ cùng chiều. Điều ấy có khi và chỉ khi phải là hai
(2). Suy ra ,k m =⇔ πβπα = cos α cos . 2β
= +
Vậy (2) chính là điều kiện đủ.
Tóm lại dấu bằng xảy ra với . Z∈mk, 2 2 2 2 a + x - 2axcosα + b + x - 2bxcosβ ≥ 2 2 a +b - 2abcos α +β ≥ ( ) Bài 4: Chứng minh rằng: 2 2 2 2 asinα + x - acosα + ≥ Giải: ) ( ) ( ) ( ) 2 2 a + b - 2abcos α + β ≥ ) = asinα, x acosα
− r
u
r
v − 2 Bất đẳng thức đã cho viết lại dưới dạng sau:
(
bsinβ + bcosβ - x 2 2 Suy ra: acosα x − + (
Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc, xét các vectơ:
)
)
(
(
bcosβ
bsinβs )2
)
bcosβ x − + (
(
bsinβ,bcosβ x
=
=r
)
(
asinα
u
r
(
)
v
bsinβ
=
r
r
(
vu
asinα
=+ ) acosα − + (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 43(cid:34) 2 2 (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 2 2 2 2 2 2 )
= a sin α + cos α + b sin β + cos β - 2ab cosαcosβ - sinαsinβ ( (
asinα
( ) =
) 2 2 (
bcosβ
(
)
= a + b - 2abcos α + β )
)
( bsinβ acosα r
vu r
+⇒ + = + − Theo hệ quả của bất đẳng thức Minkowski ta suy ra đpcm. 2 2 2 a a x + + + − (
c )2 2.2. Ứng dụng trong giải tích: Bài 1: Cho hàm số ( )
xf
x
=
Với giá trị nào của x thì f(x) có giá trị nhỏ nhất? Giải: = − (
ca, )x 2 2 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Descartes vuông góc xét hai vectơ: =
r
v r
r
(
)
u
v,xa,
r
r
r
vu
u
+ (
xc
− )2 = f(x). a a x ≤ + + + = Ta có
+
Dấu “=” xảy ra khi ur và vr cộng truyến. Do thành phần toạ độ thứ nhất
vr bằng nhau nên thành phần toạ độ thứ hai của chúng cũng phải bằng ur
của và
nhau nghĩa là: c
2 x = c – x x =⇔ c
2 hàm số f(x) đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy khi x = 2 2 2 Bài 2: Cho x là một số thực dương bất kỳ và p, q là những hằng số p y q qx
− px
− + = + + ) ( với q > p. dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
)
(
2 Giải: 2 Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxy xét ba điểm:
M(x, y) di động trên tia Ox (M ≠ O).
P(p, p) và Q(q, q) nằm trên phân giác của góc thứ nhất. ( 2
)
x - q + q 2 uuur
MQ = Suy ra: ) uuur
PQ (
2 q p
−
uuur
PQ (Hệ quả bất đẳng uuur
PM + Ta có: =
uuur
MQ ≥ 2 2 px
− qx
− thức Minkowski) )
2 p
+ )
2 q
+ ⇔ ( + ( ).pq2 −
(
≥
).pq2 −
( Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là ax +by + cz = k Bài 3: Cho a, b, c, h là bội số dương cho trước, còn x, y,z là ba số thực thay đổi sao cho (1) (k cố định cho trước) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 44(cid:34) 2 2 2 2 2 (
2
f x, y,z = a h + x + b h + y + c h + z với các (x, y, z) thoả mãn (1) ) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) Giải: A by axh,cbaC
++ + (
ah, ) xét các điểm )by
) ) và
uuur ; 2 2 2 2 2 2 vuông góc
+
+
(
uuur Trong hệ
toạ độ Descartes
)
(
(
)
)cz
(
(
axh,baB; ax
+
uuur
uuur
(
(
)
OA = ah,ax AB = bh,by ;BC = ch,cz
Suy ra:
uuur
uuur
OA = a h + x ; AB = b h + y ; BC = c h + z uuur Vậy f(x, y, z) = uuur
uuur
OA AB BC (2) + + 2 2 uuur uuur uuur uuur Theo hệ quả bất đẳng thức Minkowski ta có:
uuur
uuur
uuur
OA AB BC OA AB BC OC
≥ + + = + + uuur
(
OC = k + a + b + c h2 2 )
uuur Mà f x, y,z OC = k + a + b + c h2
2 ≥ ) ( ) (3) Từ (2) suy ra ( ; uuur uuur uuur
OA AB;BC Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi các vectơ cùng ax + by = ⇔ phương, cùng chiều thẳng hàng. ⇔ x = y = z = ⇔ k
a +b + c 2 k k 2 f , , 2h O, A,B,C
khi và chỉ khi
ax
ax +by + cz
=
ah ah + bh ah + bh + ch (
= k + a +b + c ) k
a +b + c a +b + c a +b + c ⎞
⎟
⎠ 2 (4) Như vậy:
⎛
⎜
⎝ 2
minf x, y,z = k + a + b + c h ( ) ( )2 sin2x + + n 2 Từ (3), (4) suy ra: 2 = n trong đó na0
≤≤ . Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của tổng:
sin2x
.....
sin2x
+
1
)
(
là nghiêm của phương trình
,.....,
x
x,x
n
2
1
2
2
a ,
..... sin x
sin x
sin x
+
+
+
1
2
n là một số nguyên dương cho trước, 1 − 2 i Giải: sin x i, 1,2,....., n = = i cos2x
2 cos2x cos2x .... cos2x − 1
−+ + 1
−+ (
1 ) a
= 1 2 n Thay vào đẳng thức đã cho, ta được: +
1
cos2x 2
.... ) 2a
=
2a 1
2
(
cos2x
n
−⇔
cos2x
⇔
+ ....
+
+
cos2x
+ cos2x
n
n
−= 1 n (1) ( ( ) 2 2 n 1 1 cos2x ,sin2x ,..., = = uur
v
2 cos2x
+
2
Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc xét các vectơ:
uur
)
cos2x ,sin2x ,
v
n
( )
cos2x ,sin2xn
)
cos2x ... cos2x ,sin2x +... sin2xn (
uur
... v
+ +
n 1 n 1 Suy ra: + + = uur
v
=
1
uur
v
1 (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 45(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 2 2 ...+ + ≥ Ta có: ≥ uur
v
1 uur
v
n uur
v
1 uur
v
n uur
v
1 uur
v
1 ) 2 2 2 2 2 cos 2x + sin 2x +...+ ⇔ ≥ 1 1 cos 2x + sin 2x
n n ⎤
⎥
⎦ Do đó: ur
u
... v
n (Hệ quả bất đẳng thức Minkowski)
+ +
(
) 2 2 uur
... vn
(
... cos2x ≥ + + +
)
+ + ( ) ( cos2x
1 n sin2x
1 )
... sin2x )n
+ + 2 2 2 ... cos2x ... sin2x n ⇔ + ) ( ) ≤ cos2x
1 n sin2x
1 n 2 2 ... cos2x ... sin2x ⇔ ≥ + + + + + )2 + +
(
) cos2x
1 sin2x
1 n n (
+ +
(
(
)
1+...+1
14243
n 2 2 ... cos2x ... sin2x 2
n ...+ +
(
(
⎡
⎢
⎣ + + + + + ⇔ ) ( ) ≤ n sin2x
1 n cos2x
1 2 ... sin2x 2
n ≤ − n 2a
− = ) ( ) )
4a n a .
− ( n (
Từ (1) và (2) suy ra
sin2x
+ +
1 (2) (
Do đó: sin2x sin2x ..... + + + ≤ − 1 2 n . )ana2
(
uur
n Có đẳng thức khi n vectơ 0 sin2x
uur uur
v ,v ,....,v bằng nhau và các góc xi được
2
1
1, ….., sin2x i ≥ x ..... x
= = = 2 2 2
sin x a 2
+ n
... sin x
+ + = = nsin x
1 n ,i 1,2,....,n 2
= ≤ π i với i = 1, 2, …., n. Để đạt được điều này, ta tìm x chọn sao cho
xn thoả mãn các điều kiện sau:
x
⎧
1
⎪
2
sin x
⎨
1
⎪ ≤
0 2x
⎩ x x ..... x = = = α= 1 2 n sin2x sin2x sin2x + 1 n 2 Suy ra: ,trong đó , thoả mãn ∈ α α = a
n ⎡
0;
⎢
⎣ π
⎤
sin,
⎥
2
⎦ các điều kiện vừa nêu. trong Vậy giá trị lớn nhất của tổng .......x − ) .....
+
+
)ana2
( (
.xx
1 2 n đó là nghiệm của phương trình đã cho là: . 2.3. Ứng dụng trong đại số: 2 2 2 2 2 b b a2 b + + + ≥ + (
ca
+ ) (
ca
− ) Bài 1: Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực bất kỳ ta có:
2 Giải: ) Trong hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy:
Đặt )bc,
)bc,
(
2a,2b
r
r
u
v =r
(
u
a
+
=r
(
v
a
−
r
=+⇒ r
vu
r
r
vu
+
≤ + 2 2 2 2 2 2 Ta có: b b a2 b ca
+ + + + ≥ + ) (
ca
− ) . Hay ( ,....., b,b;a ,......, b a,a
1 2 1 2 n n là các số thực tuỳ ý Bài 2: Cho (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 46(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) n 2 a ... a b ... b b + + + + + + + ≥ (
a ) (
b )2 1 2 1 n 2 n 2
i 2
i +∑
a 1i
= Chứng minh rằng: Giải: ) = (
a ,b
1
1
( ( 2 2 n n = = a ,b ) uur
)
a ,b ,......,u
n )
...... b
+ 2 2 n n (
a
1
Theo hệ quả của bất đẳng thức Minkowski, ta có:
≥ a b + + + + + + = Xét các vectơ
uur
u
1
uur
u
2
Khi đó:
uur
u
1 uur
u
2 uur
.... u
+
n ..... a ,b
+
1 n 2 a b a ... a b ... b + ≥ + + + + + + + (
a ) (
b )2 2
i 2
i 1 2 1 n 2 n ⇔ ∑ 1i
= + + + + uur
.... u
+
n u
ur
.... u
+
n uur
u
2 uur
u
2 uur
u
1 uur
u
1 , u
ur
uur uur
u u .... u
,
,
n
2
1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ cùng phương, cùng i 0 k i ≥ = i bk
1i
ak
1i b
⎧
⎨
a
⎩ chiều, tức là ∀ =i 1,2,.....,n , ta có:
= với . x y + > 2 2 2 −
2
y1.x1 zy
−
2
z1.y1 zx
−
2
z1.x1 + + + + + + Bài 3: Cho x, y, z là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng 2 2 − + − + − ( 2 2 2 2 2 yx zx yx yz xz xy Giải: )
− )
+ − + − + +
( (
) (
(
−⇔ ) (
2
z1yx
)
+ ) (
2
y1zx
+
(
)
> >
( ) ( )2 ) ) (
2
x1zy
)
(
zy
zy
−
Trên hệ toạ độ Descartes lấy các điểm A, B, C với toạ độ như sau: (1) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dưới dạng sau:
)2
zx
− (
AC BC
uuur (
yzx,A
Khi đó (1)
uuur
AB BC AC (Hệ quả bất đẳng thức Minkowski) (2) )
)
(
xyz;C ;zx y,B ;
AB
+⇔
>
uuur
≥
+ Ta có (3) uuur uuur
AB, BC cùng phương, cùng Dấu bằng trong (3) xảy ra ⇔ các vectơ zx,x xy,y − − )zx (
zk chiều, tức là: , với k > 0 )
=
yz
zx yz
−
− )
) .0 = > ⇔ )
) (
y
x
−
⎧
⎪
(
y z
−
=⇔
⎨
z x
⎪⎩ z x ≠ . Vậy trong (3) không thể có dấu )4(
)5( AC BC AB (
y
−⇔
−
xy
zx
−
yz
xy
−
x
y
−
⎧
0 y z
>−
⎪
−⇔
⎨
(
y
x
y z y z
x
−
=−
⎪⎩
(
y zx
−
Hệ (4), (5) không thể xảy ra vì
> + . Như thế (2), vậy ta có đpcm. bằng, tức là (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 47(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 2 2 2 2 2 2 b a2 c b2 a c2 3 + + ≥ +
ca +
ab +
bc Bài 4: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng: 3 + + + + ≥ + Giải: 2
2
a 1
2
b 1
2
a 2
2
b 1
2
c r
u ; ; ; = = 1
a 2
b 1
b 2
c 1
c 2
a ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
r
⎟
w,
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
r
⎟
v,
=⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2
2
c Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét 3 vectơ: 1 = Khi đó: 1
a 1
++
b (vì ) r
r
r
wvu
++ = 1
a 1
++
b 1
c 1
a 1
++
b 1
c ⎛
2;
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
=⎟⎟
⎠ )2,1
(
r
u + r
r
wv
+ ≥ 1
c
r
r
r
wvu
++ Từ hệ quả của bất đẳng thức Minkowski: suy ra đ.p.c.m. 2 2 2 2 x 4y 6x x 4y 2x 12y 10 5 + + 9
++ + − − + = Bài 5: Giải phương trình: 2 2 2 Giải: 5 + = (
)
3
2y
−
)2y-3 x, )
+
(
-1
= (1) (
)
(
3x
2y
+
+
r
(
Xét các vectơ
u
x
=
=+ r
r
Khi đó ta có:
vu
r
r
Vậy
u
v
+⇔
= ( )
1 (2) Phương trình đã cho viết lại dưới dạng sau:
)
(
2
x1
−
r
)
v ,2y 3,
+
)3 4,
(
r
r
vu
+ r
u ≥ + Theo hệ quả bất đẳng thức Minkowski thì r
v r
r
vu
+ với k > 0 hoặc là một trong hai r =
r
vku vectơ là vectơ không. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
v,u rr
Vậy (2) tương đương với hai khả năng sau: (II) 0 (I) 0 = ≥ 3 y1, x
=⇔ = 2y
3x
+
x-1
−
2y-3x-1
= 2y
= hoặc 3
2 Ta có (II) 1 (I) ⇔ 1
+−= 3
x
<≤−
4 1
+−
x1
− 3 3
2y
− ⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ 1x3 ⇔ 8y 09 − =+ <≤−
⎧
⎨
3x
⎩ (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 48(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) x y, α = = + Kết hợp lại, ta được các nghiệm (x, y) của phương trình đã cho có dạng sau: 3 ≤− α
1 < (
3
α )9 1
8 với Bài 6: Giải hệ phương trình: 1 2 2004 ...... 2004 x1
+ + x1
+ + + x1
+ = 2005
2004 1 2 2004 ...... 2004 x1
− + x1
− + + x1
− = 2004
2003 ⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ Giải: i i ( ) Xét các vectơ ur
a = 1+ x , 1- x , i = 1,2004 .
i 2004 ⇒ 2004 2 Khi đó ta có: i = 1,2,...2004 , ∀ ur
ia = 2 i =∑ ur
a i 1
= 2004 2004 2004 (1) i, i,x ∑ ∑ ∑ i 1
= i 1
= i 1
= 2 2 2004 2004 2004 Ta có: = 1 x
+ 1
− ur
a
i ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ i i ∑ ∑ ∑ i=1 i=1 i=1 1+ x + 1- x ⇒ ur
a =
i ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ 2004 2004 2004.2005 2004.2003 2004 2 (2) = + = i ∑ur
=∑
a i 1
= i 1
= 2004 2004 (3) Từ (1) và (2) suy ra: u
r
ia i ∑ur
≤∑
a i 1
= i 1
= Mà ta có ur
ia (Hệ quả bất đẳng thức Minkowski) ur
ia cùng phương, cùng Do đó đẳng thức (3) chứng tỏ rằng các vectơ chiều, cùng độ dài nên suy ra 1 2 2004 1 x ...... ⇒ + = 1 x
+ = = 1 x
+ = 1 2 2004 2005
2004 x x = = ..... x
= = x = x = ..... = x
1 2 2004 1
2004 Hay hệ đã cho có nghiêm duy nhất 2.4. Ứng dụng trong số học: ,....., x 0 > { }
x,x,1,0\ 1 2 n . Chứng minh bất đẳng thức sau: Bài 1: Cho n∈N (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 49(cid:34) n n (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) 2 3 1n
+ 1 1 1 + + + 1
n x
1
nx x
2
nx x
nx ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
≥⎟⎟
⎠ ⎛
⎞
⎜⎜
+⎟⎟
1
⎠
⎝ ⎞
⎛
⎟⎟
⎜⎜
....
⎝
⎠ Giải: = a
1
b
1 1
... a
=
=
=
n
x
, ..., b
=
1
n
nx 2 x
n
nx 1
n
+ ⎧
⎪
⎨
⎪⎩ Áp dụng bất đẳng thức Minkowski thứ II với , ta n n n n được: 2 3 n+1 0 ≥ n 1 a ,a ,.....,a
2 1+ 1+ 1+ 1+ ≥ ≥ x
1
nx x
2
nx x
nx 1
n 1
n ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
.... 1+
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎟
⎠ 1 n ≥ ⎧
⎪
a + a +.....+ a = 1
⎨
2
⎪ ∈
n Z, n 2
⎩
Chứng minh rằng: 1 1 + + (
)n
1n
+ 1
a 1
a 1
a 1 2 n ⎞
≥⎟⎟
⎠ ⎛
⎞
⎜⎜
⎟⎟
....
⎝
⎠ ⎛
⎞
⎜⎜
+⎟⎟
1
⎝
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ Bài 2: Cho 1 n Giải: n n , ta Áp dụng bất đẳng thức Minkowski thứ II với =,...,b = 1
a
1 1
a
n a = ... = a =1
⎧
⎪
⎨
b =
⎪
1
⎩ được: n n 2 1 n 2 n n a a .....a = ≤ 1 1 2 n a + a + ..... + a
n 1
n 1 1 1 1 + + + 1
a 1
a 1
a a..... ⎞
≥⎟⎟
⎠ ⎛
⎞
⎜⎜
⎟⎟
....
⎝
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎛
⎞
⎜⎜
+⎟⎟
1
⎝
⎠ aa
21 ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 1 + + (
)n
1n
+ 1
a 1
a 1
a 1 2 n ⎞
≥⎟⎟
⎠ ⎛
⎞
⎜⎜
⎟⎟
....
⎝
⎠ ⎛
⎞
⎜⎜
+⎟⎟
1
⎝
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ n n (đpcm) Do đó: !n +≥ + (
)
1!1n Bài 3: Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng: Giải: n n Áp dụng bất đẳng thức Minkowski thứ II với 2 dãy 1, 2, …, n và 1, 1, 3.2.1 n..... 1.1 ...... 1 + + ≥ + n n …,1, ta được:
n (
)
1n
+
(đpcm)
!n + (
)
)(
1211
.....
(
)
1!1n
+≥ Hay . ..... = = n
1 1
2
=⇔
1
1
1n =⇔ Dấu bằng xảy ra (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 50(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) ,...., y,y;x ,....., y 1 2 n 2 n 2 2 Bài 4: Cho 2n số thực sao cho x,x
1
) j j i i y ji,j, 1,2,...., n x − i0;
≠∀> = − + )
,....., (
y
α α α ..... α 0 + + + ≠ 2 n 2 1 n (
x
Giả sử
α,α
1
Chứng minh rằng: 2 2 n n n là n số thực khác sao cho . 2
i 2
i i i ∑ ∑ ∑ 1i
= 1i
= 1i
= 1 2 n x y + ≥ xα
i yα
i α α ..... α n
+ + + ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
+⎟⎟
⎠ ⎛
⎜⎜
⎝ ⎞
⎟⎟
⎠ A x , y , i 1,2,......,n ) = ( i i i 2 2 A j i
≠∀ ≠ Giải: ) ) ,A
j i i j i j nên x y j i0,
≠∀> − + − ,......, A A,A
1 2 n Trên hệ trục toạ độ xét n điểm
(
Do (
x
y
Vậy đó là n điểm phân biệt. Gọi I là tâm tỉ cự của n điểm ,....., α α,α
1 2 n n theo bộ số , ta có: α IA 0 i i 1
= (1) =∑ uur
Gọi toạ độ của I là (
I )yx, ( )
y i i n α x
i i n ∑ x 0 − = ) (
α x
i i ∑ + i 1
=
α
+ i 1
= α
1 ..... α
+
n 2 , uur
IA x x;y = − − n n y 0 − = ) (
α y
i i α y
i i ∑ ∑ i 1
= ⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪⎩ i 1
=
α
+ + 2 α
1 ..... α
+
n ⎧
⎪
⎪ =
x
⎪
⎨
⎪
⎪
y
=⎪
⎩ Từ (1) suy ra ⇔ uur
nOI Vì I là tâm tỉ cự nên: uuuur
uuuur
OA OA
+
+
2
1
uuuur
uuuur
OA
OA
2
1 uuuur
..... OA
=
+
n
uuuur
..... OA
+
n uur
n OI (2) Ta có: + + ≥ + + uuuur
OA OA ..... OA =
+
1 uuuur
2 uuuur
n x i 1,2,.....,n + ∀ = = 2
i 2
y ,
i uuuur
OA
i 2 2 vào (2) ta được: (Hệ quả bất đẳng thức Minkowski) n n uur
OI = + α x
i i α y
i i ∑ ∑ α + i 1
= i 1
= 1
..... α
+
+
n α
1 2 ⎛
⎜
⎝ ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎞
⎟
⎠ ⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ 2 2 n n Thay 2
i 2
i i i 1i
= 1 2 1 i x y + ≥ xα
i yα
i α α ..... n
+ + + ⎞
+⎟⎟
⎠ ⎞
⎟⎟
⎠ ⎛
∑
⎜⎜
⎝
1i
=
uuuur Dấu bằng xảy ra ⇔ các vectơ ⎛
∑
⎜⎜
α
⎝
n
uuuur uuuur
OA ,OA ,.....,OA n cùng phương, cùng
2
1 1 x k x
i
y k y
=
i i chiều, tức là 1,2,....., n , v ới k > 0. i =∀ có: { = ,....., a a,a
1 2 n Bài 5: Cho là n số thực bất kì. Chứng minh (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 51(cid:34) n 2 (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) a a ) 2
i 1 1i
+ ≡+
1n (
−+∑
a
a1 1i
= , với quy ước ≥ 2n
2 ( ) 2 1 2 Giải: ) ( (
=
uur
a ,1 a ,u
−
n n n 1 n 1
− = Xét n vectơ với các toạ độ như sau:
uur
)
a ,1 a ,u
a ,1 a ,.....
−
−
2
3
a ,1 a )
(
− uur
u
=
1
uuur
u
n 1
− ( )
..... a
− 2 2 n a a + + + = + + − + − − =
Khi đó ta có
uur
u
2 uur
u
1 ..... a , n a
n
1 a
1 2 a ,i 1,2,.....,n = = (
1 a
+ − ) 2
i ur
u
i i 1
+ (1) + + ≥ + + + uur
...... u
n
Theo hệ quả của bất đẳng thức Minkowski:
ur
u
uur
n
...... u
...... u
+
n uur
u
2 uur
u
2 uur
u
1 uur
u
1 2 k a + + + = + = − + + ..... a
+ ( ) ) uur
u
2 uur
...... u
n 2
(
n k , k a
1 2 n uur
u
1 ⎧
⎪
⎨
⎪
⎩ Thay vào (1) ta n 2 2 k ≥ + được: ) (
kn
− )2 2
i 1i
+ (
−+∑
a1
a 1i
= (2) 2 2 k + ≥ Ta chứng minh rằng: (
kn
− ) 2n
2 2 2 2 2 k + n + k - 2nk ≥ (3) 2 n
2 ≥ 4k
0 0 Thật vậy: (3) ⇔ 2
n
−⇔
(
n
−⇔ 4nk
+
)
2 ≥
2k
Vì (4) đúng, vậy (3) đúng. Từ (2) và (3) suy ra n 2 (4) ) 2
i 1i
+ (
−+∑
a
a1 1i
= . Đó là đpcm. ≥ 2n
2 (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 52(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) Bất đẳng thức Hölder và Minkowski là bất đẳng thức các quan trọng trong toán cao cấp và có nhiều ứng dụng trong toán phổ thông. Đề tài này đã thu được một số kết quả đáng quý như sau: - Trình bày lý thuyết và chứng minh chi tiết các dạng của hai bất đẳng
thức Holder và Minkowski. Đặt biệt là các hệ quả của hai bất đẳng thức này, đó
là kết quả quan trọng được sử dụng rộng rãi để giải nhiều dạng toán phổ thông.
- Chương III phát hiện các ứng dụng của bất đẳng thức Hölder và
Minkowski trong toán phổ thông ở rất nhiều lĩnh vực toán học: giải tích,
giải tích tổ hợp, hình học, hình học giải tích, đ ại số, lượng giác và số học. Bên cạnh những kết quả nhất định đạt được trên, đề tài còn mặt hạn
chế. Đó là chưa mở rộng dạng đại số và dạng giải tích của bất đẳng thức
Hölder: - Dạng đại số:
Cho hai dãy số không âm a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn; p, q, r là các số n n hữu tỉ dương sao cho , ta luôn có: + = 1
p 1
r 1
q n 1
r r ) p
a
k q
b
k (
ba
kk ∑ ∑ 1k
= ⎞
⎟
⎠ 1k
= ⎞
⎛ ∑≥⎟
⎜
⎝
⎠ ⎛
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎝ 1k
=
- Dạng giải tích
Cho p, q, r 1
q
1
p ]ba; với , f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [ b b b 1
q 1
p )∞∈ 1;
(
1
1
q
r
1
r r p dx dx ( ) ( )
xgxf ( )
xf q
( )
xdxg ∫ ∫ ∫ a a a ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
⎟
⎟
⎠ ⎛
⎜
⎜
⎝ ⎞
⎟
≤⎟
⎠ , ta luôn có: a < b. Giả sử + = 1
p (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 53(cid:34) (cid:35) Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu (cid:34) [1]. PGS.TS Nguyễn Quý Dy (cb) - Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán (T3) – NXB Giáo Dục năm 1994. [2]. Võ Giang Giai – Chuyên đề bất đẳng thức – NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội năm 2002. [3]. PGS.TS. Trần Văn Hạo – Chuyên đề luyện thi vào đại học. Bất đẳng thức – NXB Giáo Dục năm 2003. [4]. Nguyễn Mộng Hy – Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp toạ độ - NXB Giáo Dục năm 2003. [5]. G.s. Phan Huy Khải – Phương pháp toạ độ để giải các bài toán sơ cấp – NXB Tp. HCM năm 1996. [6]. G.s. Phan Huy Khải – 10.000 bài toán sơ cấp. Bất đẳng thức – NXB Hà Nội năm 2001. [7]. Nguyễn Xuân Liêm – Chuyên đề bất đẳng thức và bất phương trình – NXB Giáo Dục năm 2002. [8]. Th.s. Nguyễn Văn Nho – Olympic toán học Châu Á Thái Bình Dương – NXB Giáo Dục năm 2003. [9]. Jean Maria Monier – Giáo trình toán tập 1. Giải tích – NXB Giáo Dục năm 1996. ------------------------------ (cid:35) Trường Đại Học An Giang Trang 54(cid:34)[
*
] ≤
(
C
§2. ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI
------------------
Z
)
Z
)
Z
KẾT LUẬN
(cid:37)(cid:204)(cid:38)
TÀI LIỆU THAM KHẢO
(cid:74)(cid:213)(cid:75)
