§1. BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 1.1. Hàm lồi: 1) Cho hàm số y = f(x) xác định trên đoạn ;βα . Hàm số f(x) được gọi là lồi trên đó, nếu thoả mãn điều kiện sau: ∀x1, x2 ∈ ( ) ba; , ∀ α ,β ≥ 0 mà α + β = 1 thì: f(α x1 + β x2) ≤ α f(x1) + β f(x2) (1) 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), 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(α x1 + β x2; f(x α 1) + β f(x2)) và D có toạ độ là D(α x1 + β x2; f(α x1 + β x2)). 2) Hàm số y = f(x) gọi là lõm trên đó, nếu như – f(x) lồi, tức là ∀x1, x2 ∈ ( ba; ), ∀ α , 0 mà = 1 thì f( x β ≥ α+β α 1 + β x2) ≥ α f(x1) + β f(x2). 3) Hàm f(x) liên tục đến đạo hàm cấp hai trên ( ba; ). Nếu như f’’(x) > 0 ∀x ∈ ( ba; ) thì f(x) là hàm lồi trên ( ) ba; . Nếu như f’’(x) < 0 ∀x ∈ ( ba; ) thì f(x) là hàm lõm trên đó. 1.2. Bất đẳng thức Jensen: Cho f(x) là hàm lồi trên ba; . Giả sử x1, x2, ..., xn ∈ ba; và α i > 0, ( = n1,i ); α 1 + α 2 + .... + α n = 1, ta luôn có: ∑∑ ( ) = = ⎟ ≤ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ n 1i ii n 1i f α xii α xf Chứng minh: Với n = 2, thì bất đẳng thức Jensen đúng (theo định nghĩa hàm lồi). Giả sử bất đẳng thức đã đúng đến n = k – 1. Xét khi n = k. Giả sử x1, x2, ..., xk ∈ ba; và α i > 0, i = 1, 2, ..., k; α 1 + + α 2 + ... + α k = 1. Ta có: (1) kk 2k 1i 1k1kii k 1i ii α x ∑∑ α x α x ++= α x − = −− = Đặt αα 0 α 1, vì thế từ (1) suy ra: 2k 1i ∑ i 0, = 1, ta ln có: ⎛ n ⎞ n f ⎜ ∑ i x i ⎟ ≤ ∑ i f (x i ) ⎝ i=1 ⎠ i=1 Ch ng minh: - V i n = 2, b t đ ng th c Jensen (theo đ nh ngh a hàm l i) - Gi s b t đ ng th c đ n n = k – + - Xét n = k Gi s x1, x2, …, xk ∈ [a; b] + … + k = k −2 k ∑ Ta có: i =1 k −2 =∑ t i =1 i=1 Do Tr ng i k −1 1− i=1 ⇒0< i x i = ∑ i x i + (1 − i=1 + k 1− x k −1 k −1 + k > 0, i = 1, 2, …, k; xk (1) < 1, th t (1) suy ra: k −2 k ∑ ixi = ∑ ixi + i ) ⎡⎢ k −1 ⎣1 − x k −1 + ⎤ xk ⎥ 1− ⎦ k = , mà xk-1, xk đ u thu c [a; b] , nên: i H c An Giang Trang + www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u k −1 xk −1 + k xk ∈ [a; b] 1− 1− Áp d ng gi thi t quy n p v i k - m x1, x2, … , xk-2, x * b s ( + + … + k-2 + - = 1) 2,… , k-2, - x* = ⎞ k −2 ⎛ k ⎞ ⎛ k −2 ⇒ f ⎜⎜ ∑ i x i ⎟⎟ = f ⎜⎜ ∑ i x i + (1 − )x * ⎟⎟ ≤ ∑ i f (x i ) + (1 − ⎠ i=1 ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ) f (x * ) (2) M t khác l i theo đ nh ngh a hàm l i, ta có: ( ) ⎞ ⎛ f x* = f⎜ k −1 xk −1 + k xk ⎟ ≤ k −1 f( xk −1 ) + k f( xk ) 1− 1− ⎠ 1− ⎝ 1− Thay (3) vào (2), ta đ (3) c: ⎛ k ⎞ k −2 f ⎜⎜ ∑ i x i ⎟⎟ ≤ ∑ i f (x i ) + (1 − ⎝ i=1 ⎠ i=1 ) ⎡⎢ k −1 ⎣1 − f (x k −1 ) + ⎤ f (x k )⎥ 1− ⎦ k ⎛ n ⎞ n Hay f ⎜ ∑ i x i ⎟ ≤ ∑ i f (x i ) ⎝ i=1 ⎠ i=1 Tr ng i H c An Giang Trang 1, www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c §2 B T Svth: Nguy n Phúc H u NG TH C CAUCHY 2.1 B t đ ng th c Cauchy: Cho a1, a2, …, an s không âm, ch ng minh r ng: a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n D u “=” x y ch a1 = a2 = … = an Ch ng minh: Xét hàm s f(x) = - lnx v i x > 1 Ta có f’(x) = − f' ' (x) = > x x V y f(x) hàm l i x > Theo b t đ ng th c Jensen, ta có: ⎛ x + x + + xn ⎞ f⎜ ⎟ ≤ [f(x1 ) + f(x2 ) + + f(xn )] n ⎠ n ⎝ x + x + + xn ln x1 + ln x2 + + ln xn ≤− ⇔ − ln n n x + x + + x n ⇔ ln ≥ lnn x 1x x n n Do tính đ ng bi n c a hàm s y = lnx, suy x + x + + x n n ≥ x 1x x n , ∀x i > n D u b ng x y ⇔ x1 = x2 = … = xn Xét n s a1, a2, …., an ≥ Có hai kh n ng sau x y N u > ∀ i = 1, 2, … , n, theo ta có: a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n N u t n t i ak = (*) hi n nhiên (*) 2.2 B t đ ng th c Cauchy “suy r ng”: Cho a1, a2, … , an s h ng không âm Cho α1, α2, αn s h u t d ng cho α1 + α2 + … + αn = Ch ng minh r ng: α1a1 + α2a2 +…+αnan ≥ a1 a 2 .an n Ch ng minh: Vì 1, 2, , n s h u t d ng + + + n = 1, nên có th vi t chúng d i d ng sau (sau quy đ ng m u s phân s ) p1 p p , = , , n = n = N N N Trong p1, p2, , pn s nguyên d ng p1 + p2 + … + pn = N Áp d ng b t đ ng th c Cauchy v i p1 s a1, …, pn s an, ta đ c: a1 + + a + a + + a + + a n + + a n p1 +p2 + +pn p1 p a1 a a pnn ≥ p1 + p + + p n Tr ng i H c An Giang Trang www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u p p p n p p p ⇔ a1 + a + + n a n ≥ a1N a1N a1N N N N ⇔ α1a1 + α2a2 +……+αnan ≥ a1 a 2 .an D u b ng x y ⇔ a1 = a2 = = an Tr ng i H c An Giang n Trang www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u CH NG II B T NG TH C HÖLDER VÀ MINKOWSKI Trong ch ng này, s tìm th y d ng đ i s d ng gi i tích c a b t đ ng th c Hölder; d ng đ i s c a b t đ ng th c Minkowski th I, II d ng gi i tích c a b t đ ng th c Minkowski ý h qu c a hai b t đ ng th c trên, chúng đ d ng nhi u gi i tốn ph thơng Tr ng i H c An Giang cv n Trang www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c 1.7 Svth: Nguy n Phúc H u ng d ng gi i tích t h p: Bài 1: Cho n s t nhiên Ch ng minh r ng: C1n + Cn2 + + Cnn ≤ n 2n − Gi i: ( ) Ch n hai dãy a1 = C1n , a = C n2 , , a n = C nn b1 = b = = b n = Theo h qu c a b t đ ng th c Hưlder, ta có: (C ) ( )( + C n2 + + C nn ≤ C1n + C n2 + + C nn 12 + 12 + + 12 Vì theo nh th c Newton, ta có: n ) (1) n (a + b )n = ∑ Cknakbn−k Thay a = b = Ta đ k =0 n c: = C + C1n + + Cnn ⇒ C1n + + Cnn = 2n − n ( ) V y t (1) có C1n + Cn2 + + Cnn ≤ n 2n − D u “=” x y ⇔ C1n = Cn2 = = Cnn ⇔ n =1 Bài 2: Ch ng minh r ng: (C ) ≤ (C ) + (C ) n +1 n 2n n n ( ) + + C nn , ∀n ∈ N* Gi i: Ta có: (1+x)2n = (1+x)n.(1+x)n 2n ⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⇔ ∑ Ci2n x i = ⎜ ∑ Cnj x j ⎟ ⎜ ∑ Ckn x k ⎟ i=0 ⎠ ⎝ j=0 ⎠ ⎝ k=0 2 n 2n ⇔ C2n +C2n x +C2n x + +C2n xn + + C2n = 2n x = ( Cn0 + C1n x + + Cnn xn ) ( Cn0 xn + C1n xn-1 + + Cnn ) v đa th c, ta đ ng nh t h s c a xn c: ( ) + (C ) + + (C ) ⇒ (C ) = [1.(C ) + 1.(C ) + + 1.(C ) ] ≤ [ C ) + (C ) + + (C ) ], ∀n ∈ N* ≤ (1 + + + )( 144 42444 C n2n = C n 2n n n n n n 2 n n n 4 n n n n n +1 (Theo h qu c a b t đ ng th c Hölder ) (C ) ⇒ (C ) + (C ) + + (C ) ≥ n +1 n n 2n n n n , ∀n ∈ N* (đpcm) Bài 3: Ch ng minh r ng: (C ) + (C ) n n ( ) + + C nn ≥ 4n ,n ∈Z ,n ≥ n +1 Gi i: Tr ng i H c An Giang Trang 40 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u Ta có: n n k =0 k =0 2n = (1 + 1) = ∑ Ckn 1n−k.1k = ∑ Ckn n ⇒ 2n = Cn0 + C1n + + Cnn ( ⇒ 4n = 1.Cn0 + 1.C1n + + 1.Cnn ⎛ 2 ⎞ ≤ ⎜ 11442443 + + + 12 ⎟ ⎡ Cn0 ⎢ n +1 ⎝ ⎠⎣ ) ( ) + (C ) n ≤ ( ) + + Cnn ⎤ ⎥⎦ (Theo h qu c a b t đ ng th c Hölder) 4n n 2 ⇒ C n + C n + + C n ≥ (đpcm) n +1 ( ) ( ) Tr ng i H c An Giang ( ) Trang 41 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c §2 Svth: Nguy n Phúc H u NG D NG C A B T NG TH C MINKOWSKI -2.1 ng d ng l ng giác: Bài 1: Ch ng minh r ng v i m i α ta có b t đ ng th c cos − 2cos + + cos + 6cos + 13 ≤ Gi i: Ta có: VT = (1 − cos )2 + + (cos + )2 + Trong m t ph ng v i h to đ Descartes vng góc, ta đ t: r u = (1 − cos ,1) r r ⇒ VT = u + v r v = ( cos + 3,2 ) r r r r Ta có: u + v = (4, 3) ⇒ u + v = 16 + = r r r r Theo h qu b t đ ng th c Minkowski: u + v ≤ u + v ta có: ≤ VT Bài 2: Ch ng minh b t đ ng th c: 4cos2 xcos2 y + sin2( x − y ) + 4sin2 xsin2y + sin2( x − y ) ≥ Gi i: Trong h to đ Descartes vuông góc, ta đ t: r r u = (2 cosxcosy,sin(x − y )) ⇒ u = 4cos xcos y + sin (x − y ) r r v = (2 sinxsiny,sin(x − y )) ⇒ v = 4sin xsin2 y + sin (x − y ) r r ⇒ u + v = [2 (cosxcosy + sinxsiny ), 2sin (x − y )] = 2[cos (x − y ), sin(x − y )] r r u + v = cos (x − y ) + sin (x − y ) = r r r r M t khác u + v ≤ u + v (H qu b t đ ng th c Minkowski) Suy 4cos2 xcos2y + sin2( x − y ) + 4sin2xsin2 y + sin2( x − y ) ≥ D u b ng x y n u nh tho mãn m t tr ng h p sau: ⎧x = y + kπ (k ∈ Z ) r r ⎧sin(x − y ) = ⎪ u=0⇔⎨ ⇔ ⎨⎡cosx = ⎩cosxcosy = ⎪⎢cosy = ⎩⎣ π ⎧ ⎪⎪ x = + m π , ( m, n ∈ Z ) ⇔⎨ π ⎪ y = + nπ ⎪⎩ r r ⎧sin(x − y) = ⎧ x = nπ v=0⇔⎨ , (m, n ∈ Z ) ⇔⎨ ⎩sinxsiny = ⎩y = mπ r r ⎧cosxcosy = ksinxsiny u = kv v i k > ⇔ ⎨ ⎩sin(x − y ) = ksin(x − y ) Tr ng i H c An Giang Trang 42 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u ⇔ cosxcosy = sinxsiny ⇔ cos(x + y ) = π + kπ , ( k ∈ Z ) V y d u b ng x y ch khi: π ⎧ ⎪⎪x = + mπ ⎧x = nπ π , ho c ⎨ ho c x + y = + kπ (v i k, m, n ∈Z ) Ho c ⎨ ⎩y = mπ ⎪ y = π + nπ ⎪⎩ ⇔ x+y = Bài 3: Ch ng minh r ng ∀ , , ta có cos4 + cos4 + sin2 + sin2 ≥ Gi i: Xét vect sau: r r r u = cos , cos ; v = sin ,0 ; w = 0, sin r r r Khi ta có: u + v + w = (1,1) M t khác: r r r r r r u + v + w ≥ u + v + w (H qu b t đ ng th c Minkowski) ( ) ⇔ cos4 + cos4 vect cos4 ( ) ( ) + sin2 + sin2 ≥ (1) ó đ.p.c.m r r có d u b ng (1), tr c h t u ki n c n v, w ph i hai chi u i u y có ch sin = sin = (2) Suy + cos4 = V y (2) u ki n đ Tóm l i d u b ng x y ⇔ α = kπ , β = mπ v i k, m ∈ Z Bài 4: Ch ng minh r ng: a2 + x - 2axcos + b2 + x - 2bxcos ≥ ≥ a2 +b2 - 2abcos ( + ) Gi i: B t đ ng th c cho vi t l i d ( asin ) + ( x - acos ) 2 i d ng sau: + (bsin ) + (bcos - x) ≥ ≥ a2 + b2 - 2abcos ( + ) Trong h to đ Descartes vng góc, xét vect : r u = ( asin , x − acos ) r v = ( bsin ,bcos − x ) Suy ra: Tr ng r 2 u = (asin ) + (x − acos ) r 2 v = (bsin ) + (bcos − x ) r r u + v = (asin + bsin sbcos − acos i H c An Giang ) Trang 43 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c r r ⇒ u+v = (asin Svth: Nguy n Phúc H u + bsin )2 + (bcos − acos )2 = a ( sin2 + cos2 ) + b ( sin + cos2 ) - 2ab ( cos = a2 + b2 - 2abcos ( + = cos - sin sin ) ) Theo h qu c a b t đ ng th c Minkowski ta suy đpcm 2.2 ng d ng gi i tích: Bài 1: Cho hàm s f (x ) = a + x + a + (c − x )2 V i giá tr c a x f(x) có giá tr nh nh t? Gi i: Trong m t ph ng v i h to đ Descartes vng góc xét hai vect : r r u = (a, x ), v = (a, c − x ) r r r r Ta có u + v ≤ u + v = a2 + x + a2 + (c − x ) = f(x) r r D u “=” x y u v c ng truy n Do thành ph n to đ th nh t r r c a u v b ng nên thành ph n to đ th hai c a chúng c ng ph i b ng ngh a là: c x=c–x ⇔ x= c V y x = hàm s f(x) đ t giá tr nh nh t d Bài 2: Cho x m t s th c d ng b t k p, q nh ng h ng s ng Tìm giá tr nh nh t c a hàm s : y= (x − p )2 + p + (x − q)2 + q v i q > p Gi i: Trong h to đ Descartes vng góc Oxy xét ba m: M(x, y) di đ ng tia Ox (M ≠ O) P(p, p) Q(q, q) n m phân giác c a góc th nh t uuur Suy ra: MQ = ( x - q) + q2 uuur PQ = ( q − p ) uuur uuur uuur Ta có: PM + MQ ≥ PQ (H qu b t đ ng th c Minkowski) ⇔ (x − p )2 + p + (x − q)2 + q2 V y giá tr nh nh t c a hàm s ≥ (q − p) (q − p) Bài 3: Cho a, b, c, h b i s d ng cho tr c, x, y,z ba s th c thay đ i cho ax +by + cz = k (1) (k c đ nh cho tr c) Tìm giá tr nh nh t c a hàm s Tr ng i H c An Giang Trang 44 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u f ( x, y,z ) = a h2 + x + b h2 + y + c h2 + z v i (x, y, z) tho mãn (1) Gi i: Trong h to đ Descartes vng góc xét A (ah, ax ) ;B((a + b )h, ax + by ) C((a + b + c )h, ax + by + cz ) uuur uuur uuur Suy ra: OA = ( ah,ax ) ; AB = ( bh,by ) ;BC = ( ch,cz ) uuur uuur uuur OA = a h2 + x ; AB = b h2 + y ; BC = c h2 + z2 uuur uuur uuur V y f(x, y, z) = OA + AB + BC Theo h qu b t đ ng th c Minkowski ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur OA + AB + BC ≥ OA + AB + BC = OC uuur Mà OC = k + ( a + b + c ) h2 uuur T (2) suy f ( x, y,z ) ≥ OC = k + ( a + b + c ) h2 D u b ng (3) x y ch vect ng, chi u ⇔ ch O, A,B,C th ng hàng ax ax + by ax +by + cz = = ⇔ ah ah + bh ah + bh + ch k ⇔ x=y=z= a +b + c Nh v y: k k k 2 ⎛ ⎞ f⎜ , , ⎟ = k + ( a +b + c ) h ⎝ a +b + c a +b + c a +b + c ⎠ ph m (2) (3) uuur uuur uuur OA; AB;BC (4) T (3), (4) suy ra: minf ( x, y,z ) = k + ( a + b + c ) h2 Bài 4: Tìm giá tr l n nh t c a t ng: sin2x + sin2x + + sin2x n (x 1, x , , x n ) nghiêm c a ph ng trình sin x1 + sin x + + sin xn = a , n m t s nguyên d ng cho tr c, ≤ a ≤ n 2 Gi i: Thay sin x i = − cos2x i , i = 1,2, , n vào đ ng th c cho, ta đ c: (1 − cos2x1 + − cos2x + + − cos2x n ) = a ⇔ n − (cos2x + cos2x + + cos2x n ) = 2a (1) ⇔ cos2x + cos2x + + cos2x n = n − 2a Trong h to đ Descartes vng góc xét vect : uur uur uur v1 = ( cos2x1,sin2x1 ) , v = ( cos2x ,sin2x ) , , v n = ( cos2xn ,sin2xn ) uur uur Suy ra: v1 + + v n = ( cos2x1 + cos2xn ,sin2x1 + + sin2xn ) Tr ng i H c An Giang Trang 45 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u u uur uur uur ur Ta có: v1 + + v n ≥ v1 + + v n (H qu b t đ ng th c Minkowski) uur uur uur uur v1 + + v n ≥ v1 + + v n Do đó: ( ⇔ ⎡( ⎣⎢ ) ( ) ) cos2 2x1 + sin2 2x1 + + ( ) cos2 2x n + sin2 2x n ⎤ ≥ ⎦⎥ ≥ ( cos2x1 + + cos2xn ) + ( sin2x1 + + sin2xn ) 2 ⇔ ( cos2x1 + + cos2xn ) + ( sin2x1 + + sin2xn ) ≤ n2 2 ⇔ (1+ +1) ≥ ( cos2x1 + + cos2xn ) + ( sin2x1 + + sin2xn ) 1424 2 n ⇔ ( cos2x1 + + cos2xn ) + ( sin2x1 + + sin2xn ) ≤ n2 (2) T (1) (2) suy ( sin2x1 + + sin2xn ) ≤ n2 − (n − 2a ) = 4a (n − a ) Do đó: sin2x + sin2x + + sin2x n ≤ a(n − a ) uur uur uur Có đ ng th c n vect v1,v , ,v n b ng góc xi đ c ch n cho sin2x i ≥ v i i = 1, 2, …., n đ t đ c u này, ta tìm x1, … , xn tho mãn u ki n sau: ⎧ x1 = x = = xn ⎪ 2 2 ⎨sin x1 + sin x + + sin xn = nsin x1 = a ⎪0 ≤ 2x ≤ π ,i = 1,2, ,n i ⎩ 2 a ⎡ π⎤ Suy ra: x1 = x = = x n = α ,trong α ∈ ⎢0; ⎥, sinα = , tho mãn n ⎣ 2⎦ u ki n v a nêu V y giá tr l n nh t c a t ng sin2x + sin2x + + sin2x n (x 1.x .x n ) nghi m c a ph 2.3 ng trình cho là: a(n − a ) ng d ng đ i s : Bài 1: Ch ng minh r ng v i a, b, c s th c b t k ta có: (a + c )2 + b + (a − c )2 + b ≥ a2 + b2 Gi i: Trong h tr c to đ Descartes vng góc Oxy: r t u = (a + c, b ) r v = (a − c, b ) r r ⇒ u + v = (2a,2b ) r r r r Ta có: u + v ≤ u + v Hay (a + c )2 + b + (a − c )2 + b ≥ a2 + b2 Bài 2: Cho a 1, a , , a n ; b 1, b , , b n s th c tu ý Tr ng i H c An Giang Trang 46 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u Ch ng minh r ng: n ∑ i=1 (a1 + a + + an )2 + (b1 + b + + b n )2 a i2 + b i2 ≥ Gi i: Xét cácuurvect u1 = ( a1,b1) uur uur u2 = ( a2 ,b2 ) , ,un = ( an ,bn ) Khi đó: uur uur uur u1 + u2 + + un = ( a1 + a2 + + an ,b1 + b2 + + bn ) Theo h qu c a b t đ ng th c Minkowski, ta có: u uur uur uur uur uur ur u1 + u2 + + un ≥ u1 + u2 + + un n ⇔ ∑ a i2 + b i2 ≥ i=1 (a1 + a + + a n )2 + (b1 + b + + b n )2 D u b ng x y ch vect chi u, t c ∀i = 1,2, ,n , ta có: ⎧b i = k ib1 v i ki ≥ ⎨ ⎩a i = k i a1 uur uur ur u u1 , u2 , , un ph ng, Bài 3: Cho x, y, z s th c đôi m t khác Ch ng minh r ng x−y y−z x−z > + 2 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ z + x + z2 Gi i: B t đ ng th c c n ch ng minh vi t l i d i d ng sau: (x − y ) (1 + z ) + (y − z ) (1 + x ) > (x − z )2(1 + y2 ) (x − y )2 + (xz − yz )2 + ( y − z )2 + (yx − zx )2 > (x − z )2 + ( xy − zy )2 (1) 2 2 ⇔ Trên h to đ Descartes l y m A, B, C v i to đ nh sau: A (x, yz ); B(y, zx ); C(z; xy ) Khi (1) ⇔ AB + BC > AC (2) uuur uuur uuur (3) Ta có AB + BC ≥ AC (H qu b t đ ng th c Minkowski) uuur uuur D u b ng (3) x y ⇔ vect AB, BC ph ng, chi u, t c là: ⇔ ( y − x, zx − yz ) = k(z − y, xy − zx ) , v i k > y − x zx − yz = ⇔ > z − y xy − zx ⎧ (y − x ) ⎧y−x >0 ⎪ (z − y ) ⎪z−y (4) ⇔ ⎨ y − x z (y − x ) ⇔ ⎨ x = z (5) ⎪⎩ ⎪⎩ z − y = x (z − y ) H (4), (5) khơng th x y x ≠ z V y (3) khơng th có d u b ng, t c AB + BC > AC Nh th (2), v y ta có đpcm Tr ng i H c An Giang Trang 47 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u Bài 4: Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Ch ng minh r ng: b + a2 c + b2 a2 + 2c + + ≥3 ab bc ca Gi i: B t đ ng th c c n ch ng minh t ng đ ng v i: 2 + + + + + ≥3 a b b c c a Trong m t ph ng to đ Oxy xét vect : r ⎛1 2⎞r ⎛1 2⎞ r ⎛1 2⎞ ⎟, v = ⎜ ; ⎟ ⎜ ⎟ u = ⎜⎜ ; ⎟ ⎜ b c ⎟, w = ⎜ c ; a ⎟ ⎝a b ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Khi đó: r r r ⎛1 1 1 ⎛ 1 1⎞⎞ u + v + w = ⎜⎜ + + ; 2⎜ + + ⎟ ⎟⎟ = 1, (vì + + = 1) a b c ⎝ a b c ⎠⎠ ⎝a b c r r r r r r T h qu c a b t đ ng th c Minkowski: u + v + w ≥ u + v + w suy đ.p.c.m ( Bài 5: Gi i ph ) ng trình: x + 4y + 6x + + x + 4y − 2x − 12y + 10 = Gi i: Ph ng trình cho vi t l i d (x + ) vect i d ng sau: (1) + (2y ) + (1 − x ) + (3 − 2y ) = r r Xét vect u = (x + 3, 2y ), v = (1 - x, - 2y ) r r Khi ta có: u + v = (4, ) r r r r V y (1) ⇔ u + v = u + v (2) r r r r Theo h qu b t đ ng th c Minkowski u + v ≥ u + v r r D u b ng x y ch u = kv v i k > ho c m t hai r r u, v vect không V y (2) t ng đ ng v i hai kh n ng sau: x+3 2y (I) = ≥0 - x − 2y 1- x = - 2y = ho c (II) Ta có (II) ⇔ x = 1, y = ⎧ ⎪⎪ (I) ⇔ ⎨ −3 ≤ x < ⎪ −1 + = −1 + − x − 2y ⎩⎪ 2 2 ⎧− ≤ x < ⇔⎨ ⎩3x − 8y + = Tr ng i H c An Giang Trang 48 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c K t h p l i, ta đ Svth: Nguy n Phúc H u c nghi m (x, y) c a ph x = α, y = ng trình cho có d ng sau: (3α + 9) v i − ≤ α < Bài 6: Gi i h ph ng trình: ⎧ 2005 ⎪ + x + + x + + + x 2004 = 2004 2004 ⎪ ⎨ 2004 ⎪ − x + − x + + − x = 2004 2004 ⎪⎩ 2003 Gi i: Xét vect ur = ( ) 1+ x i , 1- xi , i = 1,2004 ur Khi ta có: = , ∀i = 1,2, 2004 ⇒ 2004 ∑ i=1 ur = 2004 ur ⎛ 2004 a ∑ i = ⎜ ∑ + x i, i=1 ⎝ i=1 2004 Ta có: (1) 2004 ∑ i=1 ⎞ 1− x i, ⎟ ⎠ 2 ur ⎞ ⎛ 2004 ⎞ ⎛ 2004 ⇒ ∑ = ⎜ ∑ 1+ x i ⎟ + ⎜ ∑ 1- x i ⎟ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 2004 = 2004.2005 + 2004.2003 = 2004 ur 2004 ur a ∑ i = ∑ (2) 2004 T (1) (2) suy ra: i=1 (3) i=1 ur 2004 ur a ∑ i ≤ ∑ (H qu b t đ ng th c Minkowski) 2004 Mà ta có i=1 i=1 Do đ ng th c (3) ch ng t chi u, đ dài nên suy r ng vect ur a i ph ng, x1 = x = = x 2004 ⇒ + x1 = 1+ x = = 1+ x 2004 = 2005 2004 Hay h cho có nghiêm nh t x1 = x = = x 2004 = 2.4 2004 ng d ng s h c: Bài 1: Cho n ∈ N \ {0,1}, x 1, x , , x n > Ch ng minh b t đ ng th c sau: Tr ng i H c An Giang Trang 49 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c ⎛ x ⎜⎜1 + ⎝ nx Svth: Nguy n Phúc H u ⎞⎛ x ⎟⎟⎜⎜1 + ⎠⎝ nx ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ 1⎞ ⎟⎟ ⎜⎜1 + n ⎟⎟ ≥ ⎜1 + ⎟ ⎠ ⎝ nx n+1 ⎠ ⎝ n ⎠ n Gi i: Áp d ng b t đ ng th c Minkowski th đ ⎧ ⎪ a = = an = II v i ⎨ x xn , ta ⎪⎩ b1 = nx2 , , bn = nxn+1 c: n n ⎛ x1 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ xn ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ ⎞ ⎟ ≥ ⎜ 1+ ⎟ ⎟ ⎜ 1+ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ ⎜⎜ 1+ n ⎟⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ nx ⎠ ⎝ nx ⎠ ⎝ nx n+1 ⎠ ⎝ ⎧a1,a2 , ,an ≥ ⎪ Bài 2: Cho ⎨a1 + a2 + + an = ⎪n ∈ Z, n ≥ ⎩ Ch ng minh r ng: ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜⎜ + ⎟⎟⎜⎜ + ⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ≥ (n + 1)n ⎝ a ⎠⎝ a ⎠ ⎝ a n ⎠ Gi i: Áp d ng b t đ ng th c Minkowski th đ ⎧a1 = = an =1 ⎪ II v i ⎨ 1 , ta ⎪b1 = a =, ,bn = a ⎩ n c: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎜⎜1 + ⎟⎟⎜⎜1 + ⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ≥ ⎜1 + ⎝ a1 ⎠⎝ a ⎠ ⎝ a n ⎠ ⎜⎝ n a1a .a n Theo b t đ ng th c Cauchy, ta có: n a1a .an ≤ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ n a1 + a + + an = n n ⎛ ⎞⎛ Do đó: ⎜⎜ + ⎟⎟⎜⎜ + ⎝ a ⎠⎝ a ⎞ ⎛ ⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎠ ⎝ an Bài 3: Cho n nguyên d n (n + 1)! ≥ + n n! ⎞ ⎟⎟ ≥ (n + 1)n ⎠ (đpcm) ng Ch ng minh r ng: Gi i: Áp d ng b t đ ng th c Minkowski th II v i dãy 1, 2, …, n 1, 1, …,1, ta đ c: n (1 + 1)(2 + 1) (n + 1) ≥ n .n + n 1 Hay n (n + 1)! ≥ + n n! (đpcm) n = = = 1 ⇔ n =1 D u b ng x y ⇔ Tr ng i H c An Giang Trang 50 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u Bài 4: Cho 2n s th c x 1, x , , x n ; y 1, y , , y n cho (x Gi s i − x j ) + (y i − y j ) > 0; ∀i ≠ j, i, j = 1,2, , n , 2 , , n s th c khác cho n + + + n ≠ Ch ng minh r ng: n ∑ x +y ≥ i i i=1 + n + + n ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎜⎜ ∑ i x i ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ i y i ⎟⎟ ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ Gi i: Trên h tr c to đ xét n m A i ( x i , y i ) , i = 1,2, ,n Do (x − x j ) + (y i − y j ) > 0, ∀i ≠ j nên A i ≠ A j , ∀i ≠ j i V y n m phân bi t G i I tâm t c theo b s 1, , , n , ta có: n uur IA ∑ i =0 c a n m A 1, A , , A n (1) i=1 uur G i to đ c a I I(x, y ) , IA = ( xi − x;yi − y ) ⎧n ⎪∑ ⎪ i=1 T (1) suy ⎨ n ⎪ ⎪⎩∑ i=1 i i ( xi − x ) = ( yi − y ) = ⇔ ⎧ ⎪ ⎪x = ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪y = ⎩ n ∑ i=1 + i xi + + n n ∑ i=1 + i yi + + n Vì I tâm t c nên: uuuur uuuur uuuur uur OA + OA + + OA n = nOI uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uur Ta có: OA1 + OA + + OA n ≥ OA1 + OA + + OA n = n OI (2) (H qu b t đ ng th c Minkowski) uuuur ⎧ OA = x + y , ∀i = 1,2, ,n i i i ⎪⎪ 2 vào (2) ta đ Thay ⎨ uur ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎪ OI = ⎜ ∑ i xi ⎟ + ⎜ ∑ i yi ⎟ ⎪⎩ ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ + + + n x +y ≥ i i + n + + D u b ng x y ⇔ vect chi u, t c ∀i = 1,2, , n có: i i i ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎜⎜ ∑ i x i ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ i y i ⎟⎟ ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ n uuuur uuuur uuuur OA 1,OA , ,OA n ph {xy ==kk xy , v i c: ng, i k > Bài 5: Cho a 1, a , , a n n s th c b t kì Ch ng minh Tr ng i H c An Giang Trang 51 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c n ∑ i =1 Svth: Nguy n Phúc H u a i2 + (1 − a i+1 ) ≥ n , v i quy c a n +1 ≡ a Gi i: Xét n vect uur v i touur đ nh sau: u1 = ( a1,1− a2 ) ,u2 = ( a2 ,1− a3 ) , uuur uur un−1 = ( an−1,1− an ) ,un = ( an ,1− a1 ) Khi ta uur cóuur uur u1 + u2 + + un = ( a1 + a2 + + an , n − a1 − a2 − − an ) đ Theo h qu c a b t đ ng th c Minkowski: u uur uur uur uur uur ur (1) u1 + u2 + + un ≥ u1 + u2 + + un ⎧ uur = a2 + (1− a )2 ,i = 1,2, ,n i i +1 ⎪ i vào (1) ta Thay ⎨ uur uur uur 2 ⎪ u1 + u2 + + un = k + ( n − k ) , ( k = a1 + a2 + + an ) ⎩ c: n ∑ i =1 a i2 + (1 − a i+1 ) ≥ k + (n − k ) 2 (2) Ta ch ng minh r ng: k + (n − k ) ≥ n 2 Th t v y: (3) ⇔ k + n2 + k - 2nk ≥ (3) n2 ⇔ n − 4nk + 4k ≥ ⇔ (n − 2k ) ≥ Vì (4) đúng, v y (3) T (2) (3) suy n n 2 ó đpcm a i2 + (1 − a i+1 ) ≥ ∑ i =1 Tr ng i H c An Giang (4) Trang 52 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u K T LU N B t đ ng th c Hölder Minkowski b t đ ng th c quan tr ng toán cao c p có nhi u ng d ng tốn ph thơng tài thu đ c m t s k t qu đáng quý nh sau: - Trình bày lý thuy t ch ng minh chi ti t d ng c a hai b t đ ng th c Holder Minkowski t bi t h qu c a hai b t đ ng th c này, k t qu quan tr ng đ c s d ng r ng rãi đ gi i nhi u d ng toán ph thông - Ch ng III phát hi n ng d ng c a b t đ ng th c Hưlder Minkowski tốn ph thơng r t nhi u l nh v c toán h c: gi i tích, gi i tích t h p, hình h c, hình h c gi i tích, đ i s , l ng giác s h c Bên c nh nh ng k t qu nh t đ nh đ t đ c trên, đ tài m t h n ch ó ch a m r ng d ng đ i s d ng gi i tích c a b t đ ng th c Hưlder: - D ng đ i s : Cho hai dãy s không âm a1, a2, …, an b1, b2, …, bn; p, q, r s 1 h u t d ng cho + = , ta ln có: p q r 1 ⎛ n p ⎞p ⎛ n q ⎞ q ⎛ n r r ⎜ ∑ ak ⎟ ⎜ ∑ bk ⎟ ≥ ⎜ ∑ (akbk ) ⎞⎟ ⎠ ⎝ k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ - D ng gi i tích Cho p, q, r ∈ (1; ∞ ) , f g hai hàm s liên t c đo n [a; b] v i 1 + = , ta ln có: a < b Gi s p q r 1 ⎞q ⎞p ⎛ b ⎞r ⎛ b ⎛b r p q ⎜ ∫ f (x )g(x ) dx ⎟ ≤ ⎜ ∫ f (x ) dx ⎟ ⎜ ∫ g(x ) dx ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎠ ⎝a ⎝a ⎠ ⎝a Tr ng i H c An Giang Trang 53 www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u TÀI LI U THAM KH O [1] PGS.TS Nguy n Quý Dy (cb) - Tuy n t p 200 thi vô ch toán (T3) – NXB Giáo D c n m 1994 [2] Võ Giang Giai – Chuyên b t ng th c – NXB Hà N i n m 2002 [3] PGS.TS Tr n V n H o – Chuyên luy n thi vào i h c B t ng th c – NXB Giáo D c n m 2003 [4] Nguy n M ng Hy – Các toán v ph pháp to - NXB Giáo D c n m 2003 [5] G.s Phan Huy Kh i – Ph ng pháp to ơ gi i toán s c p – NXB Tp HCM n m 1996 [6] G.s Phan Huy Kh i – 10.000 toán s c p B t ng th c – NXB Hà N i n m 2001 [7] Nguy n Xuân Liêm – Chuyên b t ng th c b t ph – NXB Giáo D c n m 2002 [8] Th.s Nguy n V n Nho – Olympic toán h c Châu Á Thái Bình D ng – NXB Giáo D c n m 2003 [9] Jean Maria Monier – Giáo trình tốn t p Gi i tích – NXB Giáo D c n m 1996 i H c Qu c Gia ng pháp vect ph ng ng trình Tr ng i H c An Giang Trang 54 ...www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u L IC M N Hoàn thành tài tơi xin bày t lịng bi t n sâu s c n th y Lê Thái Duy - ng i ơã h t lòng h ng d n giúp tơi q trình nghiên c u tài Tôi... Ki n ơã ng viên q trình làm tài Tơi chân thành c m n tr ng h c t p nghiên c u tài Tr ng i H c An Giang ng i H c An Giang ơã t o u ki n Trang www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc... 2.4 ng d ng s h c 50 K T LU N 53 TÀI LI U THAM KH O 54 Tr ng i H c An Giang Trang www.VNMATH.com Nghiên c u khoa h c Svth: Nguy n Phúc H u L IM U Khi h c ph thông,