Đề tài nghiên cứu khoa học về ứng dụng của bất đẳng thức trong toán phổ thông của nguyễn phúc hậu | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

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 k[r]

www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM KËJ Người thực 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 www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " LỜI CẢM ƠN 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 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 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 # Trường Đại Học An Giang Trang 1" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " MỤC LỤC Trang LỜI MỞ ĐẦU CHƯƠNG I KIẾN THỨC CƠ SỞ §1 BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 1.1 Hàm lồi 1.2 Bất đẳng thức Jensen §2 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY 2.1 Bất đẳng thức Cauchy 2.2 Bất đẳng thức Cauchy “suy rộng” CHƯƠNG II BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI §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 giải tích 20 1.1.1 Bất đẳng thức tích phân 20 1.1.2 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 22 1.2 Ứng dụng hình học 26 1.3 Ứng dụng lượng giác 30 1.4 Ứng dụng số học 33 1.5 Ứng dụng đại số 36 1.6 Ứng dụng hình học giải tích 39 1.7 Ứng dụng giải tích tổ hợp 40 §2 ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI 42 2.1 Ứng dụng lượng giác 42 2.2 Ứng dụng giải tích 44 2.3 Ứng dụng đại số 46 2.4 Ứng dụng số học 50 KẾT LUẬN 53 TÀI LIỆU THAM KHẢO 54 # Trường Đại Học An Giang Trang 2" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " LỜI MỞ ĐẦU Khi còn học phổ thông, tôi bất đẳng thức là vấn đề khó khăn lớn Do đó, bước chân vào trường Đại Học tôi luôn ao ước có hội nghiên cứu vấn đề này Bất đẳng thức là chuyên đề khá phức tạp và có ứng dụng phong phú toán học Nó liên quan đến nhiều lĩnh vực khác như: Giải tích, lượng giác, hình học … Do đó, đây là lý thuyết quan trọng Đã có nhiều nhà toán học có đóng góp quan trọng cho lý thuyết này như: Cauchy, Jensen, Hardy, … đó đặc biệt là Hölder và Minkowski Các bất đẳng thức mang tên hai ông ứng dụng rộng rãi giải toán cao cấp và toán sơ cấp, vận dụng vào giải các bài toán hay và khó các kỳ thi quan trọng như: thi chọn học sinh giỏi, thi quốc gia hay thi Olympic quốc tế … Hơn nữa, học sinh phổ thông, bất đẳng thức là chuyên đề phức tạp và không dễ Phần đông các em không giải bài toán bất đẳng thức và các bài toán có liên quan Một phần các em chưa biết cách vận dụng bất đẳng thức bản, phần các em chưa nắm 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 có ý nghĩa lớn việc khảo cứu các bất đẳng thức mà còn có tác dụng lớn việc giảng dạy sau này Do từ lý trên đây nên đề tài này tôi tập trung nghiên cứu hai đối tượng sau: là hai bất đẳng thức Hölder và Minkowski, hai là ứng dụng hai bất đẳng thức này vào toán phổ thông Nhằm thực hai nhiệm vụ: làm rõ các dạng hai bất đẳng thức trên; vận dụng chúng vào bài toán phổ thông Để làm điều này, tôi đã tiến hành đọc số tài liệu có nhắc đến các nội dung trên, từ đó phân tích, tổng hợp lại, hệ thống gị làm cách hợp lý Nội dung nghiên cứu gồm: Chương I Kiến thức sở Chương II Bất đẳng thức Hölder và Minkowski Chương III Ứng dụng bất đẳng thức Hölder và Minkowski toán phổ thông Mặc dù đã cố gắng hoàn thành đề tài, kiến thức còn hạn chế nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót và sai lầm, mong góp ý quý thầy cô để đề hoàn chỉnh hơn, xin chân thành cảm ơn # Trường Đại Học An Giang Trang 3" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " CHƯƠNG I KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Cauchy giới thiệu dạng sở phục vụ cho việc nghiên cứu bất đẳng thức Hölder và Minkowski # Trường Đại Học An Giang Trang 4" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " §1 BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN -1.1 Hàm lồi: 1) Cho hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [α; β] Hàm số f(x) gọi là lồi trên đó, thoả mãn điều kiện sau: ∀ x1, x2 ∈ (a; b ) , ∀ α , β ≥ mà α + β = thì: f( α x1 + β x2) ≤ α f(x1) + β f(x2) (1) Về mặt hình học, bất đẳng thức (1) có ý nghĩa 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 điểm cung A1B1 đồ thị nằm cát tuyến A1B1 Do đó C có toạ độ là C( α x1 + β x2; α f(x1) + 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, – f(x) lồi, tức là ∀ x1, x2 ∈ (a; b ) , ∀ α , β ≥ mà α + β = thì f( α x1 + β x2) ≥ α f(x1) + β f(x2) 3) Hàm f(x) liên tục đến đạo hàm cấp hai trên (a; b ) Nếu f’’(x) > ∀ x ∈ (a; b ) thì f(x) là hàm lồi trên (a; b ) Nếu f’’(x) < ∀ x ∈ (a; b ) thì f(x) là hàm lõm trên đó 1.2 Bất đẳng thức Jensen: Cho f(x) là hàm lồi trên [a; b] Giả sử x1, x2, …, xn ∈ [a; b] và α i > 0, (i = 1,n); α + α + … + α n = 1, ta luôn có: ⎛ n ⎞ n f ⎜ ∑ α i x i ⎟ ≤ ∑ α i f (x i ) ⎝ i=1 ⎠ i=1 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 – - Xét n = k Giả sử x1, x2, …, xk ∈ [a; b] và α i > 0, i = 1, 2, …, k; α + + α + … + α k = k −2 k Ta có: ∑ αi x i = ∑ αi x i + αk −1x k −1 + αk x k i=1 k −2 (1) i=1 Đặt α = ∑ α i ⇒ < α < 1, vì từ (1) suy ra: i =1 ⎡α ∑ α x = ∑ α x + (1 − α) ⎢⎣1 − α x k −2 k i=1 i i i=1 i i k −1 k −1 + αk ⎤ xk ⎥ 1− α ⎦ α α Do k −1 + k = , mà xk-1, xk thuộc [a; b] , nên: 1− α 1− α # Trường Đại Học An Giang Trang 5" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " αk −1 α xk −1 + k xk ∈ [a; b] 1− α 1− α Áp dụng giả thiết quy nạp với k - điểm x1, x2, … , xk-2, x * và số α 1, α 2,… , α k-2, - α ( α + α + … + α k-2 + - α = 1) x* = ( ) ⎛ k ⎞ ⎛ k −2 ⎞ k −2 ⇒ f ⎜⎜ ∑ α i x i ⎟⎟ = f ⎜⎜ ∑ α i x i + (1 − α)x * ⎟⎟ ≤ ∑ α i f (x i ) + (1 − α ) f x * ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ i=1 (2) Mặt khác lại theo định nghĩa hàm lồi, ta có: ( ) α α ⎛α ⎞ α f x* = f⎜ k −1 xk −1 + k xk ⎟ ≤ k −1 f( xk −1 ) + k f( xk ) 1− α ⎠ 1− α 1− α ⎝ 1− α (3) Thay (3) vào (2), ta được: α ⎛ k ⎞ k −2 ⎡α ⎤ f ⎜⎜ ∑ α i x i ⎟⎟ ≤ ∑ α i f (x i ) + (1 − α ) ⎢ k −1 f (x k −1 ) + k f (x k )⎥ 1− α ⎣1 − α ⎦ ⎝ i=1 ⎠ i=1 ⎞ n ⎛ n Hay f ⎜ ∑ α i x i ⎟ ≤ ∑ α i f (x i ) ⎝ i=1 ⎠ i=1 # Trường Đại Học An Giang Trang 6" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " §2 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY -2.1 Bất đẳng thức Cauchy: Cho a1, a2, …, an là các số không âm, chứng minh rằng: a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n Dấu “=” xảy và a1 = a2 = … = an Chứng minh: Xét hàm số f(x) = - lnx với x > 1 Ta có f’(x) = − và f' ' (x) = > x x Vậy f(x) là hàm lồi x > Theo bất đẳng thức 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 đồng biến hàm số y = lnx, suy x + x + + x n n ≥ x 1x x n , ∀x i > n Dấu xảy ⇔ x1 = x2 = … = xn Xét n số a1, a2, …., an ≥ Có hai khả sau xảy Nếu > ∀ i = 1, 2, … , n, thì theo trên ta có: a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n Nếu tồn ak = thì (*) hiển nhiên đúng (*) 2.2 Bất đẳng thức Cauchy “suy rộng”: Cho a1, a2, … , an là các số hạng không âm Cho α1, α2, αn là các số hữu tỉ dương cho α1 + α2 + … + αn = Chứng minh rằng: α α α α1a1 + α2a2 +…+αnan ≥ a1 a 2 .an n Chứng minh: Vì α1, α2, , αn là các số hữu tỉ dương và α1 + α2 + + αn = 1, nên có thể viết chúng dạng sau (sau đã quy đồng mẫu số các phân số) p p p α1 = , α2 = , , αn = n N N 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: a1 + + a + a + + a + + a n + + a n p1 +p2 + +pn p1 p ≥ a1 a a pnn p1 + p + + p n # Trường Đại Học An Giang Trang 7" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " p p p n p p p ⇔ a1 + a + + n a n ≥ a1N a1N a1N N N N α α α ⇔ α1a1 + α2a2 +……+αnan ≥ a1 a 2 .an n Dấu xảy ⇔ a1 = a2 = = an # Trường Đại Học An Giang Trang 8" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " CHƯƠNG II BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI Trong chương này, chúng ta tìm thấy các dạng đại số và dạng giải tích bất đẳng thức Hölder; dạng đại số bất đẳng thức Minkowski thứ I, II và dạng giải tích bất đẳng thức Minkowski Đáng chú ý là các hệ hai bất đẳng thức trên, chúng vận dụng nhiều giải toán phổ thông # Trường Đại Học An Giang Trang 9" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " §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 1 hữu tỉ dương cho + = 1, ta luôn có: p q 1 n ⎛ n p ⎞p ⎛ n q ⎞q (*) ⎜ ∑ ak ⎟ ⎜ ∑ bk ⎟ ≥ ∑ ak bk k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ Có đẳng thức và tồn hai số A và B không đồng thời không cho Aa pk = Bb kq , k = 1,2, , n Chứng minh: - Cách 1: Dùng bất đẳng thức Cauchy “suy rộng” Theo bất đẳng thức Cauchy suy rộng, a ≥ 0, b ≥ 0, thì: ap bq (1) + ≥ ab p q Có đẳng thức và ap = bq bk ak ,k = 1,2, , n , ta được: ,b = Áp dụng (1) với: a = 1 n n ⎞q ⎛ ⎞p ⎛ ⎜⎜ ∑ bkq ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ apk ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ q p ak bk b ak + n k ≥ (2) 1 n q p q p n n bk ⎛ ak ⎞p ⎛ ⎞q ∑ ∑ ⎜⎜ ∑ a pk ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ b kq ⎟⎟ k =1 k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ Vì (2) đúng ∀ k = 1, 2, …, n, nên cộng vế n bất đẳng thức trên ta được: 1 + ≥ p q akbk ⎛ ⎞ ⎜⎜ ∑ apk ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ n p ⎛ ⎞ ⎜⎜ ∑ bkq ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ n q ≥0 (3) 1 + = 1, nên từ (3) suy đ.p.c.m p q Có đẳng thức và n bất đẳng thức (2) trở thành đẳng thức, theo (1), có điều này và khi: a pk b kq = , k = 1, n a1p + a p2 + + a pn b1q + b q2 + + b nq Từ a1p a p2 a pn = = = , b1q b q2 b nq Với quy ước: Nếu bk = với k nào đó thì ak = Tức là: # Trường Đại Học An Giang Trang 10" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Ngoài ra, với a1 = … = an = b1 = … = bn = 0, (*) trở thành đẳng thức, kết hợp hai kết trên ta được: (*) trở thành đẳng thức và tồn hai số A và B không đồng thời không cho Aa pk = Bb kq , k = 1,2, , n - Cách 2: Dùng bất đẳng thức Jensen Xét hàm số f(x) = xp x > (p > 1) f’(x) = pxp-1 f’’(x) = p(p – 1)xp-2 > (do p > 1, x > 0) Vậy f(x) là hàm lồi x > Áp dụng bất đẳng thức Jensen với xk = a k b 1− q k ; αk = b kq n ∑b (k = 1, 2, …, n) q k k =1 Ta có xk > 0, α k > 0, ∀k = 1,2, , n và α1 + α2 + + αn = Khi đó ta có: n f (α1x + α x + + αn x n ) ≤ ∑ αk f (x k ) (**) k =1 Do α1x1 + α2 x + + αn xn = n ∑b k =1 ⎛ n ⎜ ∑ ak bk (**) ⇔ ⎜ k =1n ⎜ q ⎜ ∑ bk ⎝ k =1 n ∑a b k q k =1 k k , vậy: p ⎞ ⎟ ⎟ ≤ ⎟ ⎟ ⎠ n n ∑b k =1 ∑b a b q k q k =1 k ⎛ n q⎞ ⎜ ∑ bk ⎟ p ⎛ n ⎞ ⇔ ⎜ ∑ a k b k ⎟ ≤ ⎝ k =n1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ ∑ b kq p k p (1− q ) k p n ∑a k =1 p k (Do 1 + = ⇔ p + q − pq = ) p q k =1 p ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⇔ ⎜⎜ ∑ a k b k ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ∑ b kq ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ ⎞ ⎛ n ⇔ ∑ a k b k ≤ ⎜⎜ ∑ b kq ⎟⎟ k =1 ⎝ k =1 ⎠ p −1 Do = , từ đó suy ra: p q n p −1 p p −1 n .∑ a pk k =1 ⎛ n p ⎞p ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ (***) ⎞p ⎞q ⎛ n ⎛ n (***) ⇔ ∑ a k b k ≤ ⎜⎜ ∑ b kq ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ a pk ⎟⎟ k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ Bất đẳng thức Hölder chứng minh xong n # Trường Đại Học An Giang Trang 11" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Hệ quả: Nếu p = q = thì bất đẳng thức Hölder trở thành: a12 + a 22 + + a n2 b12 + b 22 + + b n2 ≥ (a1b1 + a 2b + + a nb n ) a a a Dấu “=” xảy và khi: = = = n b1 b2 bn (Bất đẳng thức Bouniakowski) ( )( ) 1.2 Dạng giải tích: 1.2.1 Định lý: Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] , f(x) ≥ với x ∈ [a; b] Nếu f(x) không đồng không trên [a; b] thì b ∫ f(x )dx > a Chứng minh: Giả sử x0 ∈ [a; b] cho f(x0)>0 và α là số dương cho f(x0)> α Nếu a < x0 ≤ b thì tồn số dương h cho a ≤ x0 – h và f(x) > α với x ∈ [x0 - h; x0 ] Khi đó: b x −h a a ∫ f(x )dx = ∫ f(x )dx + Vì f(x) ≥ trên [a; b] nên x0 b x −h x0 ∫ f(x )dx + ∫ f(x )dx x −h ∫ f(x )dx ≥ và a b Do đó ∫ f(x )dx ≥ a b ∫ f(x )dx ≥ x0 x0 ∫ f(x )dx (1) x −h Mặt khác, vì f(x) > α với x ∈ [x0 - h; x ] nên: x0 x0 x −h x −h ∫ f(x )dx ≥ ∫ αdx = hα > (2) b Từ (1) và (2) suy ra: ∫ f(x )dx > a Nếu a ≤ x0 < b thì tồn số dương h cho x0 + h ≤ b và f(x) > > α với x ∈ [x0; x0 + h ] b Tương tự trên ta chứng minh ∫ f(x )dx > a 1.2.2 Bổ đề: Giả sử (p, q) là cặp số mũ liên hợp, tức là 1 + = 1; p > 1; q > Khi p q đó với hai số không âm α,β bất kì ta luôn có: αβ ≤ αp βq + p q # Trường Đại Học An Giang Trang 12" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Có đẳng thức và αp = βq Chứng minh: Hiển nhiên bổ đề đúng với α = β = Giả sử α > và β > Hàm số y = xp-1 liên tục và đồng biến trên nửa khoảng [0;+∞ ) và lấy giá trị trên đó Do đó nó có hàm số ngược x = y p −1 trên [0 ;+∞ ) Giả sử đường thẳng x = α p −1 p-1 cắt đồ thị (C) hàm số y = x (cũng là đồ thị hàm số x = y ) điểm A, đường thẳng y = β cắt đồ thị (C) điểm B và cắt đường thẳng x = α điểm C Khi đó diện tích hình chữ nhật O α C β không lớn tổng các diện tích hai tam giác cong O α A giới hạn trục hoành, đường thẳng x = α và đồ thị (C) và tam giác cong O β B giới hạn trục tung, đường thẳng y = β và đồ thị (C) SOαCβ ≤ SOαA + SOβB (1) Ta có: SOαCβ = αβ α SOαA xp = ∫ x dx = p α p −1 = αp p β β SOβB = ∫ y p −1 dy = p +1= = Vì p −1 p −1 +1 p −1 y +1 p −1 β 1 yq βq = = q , nên: SOβB = = 1 q q 1− p q αp βq Thay vào (1) ta được: αβ ≤ + p q Có đẳng thức và hai điểm A và B trùng nhau, tức là: α p−1 = β ⇔ β q = α (p−1)q = α p 1.2.3 Bất đẳng thức Hölder dạng giải tích: Giả sử (p, q) là cặp số mũ liên hợp, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a; b] Khi đó: b ∫ a ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞q p q f (x )g(x ) dx ≤ ⎜⎜ ∫ f (x ) dx ⎟⎟ ⎜⎜ ∫ g(x ) dx ⎟⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ (1) Dấu “=” xảy và tồn hai số thực A và B không đồng thời không cho: A |f(x)|p = B|g(x)|q, ∀x ∈ [a; b] Chứng minh: # Trường Đại Học An Giang Trang 13" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " b b ∫ f(x ) dx ¾ Nếu hai tích phân ∫ g(x ) dx không thì p a b (1) đúng Thật vậy, giả sử q a ∫ f(x ) dx = Khi đó, vì f(x ) p p ≥ , ∀ x ∈ [a; b] , nên theo a định lý 1.2.1 suy f(x) = 0, ∀ x ∈ [a; b] Do đó f(x)g(x) = 0, ∀ x ∈ [a; b] và b ∫ f(x )g(x )dx = a b ¾ Giả sử ∫ f( x ) dx > và p b ∫ g(x ) dx q a a > f (x ) Áp dụng bổ đề 1.2.2, với α = ⎛ ⎞ p ⎜ ∫ f(x ) dx ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ b f (x ) ⎛ ⎞p ⎜ ∫ f(x ) pdx ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ Do đó: b g(x ) ⎛ ⎞ ⎜ ∫ g(x ) qdx ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ b q ≤ p f (x ) + q a ∫ f(x )g(x )dx p ⎞ ⎛ q ⎜ ∫ g(x ) dx ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝a b p p b q ≤ g(x ) và β = p ∫ f(x ) dx b a b g(x ) b q ∫ g(x ) dx q , ta q , ∀ x ∈ [a; b] (2) a f( x ) dx 1∫ b p a b + g( x ) dx 1∫ a b q = 1 + =1 p q p q p q ⎛b ⎞ ⎛b ⎞ p q ∫a f(x ) dx ∫a g(x ) dx ⎜ ∫ f( x ) dx ⎟ ⎜ ∫ g( x ) dx ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ Từ đó suy bất đẳng thức cần chứng minh Theo bổ đề 1.2.2, (2) trở thành đẳng thức và khi: f( x ) g( x ) = , ∀ x ∈ [a; b] 1 b b p q ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p q ⎜ ∫ f( x ) dx ⎟ ⎜ ∫ g( x ) dx ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ Kết hợp với phần 1, ta (1) trở thành đẳng thức và tồn hai số thực A và B không đồng thời không cho: A |f(x)|p = B|g(x)|q, ∀x ∈ [a; b] Hệ quả: Khi p = q = 2, bất đẳng thức Hölder trở thành: 1 ⎛b ⎞2 ⎛ b ⎞2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x dx ≤ f x dx g x dx ∫a ⎜∫ ⎟ ⎜∫ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ (Bất đẳng thức Bouniakowski) b # Trường Đại Học An Giang Trang 14" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " §2 BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI -2.1 Dạng đại số: 2.1.1 Bất đẳng thức Minkowski thứ I: Cho hai dãy số không âm a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn Giả sử p > là số hữu tỉ Chứng minh rằng: p p ⎡ ⎛ ⎛ p⎤ p⎞ p⎞ ⎢∑ (a k + b k ) ⎥ ≤ ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ b k ⎟⎟ ⎣ k =1 ⎦ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ n n n p Chứng minh: Gọi q là số hữu tỉ mà 1 + = Vì p > nên q là số hữu tỉ > p q Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số {ak }và 2, …, n, ta được: {(a p −1 }, k = 1, 1 q ⎛ n p ⎞p ⎛ n q (p −1) ⎞ ( ) ( ) + ≤ + a a b a a b ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∑ k k k k ⎜∑ k ⎟ ⎜∑ k ⎟ k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ Lại áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy {bk } và n + bk ) k p −1 (1) {(a k + bk ) } ta p −1 được: 1 q ⎛ n p ⎞p ⎛ n q (p −1) ⎞ p −1 ( ) b a + b ≤ ⎜⎜ ∑ b k ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ (a k + b k ) ⎟⎟ (2) ∑ k k k k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ Cộng vế (1) và (2), ta có: 1 ⎡ n ⎤ n q p ⎛ n p ⎞p⎥ ⎛ n p p ⎞ ⎢⎛ p⎞ (a k + b k ) ≤ ⎜⎜ ∑ (a k + b k ) ⎟⎟ ⎢⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ b k ⎟⎟ ⎥ (do q(p - 1) = p)(3) ∑ k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎠ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎢⎣ ⎥⎦ Nếu ak = bk = 0, ∀ k = 1, 2,…, n thì bất đẳng thức (3) hiển nhiên đúng n n Do đó ta có thể giả thiết ∑ (a k =1 ⎛ n p⎞ ⎜⎜ ∑ (a k + b k ) ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ 1− q Hay + b k ) > Nên từ (3) ta có: p k 1 ⎛ n ⎞p ⎛ n ⎞p ≤ ⎜⎜ ∑ a pk ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ b pk ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ 1 p ⎡n ⎛ n p ⎞p ⎛ n p ⎞p p⎤ + ( ) ≤ a b ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ b k ⎟⎟ ∑ k k ⎢ ⎥ ⎣ k =1 ⎦ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ # Trường Đại Học An Giang Trang 15" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Hệ quả: Nếu p = q = n = 2, thì bất đẳng thức Minkowski trở thành: (a1 + b1 ) + + (a n + b n ) ≤ a1 + b1 + + a n + b n Khi n =2, ta có: (a1 + b1 )2 + (a +b2 )2 ≤ a 12 + a 22 + b 12 + b 22 r r r r r r ⇔ u + v ≤ u + v (Với u = (a 1, a ), v = (b 1, b ) ) (Bất đẳng thức tam giác) 2.1.2 Bất đẳng thức Minkowski thứ II: Cho dãy số không âm a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn Chứng minh rằng: n (a + b )(a + b ) (a + b ) ≥ n a a a + n b b b (1) 1 2 n n n n a a a Dấu “=” xảy và = = = n b1 b bn Chứng minh: - Cách 1: Có hai trường hợp sau: c Nếu (a1 + b1)(a2 + b2) (an + bn) = Khi đó phải tồn k (1 ≤ k ≤ n ) mà ak + bk = Do ak ≥ 0, bk ≥ ⇒ ak = bk = Vậy bất đẳng thức (1) đúng (vì hai vế 0) d Nếu (a1 + b1)(a2 + b2) (an + bn) > Khi đó bất đẳng thức (1) viết lại dạng sau: a1 a2 an b1 b2 bn (2) n +n ≤1 an + bn a1 + b1 a2 + b2 an + bn a1 + b1 a2 + b2 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: a1 a2 an a2 an ⎞ ⎛ a1 ⎟ (3) n ≤ ⎜⎜ + + + a1 + b1 a + b a n + b n n ⎝ a1 + b1 a + b a n + b n ⎟⎠ b1 b2 bn b2 bn ⎞ ⎛ b1 ⎟ (4) ≤ ⎜⎜ + + + a1 + b1 a + b a n + b n n ⎝ a1 + b1 a + b a n + b n ⎟⎠ Cộng vế (3), (4) suy (1) đúng Dấu xảy hai trường hợp sau: a) Hoặc là tồn số k mà ak = bk = a2 an ⎧ a1 ⎪ a + b = a + b = = a + b ⎪ 2 n n b) Hoặc là ⎨ bn ⎪ b1 = b = = ⎪⎩ a1 + b1 a + b an + bn a a a Với quy ước bk = thì ak = 0, dấu xảy ⇔ = = = n b1 b2 bn n # Trường Đại Học An Giang Trang 16" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " - Cách 2: Dùng bất đẳng thức Jensen - Xét hàm số f(x) = ln(1+ex) ex ⇒ f ' ( x) = 1+ e x ex ⇒ f ' ' (x) = > 0, ∀x ∈ R 1+ e x Vậy f(x) là hàm lồi trên R Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: f (x ) + f (x ) + + f (x n ) ⎛ x + x + + x n ⎞ ≥ f⎜ ⎟ n n ⎝ ⎠ ( ) x1 + + x n ⎛ x1 xn ⎜ ⇔ ln + e + + ln + e ≥ ln⎜1 + e n n ⎝ b Chọn x i = ln i , i = 1,2, , n ta được: [( ) )] ( ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ b b b ⎛ ln +ln + +ln n ln⎜⎜1 + ⎟⎟ + ln⎜⎜1 + ⎟⎟ + + ln⎜⎜1 + n ⎟⎟ a1 a2 an ⎜ ⎝ a1 ⎠ ⎝ a2 ⎠ ⎝ a n ⎠ ≥ ln⎜1 + e n n ⎜⎜ ⎝ ⎛ (a + b1 )(a + b ) (a n + b n ) ⎞ ⎛ ⎞ ⎟ ≥ ln⎜1 + n b1b .b n ⎟ ⇒ ln⎜ n ⎜ ⎟ ⎜ a1a .a n a1a .a n ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⇒ n (a + b )(a + b ) (a n + b n ) ≥ n a1a .a n + n b 1b .b n Dấu “=” xảy và khi: x = x = = x n b b b ⇔ ln = ln = = ln n a1 a2 an ⇔ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠ b1 b b = = = n a1 a an 2.2 Dạng giải tích: Giả sử p ≥ 1, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a; b] Khi đó: 1 ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞p ⎛ b ⎞p ⎜ ∫ f (x ) + g(x ) p dx ⎟ ≤ ⎜ ∫ f (x ) p dx ⎟ + ⎜ ∫ g(x ) p dx ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ (1) Chứng minh: Hiển nhiên (1) đúng với p = Giả sử p > Khi đó f( x ) + g( x ) = f( x ) + g( x ) f( x ) + g( x ) p ≤ f( x ) f (x ) + g(x ) p −1 p −1 ≤ + g( x ) f (x ) + g(x ) p −1 , ∀ x ∈ [a ; b ] Do đó: b b ⎛b ⎞ ⎜ ∫ f (x ) + g(x ) p dx ≤ ∫ f (x ) f (x ) + g(x ) p−1 dx + ∫ g(x ) f (x ) + g(x ) p−1 dx ⎟ ⎜ ⎟ a a ⎝a ⎠ # Trường Đại Học An Giang (2) Trang 17" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Gọi q là số mũ liên hợp p Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số liên tục f và f + g p −1 , ta được: b ∫ a ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞q p −1 p (p −1)q ⎜ f (x ) f (x ) + g(x ) dx ≤ ⎜ ∫ f (x ) dx ⎟⎟ ⎜⎜ ∫ f (x ) + g(x ) dx ⎟⎟ = ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ 1 ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞q p p = ⎜⎜ ∫ f (x ) dx ⎟⎟ ⎜⎜ ∫ f (x ) + g(x ) dx ⎟⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ (3) Tương tự: 1 ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞q p −1 p ⎜ ⎟ ⎜ ∫ f (x ) + g(x ) p dx ⎟ (4) ( ) ( ) ( ) ( ) g x f x + g x dx ≤ g x dx ∫a ∫ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ Từ (2), (3) và (4) suy ra: 1 ⎛ b ⎞ b p p ⎟⎛b q ⎜ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ p p p p f (x ) + g(x ) dx ≤ ⎜ ⎜⎜ ∫ f (x ) dx ⎟⎟ + ⎜⎜ ∫ g(x ) dx ⎟⎟ ⎟.⎜⎜ ∫ f (x ) + g(x ) dx ⎟⎟ (5) ⎠ ⎝a ⎠ ⎟⎝a ⎠ ⎜⎝ a ⎝ ⎠ b b ∫ a b y Nếu ∫ f(x ) + g(x ) dx = thì bất đẳng thức cần chứng minh đúng p a b y Nếu ∫ f(x ) + g(x ) dx > , từ (5) suy ra: p a ⎛b ⎞ ⎜ ∫ f (x ) + g(x ) p dx ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ 1− Hay q 1 ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞p p p ≤ ⎜⎜ ∫ f (x ) dx ⎟⎟ + ⎜⎜ ∫ g(x ) dx ⎟⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ 1 ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞p ⎛ b ⎞p ⎜ ∫ f (x ) + g(x ) p dx ⎟ ≤ ⎜ ∫ f (x ) p dx ⎟ + ⎜ ∫ g(x ) p dx ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ # Trường Đại Học An Giang Trang 18" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " CHƯƠNG III ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER VÀ MINKOWSKI TRONG TOÁN PHỔ THÔNG Các ứng dụng toán phổ thông bất đẳng thức Hölder và Minkowski thể chương này cách khá đặc sắc nhiều lĩnh vực toán học: giải tích, giải tích tổ hợp, hình học, hình học giải tích, đại số, lượng giác và số học # Trường Đại Học An Giang Trang 19" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " §1 ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER -1.1 Ứng dụng giải tích: 1.1.1 Bất đẳng thức tích phân: Bài 1: Giả sử f và g là hai hàm số liên tục, dương trên đoạn [a; b] và f(x)g(x) ≥ với x ∈ [a; b] Chứng minh rằng: b b a a ∫ f (x )dx.∫ g(x )dx ≥ (b − a ) Chứng minh: g là hàm số liên tục và dương trên đoạn [a; b] Vì f(x)g(x) f và ≥ với x ∈ [a; b] nên f (x )g(x ) ≥ với x ∈ [a; b] Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số ( ) ( f và g , ta được: ) ⎛b ⎞ ⎛b ⎞ ⎜ ⎟ ≥ ⎜ ∫ dx ⎟ = (b − a )2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x dx g x dx = f x dx g x dx ≥ f x g x dx ∫a ∫a ∫a ∫a ⎜∫ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ Bài 2: Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0;1] và f(0) - f(1) = Chứng minh rằng: b b b b ∫ [f' (x )] dx ≥ Chứng minh: Theo định lý Newton – Leibniz: ∫ f' (x )dx = f (1) − f (0) = Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số f’(x) và g(x) = = 1, x ∈ [0;1] , ta được: 2 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞⎛ ⎞ 2 1= ⎜⎜ ∫ f' (x)dx ⎟⎟ = ⎜⎜ ∫ f' (x).1dx ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ∫ 12 dx ⎟⎟⎜⎜ ∫ [f' (x)] dx ⎟⎟ = ∫ [f' (x)] dx ⎝0 ⎠ ⎝0 ⎠ ⎝0 ⎠⎝ ⎠ Vậy ∫ [f' (x )] dx ≥ Bài 3: Chứng minh ∀ x > 0, ta có: x e − < ∫ e 2t + e − t dt < x (e x ) 1⎞ ⎛ − ⎜ex − ⎟ 2⎠ ⎝ Chứng minh: x Ta có: ∫ x e + e dt = ∫ e 2t −t t e t + e -2t dt (1) Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: # Trường Đại Học An Giang Trang 20" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " x x ⎞ ⎛ x 21 t ⎜ e e + e −2t dt ⎟ ≤ e t dt e t + e −2t dt ∫0 ∫0 ⎟ ⎜∫ ⎠ ⎝0 Do đó từ (1), suy ra: ( ) ⎛x ⎞ 1 ⎜ ∫ e 2t + e − t dt ⎟ ≤ e x − ⎛⎜ e x − − e −2x ⎞⎟ < e x − ⎛⎜ e x − ⎞⎟ ⎜ ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝0 ⎠ ∫ ) ( ) (2) e 2t + e − t > e t , ∀ < t < x, nên: Mặt khác x ( x e 2t + e − t dt > ∫ e t dt = e x − (3) Từ (2) và (3), suy ra: ex − < x ∫ e 2t + e − t dt < (e x ) 1⎞ ⎛ −1⎜ex − ⎟ 2⎠ ⎝ Bài 4: Cho f(x) là hàm số liên tục cùng với đạo hàm nó trên đoạn [a; b] và f(a) = Đặt M = max f (x ) Chứng minh: a ≤ x ≤b b M ≤ (b − a )∫ (f' (x ))2 dx a Chứng minh: Gọi x0 là điểm thuộc [a; b] cho: f (x ) = max f (x ) Áp dụng hệ bất a ≤ x ≤b đẳng thức Hölder với hai hàm f’(x) và g(x) = 1, ta được: x0 x0 x0 ⎛ x0 ⎞ ⎜ f' (x )dx ⎟ ≤ (f' (x ))2 dx dx = (x − a ) (f' (x ))2 dx ∫a ∫a ∫a ⎜∫ ⎟ ⎝a ⎠ x0 Do ∫ f' (x )dx = f(x0) ⇒ f (x ) ≤ x0 − a ∫ (f' (x )) dx , từ đó: a a b M ≤ x0 ∫ (f' (x )) dx a b b − a ⇒ M ≤ (b − a )∫ (f' (x )) dx a Bài 5: Cho hai hàm số liên tục f(x) và g(x) xác định trên [0;1] và nhận giá trị trên đoạn [0;1] Chứng minh: 1 ⎛1 ⎞ ⎜ ∫ f (x )g(x )dx ⎟ ≤ ∫ f (x )dx ∫ g(x )dx ⎜ ⎟ 0 ⎝0 ⎠ Chứng minh: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder , ta được: 1 ⎛1 ⎞ ⎜ ∫ f (x )g(x )dx ⎟ ≤ ∫ f (x )dx ∫ g (x )dx ⎜ ⎟ 0 ⎝0 ⎠ Vì ≤ f (x ) ≤ 1;0 ≤ g(x ) ≤ 1, ∀0 ≤ x ≤ nên: f (x ) ≤ f (x ) và g (x ) ≤ g(x ), ∀0 ≤ x ≤ # Trường Đại Học An Giang (1) Trang 21" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " 1 1 Suy ≤ ∫ f (x )dx ≤ ∫ f (x )dx,0 ≤ ∫ g (x )dx ≤ ∫ g(x )dx, đó: 2 0 1 1 0 ∫ f (x )dx.∫ g (x )dx ≤ ∫ f (x )dx.∫ g(x )dx 2 0 (2) 1 ⎛1 ⎞ Từ (1) và (2) suy ra: ⎜⎜ ∫ f (x )g(x )dx ⎟⎟ ≤ ∫ f (x )dx ∫ g(x )dx 0 ⎝0 ⎠ Bài 6: Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên f (x ) ≤ , ∀x ∈ [0;1] Chứng minh: ∫ ⎛1 ⎞ − f (x)dx ≤ − ⎜⎜ ∫ f(x)dx ⎟⎟ ⎝0 ⎠ [0;1] và 2 Chứng minh: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số h(x) = = − f (x) và G(x) ≡ trên [0;1] , ta được: 1 ⎛1 ⎞ ⎜ ∫ - f (x)dx ⎟ ≤ ∫ (1 − f (x ))dx ∫ dx = − ∫ f (x )dx ⎜ ⎟ 0 ⎝0 ⎠ Suy ∫ 1 − f (x )dx ≤ − ∫ f (x )dx (1) Lại áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai hàm F(x) = f(x) và G(x) ≡ trên [0;1] , ta được: 1 ⎛1 ⎞ ⎜ ∫ f (x )dx ⎟ ≤ ∫ f (x )dx ∫ dx , đó: ⎜ ⎟ 0 ⎝0 ⎠ Từ (1) và (2), suy ∫ ⎛1 ⎞ ⎜ ∫ f(x)dx ⎟ ≥ − ∫ f (x )dx (2) ⎜ ⎟ ⎝0 ⎠ ⎛1 ⎞ − f (x)dx ≤ − ⎜⎜ ∫ f(x)dx ⎟⎟ ⎝0 ⎠ 2 1.1.2 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất: Bài 1: Cho số dương a, b thoả mãn : a b + = với x, y > Tìm x, y y x để: S = x + y nhỏ (tính theo a, b) Giải Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ a ⎞ ⎛a b⎞ b x+ y ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ + ⎟⎟ (x +y) = S ( a + b )2 = ⎜⎜ y ⎝x y⎠ ⎝ x ⎠ ⎧ a b = ⎪⎪ y Dấu “=” xảy ⇔ ⎨ x ⎪ ⎪⎩ x + y = a + b ( # Trường Đại Học An Giang ) Trang 22" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " ⇔ ⎧⎨ x = a( a + b ) ⎩ y = b( a + b ) Vậy: Min(S) = ( a + b )2, khi: ⎧⎨ x = a( a + b ) ⎩ y = b( a + b ) Bài 2: Chứng minh phương trình: x + ax + bx + cx + = (1) có nghiệm thì a2 + b2 + c2 ≥ Giải: Gọi x là nghiệm (1), ta có: x4 + ax3 + bx2 + cx + = (⇒ x ≠ o ) ⇒ − + x = ax3 + bx + cx Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder, ta được: ( ) (1 + x ) = (ax + bx + cx (1 + x ) ) ≤ (a 2 ) ⇒ a2 + b2 + c ≥ x6 + x4 + x2 1+ x Mặt khác: ≥ x +x +x Thật vậy: (3) ⇔ + 2x + x ≥ x + x + x ( )( + b2 + c x + x + x (2) ) ( ) ( (3) ) ⇔ 3x − 4x + 2x − 4x + ≥ ( )( ) ⇔ x2 − 3x + 2x + ≥ (đúng) Từ (2) và (3), suy ra: a2 + b2 + c2 ≥ Dấu “=” xảy ⎧ ⎪⎪a = b = c = − (x = 1) ⇔ ⎨ ⎪a = −b = c = (x = −1) ⎪⎩ Bài 3: Tìm giá trị nhỏ hàm số: f(x, y, z, t) = x4 + y4 + z4 xét trên miền D = {(x, y, z ) : xy + yz + zx = 4} Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số: x, y, z và y, z, x ta được: (x + y2 + z2 Mặt khác, ta có: ( ) ≥ (xy + yz + zx ) ) ( = 16 (1) ) x + y + z4 ≥ x2 + y2 + z2 (Hệ bất đẳng thức Hölder) (2) 16 , ∀(x, y, z ) ∈ D Từ (1) và (2) suy ra: f (x, y, z ) ≥ ⎛ 2 ⎞ 16 ⎛ 2 ⎞ , , , , , và ⎜ Mặt khác f⎜ ⎟= ⎟ ∈ D , nên: ⎝ 3 3⎠ ⎝ 3 3⎠ # Trường Đại Học An Giang Trang 23" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " f (x, y, z ) = ( x,y,z )∈D 16 Bài 4: Tìm giá trị lớn hàm số: f( x, y, z ) = x + y + z + xy + yz + zx , xét trên D = ( x, y, z ) : x + y + z2 ≤ 27 { } Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho dãy số a1 = x, a2 = y, a3 = z và b1 = b2 = b3 = ta được: x + y + z ≥ (x + y + z ) ( ) Vậy: ∀( x, y, z ) ∈ D , ta có: (x + y + z ) ≤ 81 Hay: x + y + z ≤ ∀( x, y, z ) ∈ D (1) Dấu xảy và x = y = z = Lại áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số a1 = x, a2 = y, a3 = z và b1 = y, b2 = z, b3 = x ta được: x + y + z y + z + x ≥ (xy + yz + zx) Từ đó, suy ra: xy + yz + zx ≤ 27 , ∀( x, y, z ) ∈ D (2) x y z Dấu xảy và = = ⇔ x = y = z y z x Từ (1) và (2) suy f( x, y, z ) ≤ 36 Vậy max f (x, y, z ) = 36 x = y = z = ( )( ) ( x,y,z )∈D Bài 5: Tìm giá trị nhỏ hàm số: x3 y3 z3 t3 f( x, y, z, t ) = + + + y+z+t z+t+x t+x+y x+y+z Xét trên miền D = {( x, y, z, t ) : x, y, z, t ≥ o; xy + yz + zt + tx = 1} Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số y3 z3 t3 và , , z+t+x t+x+y x+y+z x3 , y+z+t x( y + z + t ) , y (z + t + x ) , z(t + x + y ) , , t( x + y + z ) , ta được: f (x, y, z, t ) [x (y + z + t ) + y (z + t + x ) + z (t + x + y ) + t (x + y + z )] ≥ Hay [ ( ≥ x2 + y2 + z2 + t2 ( )] ( ) f (x, y, z, t )(x + y + z + t ) − x + y + z + t ≥ x + y + z + t 2 (x ) ) 2 + y + z2 + t (1) ⇒ f( x, y, z, t ) ≥ (x + y + z + t )2 − x2 + y2 + z2 + t2 Mặt khác: ( x + y + z + t) 2 2 x +y +z +t ≥ (Hệ bất đẳng thức Hölder) ⇒ ( x + y + z + t ) − x2 + y2 + z2 + t2 ≤ x2 + y2 + z2 + t2 (2) ( ) ( # Trường Đại Học An Giang ( ) ( ) ) Trang 24" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Từ (1) và (2) suy ra: f(x, y, z, t ) ≥ x2 + y2 + z2 + t2 Lại áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder lần cho hai dãy x, y, z, t và y, z, t, x ta được: ( (x ⇒ (x ) ) ) + y + z2 + t2 ≥ ( xy + yz + zt + tx ) (3) + y2 + z2 + t ≥ (4) Từ (3) và (4) suy ra: f(, x, y, z, t ) ≥ , ∀( x, y, z, t ) ∈ D ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 1⎞ Do f⎜ , , , ⎟ = và ⎜ , , , ⎟ ∈ D , nên: f (x, y, z, t ) = ( x, y,z,t ) ∈ D ⎝2 2 2⎠ ⎝2 2 2⎠ 2 Bài 6: Giả sử x, y là các số thực thoả điều kiện: logx + y ( x + y ) ≥ Chứng minh x + 2y ≤ + 10 Giải: Có trường hợp sau: c Nếu x2 + y2 > Khi đó từ: logx + y ( x + y ) ≥ ⇒ x + y ≥ x2 + y2 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⇒⎜x− ⎟ +⎜y− ⎟ ≤ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ ⎡⎛ 1⎞ ⎛ ⎞⎤ Ta có: x + 2y = ⎢⎜ x − ⎟ + 2⎜ y − ⎟ ⎥ + 2⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣⎝ Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho dãy x − (1) (2) 1 ; y − và 1; 2 2, ta được: 2 ⎡⎛ ⎡⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎤ 1⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎢⎜ x − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ⎥ + ≥ ⎢⎜ x − ⎟ + 2⎜ y − ⎟⎥ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎦⎥ 2⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣⎝ ⎣⎢⎝ ( ) 2 ⎡⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎤ ⎛ 3⎞ Hay từ (2) ta có: ⎢⎜ x − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ⎥ ≥ ⎜ x + 2y − ⎟ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎝ 2⎠ ⎢⎣⎝ 10 3 + 10 ≥ x + 2y − hay x + 2y ≤ 2 1 ⎧x − y− 2= ⎪ ⎪ Dấu (4) xảy ⇔ ⎨ 2 ⎪ ⎛⎜ x − ⎞⎟ + ⎛⎜ y − ⎞⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎪⎩ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ Từ (1), (3) suy ra: # Trường Đại Học An Giang (3) (4) Trang 25" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " ⎧ + 10 ⎪x = ⎪ 10 ⇔⎨ + 10 ⎪ ⎪⎩y = 10 d Nếu < x2 + y2 < 1: logx + y ( x + y ) ≥ ⇒ x + y ≤ x2 + y2 Do < x2 + y2 < ⇒ y < , nên: x + 2y = x + y + y ≤ x2 + y2 + y < + = < + 10 Tóm lại ∀x, y thoả mãn điều kiện đầu bài, ta luôn có: x + 2y ≤ + 10 Dấu xảy và khi: + 10 + 10 x= ,y = 10 10 1.2 Ứng dụng hình học: Bài 1: Chứng minh tam giác, ta có: 36 ⎛ abc ⎞ ⎜p + ⎟ , đây p là nửa chu vi tam giác a2 + b2 + c ≥ 35 ⎜⎝ p ⎟⎠ Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 36 ⎡ ⎛ a + b + c ⎞ 2abc ⎤ a2 + b2 + c ≥ ⎟ + ⎢⎜ ⎥ 35 ⎢⎣ ⎝ ⎠ a + b + c ⎥⎦ 72abc ⇔ 35 a2 + b2 + c ≥ 9(a + b + c ) + a+b+c Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: 27 a2 + b2 + c ≥ 9(a + b + c ) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( ) (1) ( ) (2) a2 + b2 + c2 ≥ 33 a2 b2c2 và a + b + c ≥ 33 abc ⇒ 8(a + b + c )(a + b + c ) ≥ 72abc 72abc ⇒ a2 + b2 + c ≥ a+b+c Từ (2) và (3) suy (1) đúng 36 ⎡ ⎛ a + b + c ⎞ 2abc ⎤ 2 Do đó a + b + c ≥ ⎟ + ⎢⎜ ⎥ 35 ⎢⎣ ⎝ ⎠ a + b + c ⎥⎦ Dấu có và ABC là tam giác ( ) (3) Bài 2: Cho a, b, c là cạnh ∆ ABC, S là diện tích p q r Nếu p, q, r > thì: a + b + c ≥ 3S q+r r +p p+q # Trường Đại Học An Giang Trang 26" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Giải: Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ a =⎜ ⎜ q+r ⎝ ⎞ (a + b + c ) q+r + r +p + p + q⎟ ≤ ⎟ r +p p+q ⎠ 2 ⎛ a b c ⎞ ⎟⎟(p + q + r ) ≤ 2⎜⎜ + + ⎝ q+ r r + p p + q⎠ ⎛ p ⎞ q r ⇔ 2⎜⎜ a + b + c ⎟⎟ + a + b + c ≥ (a + b + c ) r +p p+q ⎠ ⎝q+r p q r ⇒ a + b + c ≥ − a + b + c + (a + b + c ) q+r r +p p+q 2 (1) Ta chứng minh: − a + b + c + (a + b + c ) ≥ 3S Thật vậy: 2 (1) ⇔ a − (b − c ) + b − (c − a) + c − (a − b) ≥ 4S ⇔ (a − b + c )(a + b − c ) + (a + b − c )(− a + b + c ) + b [ ( [ c ( ) [ ( ) ] ) ] [ ] ] [ ] + (a − b + c )(− a + b + c ) ≥ 4S (2) ⎧ x = −a + b + c > ⎪ Đặt: ⎨y = a − b + c > ⎪z = a + b − c > ⎩ (2) ⇔ yz + zx + xy ≥ 4S ⇔ xy + yz + zx ≥ 3.xyz(x + y + z ) (Vì S = p(p − a)(p − b)(p − c ) = ⎞ x+y+z x y z = xyz( x + y + z) ⎟⎟ 2 2 ⎠ ⇔ (xy + yz + zx) ≥ 3xyz(x + y + z ) ⇔ (xy − yz) + (yz − zx) + (zx − xy) ≥ (đúng) Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c ⇒ (1) đúng p q r a + b + c ≥ 2S ⇒ q+r r +p p+q ⎧a = b = c Dấu “=” xảy ⇔ ⎨ ⎩p = q = r 2 Bài 3: Cho ∆ ABC có a, b, c là độ dài các cạnh Chứng minh rằng: a 2b ( a - b ) + b c ( b - c ) + c a ( c - a ) ≥ Giải: Dựng đường tròn nội tiếp ∆ ABC # Trường Đại Học An Giang Trang 27" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " ⎧ AM = x ⎪ ⎨BM = y ⎪CN = z ⎩ Đặt ⎧a = y + z ⎪ Khi đó ⎨b = z + x ⎪c = x + y ⎩ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z ) ( x + y )( z + x )( y - x ) + ( z + x ) ( x + y )( z - y ) + ( x + y ) ( y + z )( x - z ) ≥ ⇔ y z + z3 x + x y ≥ xyz ( x + y + z ) 2 y2 z2 x (*) + + ≥ x+y+z x y z Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ y ⎞ ⎛ y z2 x ⎞ z x ( x + y + z ) = ⎜⎜ x + y + z ⎟⎟ £ ⎜ + + ⎟ ( x + y + z ) y z ⎝ x ⎠ ⎝ x y z ⎠ y z2 x + + ⇒ ≥ x+y+z x y z ⇒ (*) đúng Vậy: a 2b ( a - b ) + b 2c ( b - c ) + c 2a ( c - a ) ≥ ⇔ Bài 4: Cho tứ diện ABCD P là điểm tuỳ ý tứ diện Gọi A1, B1, C1, D1 là hình chiếu 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: SBCD SCDA SDAB SABC S + + + ≥ PA1 PB1 PC1 PD1 r Giải: Đặt: a1 = SBCD SCDA ; a2 = PA1 PB1 a3 = SDAB S ABC ; a4 = PC1 PD1 b1 = SBCD.PA1; b2 = SCDA.PB1 b3 = SDBA.PC1; b4 = SABC.PD1 Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: T ( SBCD PA + SCDA PB1 + SDAB PC1 + S ABC PD1 ) ≥ S (1) (T là vế trái bất đẳng thức cần chứng minh) Do S BCD PA = VP.BCD , S CDA PB1 = VP.CDA , S DAB PC1 = VP.DAB , S ABC PD1 = VP.ABC nên từ (1) có 3T( VP.BCD + VP.ACD + VP.ABD + VP.ABC ) ≥ S2 hay T ≥ S2 , đó V là thể tích 3V tứ diện ABCD # Trường Đại Học An Giang Trang 28" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Mặt khác ta có: 3V = Sr ⇒ T ≥ S ⇒ đ.p.c.m r a1 a2 a3 a4 = = = b1 b2 b3 b4 = SACD = SABD = SABC Dấu “=” có ⇔ ⇔ SBCD Bài 5: Cho tứ diện ABCD, đó góc tam diện đỉnh D là tam diện vuông Giả sử DA = a, BD = b, DC = c Cho M là điểm nằm trên cạnh ∆ ABC Chứng minh rằng: ( ) S = d(A,DM) + d(B,DM) + d(C,DM) ≤ a + b + c Ở đây ta dùng ký hiệu d(A, ∆ ) là khoảng cách từ A tới đường thẳng ∆ Giải: ˆB = φ Không giảm tính tổng quát, ta giả sử M nằm trên AB Đặt MD Kẻ AM1 ⊥ DM, BM2 ⊥ DM, đó d(A,DM) = AM1, d(B,DM) = BM2 và d(C,DM) = c Ta có ϕ = DAM1 nên AM1 = acosϕ, BM2 = = bsinϕ Vậy: S = c + acosϕ + bsinϕ Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: (1) a cos φ + b sin φ ≤ a2 + b2 a b Dấu “=” (1) xảy ⇔ = cos ϕ sin ϕ b ⇔ tgϕ = = tgDAˆB (do ABD là tam giác vuông) a ⇔ φ = DAB ⇔ DM ⊥ AB Vậy ta có S ≤ c + a2 + b2 Lại áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: c + a2 + b2 ≤ a2 + b2 + c (2) Dấu “=”trong (2) xảy D ⇔ c = a + b Từ (1) và (2) suy ra: 2 ( d(A,DM) + d(B,DM) + d(C,DM) ≤ a + b + c Dấu xảy ⇔ DM ) AB và c = a2 + b2 1.3 Ứng dụng lượng giác: Bài 1: Chứng minh rằng: 3sin x + 10sinxcosx + 11cos x − 23 301 < 0, ∀x ∈ R Giải: Ta có:VT = 3sin x + 10sinxcosx + 11cos x − 23 301 − cos 2x + cos 2x + sin 2x + 11 − 23 301 = 2 # Trường Đại Học An Giang Trang 29" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " = 4cos2x + 5sin2x + − 23 301 Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: (4cos2x + 5sin2x)2 ≤ 16 + 25 = 41, ∀x ∈ R ⇒ 4cos2x + 5sin2x ≤ 41 , ∀x ∈ R Do đó, ta có: VT ≤ 41 + − 23 301 < , ∀x ∈ R (đpcm) Bài 2: Cho a, b, c, d > 0, tìm giá trị nhỏ hàm số: asin x + bcos y acos x + bsin y f (x, y ) = + csin x + dcos y ccos x + dsin y Gi ải: Đặt f(x,y) = af1 + bf2 sin x cos x Với f1 = + ; csin x + dcos y ccos x + dsin y cos x sin y + csin x + dcos y ccos x + dsin y Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ ⎞ sin x cos x ⎟ csin x + dcos y + f1(c+d) = ⎜⎜ + 2 2 ⎟ ⎝ csin x + dcos y ccos x + dsin y ⎠ f2 = [( ) ⎛ sin x ⎜ + ccos x + dsin y ≥ csin x + dcos y + ⎜ csin x + dcos y ⎝ ⎞ 2 cos x + ccos x + dsin y ⎟ = sin x + cos x = ⎟ ccos x + dsin y ⎠ ⇒ f1 ≥ Đẳng thức xảy và khi: c+d sin x cos x = = csin x + dcos y ccos x + dsin y ( 2 )] ( = ) ( ) sin x + cos x = 2 2 c sin x + cos x + d cos y + sin y c + d ( ) ( ) 1 = ⇔ sin2 x = cos2 y cos y c + d c+d sin2 x Tương tự f2 ≥ Đẳng thức xảy ⇔ sin2x = cos2y c+d a b a+b + = Vậy f(x,y) = af1 + bf2 ≥ c+d c+d c+d a+b sin2x = cos2y Do đó minf = c+d Bài 3: Cho a, b, c > và asinx + bcosy = c Chứng minh: cos2 x sin2 y 1 c2 + ≤ + − (1) a b a b a + b3 ⇔ # Trường Đại Học An Giang Trang 30" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Giải: − sin2 x − cos2 y 1 c2 + ≤ + − a b a b a + b3 sin x cos y c2 ⇔ + ≥ (2) a b a + b3 sin x cos y Đặt a1 = ; a2 = a b b1 = a a;b2 = b b Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ sin2 x cos2 y ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ a + b3 ≥ (a sin x + b cos y )2 + b ⎠ ⎝ a 3 Do a + b > và asinx + bcosy = c ⇒ (2) đúng Do đó (1) đúng a a sin x cos y Dấu “=” xảy ⇔ = ⇔ = b1 b2 a b ⎧ sinx = cosy a2c b2c ⎪ b2 ⇔⎨ a ⇔ sin x = ; cos y = asinx + bcosy = c a + b3 a3 + b3 ⎪ ⎩ (1) ⇔ ( ) Bài 4: Chứng minh rằng: π − tg x sin x + 2tgx cos x ≤ , với ∀x ≠ + kπ ,k ∈ Z 2 + tg x ( ) Giải: Theo hệ bất đẳng thức Hölder ta có: [(1− tg x )sin 2x + 2tgx cos 2x] ≤ [(1− tg x ) + 4tg x][sin 2x + cos π ≤ (1+ tg x ) , ∀x ≠ + kπ ,k ∈ Z [(1− tg x )sin 2x + 2tgx cos 2x] ≤ 1, ∀x ≠ π + kπ ,k ∈ Z ⇒ (1+ tg x ) (1 − tg x )sin 2x + 2tgx cos 2x ≤ 1, ∀x ≠ π + kπ ,k ∈ Z ⇒ 2 2 2 2 2x ] 2 2 2 + tg x Bài 5: Giải phương trình: x x + sin2 + + cos2 = 4 Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ⎛ ⎞ ⎛3 x x x x ⎜ ⎟ ≤ ⎜ + sin2 + + cos2 ⎞⎟.2 = + sin + + cos ⎜ 4 ⎟⎠ ⎝ 4 2⎠ ⎝ ⇒ VT ≤ Dấu "=" xảy và khi: # Trường Đại Học An Giang Trang 31" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " x x + sin2 = + cos2 = 4 ⎧ sin x =± ⎧ sin2 x = ⎪ 2 ⇔ x = ± π + kπ ,(k ∈ Z) ⇔ ⎪⎨ ⇔⎨ x 2 ⎪⎩ cos = ⎪ cos x =± 2 ⎩ π Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = ± + k 2π (k ∈ Z) Bài 6: Giải phương trình: sin x + − sin2 x = (1) Giải: Ta có: − sin2 x ≥ 1, ∀x ⇒ − sin2 x ≥ ⇒ sin x + − sin x ≥ + sin x ≥ 0, ∀x ∈ R Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: 2 sinx + − sin x ≤ ⎛⎜ sin x + − sin x ⎞⎟(1 + 1) = ⎝ ⎠ ) ( ( ) ⇒ sin x + − sin2 x ≤ Dấu "=" xảy ra, nghĩa là (1) có nghiệm và khi: sinx - sin2 x = 1 sinx=1 ⇒ 2-sin2x=1 π ⇔ sin2 x=1 ⇔ x = + k 2π,k ∈ Z sin x=1 π Vậy nghiệm phương trình (1) là x = + k 2π, k ∈ Z { { 1.4 Ứng dụng số học: Bài 1: Cho dãy số dương a1, a2, …., an; < p < q là số hữu tỉ Chứng minh rằng: 1 ⎛ n p ⎞p ⎛ n q ⎞q ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ < ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ ⎝ n k =1 ⎠ ⎝ n k =1 ⎠ Giải: 1 q q + = với p' = ; q' = ; p', q' là số hữu tỉ > (do 0<p<q p' q' p q−p là hai số hữu tỉ) Áp dụng bất đẳng thức Hölder với hai dãy {a 'k }, {bk } xác định sau: a' k = a pk; b ≡ , ∀k = 1,2, , n Ta bất đẳng thức: Đặt p p ⎞ q ⎞q ⎛ n ⎛ n ⎜⎜ ∑ a' k p ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ b k q−p ⎟⎟ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ # Trường Đại Học An Giang q −p q p ⎛ n q ⎞q > ∑ a' k ⇒ ⎜⎜ ∑ ak ⎟⎟ n k =1 ⎝ k =1 ⎠ n q−p q n > ∑ apk k =1 Trang 32" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " 1 1 ⎛ n q ⎞q − ⎛ n ⎞p Luỹ thừa bậc hai vế, ta được: ⎜⎜ ∑ ak ⎟⎟ np q > ⎜⎜ ∑ apk ⎟⎟ p ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ 1 Hay ⎛ n q ⎞q ⎛ n p ⎞p ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ > ⎜⎜ ∑ a k ⎟⎟ (đpcm) ⎝ n k =1 ⎠ ⎝ n k =1 ⎠ Bài 2: Cho x1, x 2, , xn ≥ và x1 + x + + xn = na Chứng minh rằng: ∑x x 1≤i≤ j≤n i j = x 1x + x 1x + + x n−1x n ≤ a Cn2 (Bất đẳng thức Maclaurin) Giải: Ta có: x1 + x + + xn = na ( ) (1) ⇒ (x 1x + x 1x + + x n−1x n ) = n a − x + x + + x n Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder với hai dãy x1, x2,…, xn và 1,1,…,1 ta được: (x1 + x + + x n )2 ≤ n x12 + x 2 + + x n (2) ( 2 ) 2 ( ) ⇒ x + x + + x n ≥ na Từ (1) và (2) suy ra: n n i< j i< j 2∑ xix j ≤ n2a2 − na2 ⇔ ∑ xix j ≤ a2 n(n − 1) = a Cn2 Dấu xảy ⇔ x1 = x = = xn Bài 3: Cho n x 1, x , , x n số sau: x = sin α x = cosα1sinα x = cosα1cosα sinα x n−1 = cosα1cosα .cosα n−2 sinα n−1 x n = cos α cos α cos α n− cos α n −1 Chứng minh rằng: x 14 + x 24 + + x 24 ≥ n Giải: ( Ta có: x n2 + x n2−1 = cos α cos α cos α n−2 cos α n−1 + sin α n−1 = cos α1cos α .cos α n−2 ( x n2 + x n2-1 + x n2-2 = cos2 α1cos2 α cos2 αn−3 cos2 αn−2 + sin2 αn−2 ) ) = cos2 α1 cos2 α .cos2 α n−3 Lý luận tương tự, ta có: x n2 + x n2-1 + x n2-2 + + x 12 = (1) 2 Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho dãy x1 , x2 , , xn và 1, 1, …, ta được: ( ) ( n x 14 + x 24 + + x 24 ≥ x 12 + x 22 + + x n2 # Trường Đại Học An Giang ) (2) Trang 33" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Từ (1) và (2) suy x 14 + x 24 + + x 24 ≥ (đpcm) n Bài 4: Cho 100 số thực a1, a2, … , a100 có tổng bình phương 100 Chứng minh tổng chúng không vượt quá 100 Giải: Ta có: ( a1 + a2 + + a100 ) ⎛ 2 ⎞ ≤ a12 + a 22 + + a100 + 14244 + +3 12 ⎟ = ⎜ 114 100 ⎝ ⎠ ( ) = 100.100 = 1002 (Hệ bất đẳng thức Hölder) ⇒ a1 + a + + a100 ≤ 100 Vậy a1 + a + + a100 ≤ 100 Dấu “=” xảy ⇔ a1 = a = = a100 = Bài 5: Ch ứng minh với số nguyên n > ta có: 2n + n + 1 + + + + n < Giải: ( Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho hai n số (1, 1, …, 1) và 1, 2, , n , ta có: ) + + + + n ≤ 12 + 12 + + 12 ( 1) + ( ) ≤ n + + + n = n + + ( n) n +1 n(n + 1) =n 2 ≠ nên không thể có đẳng thức với n > 1 Vậy với n nguyên > 1, ta có: n +1 (1) + + + + n < n Mặt khác: n +1 n2 + n +1 2n + n + (2) n ≤ = 2 2n + n + Từ (1) và (2) suy ra: + + + + n < Vì 2 Bài 6: Cho a1, a2, , an là các số thực thoả: a1 + a2 + + an = a a a Chứng minh rằng: + + + n < 2 n +1 Giải: # Trường Đại Học An Giang Trang 34" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " 1 , , , n +1 Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: Xét hai dãy số a1, a2, , an và an ⎞ ⎛ a1 a 2 2 ⎜ + + + n + 1⎟ ≤ a1 + a + + an ⎝ ⎠ ( ⎛ ) ⎜⎜ 21 + 31 + + ⎝ 2 ⎞ ⎟ (n + 1) ⎠⎟ 2 ⎛ a ⎞ 1 ⎞⎟ ⎛ a1 a + + n ⎟ ≤ 3⎜⎜ + + + (1) ⎜ + n + 1⎠ (n + 1)2 ⎟⎠ ⎝2 ⎝2 1 1 ∀k > 1, ta có: < (2) = − 1 k k − k− k+ 2 Cộng vế bất đẳng thức (2) từ k = đến k = n + 1, ta được: 1 1 1 1 + + + < − + − + + − 2 3 (n + 1) 1,5 2,5 2,5 3,5 n+ n+ 2 1 1 1 ⇒ + + + < − < = (3) (n + 1)2 1,5 n + 1,5 Từ (1), (3) suy ra: a a a an ⎞ ⎛ a1 a + + ⎜ + ⎟ < = hay + + + n < 2 n +1 3 n + 1⎠ ⎝2 Hay 1.5 Ứng dụng đại số: Bài 1: Cho các số thực dương x1, x2, x3 Chứng minh rằng: (x (x ) ) 2 + x2 + x3 3 + x2 + x3 3 ≤3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Hölder với p = 3, q = b2 = x22, b3 = x32 Khi đó ta được: 2 ( 3 x + x + x ≤ x1 + x + x ( (x (x ) ≤ 3(x ) ≤3 ) 2 Suy ra: x + x + x Do đó: 2 + x2 + x3 3 + x2 + x3 3 3 ) 3 + x2 + x3 ; a1 = a2 = a3 = 1; b1 = x12, ) 1 1 Bài 2: Cho a, b, c, u, v, w ≥ và a p + c p ≤ b p , up +1 + w p +1 ≥ v p +1 với q là số hữu tỉ > Chứng minh rằng: ubc - vca + wab ≥ Giải: # Trường Đại Học An Giang Trang 35" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy a và 1 p +1 p +1 ,c 1 và (uc )p +1 , (wa )p+1 1 + = 1, nên ta có: p +1 p +1 p p p +1 p +1 ⎡ pp+1 ⎤ p 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p +1 ⎢⎜ p+1 ⎟ ⎥ + + ( ) ( ) p p ⎡ ⎤ + p ⎜ ⎟ + (wa )p +1 ⎢⎜ a ⎟ + ⎜ c ⎟ ⎥ ⎢(uc )p+1 ⎥⎦ ≥ ⎣ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥ ⎢⎝ ⎣ ⎦ ≥a p +1 p +1 (uc ) +c p +1 (wa )p+1 Hay ta có: p p +1 1 1 ⎛ ⎛ p1 ⎞ ⎞ ⎜ a + c p ⎟ (uc + wa )p+1 ≥ (ac )p +1 ⎜ u p +1 + w p +1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ p p p Theo giả thiết a + c ≤ b và u 1 p +1 +w p +1 ≥v p +1 (*) , nên từ (*) ta có b p +1 (uc + wa )p +1 ≥ (acv )p +1 ⇔ buc + bwa − acv ≥ Hay ubc - vca + wab ≥ Bài 3: Cho x1, x2, x3 > Chứng minh bất đẳng thức Nesbit cho số hạng sau: x1 x2 x3 + + ≥ x2 + x3 x3 + x1 x1 + x2 Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder với hai dãy sau x1 x2 x3 a1 = , a2 = , a3 = x2 + x3 x3 + x1 x1 + x b1 = x1( x2 + x3 ), b2 = x2( x3 + x1 ), b3 = x3( x1 + x ) Khi đó ta có: ⎛ x1 x2 x3 ⎜⎜ + + ⎝ x + x x + x1 x1 + x ⎞ ⎟⎟ [x (x + x ) + x (x + x ) + ⎠ + x 3( x1 + x )] ≥ ( x1 + x + x ) Do x i > 0, ∀i = 1,2,3 suy ra: (x + x + x ) x3 x1 x2 + + ≥ x + x x + x x + x x (x + x ) + x (x + x ) + x (x + x ) Dấu (1) xảy ra: x1 x2 x3 ⇔ = = x2 + x3 x3 + x1 x1 + x2 # Trường Đại Học An Giang (1) Trang 36" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " ⎧x + x = 2x ⎪ ⇔ ⎨x + x = 2x ⇔ x1 = x2 = x3 ⎪x + x = 2x ⎩ (x + x + x )2 ≥ Ta chứng minh: x (x + x ) + x (x + x ) + x (x + x ) (2) Thật vậy: (2) ⇔ 2( x1 + x + x ) ≥ 3(2x1x + 2x x + 2x x1 ) ⇔ ( x1 + x + x3 ) ≥ 3( x1x + x x + x x1 ) 2 2 ⇔ x1 + x + x ≥ x1x + x x + x x1 ⇔ ( x1 − x ) + ( x − x ) + ( x − x1 ) ≥ Vậy (2) đúng, dấu xảy ⇔ x1 = x2 = x3 x1 x2 x3 + + ≥ Từ (1), (2) suy ra: x2 + x3 x3 + x1 x1 + x2 Dấu xảy ⇔ x1 = x2 = x3 2 (đúng) (3) Bài 4: Cho a1, a2, …, an và b1, b2, …bn là 2n số thực, đó bi > ∀i = 1,2, , n Chứng minh bất đẳng thức sau: a12 a 22 a (a + a + + a n ) + + + n ≥ b1 b bn b1 + b + + b n (Bất đẳng thức Svác-xơ) Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder với hai dãy số sau: a1 a2 a , , , n và b1, b2, , bn b1 b2 bn ⎛ a2 a2 a2 ⎞ Ta ⎜⎜ + + + n ⎟⎟(b1 + b + + b n ) ≥ (a1 + a + + a n ) bn ⎠ ⎝ b1 b 2 a12 a 22 a n2 (a1 + a + + a n ) + + + ≥ ( Do b + b + + b n > ) (*) ⇒ b1 b bn b1 + b + + b n a a a Dấu (*) xảy ⇔ = = = n b1 b2 bn Bất đẳng thức Svác-xơ chứng minh xong Bài 5: Có tồn hay không ba số a, b, c thoả mãn bất đẳng thức sau: a − + b − + c − > c(ab + 1) Giải: Ta cần xét các số a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ Đặt a1 = a − 1; a2 = b1 = 1;b2 = b − Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: ab ≥ ( ) a − + b − hay ab ≥ a − + b − # Trường Đại Học An Giang (1) Trang 37" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Từ (1) suy (ab + 1) − + c − ≥ a − + b − + c − Lại áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder với hai dãy a = (ab + 1) − 1; a = và b1 = 1;b = c − Khi đó ta có: (ab + 1)c ≥ ( (ab + 1) − + c(ab + 1) ≥ (ab + 1) − + c −1 (2) ) ⇔ c −1 Từ (2), (3) suy ra: c(ab + 1) ≥ a − + b − + c − , ∀a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ Do đó không tồn các số a, b, c thoả mãn yêu cầu đề (3) Bài 6: Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: a b c d + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c Giải: ⎧6x = b + 2c + 3d > ⎧4a = −5x + 7y + z + t ⎪6y = c + 2d + 3a > ⎪4b = x − 5y + 7z + t ⎪ ⎪ ⇒⎨ Đặt ⎨ 6z = d + 2a + 3b > ⎪ ⎪4c = x + y − 5z + 7t ⎪⎩6t = a + 2b + 3c > ⎪⎩4d = 7x + y + z − 5t Theo hệ bất đẳng thức Hölder: ⎛ a ⎞ b c d 6xa + 6yb + 6zc + 6td ⎟⎟ ≤ ( a + b + c + d) = ⎜⎜ 6y 6z 6t ⎝ 6x ⎠ ⎛ a b c d⎞ ≤⎜ + + + ⎟ ( 6xa + 6yb + 6zc + 6td ) ⎝ 6x 6y 6z 6t ⎠ b c d⎞ ⎛ a ≤ ⎜⎜ + + + ⎟⎟4(ab + bc + cd + da + bd + ac ) ⎝ 6x 6y 6z 6t ⎠ (a + b + c + d)2 b c d⎞ ⎛ a ⎜ ⎟ ⇒⎜ + + + ⎟≥ ⎝ 6x 6y 6z 6t ⎠ 4(ab + bc + cd + da + bd + ac ) Ta chứng minh: (a + b + c + d)2 ≥ 4(ab + bc + cd + da + bd + ac ) Thật vậy: (2) ⇔ a + b + c + d + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) ≥ ≥ 8(ab + bc + cd + da + bd + ca ) 2 2 ⇔ a + b + c + d ≥ 2(ab + bc + cd + da + bd + ca ) [ (1) (2) ] ( ) ⇔ (a − b) + (b − c ) + (c − d) + (d − a) + (d − b) + (c − a) ≥ (3) Bất đẳng thức (3) đúng Vậy, từ (1), (2) và (3) ta suy đpcm # Trường Đại Học An Giang 2 2 Trang 38" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " 1.6 Ứng dụng hình học giải tích: (Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder để tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng cho trước) Cho đường thẳng d: ax + by + c = và điểm M(x0,y0) ngoài đường thẳng Chứng minh khoảng cách ρ từ điểm M tới d tính công thức sau: ρ= ax0 + by0 + c a2 + b2 Giải: Giả sử N(x,y) là điểm tuỳ ý thuộc d, tức là ta có ax + by + c = Áp dụng hệ bất đẳng thức Hölder cho dãy sau: a1 = a, a2 = b và b1 = x x0, b2 = y - y0 ta được: (a )[ ] + b (x − x ) + (y − y ) ≥ [a(x − x ) + b(y − y )] 2 Do a(x − x ) + b(y − y ) = ax + by + c - (ax + by + c = - (ax0 + by0 + c (1) ) ) (2) Thay (2) vào (1) ta có: MN = ax0 + by0 + c (x − x0 )2 + ( y − y0 )2 ≥ (3) a2 + b2 Dấu (3) xảy và ⎧ ⎪ ax + by + c =0 ⎨ a b ⎪⎩ x−x0 = y−y0 ⎛ ⎜ ⎝ ⎛ ⎜ ⎝ 4⎞⎟⎠ 5⎞⎟⎠ ⎧ ax + by =- c ⇔ ⎨ bx−ay=bx −ay 0 ⎩ b x − aby − ac a y − abx − bc ⇔x= ;y = a2 + b2 a2 + b2 (6) Từ (3) và (6) suy ra: (MN) = ax + by + c N∈d a2 + b2 Kẻ MH vuông góc với d, thì theo tính chất đường vuông góc, ta có: ρ = MH = min(MN) = N∈d # Trường Đại Học An Giang ax + by + c a2 + b2 (đpcm) Trang 39" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " 1.7 Ứng dụng giải tích tổ hợp: Bài 1: Cho n là số tự nhiên Chứng minh rằng: C1n + Cn2 + + Cnn ≤ n 2n − Giải: ( ) Chọn hai dãy a1 = C1n , a = C n2 , , a n = C nn b1 = b = = b n = Theo hệ bất đẳng thức Hölder, ta có: (C ) ( )( + C n2 + + C nn ≤ C1n + C n2 + + C nn 12 + 12 + + 12 Vì theo nhị thức Newton, ta có: n ) (1) n (a + b )n = ∑ Cknakbn−k Thay a = b = k =0 n Ta được: = C + C1n + + Cnn ⇒ C1n + + Cnn = 2n − n ( ) Vậy từ (1) có C1n + Cn2 + + Cnn ≤ n 2n − Dấu “=” xảy ⇔ C1n = Cn2 = = Cnn ⇔ n =1 Bài 2: Chứng minh rằng: (C ) ≤ (C ) + (C ) n +1 n 2n n n ( ) + + C nn , ∀n ∈ N* Giải: 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 ) Đồng hệ số xn vế đa thức, ta được: ( ) + (C ) + + (C ) ⇒ (C ) = [1.(C ) + 1.(C ) + + 1.(C ) ] ≤ [ C ) + (C ) + + (C ) ], ∀n ∈ N* ≤ (1 + + + )( 144 42444 C n2n = C n0 n 2n 2 n n 2 n n n n n 4 n n n n n +1 (Theo hệ bất đẳng thức Hölder ) (C ) ⇒ (C ) + (C ) + + (C ) ≥ n +1 n n n 2n n n , ∀n ∈ N* (đpcm) Bài 3: Chứng minh rằng: (C ) + (C ) n n ( ) + + C nn ≥ 4n ,n ∈Z ,n ≥ n +1 Giải: # Trường Đại Học An Giang Trang 40" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Ta có: n n k =0 k =0 2n = (1 + 1) = ∑ Cnk 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 hệ bất đẳng thức Hölder) 4n 2 n ⇒ C n + C n + + C n ≥ (đpcm) n +1 ( ) ( ) # Trường Đại Học An Giang ( ) Trang 41" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " §2 ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI -2.1 Ứng dụng lượng giác: Bài 1: Chứng minh với α ta có bất đẳng thức cos α − 2cosα + + cos α + 6cosα + 13 ≤ Giải: Ta có: VT = (1 − cosα )2 + + (cosα + )2 + Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Descartes vuông góc, ta đặt: r u = (1 − cosα,1) r r ⇒ VT = u + v r v = ( cosα + 3,2 ) r r r r Ta có: u + v = (4, 3) ⇒ u + v = 16 + = r r r r Theo hệ bất đẳng thức Minkowski: u + v ≤ u + v ta có: ≤ VT Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức: 4cos2 xcos2 y + sin2( x − y ) + 4sin2 xsin2y + sin2( x − y ) ≥ Giải: Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc, ta đặt: 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 Mặt khác u + v ≤ u + v (Hệ bất đẳng thức Minkowski) Suy 4cos2 xcos2y + sin2( x − y ) + 4sin2xsin2 y + sin2( x − y ) ≥ Dấu xảy thoả mãn các trường hợp sau: ⎧x = y + kπ (k ∈ Z ) r r ⎧sin(x − y ) = ⎪ c u=0⇔⎨ ⇔ ⎨⎡cosx = ⎩cosxcosy = ⎪⎢cosy = ⎩⎣ π ⎧ ⎪⎪ x = + m π , ( m, n ∈ Z ) ⇔⎨ π ⎪ y = + nπ ⎪⎩ r r ⎧sin(x − y) = ⎧ x = nπ d v=0⇔⎨ ⇔⎨ , (m, n ∈ Z ) ⎩sinxsiny = ⎩y = mπ r r ⎧cosxcosy = ksinxsiny e u = kv với k > ⇔ ⎨ ⎩sin(x − y ) = ksin(x − y ) # Trường Đại Học An Giang Trang 42" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " ⇔ cosxcosy = sinxsiny ⇔ cos(x + y ) = π + kπ , ( k ∈ Z ) Vậy dấu xảy và khi: π ⎧ ⎪⎪x = + mπ ⎧x = nπ π , ⎨ x + y = + kπ (với k, m, n ∈Z ) Hoặc ⎨ ⎩y = mπ ⎪ y = π + nπ ⎪⎩ ⇔ x+y = Bài 3: Chứng minh ∀α,β , ta có cos4 α + cos4 β + sin2 α + sin2 β ≥ Giải: Xét các vectơ sau: r r r u = cos α, cos β ; v = sin α,0 ; w = 0, sin β r r r Khi đó ta có: u + v + w = (1,1) Mặt khác: r r r r r r u + v + w ≥ u + v + w (Hệ bất đẳng thức Minkowski) ( ) ( ) ( ) ⇔ cos4 α + cos4 β + sin2 α + sin2 β ≥ (1) Đó là đ.p.c.m r r Để có dấu (1), trước hết điều kiện cần là v, w phải là hai vectơ cùng chiều Điều có và sin α = sin β = (2) Suy cos4 α + cos4 β = Vậy (2) chính là điều kiện đủ Tóm lại dấu xảy ⇔ α = kπ , β = mπ với k, m ∈ Z Bài 4: Chứng minh rằng: a2 + x - 2axcosα + b2 + x - 2bxcosβ ≥ ≥ a2 +b2 - 2abcos ( α +β ) Giải: Bất đẳng thức đã cho viết lại dạng sau: ( asinα ) + ( x - acosα ) 2 + (bsinβ ) + (bcosβ - x ) 2 ≥ ≥ a2 + b2 - 2abcos ( α + β ) Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc, xét các vectơ: r u = ( asinα, x − acosα ) r v = ( bsinβ,bcosβ − x ) Suy ra: r 2 u = (asinα ) + (x − acosα ) r 2 v = (bsinβ ) + (bcosβ − x ) r r u + v = (asinα + bsinβsbcosβ − acosα ) # Trường Đại Học An Giang Trang 43" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học r r ⇒ u+v = Svth: Nguyễn Phúc Hậu " (asinα + bsinβ)2 + (bcosβ − acosα)2 = = a ( sin2 α + cos2 α ) + b ( sin2β + cos2β ) - 2ab ( cosαcosβ - sinαsinβ ) = a2 + b2 - 2abcos ( α + β ) Theo hệ bất đẳng thức Minkowski ta suy đpcm 2.2 Ứng dụng giải tích: Bài 1: Cho hàm số f (x ) = a + x + a + (c − x ) Với giá trị nào x thì f(x) có giá trị nhỏ nhất? Giải: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Descartes vuông góc xét hai vectơ: 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 Dấu “=” xảy u và v cộng truyến Do thành phần toạ độ thứ r r u và v nên thành phần toạ độ thứ hai chúng phải nghĩa là: c x=c–x ⇔ x= c Vậy x = hàm số f(x) đạt giá trị nhỏ Bài 2: Cho x là số thực dương và p, q là số dương Tìm giá trị nhỏ hàm số: y= (x − p )2 + p + (x − q)2 + q với q > p Giải: 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 góc thứ uuur Suy ra: MQ = ( x - q) + q2 uuur PQ = ( q − p ) uuur uuur uuur Ta có: PM + MQ ≥ PQ (Hệ bất đẳng thức Minkowski) ⇔ (x − p )2 + p + (x − q)2 + q2 Vậy giá trị nhỏ hàm số là ≥ (q − p) (q − p) Bài 3: Cho a, b, c, h là bội số dương cho trước, còn x, y,z là ba số thực thay đổi cho ax +by + cz = k (1) (k cố định cho trước) Tìm giá trị nhỏ hàm số # Trường Đại Học An Giang Trang 44" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " f ( x, y,z ) = a h2 + x + b h2 + y + c h2 + z với các (x, y, z) thoả mãn (1) Giải: Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc xét A (ah, ax ) ;B((a + b )h, ax + by ) và 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 Vậy f(x, y, z) = OA + AB + BC các điểm (2) Theo hệ bất đẳng thức 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 Từ (2) suy f ( x, y,z ) ≥ OC = k + ( a + b + c ) h2 (3) uuur uuur uuur Dấu (3) xảy và các vectơ OA; AB;BC cùng phương, cùng chiều ⇔ và O, A,B,C thẳng hàng ax ax + by ax +by + cz ⇔ = = ah ah + bh ah + bh + ch k ⇔ x=y=z= a +b + c Như vậy: k k k 2 ⎛ ⎞ f⎜ , , (4) ⎟ = k + ( a +b + c ) h ⎝ a +b + c a +b + c a +b + c ⎠ Từ (3), (4) suy ra: minf ( x, y,z ) = k + ( a + b + c ) h2 Bài 4: Tìm giá trị lớn tổng: sin2x + sin2x + + sin2x n đó (x 1, x , , x n ) là nghiêm phương trình sin2 x1 + sin2 x + + sin2 xn = a , n là số nguyên dương cho trước, ≤ a ≤ n Giải: Thay sin x i = − cos2x i , i = 1,2, , n vào đẳng thức đã cho, ta được: (1 − cos2x1 + − cos2x + + − cos2xn ) = a ⇔ n − (cos2x + cos2x + + cos2x n ) = 2a (1) ⇔ cos2x + cos2x + + cos2x n = n − 2a Trong hệ góc xét các vectơ:uur uur toạ độ Descartes vuông uur v1 = ( cos2x1,sin2x1 ) , v = ( cos2x ,sin2x ) , , v n = ( cos2xn ,sin2xn ) uur uur Suy ra: v1 + + v n = ( cos2x1 + cos2xn ,sin2x1 + + sin2xn ) # Trường Đại Học An Giang Trang 45" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " uur uur uur ur u Ta có: v1 + + v n ≥ v1 + + v n (Hệ bất đẳng thức 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) Từ (1) và (2) suy ( sin2x1 + + sin2xn ) ≤ n2 − (n − 2a ) = 4a (n − a ) Do đó: sin2x + sin2x + + sin2x n ≤ a(n − a ) uur uur uur Có đẳng thức n vectơ v1,v , ,v n và các góc xi chọn cho sin2x i ≥ với i = 1, 2, …., n Để đạt điều này, ta tìm x1, … , xn thoả mãn các điều kiện 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 đó α ∈ ⎢0; ⎥, sinα = , thoả mãn n ⎣ 2⎦ các điều kiện vừa nêu Vậy giá trị lớn tổng sin2x + sin2x + + sin2x n đó (x 1.x .x n ) là nghiệm phương trình đã cho là: a(n − a ) 2.3 Ứng dụng đại số: Bài 1: Chứng minh với a, b, c là các số thực ta có: (a + c )2 + b + (a − c )2 + b ≥ a2 + b2 Giải: Trong hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy: r Đặt 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 là các số thực tuỳ ý # Trường Đại Học An Giang Trang 46" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Chứng minh rằng: n ∑ i=1 (a1 + a + + an )2 + (b1 + b + + b n )2 a i2 + b i2 ≥ Giải: Xét cácuurvectơ 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 hệ bất đẳng thức Minkowski, ta có: uur uur uur uur uur ur u u1 + u2 + + un ≥ u1 + u2 + + un n ⇔ ∑ a i2 + b i2 ≥ i=1 (a1 + a + + a n )2 + (b1 + b + + b n )2 uur uur ur u Dấu xảy và các vectơ u1 , u2 , , un cùng phương, cùng chiều, tức là ∀i = 1,2, ,n , ta có: ⎧b i = k ib1 với k i ≥ ⎨ ⎩a i = k i a1 Bài 3: Cho x, y, z là các số thực đôi khác Chứng minh x−y y−z x−z + > 2 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ z + x + z2 Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dạng sau: (x − y )2(1 + z2 ) + (y − z )2(1 + x2 ) > (x − z )2(1 + y2 ) (x − y )2 + (xz − yz )2 + ( y − z )2 + (yx − zx )2 > (x − z )2 + ( xy − zy )2 (1) ⇔ Trên hệ toạ độ Descartes lấy các điểm A, B, C với toạ độ sau: A (x, yz ); B(y, zx ); C(z; xy ) Khi đó (1) ⇔ AB + BC > AC (2) uuur uuur uuur Ta có AB + BC ≥ AC (Hệ bất đẳng thức Minkowski) (3) uuur uuur Dấu (3) xảy ⇔ các vectơ AB, BC cùng phương, cùng chiều, tức là: ⇔ ( y − x, zx − yz ) = k(z − y, xy − zx ) , với 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 ) Hệ (4), (5) không thể xảy vì x ≠ z Vậy (3) không thể có dấu bằng, tức là AB + BC > AC Như (2), ta có đpcm # Trường Đại Học An Giang Trang 47" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Bài 4: Cho a, b, c > và ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: b + a2 c + b2 a2 + 2c + + ≥3 ab bc ca Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2 + + + + + ≥3 a b b c c a Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét vectơ: 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 Từ hệ bất đẳng thức Minkowski: u + v + w ≥ u + v + w suy đ.p.c.m ( ) Bài 5: Giải phương trình: x + 4y + 6x + + x + 4y − 2x − 12y + 10 = Giải: Phương trình đã cho viết lại dạng sau: (x + )2 + (2y )2 + (1 − x )2 + (3 − 2y )2 r r Xét các vectơ u = (x + 3, 2y ), v = (1 - x, - 2y ) r r Khi đó ta có: u + v = (4, ) r r r r Vậy (1) ⇔ u + v = u + v =5 (1) (2) r r r r Theo hệ bất đẳng thức Minkowski thì u + v ≥ u + v r r Dấu xảy và u = kv với k > là hai r r vectơ u, v là vectơ không Vậy (2) tương đương với hai khả sau: x+3 2y (I) = ≥0 - x − 2y 1- x = - 2y = (II) Ta có (II) ⇔ x = 1, y = ⎧ ⎪⎪ (I) ⇔ ⎨ −3 ≤ x < ⎪ −1 + = −1 + − x − 2y ⎩⎪ ⎧− ≤ x < ⇔⎨ ⎩3x − 8y + = # Trường Đại Học An Giang Trang 48" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Kết hợp lại, ta các nghiệm (x, y) phương trình đã cho có dạng sau: x = α, y = (3α + 9) với − ≤ α < Bài 6: Giải hệ phương trình: ⎧ 2005 ⎪ + x + + x + + + x 2004 = 2004 2004 ⎪ ⎨ 2004 ⎪ − x + − x + + − x = 2004 2004 ⎪⎩ 2003 Giải: ur Xét các vectơ = ( ) 1+ x i , 1- xi , i = 1,2004 ur Khi đó 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 Từ (1) và (2) suy ra: ur 2004 ur a ∑ i = ∑ 2004 i=1 Mà ta có (2) (3) i=1 ur 2004 ur a ∑ i ≤ ∑ (Hệ bất đẳng thức Minkowski) 2004 i=1 i=1 ur Do đó đẳng thức (3) chứng tỏ các vectơ a i cùng phương, cùng chiều, cùng độ dài nên suy x1 = x = = x 2004 ⇒ 1+ x1 = 1+ x = = 1+ x 2004 = 2005 2004 Hay hệ đã cho có nghiêm x1 = x = = x 2004 = 2004 2.4 Ứng dụng số học: Bài 1: Cho n ∈ N \ {0,1}, x 1, x , , x n > Chứng minh bất đẳng thức sau: # Trường Đại Học An Giang Trang 49" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học ⎛ x ⎜⎜1 + ⎝ nx Svth: Nguyễn Phúc Hậu " ⎞⎛ x ⎟⎟⎜⎜1 + ⎠⎝ nx ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ 1⎞ ⎟⎟ ⎜⎜1 + n ⎟⎟ ≥ ⎜1 + ⎟ ⎠ ⎝ nx n+1 ⎠ ⎝ n ⎠ n Giải: ⎧ ⎪ a = = an = Áp dụng bất đẳng thức Minkowski thứ II với ⎨ x xn , ta ⎪⎩ b1 = nx2 , , bn = nxn+1 được: 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 ≥ ⎩ Chứng minh rằng: ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜⎜ + ⎟⎟⎜⎜ + ⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ≥ (n + 1)n ⎝ a ⎠⎝ a ⎠ ⎝ a n ⎠ Giải: ⎧a1 = = an =1 ⎪ Áp dụng bất đẳng thức Minkowski thứ II với ⎨ 1 , ta ⎪b1 = a =, ,bn = a ⎩ n được: ⎛ ⎞⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎜⎜1 + ⎟⎟⎜⎜1 + ⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ≥ ⎜1 + ⎝ a1 ⎠⎝ a ⎠ ⎝ a n ⎠ ⎜⎝ n a1a .a n Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: n a1a .an ≤ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ n a1 + a + + an = n n ⎛ ⎞⎛ Do đó: ⎜⎜ + ⎟⎟⎜⎜ + ⎝ a ⎠⎝ a ⎞ ⎛ ⎟⎟ ⎜⎜1 + ⎠ ⎝ an ⎞ ⎟⎟ ≥ (n + 1)n ⎠ (đpcm) Bài 3: Cho n nguyên dương Chứng minh rằng: n (n + 1)! ≥ + n n! Giải: Áp dụng bất đẳng thức Minkowski thứ II với dãy 1, 2, …, n và 1, 1, …,1, ta được: n (1 + 1)(2 + 1) (n + 1) ≥ n .n + n 1 Hay n (n + 1)! ≥ + n n! (đpcm) n = = = 1 ⇔ n =1 Dấu xảy ⇔ # Trường Đại Học An Giang Trang 50" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " Bài 4: Cho 2n số thực x 1, x , , x n ; y 1, y , , y n cho (x − x j ) + (y i − y j ) > 0; ∀i ≠ j, i, j = 1,2, , n i Giả sử α 1, α , , α n là n số thực khác cho α1 + α + + α n ≠ Chứng minh rằng: n n x +y ≥ α1 + α + + α n ∑ i i=1 i ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎜⎜ ∑ α i x i ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ α i y i ⎟⎟ ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ Giải: Trên hệ trục toạ độ xét n điểm 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 Vậy đó là n điểm phân biệt Gọi I là tâm tỉ cự n điểm A 1, A , , A n theo số α 1, α , , α n , ta có: n uur α IA (1) ∑ i =0 i=1 uur Gọi toạ độ I là I(x, y ) , IA = ( xi − x;yi − y ) ⎧n ⎪∑ αi ( xi − x ) = ⎪ i=1 Từ (1) suy ⎨ n ⇔ ⎪ α ( y − y) = i i ⎪⎩∑ i=1 n ⎧ αi x i ∑ ⎪ i=1 ⎪x = α1 + α2 + + αn ⎪ ⎨ n ⎪ αi y i ∑ ⎪ i=1 ⎪y = α1 + α2 + + αn ⎩ Vì I là tâm tỉ cự 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) (Hệ bất đẳng thức Minkowski) uuuur ⎧ OA = x + y , ∀i = 1,2, ,n i i i ⎪⎪ 2 vào (2) ta được: Thay ⎨ uur ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎪ OI = αi yi ⎟ ∑ αi xi ⎟⎠ + ⎜⎝ ∑ α1 + α2 + + αn ⎜⎝ i=1 ⎪⎩ i=1 ⎠ 2 n ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ x +y ≥ ⎜⎜ ∑ α i x i ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ α i y i ⎟⎟ α1 + α + + α n ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ uuuur uuuur uuuur Dấu xảy ⇔ các vectơ OA 1,OA , ,OA n cùng phương, cùng x =k x chiều, tức là ∀i = 1,2, , n có: i i , v ới k > yi =kiy1 i i { Bài 5: Cho a 1, a , , a n là n số thực bất kì Chứng minh # Trường Đại Học An Giang Trang 51" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học n ∑ i =1 Svth: Nguyễn Phúc Hậu " a i2 + (1 − a i+1 ) ≥ n , với quy ước a n +1 ≡ a Giải: Xét n vectơ uur với các toạ uur độ sau: u1 = ( a1,1− a2 ) ,u2 = ( a2 ,1− a3 ) , uuur uur un−1 = ( an−1,1− an ) ,un = ( an ,1− a1 ) Khi đó ta có uur uur uur u1 + u2 + + un = ( a1 + a2 + + an , n − a1 − a2 − − an ) Theo hệ bất đẳng thức Minkowski: uur uur uur uur uur ur u u1 + u2 + + un ≥ u1 + u2 + + un (1) ⎧ uur = a2 + (1− a )2 ,i = 1,2, ,n i i +1 ⎪ i Thay ⎨ uur uur vào (1) ta uur 2 ⎪ u1 + u2 + + un = k + ( n − k ) , ( k = a1 + a2 + + an ) ⎩ được: n ∑ i =1 a i2 + (1 − a i+1 ) ≥ k + (n − k ) 2 (2) Ta chứng minh rằng: k + (n − k ) ≥ n 2 Thật vậy: (3) ⇔ k + n2 + k - 2nk ≥ (3) n2 ⇔ n − 4nk + 4k ≥ ⇔ (n − 2k ) ≥ Vì (4) đúng, (3) đúng Từ (2) và (3) suy n n 2 Đó là đpcm a i2 + (1 − a i+1 ) ≥ ∑ i =1 # Trường Đại Học An Giang (4) Trang 52" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " KẾT LUẬN %Ì& Bất đẳng thức Hölder và Minkowski là bất đẳng thức các quan trọng toán cao cấp và có nhiều ứng dụng toán phổ thông Đề tài này đã thu số kết đáng quý sau: - Trình bày lý thuyết và chứng minh chi tiết các dạng hai bất đẳng thức Holder và Minkowski Đặt biệt là các hệ hai bất đẳng thức này, đó là kết quan trọng sử dụng rộng rãi để giải nhiều dạng toán phổ thông - Chương III phát các ứng dụng bất đẳng thức Hölder và Minkowski toán phổ thông 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 kết định đạt trên, đề tài còn mặt hạn chế Đó là chưa mở rộng dạng đại số và dạng giải tích 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 1 hữu tỉ dương cho + = , ta luôn có: p q r 1 ⎛ n p ⎞p ⎛ n q ⎞ q ⎛ n r r ⎜ ∑ ak ⎟ ⎜ ∑ bk ⎟ ≥ ⎜ ∑ (akbk ) ⎞⎟ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ - Dạng giải tích Cho p, q, r ∈ (1; ∞ ) , f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a; b] với 1 a < b Giả sử + = , ta luôn có: 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 # Trường Đại Học An Giang Trang 53" www.VNMATH.com # Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu " TÀI LIỆU THAM KHẢO JÕK [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 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 Giải tích – NXB Giáo Dục năm 1996 # Trường Đại Học An Giang Trang 54"