Ứng dụng của bất đẳng thức Holder và Minkowski trong toán phổ thông

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG

KHOA SƯ PHẠM

KËJ









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
#
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 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.

#
Trường Đại Học An Giang Trang 1
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


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 D
ỤNG 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 B
ẤT 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




#
Trường Đại Học An Giang Trang 2

"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


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 nhi
ều 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. Phầ
n 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 b

ản 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 thi
ếu 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.

#
Trường Đại Học An Giang Trang 3
"

#
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
được giới thiệu dưới dạng cơ sở phục vụ cho việc nghiên cứu bất đẳng thức
Hölder và Minkowski.

#
Trường Đại Học An Giang Trang 4
"

#
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
[ ]
βα;
. Hàm số f(x) được gọi là
lồi trên đó, nếu thoả mãn điều kiện sau:

∀
x
1
, x
2

∈
,
()
ba;
∀
α , 0 mà +
β
= 1 thì:
β
≥ α
f(α x
1

+ x
β
2
) ≤ f(xα
1
) + f(x
β
2
) (1)
Về mặt hình học, bất đẳng thức (1) có ý nghĩa như sau:
Nếu gọi A
1
(x
1
, f(x
1
)); B(x
2,
f(x
2
)) là hai điểm nằm trên đường cong y = f(x),
với a < x
1
< x < x
2
< b; thì mọi điểm của cung A
1
B
1

của đồ thị đều nằm dưới cát tuyến A
1
B
1
. Do đó C có
toạ độ là C( xα
1
+
β
x
2
; f(xα
1
) + f(x
β
2
)) và D có toạ
độ là D( xα
1
+
β
x
2
; f( xα
1
+ x
β
2
)).
2) Hàm số y = f(x) gọi là lõm trên đó, nếu như

– f(x) lồi, tức là
∀
x
1
, x
2

∈

( )
ba;
,
∀
α , 0 mà =
1 thì f( x
β
≥
α +β
α
1
+
β
x
2
) ≥ α f(x
1
) +
β
f(x
2

).
3) Hàm f(x) liên tục đến đạo hàm cấp hai trên
. Nếu như f’’(x) > 0
(
ba;
)
∀
x
∈

( )
ba;
thì f(x) là hàm lồi trên .
()
ba;
x
∈

( )
ba;
thì f(x) là hàm lõm trên đó.
∀
Nếu như f’’(x) < 0
1.2. Bất đẳng thức Jensen:
Cho f(x) là hàm lồi trên
[ ]
ba;
. Giả sử x
1
, x

2
, …, x
n
và α
∈
[
ba;
]
i
> 0,
( )
n1,i =
; α
1
+ α
2
+ …. + α
n
= 1, ta luôn có:

()
∑∑
==
≤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛

n
1i
ii
n
1i
ii
xfαxαf
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 x
1
, x
2
, …, x
k

∈

[ ]
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
xαxαxαxα ++=
∑∑
−
=
−−
=
Đặt , vì thế từ (1) suy ra:
1α0αα
2k
1i
i
<<⇒=
∑
−
=
()
⎥
⎦
⎤
⎢

⎣
⎡
−
+
−
−+=
−
−
−
==
∑∑
k
k
1k
1k
2k
1i
ii
k
1i
ii
x
α1
α
x
α1
α
α1xαxα
Do
1=

−
+
−
−
α1
α
α1
α
k1k
, mà x
k-1
, x
k
đều thuộc
[ ]
ba;
, nên:

#
Trường Đại Học An Giang Trang 5
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


=
*
x

k
k
1k
1k
x
α1
α
x
α1
α
−
+
−
−
−

∈

[ ]
ba;

Áp dụng giả thiết quy nạp với k - 1 điểm x
1
, x
2
, ….., x
k-2
, và bộ số
*
x α

1
,
α
2
,….., α
k-2
, 1 - . (α α
1
+ α
2
+ …. + α
k-2
+ 1 - = 1) α

(2)
⇒
()( )
()
*
2k
1i
ii
*
2k
1i
ii
k
1i
ii
xfα1xfαα)x(1xαfxαf −+≤

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∑∑∑
−
=
−
==
Mặt khác lại theo định nghĩa hàm lồi, ta có:
()
() ()
k
k
1k
1k
k

k
1k
1k
*
xf
α1
α
xf
α1
α
x
α1
α
x
α1
α
fxf
−
+
−
≤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−

=
−
−
−
−
(3)
Thay (3) vào (2), ta được:
()( ) () ()
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
+
−
−+≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
==

∑∑
k
k
1k
1k
i
2k
1i
i
k
1i
ii
xf
α1
α
xf
α1
α
α1xfαxαf
Hay
()
∑∑
==
≤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛

n
1i
ii
n
1i
ii
xfαxαf

#
Trường Đại Học An Giang Trang 6
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


§
2. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
--------------------
2.1. Bất đẳng thức Cauchy:
Cho a
1
, a
2
, …, a
n
là các số không âm, chứng minh rằng:

n

n21
n21
....aaa
n
a....aa
≥
+++

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= … = a
n
.
Chứng minh:
Xét hàm số f(x) = - lnx với x > 0.
Ta có f’(x) =
x
1
−
và
0
x
1
)x(''f
2
>=
.
Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0. Theo bất đẳng thức Jensen, ta có:

() () ()
[]
n21
n21
xf.....xfxf
n
1
n
x....xx
f +++≤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++

n
xln.....xlnxln
n
x....xx
ln
n21n21
+++
−≤
+++
−⇔

n

n21
n21
....xxxln
n
x....xx
ln ≥
+++
⇔

Do tính đồng biến của hàm số y = lnx, suy ra
n
n21
n21
....xxx
n
x....xx
≥
+++
,
0x
i
>∀

Dấu bằng xảy ra x⇔
1
= x
2
= ….. = x
n
.

Xét n số a
1
, a
2
, …., a
n
≥
0. Có hai khả năng sau xảy ra
1. Nếu a
i
> 0
∀
i = 1, 2, ….., n, thì theo trên ta có:
n
n21
n21
....aaa
n
a....aa
≥
+++
(*)
2. Nếu tồn tại a
k
= 0 thì (*) hiển nhiên đúng.
2.2. Bất đẳng thức Cauchy “suy rộng”:
Cho a
1
, a
2

, … , a
n
là các số hạng không âm. Cho α
1
, α
2
, ... α
n
là các số
hữu tỉ dương sao cho α
1
+ α
2
+ … + α
n
= 1. Chứng minh rằng:
α
1
a
1
+ α
2
a
2
+…+α
n
a
n
≥
n21

α
n
α
2
α
1
.....aaa
Chứng minh:
Vì
là các số hữu tỉ dương và
n21
α,.....,α,α 1α......αα
n21
=+++
, nên có thể
viết chúng dưới dạng sau (sau khi đã quy đồng mẫu số các phân số).
N
p
α,......,
N
p
α,
N
p
α
n
n
2
2
1

1
===
.
Trong đó p
1
, p
2
, .., p
n
là các số nguyên dương và p
1
+ p
2
+ … + p
n
= N.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với p
1
số a
1
, …, p
n
số a
n
, ta được:
n21
n21
p....pp
p
n

p
2
p
1
n21
nn2211
...aaa
p....pp
a...a....a...aa...a
+++
≥
+++
+++++++++


#
Trường Đại Học An Giang Trang 7
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


N
p
1
N
p
1

N
p
1n
n
2
2
1
1
n21
...aaaa
N
p
....a
N
p
a
N
p
≥+++⇔

⇔α
1
a
1
+ α
2
a
2
+……+α
n

a
n
≥
n21
α
n
α
2
α
1
.....aaa
Dấu bằng xảy ra
n21
a....aa ===⇔
.

#
Trường Đại Học An Giang Trang 8
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"

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.


#
Trường Đại Học An Giang Trang 9
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


§1. BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER
--------------------
1.1. Dạng đại số:
Cho hai dãy số không âm a
1
, a
2

, …, a
n
và b
1
, b
2
, …, b
n
; p, q là các số
hữu tỉ dương sao cho
1
q
1
p
1
=+ , ta luôn có:

∑∑∑
===
≥
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
n
1k
kk
q
1
n
1k
q
k
p
1
n
1k
p
k
baba
(*)
Có đẳng thức khi và chỉ khi tồn tại hai số A và B không đồng thời bằng
không sao cho n.1,2,....,k,BbAa
q
k
p
k
==
Chứng minh:
- Cách 1
: Dùng bất đẳng thức Cauchy “suy rộng”.
Theo bất đẳng thức Cauchy suy rộng, nếu a 0, b 0, thì: ≥ ≥

ab
q
b
p
a
qp
≥+
(1)
Có đẳng thức khi và chỉ khi a
p
= b
q
.
Áp dụng (1) với:
n,...,2,1k,
b
b
b,
a
a
a
q
1
n
1k
q
k
k
p

1
n
1k
p
k
k
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
∑∑
==
, ta được:

q

1
n
1k
q
k
p
1
n
1k
p
k
kk
n
1k
q
k
q
k
n
1k
p
k
p
k
ba
ba
b
b
q
1

a
a
p
1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≥+
∑∑
∑∑
==
==
(2)
Vì (2) đúng
k = 1, 2, …, n, nên cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta
được:
∀

0
ba
ba
q
1
p
1
q
1
n
1k
q
k
p
1
n
1k
p
k
kk
≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≥+
∑∑
==
(3)
Từ
q
1
p
1
+ = 1, nên từ (3) suy ra đ.p.c.m
Có đẳng thức khi và chỉ khi n bất đẳng thức trong (2) đều trở thành đẳng
thức, theo (1), có điều này khi và chỉ khi:

n1,k,
b....bb
b
a....aa
a
q
n
q
2

q
1
q
k
p
n
p
2
p
1
p
k
=
+++
=
+++

Tức là: ,
b
a
.....
b
a
b
a
q
n
p
n
q

2
p
2
q
1
p
1
===
Với quy ước: Nếu b
k
= 0 với một k nào đó thì a
k
= 0

#
Trường Đại Học An Giang Trang 10
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


Ngoài ra, với a
1
= … = a
n
= 0 hoặc b
1
= … = b

n
= 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

n.1,2,....,k,BbAa
q
k
p
k
==
- Cách 2
: Dùng bất đẳng thức Jensen.
Xét hàm số f(x) = x
p
khi x > 0 (p > 1)
f’(x) = px
p-1
f’’(x) = p(p – 1)x
p-2
> 0 (do p > 1, x > 0)
Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Jensen với x
k
=
∑
=
−
=
n

1k
q
k
q
k
k
q1
kk
b
b
α;ba (k = 1, 2, …, n)
Ta có ngay x
k
> 0,
n1,2,...,k0,α
k
=∀>
và
1α......αα
n21
=+++

Khi đó ta có:

(**)
()
k
n
1k
knn2211

xfαxα....xαxαf
∑
=
≤+++
()
Do
nn2211
xα....xαxα +++
=
∑
∑
=
=
n
1k
kk
n
1k
q
k
ba
b
1
, vậy:
(**)
()
∑
∑∑
∑
=

−
==
=
≤
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⇔
n
1k
q1p
k
p
k
q
k
n
1k
q
k
p

n
1k
q
k
n
1k
kk
bab
b
1
b
ba


∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≤
⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔
n
1k
p
k
n
1k
q
k
p
n
1k
q
k
p
n
1k
kk
a
b
b
ba
(Do 0pqqp1
q
1

p
1
=−+⇔=+ )

∑∑∑
=
−
==
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⇔
n
1k
p
k

1p
n
1k
q
k
p
n
1k
kk
a.bba

p
1
n
1k
p
k
p
1p
n
1k
q
k
n
1k
kk
abba
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤⇔
∑∑∑
=
−
==
(***)
Do
q
1
p
1p
=
−
, từ đó suy ra:
(***)
≤⇔
∑

=
n
1k
kk
ba
p
1
n
1k
p
k
q
1
n
1k
q
k
ab
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
∑∑
==
.
Bất đẳng thức Hölder được chứng minh xong.

#
Trường Đại Học An Giang Trang 11
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


Hệ quả:

Nếu p = q = 2 thì bất đẳng thức Hölder trở thành:

()( )
( )
2
nn2211
2
n
2
2

2
1
2
n
2
2
2
1
ba....babab....bba....aa +++≥++++++

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
n
n
2
2
1
1
b
a
....
b
a
b
a
===
.
(Bất đẳng thức Bouniakowski)

1.2. Dạng giải tích:
1.2.1. Định lý:

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn
[ ]
ba;
, f(x) 0 với mọi x
∈
.
Nếu f(x) không đồng nhất không trên
≥
[]
ba;
[ ]
ba;
thì
()
.0dxxf
b
a
>
∫
Chứng minh:
Giả sử x
0
∈

[
sao cho f(x
]
ba;
0
)>0 và α là một số dương sao cho f(x

0
)> . α
1. Nếu
thì tồn tại một số dương h sao cho a ≤ x
bxa
0
≤<
0
– h và f(x) >
với mọi x α
∈
. Khi đó:
[
00
xh;-x
]
]


() () () ()
dxxfdxxfdxxfdxxf
b
x
x
hx
hx
a
b
a
0

0
0
0
∫∫∫∫
++=
−
−
Vì f(x) 0 trên
[
nên 0 và 0.
≥
ba;
()
dxxf
hx
a
0
∫
−
≥
()
dxxf
b
x
0
∫
≥
Do đó
. (1)
()

dxxf
b
a
∫
≥
()
dxxf
0
0
x
hx
∫
−
Mặt khác, vì f(x) > α với mọi x
∈

[ ]
00
xh;-x nên:

(2)
()
dxxf
0
0
x
hx
∫
−
≥ 0αhdxα

0
0
x
hx
>=
∫
−
Từ (1) và (2) suy ra:

()
.0dxxf
b
a
>
∫
2. Nếu a x≤
0
< b thì tồn tại một số dương h sao cho x
0
+ h ≤ b và f(x) >
> với mọi x
∈

[]
.
α
hx;x
00
+
Tương tự như trên ta chứng minh được

()
.0dxxf
b
a
>
∫
1.2.2. Bổ đề:
Giả sử (p, q) là một cặp số mũ liên hợp, tức là
1
q
1
p
1
=+ ; p > 1; q > 1. Khi
đó với hai số không âm bất kì ta luôn có:
β,α

q
β
p
α
αβ
qp
+≤


#
Trường Đại Học An Giang Trang 12
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


Có đẳng thức khi và chỉ khi
.
qp
βα =
Chứng minh:
Hiển nhiên bổ đề đúng với = 0 hoặc
= 0. Giả sử > 0 và
β
> 0.
Hàm số y = x
α
β
α
p-1
liên tục và đồng biến trên nửa khoảng
[
)
+∞;0
và lấy giá trị trên
đó. Do đó nó có hàm số ngược
1p
1
yx
−

=
trên
[
)
+∞;0
. Giả sử đường thẳng x = α
cắt đồ thị (C) của hàm số y = x
p-1
(cũng là đồ thị của hàm số
1p
1
yx
−
=
) 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 Oα 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).
β
α

BβOAαOβCαO

SSS +≤
(1)
Ta có:


αβS
βCαO
=

p
α
p
x
dxxS
p
α
0
p
α
0
1p
AαO
===
∫
−


β
0
1

1p
1
β
0
1p
1
BβO
1
1p
1
y
dyyS
+
−
==
+
−
−
∫

Vì
q
q
1
1
p
1
1
1
1p

p
1
1p
1
==
−
=
−
=+
−
, nên:
q
β
q
y
S
q
β
0
q
BβO
==

Thay vào (1) ta được:
q
β
p
α
αβ
qp

+≤
.
Có đẳng thức khi và chỉ khi hai điểm A và B trùng nhau, tức là:

( )
pq1pq1p
ααββα ==⇔=
−−

1.2.3. Bất đẳng thức Hölder dạng giải tích:
Giả sử (p, q) là một cặp số mũ liên hợp, f và g là hai hàm số liên tục trên
đoạn
[
. Khi đó:
]
ba;
()() () ()
∫∫
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
≤
b
a
q
1
b
a
q
p
1
b
a
p
xdxgdxxfdxxgxf
∫
(1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời
bằng không sao cho:
A |f(x)|
p
= B|g(x)|
q
, ∀x ∈
[ ]
ba;

Chứng minh:

#
Trường Đại Học An Giang Trang 13
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


¾ Nếu một trong hai tích phân
()
dxxf
b
a
p
∫
hoặc
()
dxxg
b
a
q
∫
bằng không thì
(1) đúng. Thật vậy, giả sử
()
dxxf
b

a
p
∫
= 0. Khi đó, vì
( )
0xf
p
≥
,
∀
x
∈
, nên theo
định lý 1.2.1 suy ra f(x) = 0,
[
ba;
]
∀
x
∈
[ ]
ba;
. Do đó f(x)g(x) = 0,
∀
x
∈
[ ]
ba;
và
()()

.0dxxgxf
b
a
=
∫

¾ Giả sử
()
dxxf
b
a
p
∫
> 0 và
()
dxxg
b
a
q
∫
> 0.
Áp dụng bổ đề 1.2.2, với
( )
()
p
1
b
a
p
dxxf

xf
α
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
∫
và
()
()
q
1
b
a
q
dxxg
xg
β
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝

⎛
=
∫
, ta được
()
()
( )
()
( )
()
( )
()
dxxg
xg
q
1
dxxf
xf
p
1
dxxg
xg
.
dxxf
xf
b
a
q
q
b

a
p
p
q
1
b
a
q
p
1
b
a
p
∫∫
∫∫
+≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎝
⎛
,
∀
x
∈
(2)
[
ba;
]
Do đó:
()()
() ()
()
()
()
()
1
q
1
p
1
dxxg
dxxg
q
1
dxxf
dxxf
p
1

dxxgdxxf
dxxgxf
b
a
q
b
a
q
b
a
p
b
a
p
q
1
b
a
q
p
1
b
a
p
b
a
=+=+≤
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∫
∫
∫
∫
∫∫
∫

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:
()
()
( )
()
q
1
b
a

q
p
1
b
a
p
dxxg
xg
dxxf
xf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∫∫
,
∀

x
∈
[ ]
ba;

Kết hợp với phần 1, ta được (1) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi tồn tại
hai số thực A và B không đồng thời bằng không sao cho:
A |f(x)|
p
= B|g(x)|
q
, ∀x ∈
[ ]
ba;

H ệ quả:

Khi p = q = 2, bất đẳng thức Hölder trở thành:

()() () ()
2
1
b
a
2
2
1
b
a
2

b
a
dxxgdxxfdxxgxf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
∫∫∫

(Bất đẳng thức Bouniakowski)


#
Trường Đại Học An Giang Trang 14
"

#

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 a
1
, a
2
, …, a
n
và b
1
, b
2
, …, b
n
. Giả sử p > 1 là
số hữu tỉ. Chứng minh rằng:
()
p
1
n
1k
p
k
p

1
n
1k
p
k
p
1
n
1k
p
kk
baba
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤

⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
∑∑∑
===

Chứng minh:
Gọi q là số hữu tỉ mà
1
q
1
p
1
=+ . Vì p > 1 nên q cũng là số hữu tỉ > 1.
Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số
{ }
k
a
và
()
{ }
1p
kk
ba
−
+

, k = 1,
2, …, n, ta được:
() ()
()
q
1
n
1k
1pq
kk
p
1
n
1k
p
k
n
1k
1p
kkk
baabaa
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤+
∑∑∑
=
−
==
−
(1)
Lại áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai dãy
{ }
k
b
và
()
{ }
1p
kk
ba
−
+
ta
được:
() ()

()
q
1
n
1k
1pq
kk
p
1
n
1k
p
k
n
1k
1p
kkk
babbab
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤+
∑∑∑
=
−
==
−
(2)
Cộng từng vế (1) và (2), ta có:
()()
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+≤+
∑∑∑∑
====
p
1
n
1k
p
k
p
1

n
1k
p
k
q
1
n
1k
p
kk
n
1k
p
kk
bababa
(do q(p - 1) = p)(3)
Nếu a
k
= b
k
= 0, k = 1, 2,…, n thì bất đẳng thức (3) hiển nhiên đúng.
∀
Do đó ta có thể giả thiết
. Nên từ (3) ta có:
()
0ba
n
1k
p
kk

>+
∑
=
()
p
1
n
1k
p
k
p
1
n
1k
p
k
q
1
1
n
1k
p
kk
baba
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
∑∑∑
==
−
=

Hay
()
p
1

n
1k
p
k
p
1
n
1k
p
k
p
1
n
1k
p
kk
baba
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
∑∑∑
===
.

#
Trường Đại Học An Giang Trang 15
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


Hệ quả:

Nếu p = q = n = 2, thì bất đẳng thức Minkowski trở thành:

()( )

nn11nn11
ba...baba...ba ++++≤++++

Khi n =2, ta có:

()( )
2
2
2
1
2
2
2
1
2
22
2
11
bbaababa +++≤+++


vuvu
rrrr
+≤+⇔
(Với
( ) ( )
2121
b,bv,a,au ==
rr
)

(Bất đẳng thức tam giác)
2.1.2. Bất đẳng thức Minkowski thứ II:
Cho 2 dãy số không âm a
1
, a
2
, …, a
n
và b
1
, b
2
, …, b
n
. Chứng minh rằng:
()( )( )
n
n21
n
n21
n
nn2211
...bbb...aaaba...baba +≥+++
(1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
n
n
2
2
1

1
b
a
......
b
a
b
a
===
.
Chứng minh:
- Cách 1:

Có hai trường hợp sau:
c Nếu (a
1
+ b
1
)(a
2
+ b
2
).....(a
n
+ b
n
) = 0. Khi đó phải tồn tại k
mà a
(
nk1 ≤≤

)
k
+ b
k
= 0.
Do
0ba0b,0a
kkkk
==⇒≥≥
. Vậy bất đẳng thức (1) đúng (vì cả hai vế
bằng 0).
d Nếu (a
1
+ b
1
)(a
2
+ b
2
).....(a
n
+ b
n
) > 0. Khi đó bất đẳng thức (1) viết
lại dưới dạng sau:
1
ba
b
.......
ba

b
.
ba
b
ba
a
.......
ba
a
.
ba
a
n
nn
n
22
2
11
1
n
nn
n
22
2
11
1
≤
+++
+
+++

(2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
++
+
+
+
≤
+++
nn
n
22
2
11
1
n
nn
n
22
2
11
1

ba
a
......
ba
a
ba
a
n
1
ba
a
.......
ba
a
.
ba
a
(3)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
++
+
+

+
≤
+++
nn
n
22
2
11
1
n
nn
n
22
2
11
1
ba
b
......
ba
b
ba
b
n
1
ba
b
.......
ba
b

.
ba
b
(4)
Cộng từng vế (3), (4) suy ra (1) đúng.
Dấu bằng xảy ra trong hai trường hợp sau:
a) Hoặc là tồn tại chỉ số k mà a
k
= b
k
= 0.
b) Hoặc là
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
==
+
=
+
+
==
+
=
+
nn

n
22
2
11
1
nn
n
22
2
11
1
ba
b
.....
ba
b
ba
b
ba
a
.....
ba
a
ba
a

Với quy ước nếu b
k
= 0 thì a
k

= 0, dấu bằng xảy ra
n
n
2
2
1
1
b
a
......
b
a
b
a
===⇔



#
Trường Đại Học An Giang Trang 16
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


- Cách 2:
Dùng bất đẳng thức Jensen.
- Xét hàm số f(x) = ln(1+e

x
).
()
R∈∀>
+
=⇒
+
=⇒
x,0
e1
e
)x(''f
e1
e
)x('f
2
x
x
x
x

Vậy f(x) là hàm lồi trên R. Theo bất đẳng thức Jensen, ta có:
() () ( )
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++

≥
+++
n
x.....xx
f
n
xf.....xfxf
n21n21


() ()
[]
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+≥++++⇔
++
n
x...x
xx
n1
n1
e1lne1ln...e1ln
n
1

Chọn
n1,2,....,i,
a
b
lnx
i
i
i
==
ta được:
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎝
⎛
+++
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+++
n
a
b
ln.....
a
b
ln
a

b
ln
n
n
2
2
1
1
n
n
2
2
1
1
e1ln
n
a
b
1ln.....
a
b
1ln
a
b
1ln

()( ) ( )
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+++
⇒
n
n21
n21
n
n21
nn2211
.....aaa
.....bbb
1ln
.....aaa
ba.....baba
ln

()( )( )

n
n21
n
n21
n
nn2211
b.....bba.....aaba.....baba +≥+++⇒

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
n21
x...xx ===

n
n
2
2
1
1
n
n
2
2
1
1
a
b
...
a
b
a

b
a
b
ln...
a
b
ln
a
b
ln
===⇔
===⇔

2.2. Dạng giải tích:
Giả sử p ≥ 1, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn
. Khi đó:
[
ba;
]

() () () ()
p
1
b
a
p
p
1
b
a

p
p
1
b
a
p
dxxgdxxfdxxgxf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜

⎜
⎝
⎛
+
∫∫∫
(1)
Chứng minh:
Hiển nhiên (1) đúng với p = 1. Giả sử p > 1. Khi đó

() () ( ) ( )
xgxfxgxf
p
+=+
( ) ( )
1p
xgxf
−
+
≤

()
xf≤
( ) ( )
1p
xgxf
−
+
( )
xg+
( ) ( )

1p
xgxf
−
+
,
∀
. Do đó:
[
b;ax ∈
]
() () () () () () () ()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+++≤+
−−
∫∫∫
dxxgxf xgdxxgxf xfdxxgxf
1p
b
a
1p
b
a
b

a
p
(2)

#
Trường Đại Học An Giang Trang 17
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


Gọi q là số mũ liên hợp của p. Áp dụng bất đẳng thức Hölder cho hai
hàm số liên tục
f
và
1p
gf
−
+
, ta được:

() () () () () ()
()
=
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤+
∫∫∫
−−
q
1
b
a
q1p
p
1
b
a
p1p
b
a
dxxgxfdxxfdxxgxf xf

() () ()
q
1
b
a
p
p
1
b
a
p
dxxgxfdxxf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛

=
∫∫
(3)
Tương tự:

() () () () () ()
q
1
b
a
p
p
1
b
a
p1p
b
a
dxxgxfdxxgdxxgxf xg
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟

⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤+
∫∫∫
−
(4)
Từ (2), (3) và (4) suy ra:
() ()
()
()
() ()
q
1
b
a
p
p
1
b
a
p
p
1
b
a
p

b
a
p
dxxgxf.dxxgdxxfdxxgxf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝

⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤+
∫∫∫∫
(5)
y Nếu
() ()
0dxxgxf
b
a
p
=+
∫
thì bất đẳng thức cần chứng minh đúng.
y Nếu
() ()
0dxxgxf
b
a
p
>+
∫

, từ (5) suy ra:

() () () ()
p
1
b
a
p
p
1
b
a
p
q
1
1
b
a
p
dxxgdxxfdxxgxf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
∫∫∫
−

Hay
() () () ()
p
1
b
a
p
p
1
b

a
p
p
1
b
a
p
dxxgdxxfdxxgxf
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
+
∫∫∫


#
Trường Đại Học An Giang Trang 18
"

#
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 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.


#
Trường Đại Học An Giang Trang 19
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


§1. ỨNG DỤNG CỦA

BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER
--------------------
1.1. Ứng dụng trong 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
[ ]
ba;
và
f(x)g(x) 1 với mọi x
∈
. Chứng minh rằng: ≥
[
ba;
]


() () ( )
2
b
a
b
a
abdxxg.dxxf −≥
∫∫
Chứng minh:
f
và
g
là những hàm số liên tục và dương trên đoạn
[
. Vì f(x)g(x)
1 với mọi x
∈

nên
]
]
ba;
≥
[
ba;
( ) ( )
1xgxf ≥
với mọi x
∈

[ ]
ba;
. Áp dụng hệ quả của
bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số
f
và
g
, ta được:
() () ()
()
()
()
()() ()
.abdxdxxgxfdxxgdxxfdxxg.dxxf
2
2
b
a

2
b
a
b
a
b
a
22
b
a
b
a
−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛

≥=
∫∫∫∫∫∫
Bài 2: Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên
[
và f(0) - f(1) = 1.
Chứng minh rằng:
]
]
0;1


()
[]
1dxxf'
1
0
2
≥
∫
Chứng minh:
Theo định lý Newton – Leibniz:


() () ()
10f1fdxxf'
1
0
=−=
∫
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số f’(x) và g(x) =

= 1, x
∈

[
, ta được:
0;1
1=

[] []
∫∫∫∫∫
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
⎟
⎟

⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
1
0
2
1
0
2
1
0
2
2
1
0
2
1
0

dx(x)f'dx(x)f'dx1(x).1dxf'(x)dxf'
Vậy

()
[]
1.dxxf'
1
0
2
≥
∫
Bài 3: Chứng minh rằng
∀
x > 0, ta có:

()
∫
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−<+<−
−
x
0
xxt2tx
2
1

e1edtee1e
Chứng minh:
Ta có:
∫∫
+=+
−
x
0
2t-t
t
2
1
x
0
t2t
dteeedtee
(1)
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:

#
Trường Đại Học An Giang Trang 20
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"



()

dteedtedteee
x
0
2tt
x
0
t
2
2tt
x
0
2
1
∫∫∫
−−
+≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+

Do đó từ (1), suy ra:

() ()
⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−<
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−−≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−−
∫
2
1
e1ee
2
1
2

1
e1edtee
xx2xxx
2
x
0
t2t
(2)
Mặt khác
t2t
ee
−
+
> ,
t
e
∀
0 < t < x, nên:

dtee
x
0
t2t
∫
−
+
> = (3)
∫
x
0

t
dte
1e
x
−
Từ (2) và (3), suy ra:

<
1e
x
−
dtee
x
0
t2t
∫
−
+
<
()
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−
2
1
e1e

xx

Bài 4:
Cho f(x) là hàm số liên tục cùng với đạo hàm của nó trên đoạn
và f(a) = 0. Đặt M =
[
ba;
]
( )
xfmax
bxa ≤≤
. Chứng minh: M
2
.
()()()
∫
−≤
b
a
2
dxxf'ab
Chứng minh:
Gọi x
0
là điểm thuộc
[ ]
ba;
sao cho:
( ) ( )
xfmaxxf

bxa
0
≤≤
=
. Áp dụng hệ quả bất
đẳng thức Hölder với hai hàm f’(x) và g(x) = 1, ta được:


() ()() ( )()()
∫∫ ∫∫
−=≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
00 00
x
a
x
a
x
a
2
0
2
2

x
a
dxxf'axdxdxxf'dxxf'
Do
= f(x
()
dxxf'
0
x
a
∫
0
) ⇒
( )
0
xf
≤
()()
dxxf'ax
0
x
a
2
0
∫
− , từ đó:
M
()() ()()()
dxxf'abMab.dxxf'
b

a
2
2
b
a
2
∫∫
−≤⇒−≤

Bài 5: Cho hai hàm số liên tục f(x) và g(x) xác định trên và nhận giá
trị cũng trên đoạn
[
. Chứng minh:
[
0;1
]
]
0;1


()() () ()
dxxgdxxfdxxgxf
1
0
1
0
2
1
0
∫∫∫

≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
Chứng minh:
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder , ta được:

(1)
()() () ()
dxxgdxxfdxxgxf
1
0
2
1
0
2
2
1
0
∫∫∫
≤
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
Vì
() ( )
1x01,xg1;0xf0 ≤≤∀≤≤≤≤
nên:
và
() ()
xfxf
2
≤
( ) ( )
1x0,xgxg
2
≤≤∀≤ .

#
Trường Đại Học An Giang Trang 21
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"


Suy ra
do đó:
() () () ()

dx,xgdxxgdx,0xfdxxf0
1
0
1
0
2
1
0
1
0
2
∫∫∫∫
≤≤≤≤
(2)
() () () ()
dxxgdx.xfdxxgdx.xf
1
0
1
0
1
0
2
1
0
2
∫∫∫∫
≤
Từ (1) và (2) suy ra:
()() () ()

dxxgdxxfdxxgxf
1
0
1
0
2
1
0
∫∫∫
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
Bài 6: Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên
[ ]
0;1
và
()
1xf ≤
,
[
0;1x
]
∈∀
. Chứng minh:

2
1
0
1
0
2
f(x)dx1dx(x)f1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−≤−
∫∫

Chứng minh:
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai hàm số h(x) =
=
(x)f1
2
−
và G(x) 1 trên ≡
[ ]
0;1
, ta được:

2
1
0
2
dx(x)f-1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∫
()
()
∫∫
−≤
1
0
1
0
2
dxdxxf1
()
∫
−=
1
0
2

dxxf1

Suy ra
() ()
∫∫
−≤−
1
0
2
1
0
2
dxxf1dxxf1
(1)
Lại áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai hàm F(x) = f(x) và
G(x) ≡ 1 trên
[
, ta được:
]
0;1
, do đó: 1 - (2)
() ()
∫∫∫
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎝
⎛
1
0
1
0
2
2
1
0
dxdxxfdxxf
2
1
0
f(x)dx
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∫
≥
()
∫
−
1
0

2
dxxf1
Từ (1) và (2), suy ra
2
1
0
1
0
2
f(x)dx1dx(x)f1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−≤−
∫∫

1.1.2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:
Bài 1:
Cho 2 số dương a, b thoả mãn :
a
x
+
y
b
= 1 với x, y > 0. Tìm x, y

để: S = x + y nhỏ nhất (tính theo a, b).
Giải
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:
(
a + b)
2
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+ y
y
b
x
x
a
2
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝

⎛
+
y
b
x
a
(x +y) = S
Dấu “=” xảy ra ⇔
()
2
⎧
=
⎪
⎪
⎨
⎪
+= +
⎪
⎩
ab
xy
xy a b


#
Trường Đại Học An Giang Trang 22
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu

"


⇔
⎩
⎨
⎧
+=
+=
)ba(by
)ba(ax

Vậy: Min(S) = ( a+ b)
2
, khi:
⎩
⎨
⎧
+=
+=
)ba(by
)ba(ax
.
Bài 2: Chứng minh rằng nếu phương trình: (1)
có nghiệm thì a
0 1 cx bx ax x
234
=++++
2
+ b

2
+ c
2
≥
3
4
.
Giải:
Gọi x là nghiệm của (1), ta có:
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + 1 = 0
( )
ox ≠⇒

( )
cxbxaxx1
234
++=+−⇒
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta được:
()( )( )( )
246222
2
23
2
4

xxxcbacxbxaxx1 ++++≤++=+
( )
246
2
4
222
xxx
x1
cba
++
+
≥++⇒
(2)
Mặt khác:
()
3
4
xxx
x1
246
2
4
≥
++
+
(3)
Thật vậy:
(3)
( ) ( )
24684

xxx4xx213 ++≥++⇔


03x4x2x4x3
2468
≥+−+−⇔

()( )
03x2x3.1x
24
2
2
≥++−⇔ ( đúng)
Từ (2) và (3), suy ra:
≥++
222
cba
3
4
. Dấu “=” xảy ra
⇔
()
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧

−===−=
=−===
1x
3
2
cba
1x
3
2
cba

Bài 3:
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x, y, z, t) = x
4
+ y
4
+ z
4
xét trên miền
( ){ }
4zxyzxy: zy,x,D =++=
.
Giải:
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số: x, y, z và y, z,
x ta được:
()
( )
2
2

222
zxyzxyzyx ++≥++ = 16 (1)
Mặt khác, ta có:
()( )
2
222444
zyxzyx3 ++≥++ (Hệ quả bất đẳng thức Hölder) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
() ()
Dz,y,x,
3
16
z,y,xf ∈∀≥
.
Mặt khác
3
16
3
2
,
3
2
,
3
2
f =
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
, và do
D
3
2
,
3
2
,
3
2
∈
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
, nên:

#
Trường Đại Học An Giang Trang 23
"

#
Nghiên cứu khoa học Svth: Nguyễn Phúc Hậu
"

()
()
3
16
zy,x,fmin
Dy,zx,
=
∈
.
Bài 4:
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
, xét trên
( )
{ }
27zyx:z,y,xD
222
≤++=
()
zxyzxyzyxz,y,xf +++++=
Giải:
Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Hölder cho 2 dãy số a
1
= x, a
2
= y, a
3
= z
và b
1
= b

2
= b
3
= 1 ta được:
()
( )
2
222
zyxzyx3 ++≥++

Vậy: , ta có:
()
Dz,y,x ∈∀
( )
81zyx
2
≤++

Hay:
9zyx ≤++
( )
Dz,y,x ∈∀
(1)
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 a
1
= x, a
2
= y,
a

3
= z và b
1
= y, b = z, b = x ta được:
2 3
()( )
( )
2
222222
zxyzxyxzyzyx ++≥++++

Từ đó, suy ra:
27zxyzxy ≤++
,
( )
Dz,y,x ∈∀
(2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
zyx
x
z
z
y
y
x
==⇔== .
Từ (1) và (2) suy ra
( )
36z,y,xf ≤
.

Vậy
()
()
36zy,x,fmax
Dy,zx,
=
∈
khi x = y = z = 3.
Bài 5:
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
()
zyx
t
yxt
z
xtz
y
tzy
x
t,z,y,xf
3333
++
+
++
+
++
+
++
=

Xét trên miền D =
( ){ }
1txztyzxy;ot,z,y,x:t,z,y,x =+++≥
.
Giải:
Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Hölder cho hai dãy số
,
tzy
x
3
++

zyx
t
,
yxt
z
,
xtz
y
333
++++++
và
( )
tzyx ++
,
( )
xtzy ++
,
()

yxtz ++
,
,
()
zyxt ++
, ta được:

()( )( ) ( )( )
[]
≥+++++++++++ zyxtyxtzxtzytzyxtz,y,x,f


( )
2
2222
tzyx +++≥
Hay
()( )
( )
[]
()
2
22222222
2
tzyxtzyxtzyxtz,y,x,f +++≥+++−+++

()
( )
()
()

2222
2
2
2222
tzyxtzyx
tzyx
t,z,y,xf
+++−+++
+++
≥⇒
(1)
Mặt khác:

()
( )
4
tzyx
tzyx
2
2222
+++
≥+++
(Hệ quả bất đẳng thức Hölder)

( )
( ) ( )
22222222
2
tzyx3tzyxtzyx +++≤+++−+++⇒
(2)

#
Trường Đại Học An Giang Trang 24
"