(Luận văn thạc sĩ) Về bất đẳng thức Holder và áp dụng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (433.85 KB, 55 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
LÝ HOÀNG ANH
¨
VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER
VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN, 11/2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
LÝ HOÀNG ANH
¨
VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER
VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
TS. TRẦN XUÂN QUÝ
THÁI NGUYÊN, 11/2018
i
Mục lục
Bảng ký hiệu
ii
Mở đầu
1
Chương 1. Bất đẳng thức H¨
older và một số bài toán áp dụng
1.1 Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Bất đẳng thức AM–GM . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Bất đẳng thức H¨older . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Sự tương đương giữa bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức
AM–GM suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Một số vận dụng của bất đẳng thức H¨older trong giải toán phổ
thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
4
4
.
.
.
.
. 7
. 10
Chương 2. Về bất đẳng thức H¨
older suy rộng
27
2.1 Bất đẳng thức H¨older suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2 Phiên bản ngược của bất đẳng thức H¨older và áp dụng . . . . . . 35
Kết luận
49
Tài liệu tham khảo
50
ii
Bảng ký hiệu
tập hợp các số thực
R
n
aj
a1 a2 . . . an
aj
a1 + a2 + · · · + an
j=1
n
j=1
1
C ([a, b])
Lp ([a, b])
max{x, y}
tập hợp các hàm khả vi liên tục trên đoạn [a, b]
tập các hàm khả tích cấp p trên đoạn [a, b]
phần tử lớn nhất trong tập hợp {x, y}
n
(α, β)
ak bk
k=1
ε
(1, 1, ..., 1)
n
atk
t
(α , ε)
k=1
n
((α, β), e)
ak bk ek
k=1
1
Mở đầu
Môn Toán có một vị trí rất quan trọng trong trường phổ thông, nó phối hợp
với các môn khác và các hoạt động khác trong nhà trường, góp phần giáo dục
toàn diện học sinh. Do vai trò to lớn của toán học trong đời sống khoa học kỹ
thuật hiện đại nên các kiến thức và phương pháp toán học là công cụ thiết yếu
giúp cho học sinh học tập tốt các môn học khác, giúp cho các em học sinh phát
triển các năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện óc trừu tượng, suy
luận hợp logíc. Ngoài ra nó còn giúp cho học sinh tính cần cù nhẫn nại, tự lực
tự cường, tính cẩn thận, chính xác. . .
Bất đẳng thức là một trong những vấn đề hay và khó nhất của chương trình
toán phổ thông bởi nó có mặt ở hầu hết các lĩnh vực của toán học và nó đòi
hỏi phải có một vốn kiến thức tương đối vững vàng trên tất cả các lĩnh vực.
Mỗi người chúng ta, đặc biệt là các bạn yêu toán, dù ít dù nhiều thì cũng từng
đau đầu trước một bất đẳng thức khó và cũng đã từng có một cảm giác tự hào
và phấn khích mà mình chứng minh được bất đẳng thức đó. Nhằm “kích hoạt”
niềm say mê bất đẳng thức cho học sinh, tôi thực hiện nghiên cứu đề tài về bất
đẳng thức. Mặt khác, đã có nhiều nhà toán học có những đóng góp quan trọng
cho lý thuyết này như Jensen, Hardy. . . trong đó đặc biệt là H¨older. Bất đẳng
thức mang tên ông được ứng dụng rộng rãi trong giải toán cao cấp và sơ cấp,
và đặc biệt trong các đề thi học sinh giỏi. Chính vì thế, bản thân tôi nhận thấy
việc nghiên cứu bất đẳng thức H¨older có ý nghĩa đặc biệt quan trọng. Nó giúp
tôi có cái nhìn tốt hơn trong việc định hướng ôn tập cho học sinh tham dự các
kì thi học sinh giỏi các cấp, thi quốc gia. Bởi vậy tôi lựa chọn đề tài “Về bất
đẳng thức H¨older và ứng dụng” cho luận văn thạc sĩ của mình.
Nội dung của đề tài được trình bày trong hai chương.
Chương 1 trình bày một số bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Jensen,
bất đẳng thức AM–GM và vấn đề chính là tính tương đương giữa các bất đẳng
thức AM–GM suy rộng, bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức trung bình lũy
thừa suy rộng, một số bài toán áp dụng. Các kết quả của Chương 1 được tổng
2
hợp từ các tài liệu [8], [9] và một số đề thi học sinh giỏi liên quan.
Chương 2 trình bày về bất đẳng thức H¨older suy rộng, một số biến thể của
bất đẳng thức này và dạng ngược của nó và đặc biệt là một số mở rộng của
dạng ngược của bất đẳng thức H¨older. Nội dung của Chương 2 được tổng hợp
từ các tài liệu [7],[11], [13].
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học–Đại học Thái
Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới 02 thầy hướng dẫn khoa
học TS. Trần Xuân Quý, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và
TS. Lê Văn Hiếu, Học viện Báo chí và Tuyên truyền đã tận tình hướng dẫn,
hết lòng giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu để hoàn thành
luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo giảng dạy chuyên nghành
Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên đã
nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ tác giả trong quá trình thực hiện luận văn.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban lãnh đạo cùng các thầy cô khoa
Toán–Tin, phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên đã
tạo mọi điều kiện thuận lợi cho em trong quá trình học tập, thực hiện và hoàn
thành luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các bạn đồng nghiệp và Ban giám hiệu trường
PTDT BT TH&THCS Đồng Lâm 2. Nhân dịp này tác giả xin chân thành cảm
ơn gia đình, bạn bè đã động viên, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong quá trình
học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018
Học viên
Lý Hoàng Anh
3
Chương 1
Bất đẳng thức H¨
older và một số bài
toán áp dụng
Chương này, chúng tôi tập trung trình bày một số bất đẳng thức cơ bản, đây
là những bất đẳng thức cốt lõi của Toán sơ cấp, chẳng hạn như bất đẳng thức
AM–GM, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz. Tuy nhiên
trọng tâm khai thác vẫn là bất đẳng thức H¨older. Nội dung của chương được
tổng hợp từ các tài liệu [8], [9].
1.1
1.1.1
Một số bất đẳng thức cơ bản
Bất đẳng thức AM–GM
Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM–GM). Cho a1 , a2 , . . . , an là các số không
âm. Khi đó ta có bất đẳng thức sau
√
a1 + a2 + . . . + an
≥ n a1 a2 . . . an .
(1.1)
n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Dưới đây ta có phát biểu của bất đẳng thức AM–GM “suy rộng”.
Định lý 1.1.2 (Bất đẳng thức AM–GM suy rộng). Cho a1 , a2 , . . . , an là các số
thực không âm, λ1 , λ2 , . . . , λn là các số thực dương sao cho λ1 +λ2 +. . .+λn = 1.
Khi đó ta có bất đẳng thức sau
λ1 a1 + λ2 a2 + . . . + λn an
Hay
n
(1.2)
n
aλk k .
λk ak
k=1
aλ1 1 aλ2 2 . . . aλnn .
k=1
(1.3)
4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
1.1.2
Bất đẳng thức Jensen
Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Jensen). Giả sử f là hàm lồi trên [a, b] và
x1 , x2 , . . . , xn ∈ [a, b]. Khi đó,
f
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )
x1 + x2 + · · · + xn
≤
.
n
n
(1.4)
Nếu hàm f lõm thì ta có bất đẳng thức chiều ngược lại.
Bất đẳng thức trên được phát biểu tổng quát như sau.
Định lý 1.1.4. Cho f : [a, b] ⊆ R → R là một hàm lồi trên đoạn [a, b]. Giả sử
n
xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, . . . , n} và Pn :=
pi > 0. Khi đó ta có
i=1
f
1.1.3
1
Pn
n
pi x i
i=1
1
≤
Pn
n
pi f (xi ).
(1.5)
i=1
Bất đẳng thức H¨
older
Bất đẳng thức H¨older tồn tại ở nhiều phiên bản, tuy nhiên chúng tôi chỉ
trình bày ở dạng đại số và giải tích cơ bản, mà chúng phù hợp với chương trình
phổ thông.
Từ bất đẳng thức AM–GM suy rộng ta có
xa y b
a a+b
b a+b
x +
y
a+b
a+b
(1.6)
với mọi x, y
0, a, b > 0. Nếu đặt u = xa , v = y b , p = (a + b)/a và
q = (a + b)/b, rõ ràng p > 1 và ta có bất đẳng thức sau
1 1
+ = 1 =⇒ uv
p q
1 p 1 q
u + v .
p
q
(1.7)
Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Young. Kết quả dưới đây được
gọi là bất đẳng thức H¨older.
Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức H¨older). Cho a = (a1 , a2 , . . . , an ) và b =
1
1
(b1 , b2 , . . . , bn ) là hai bộ n số thực dương và p > 1, +
= 1. Khi đó ta
p
q
5
có bất đẳng thức sau
n
1
p
n
1
q
n
api
ai bi ≤
i=1
bqi
i=1
.
(1.8)
i=1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi api = kbqi với mọi i ∈ {1, 2, , . . . , n}.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM–GM suy rộng với x, y ≥ 0 ta có
1 1
x y
(1.9)
xp y q ≤ +
p q
1 1
+ = 1. Dấu bằng xảy ra trong (1.9) khi và chỉ khi x = y.
p q
Trong bất đẳng thức (1.9), ta đặt
với p > 1 và
api
x= , A=
A
n
api ;
i=1
bqi
y= , B=
B
n
bqi .
i=1
Cộng lại theo i = 1, 2, . . . , n ta được
n
a i bi
i=1
1
1
Ap B q
1
≤
p
n
i=1
api
1
+
A q
n
i=1
bqi
1 1
= + = 1.
B
p q
bqi
api
= , tức là api = kbqi với mọi
Dấu bằng xảy ra trong (1.8) khi và chỉ khi
A
B
i ∈ {1, 2, , . . . , n}.
Nếu mi > 0 với mọi i thì bất đẳng thức H¨older (1.8) có thể viết dạng ở dạng
sau
1
1
n
n
mi ai bi ≤
i=1
n
p
mi api
q
mi bqi
i=1
.
i=1
Nhận xét 1.1.6. ([5, p. 40] Ta có bất đẳng thức sau
1
1
1
1
1
1
(x + y) p (z + w) q ≥ x p z q + y p w q
với mọi x, y, z, w ≥ 0 và p, q > 1 với
(1.10)
1 1
+ = 1.
p q
Chứng minh được suy ra từ bất đẳng thức H¨older (1.8) bằng cách chọn
n = 2, a1 = x1/p , a2 = y 1/p và b1 = z 1/q , b2 = w1/q .
6
Khi đó ta có
1
p
1
q
1
p
1
q
1
p
1
p
p
p
x z + y w ≤ (x ) + (y )
1
1
p
1
q
1
q
q
1
q
q
. (z ) + (w )
1
= (x + y) p (z + w) q .
Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức H¨older được biết đến
dưới dạng hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.7. (xem [7]) Nếu p = q = 2 thì bất đẳng thức H¨
older trở thành
n
1
2
n
a2i
a i bi ≤
i=1
1
2
n
b2i
i=1
.
i=1
a2
an
a1
=
= ··· = .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
b1
b2
bn
Bất đẳng thức này có tên là Cauchy–Schwartz. Trong toán học, bất đẳng thức
Cauchy–Schwarz, còn được gọi là bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Cauchy,
hoặc bằng cái tên khá dài là bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovski–Schwarz,
đặt theo tên của Augustin Louis Cauchy, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky và
Hermann Amandus Schwarz, là một bất đẳng thức thường được áp dụng trong
nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học, chẳng hạn trong đại số tuyến tính dùng
cho các vector, trong giải tích dùng cho các chuỗi vô hạn và tích phân của các
tích, trong lý thuyết xác suất dùng cho các phương sai và hiệp phương sai. Bất
đẳng thức này phát biểu rằng nếu x và y là các phần tử của không gian có tích
trong thực hay phức thì | x, y |2 ≤ x, x y, y .
Tuy nhiên trong khuôn khổ luận văn thạc sĩ Toán học, chúng tôi chỉ quan
tâm tới một số kết quả trong Rn .
Kết quả tiếp theo là bất đẳng thức H¨older ở dạng giải tích, chúng tôi chỉ
trình bày kết quả mà không chứng minh.
Định lý 1.1.8 (Bất đẳng thức H¨older dạng giải tích). Giả sử (p, q) là cặp số
1 1
mũ liên hợp, tức là thỏa mãn điều kiện p, q > 1 với + = 1, f và g là hai
p q
hàm số liên tục trên đoạn [a, b], khi đó
b
b
|f (x)g(x)| dx ≤
a
a
1
p
b
|f (x)|p dx
1
q
|g(x)|q dx
(1.11)
a
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 ∈ [a, b].
7
1.2
Sự tương đương giữa bất đẳng thức H¨
older và bất đẳng
thức AM–GM suy rộng
Trong mục này chúng tôi sẽ trình bày tính tương đương giữa các bất đẳng
thức AM–GM suy rộng, bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức trung bình lũy
thừa suy rộng. Các khẳng định này được trình bày trong bài báo [8] năm 2017.
Để tiện cho theo dõi, chúng tôi trình bày lại ba bất đẳng thức này dưới đây.
1. Bất đẳng thức AM–GM suy rộng. Nếu 0 ≤ ci (i = 1, ..., n) và 0 ≤ λi (i =
n
1, ..., n) thỏa mãn
λi = 1, khi đó ta có bất đẳng thức sau
i=1
n
n
cλk k
≤
λk c k .
k=1
(1.12)
k=1
2. Bất đẳng thức H¨older cho dãy số. Nếu 0 ≤ ai , bi , (i = 1, ..., n) và p, q > 0
thỏa mãn p−1 + q −1 = 1, khi đó ta có bất đẳng thức
n
1
p
n
apk
ak bk ≤
k=1
1
q
n
bqk
k=1
.
(1.13)
k=1
3. Bất đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng. Nếu 0 ≤ ci , λi (i = 1, ..., n)
n
λi = 1, và r, s ∈ R+ thỏa mãn r ≤ s, khi đó ta có bất đẳng
thỏa mãn
i=1
thức
1
r
n
λk crk
1
s
n
λk csk
≤
k=1
.
(1.14)
k=1
Khẳng định trước tiên là sự tương đương của Bất đẳng thức H¨older và bất
đẳng thức AM–GM suy rộng.
Định lý 1.2.1. Bất đẳng thức H¨
older (1.13) tương đương với bất đẳng thức
AM–GM suy rộng (1.12).
1
Chứng minh. Để chứng minh (1.13) suy ra (1.12), ta đặt ak = (λk ck ) p ,
1
bk = (λk ) q trong bất đẳng thức (1.13) với mọi k khi đó
1
p
(λk ck ) (λk )
k=1
1
p
n
n
1
q
≤
λk c k
k=1
1
q
n
λk
k=1
.
(1.15)
8
Vì p−1 + q −1 = 1 và λ1 + λ2 + ... + λn = 1, bất đẳng thức (1.15) được viết lại
như sau:
p
n
n
1
p
λk c k ≥
λk c k
k=1
.
(1.16)
k=1
Áp dụng bất đẳng thức (1.16), ta có
n
p
n
n
1
p
λk c k ≥
≥
λk c k
k=1
p2
1
p2
λk c k
k=1
pm
k=1
n
1
m
λk ckp
≥ ··· ≥
(1.17)
≥ ···
k=1
´
Sử dụng quy tắc LHospital’s
ta dễ dàng có
n
n
λk cxk
lim ln
x→0+
/x =
k=1
λk ln ck
k=1
Vì vậy
1
x
n
λk cxk
lim+
x→0
n
cλk k .
=
k=1
k=1
Do đó, trong bất đẳng thức (1.17), bằng cách lấy giới hạn theo m → +∞, ta
được
n
n
cλk k .
λk ck ≥
k=1
k=1
Vì vậy ta có khẳng định (1.13) suy ra (1.12).
Ngược lại, ta xét trường hợp đặc biệt của (1.12) với n = 2, tức là
λ1 c1 + λ2 c2 ≥ cλ1 1 cλ2 2 .
(1.18)
Khi đó, từ điều kiện p−1 + q −1 = 1, và (1.18), ta có
1 p
a
p k
n
k=1
1
bqk + bqk
q
1
p
n
n
apk ≥ ak bk
bqk
k=1
1
q
n
apk
k=1
.
k=1
Lấy tổng theo k = 1, 2, ..., n, ta thu được
n
n
apk
k=1
n
bqk ≥
k=1
k=1
Như vậy ta có điều chứng minh ngược lại.
1
q
n
bqk
ak bk
k=1
1
p
n
apk
k=1
.
9
Định lý 1.2.2. Bất đẳng thức H¨
older (1.13) tương đương với bất đẳng thức
trung bình lũy thừa suy rộng (1.14).
s
Chứng minh. Với r ≤ s, ta xét p = ≥ 1 và ck = dsk trong bất đẳng thức (1.16)
r
với k = 1, . . . , n, khi đó ta có đánh giá sau
n
s
r
n
λk dsk ≥
λk drk
k=1
.
(1.19)
k=1
Bất đẳng thức (1.19) được viết lại như sau
1
s
n
λk dsk
1
r
n
λk drk
≥
k=1
.
k=1
Ngược lại, để chứng minh bất đằng thức trung bình lũy thừa suy rộng suy ra
−1
n
bất đẳng thức H¨older ta xét λk = bqk
bqk
, dk =
k=1
ak
, r = 1, s = p trong
bq−1
k
bất đẳng thức (1.14), khi đó ta có
n
n
bqk
ak bk =
k=1
k=1
q
bk
a
k
.
q−1 ≤
n
b
bqk k
n
bqk
k=1
k=1
1
p
n
=
k=1
ak
bq−1
k
k=1
1
q
n
apk
q
bk
.
n
q
bk
1
p
p
aqk
.
k=1
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lý 1.2.3. Bất đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng (1.14) tương đương
với bất đẳng thức AM–GM suy rộng (1.12).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức AM–GM suy rộng suy ra bất
đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng. Thật vậy từ bất đẳng thức AM–GM
có trong số với trường hợp n = 2
aλ1 1 aλ2 2 ≤ λ1 a1 + λ2 a2 .
Ta đặt
Un (a) = λ1 as1 + λ2 as2 + ... + λn asn ,
10
ta chọn a1 = λk ask (Un (a))−1 , a2 = λk và λ1 = rs , λ2 = 1 −
đẳng thức sau
n
n
λk ark
− rs
≤
(Un (a))
k=1
k=1
r
s
khi đó ta được bất
r
r
λk ask (Un (a))−1 + 1 −
λk = 1.
s
s
Vì vậy
1
r
n
1
s
n
λk crk
λk csk
≤
k=1
.
k=1
Điều ngược lại dễ dàng có.
1.3
Một số vận dụng của bất đẳng thức H¨
older trong giải
toán phổ thông
Bất đẳng thức là chủ đề thú vị, thường được khai thác trong các để xây dựng
đề thi trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi. Trong đó bất đẳng thức H¨older được
khai thác rất nhiều. Do đó trong mục này chúng tôi chỉ trình bày chọn lọc một
số bài toán mà lời giải của nó áp dụng bất đẳng thức này. Trước hết chúng tôi
trình bày một số bài áp dụng bất đẳng thức H¨older đối với bài toán bất đẳng
thức dạng giải tích, đại số và hình học.
Bài toán 1.3.1. Giả sử f và g là hai hàm số liên tục, dương trên đoạn [a, b]
và f (x)g(x) ≥ 1 với mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng
b
b
g(x)dx ≥ (b − a)2 .
f (x)dx
a
Giải. Ta có
√
f và
√
a
g là những hàm số liên tục và dương trên đoạn [a, b]. Vì
f (x)g(x) ≥ 1 với mọi x ∈ [a, b] nên f (x)g(x) ≥ 1 với mọi x ∈ [a, b]. Áp dụng
√
√
bất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số f và g ta có
b
b
f (x)dx
a
b
a
b
2
g(x)dx =
a
g(x)dx
a
2
b
=
f (x)g(x)dx
a
= (b − a)2 .
Do đó ta có điều phải chứng minh.
2
f (x)dx
2
b
≥
dx
a
11
Bài toán 1.3.2. Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [0, 1] và f (0) −
f (1) = 1. Chứng minh rằng
1
[f (x)]2 dx ≥ 1.
0
Giải. Theo định lý Newton–Lebniz ta có
1
f (x)dx = f (1) − f (0) = 1.
0
Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số f (x) và g(x) = 1, x ∈
[0, 1], ta được
2
1
1=
=
f (x)dx
2
1
f (x).1dx
0
0
2
2
≤
1
1
1
[f (x)] dx
1 dx
[f (x)]2 dx.
=
0
0
0
Do đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.3.3. Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có
x
x
e2t + e−t dt <
e −1<
(ex − 1) ex −
0
1
.
2
Giải. Ta có
x
x
e2t
+
e−t dt
0
1
e2t
=
et + e−2t dt.
(1.20)
0
Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) ta có
2
x
e
1
2t
et
+
e−2t dt
x
≤
0
x
(et + e−2t )dt.
t
e dt
0
0
Do đó từ (1.20) suy ra
2
x
e2t
+
≤ (ex − 1) ex −
e−t dt
0
Mặt khác
√
1 1 −2x
− e
2 2
< (ex − 1) ex −
1
.
2
(1.21)
e2t + e−t > et với mọi 0 < t < x, nên
x
x
e2t
0
+
e−t dt
et dt = ex − 1.
>
0
(1.22)
12
Từ (1.21) và (1.22) suy ra
x
x
e2t + e−t dt <
e −1<
(ex − 1) ex −
0
1
.
2
Bài toán 1.3.4. Cho f (x) là hàm số liên tục, có đạo hàm trên đoạn [a, b], giả
sử f (a) = 0. Đặt M = max f (x). Chứng minh
a≤x≤b
b
M ≤ (b − a)
2
(f (x)) dx.
a
Giải. Gọi x0 là điểm thuộc [a, b] sao cho |f (x0 )| = max f (x). Áp dụng bất
a≤x≤b
đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số f (x) và g(x) = 1, ta được
2
x0
=
f (x)dx
2
x0
f (x).1dx
a
a
x0
≤
x0
12 dx
a
[f (x)]2 dx
a
x0
= (x0 − a)
[f (x)]2 dx.
a
Do
x0
a
f (x)dx = f (x0 ) ⇒ |f (x0 )| ≤
x0
M≤
[f
√
(x)]2 dx
(x0 − a)
x0
a [f
(x)]2 dx, nên
b
2
b − a ⇒ M ≤ (b − a)
a
2
(f (x)) dx.
a
Bài toán 1.3.5. Cho hai hàm số f (x) và g(x) xác định và nhận giá trị trên
đoạn [0, 1]. Chứng minh
2
1
1
≤
f (x)g(x)dx
1
f (x)dx
0
0
g(x)dx.
0
Giải. Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) ta được
2
1
f (x)g(x)dx
0
1
1
2
≤
g 2 (x)dx.
f (x)dx
0
0
Vì 0 ≤ f (x) ≤ 1; 0 ≤ g(x) ≤ 1 với mọi 0 ≤ x ≤ 1 nên ta có
f 2 (x) ≤ f (x), g 2 (x) ≤ g(x), 0 ≤ x ≤ 1.
(1.23)
13
Suy ra
1
1
2
0≤
f (x)dx ≤
1
f (x)dx, 0 ≤
0
1
2
g (x)dx ≤
0
g(x)dx.
0
0
Do đó
2
2
g (x)dx ≤
f (x)dx
g(x)dx.
f (x)dx
(1.24)
0
0
0
0
1
1
1
1
Từ (1.23) và (1.24) suy ra
2
1
1
1
≤
f (x)g(x)dx
g(x)dx.
f (x)dx
0
0
0
Bài toán 1.3.6. Cho hàm số f (x) liên số xác định và liên tục trên [0, 1] và
|f (x)| ≤ 1 với mọi x ∈ [0, 1]. Chứng minh
1
2
1
1−
f 2 (x)dx
≤
1−
f (x)dx
0
.
0
Giải. Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số h(x) =
và g(x) = 1 trên [0, 1] ta được
2
1
1−
f 2 (x)dx
2
f 2 (x)dx.
dx = 1 −
1 − f (x)dx
≤
0
1
1
1
0
0
0
1 − f 2 (x)
Suy ra
1
1
1−
f 2 (x)dx
≤
f 2 (x)dx.
1−
0
(1.25)
0
Lại áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số F (x) = f (x) và
G(x) = 1 trên [0, 1] ta được
2
1
f (x)dx
2
1
=
f (x).1dx
0
0
1
1
2
≤
1 dx
0
1
2
[f (x)] dx
[f (x)]2 dx.
=
0
0
Do đó
2
1
1−
f (x)dx
0
1
[f (x)]2 dx.
≥1−
0
(1.26)
14
Từ (1.25) và (1.26) suy ra
2
1
1
1−
f 2 (x)dx
≤
1−
f (x)dx
.
0
0
Bài toán 1.3.7. Cho hai số dương a, b thỏa mãn
a b
+ = 1 với x, y > 0. Tìm
x y
x, y để S = x + y là nhỏ nhất (tính theo a, b).
Giải. Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) ta có
√
√
a+
2
b
=
√
2
x
a √
+ y
x
b
y
≤
a b
+
x y
(x + y) = S.
√
√
√
a
b
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
=
và x + y =
a+ b
x
y
tương đương với
√
√
√
a
b
x = √a √a + b
=
x
y
⇔
√
√
y = b √a + b .
x + y = √a + √b 2
√
x = √a √a + b
√ 2
√
Vậy min(S) =
a + b khi
√
√
y = b √a + b .
√
2
. Điều này
Bài toán 1.3.8. Chứng minh rằng nếu phương trình
x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0
(1.27)
4
có nghiệm thì a2 + b2 + c2 ≥ .
3
Giải. Gọi x là nghiệm của (1.27), ta có
x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 (suy ra x = 0)
⇒ − (1 + x4 ) = ax3 + bx2 + cx.
Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) ta có
(1 + x4 )2 = (ax3 + bx2 + cx)2 ≤ (a2 + b2 + c2 )(x6 + x4 + x2 )
(1 + x4 )2
⇒ a +b +c ≥ 6
x + x4 + x2
2
2
2
(1.28)
15
Mặt khác
4
(1 + x4 )2
≥
.
x6 + x4 + x2
3
(1.29)
Thật vậy,
(1.29) ⇔3(1 + 2x4 + x8 ) ≥ 4(x6 + x4 + x2 )
⇔3x8 − 4x6 + 2x4 − 4x2 + 3 ≥ 0
⇔(x2 − 1)2 (3x4 + 2x2 + 3) ≥ 0 (luôn đúng).
4
Từ (1.28) và (1.29) suy ra a2 + b2 + c2 ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
a = b = c = − 23 (x = 1)
a = −b = c = 23 (x = −1)
.
Bài toán 1.3.9. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (x, y, z, t) =
x3
y3
z3
t3
+
+
+
.
y+z+t x+z+t y+x+t x+y+z
Xét trên miền D = {(x, y, z, t) : x, y, z, t ≥ 0; xy + yz + zt + tx = 1}.
Giải. Áp dụng bất đẳng thức H¨older cho hai dãy số
x3
,
y+z+t
y3
,
x+z+t
z3
,
y+x+t
t3
x+y+z
và
x(y + z + t),
y(x + z + t),
z(y + x + t),
t(x + y + z)
ta được
f (x, y, z, t) [x(y + z + t) + y(x + z + t) + z(y + x + t) + t(x + y + z)]
≥ (x2 + y 2 + z 2 + t2 )2 .
Hay
f (x, y, z, t) (x + y + z + t)2 − (x2 + y 2 + z 2 + t2 ) ≥ (x2 + y 2 + z 2 + t2 )2
(x2 + y 2 + z 2 + t2 )2
.
⇒ f (x, y, z, t) ≥
(x + y + z + t)2 − (x2 + y 2 + z 2 + t2 )
(1.30)
16
Mặt khác
(x + y + z + t)2
(suy ra từ bất đẳng thức H¨older)
x +y +z +t ≥
4
⇒ (x + y + z + t)2 − (x2 + y 2 + z 2 + t2 ) ≤ 3(x2 + y 2 + z 2 + t2 ).
(1.31)
2
2
2
2
Từ (1.30) và (1.31) suy ra
1
f (x, y, z, t) ≥ (x2 + y 2 + z 2 + t2 ).
3
Lại áp dụng bất đẳng thức H¨older một lần nữa cho hai dãy x, y, z, t và y, z, t, x
ta được
(x2 + y 2 + z 2 + t2 )2 ≥ (xy + yz + zt + tx)2
⇒ (x2 + y 2 + z 2 + t2 ) ≥ 1.
(1.32)
(1.33)
Từ (1.32) và (1.33) suy ra
1 1 1 1
, , ,
2 2 2 2
Nên ta có
Do f
=
1
f (x, y, z, t) ≥ ,
3
∀(x, y, z, t) ∈ D.
1
và
3
∈ D.
1 1 1 1
, , ,
2 2 2 2
1
f (x, y, z, t) = .
3
(x,y,z,t)∈D
min
Bài toán 1.3.10. Giả sử x, y là các số thực và thỏa mãn điều kiện
logx2 +y2 (x + y) ≥ 1. Chứng minh rằng
√
3 + 10
x + 2y ≤
.
2
Giải. Có hai trường hợp sau:
(1) Nếu x2 + y 2 > 1, khi đó từ
logx2 +y2 (x + y) ≥ 1 ⇒ x + y ≥ x2 + y 2 ,
suy ra
1
x−
2
2
1
+ y−
2
2
1
≤ .
2
(1.34)
17
Ta lại có
1
x−
2
x + 2y =
2
1
+2 y−
2
2
3
+ .
2
(1.35)
Áp dụng bất đẳng thức H¨older ta có
1
x−
2
2
1
+ y−
2
2
2
1
x−
2
2
(1 + 2 ) ≥
2
2 2
1
+2 y−
2
.
Từ (1.35) ta có
5
1
x−
2
2
1
+ y−
2
2
≥
2
3
x + 2y −
2
(1.36)
Từ (1.34) và (1.36) ta suy ra
√
10
3
3 + 10
≥ x + 2y −
hay x + 2y ≤
.
2
2
2
(1.37)
Dấu bằng trong (1.37) xảy ra khi và chỉ khi
√
y − 12
x − 12
5
+
10
x =
=
1
2
10√
⇔
2
2
1
1
1
y = 5 + 2 10 .
+ y−
=
x−
2
2
2
10
(2) Nếu 0 < x2 + y 2 < 1, từ
logx2 +y2 (x + y) ≥ 1 ⇒ x + y ≤ x2 + y 2 ,
do 0 < x2 + y 2 < 1 suy ra y < 1. Bởi vậy,
x + 2y = x + y + y ≤ x2 + y 2 + y < 1 + 1 = 2 <
3+
√
2
10
.
Tóm lại, cả hai trường hợp thấy
√ rằng với mọi x, y thỏa mãn điều kiện của đầu
3 + 10
bài ta luôn có x + 2y ≤
.
2
√
5
+
10
x =
10√
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
5
+
2 10
y =
.
10
18
Bài toán 1.3.11 (Bất đẳng thức Minkovskii). Cho a = (a1 , a2 , . . . , an ) và
b = (b1 , b2 , . . . , bn ) ∈ Rn và p > 1. Khi ấy
1
p
n
(ai + bi )p
1
p
n
api
≤
i=1
1
p
n
bpi
+
i=1
.
(1.38)
i=1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a và b tỷ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi
i ∈ {1, 2, . . . , n}.
Giải. Viết
n
n
n
p
p−1
(ai + bi ) =
i=1
ai (ai + bi )
bi (ai + bi )p−1 .
+
i=1
(1.39)
i=1
Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.8), ta thu được
n
1
p
n
1
q
n
api
ai (ai + bi )p−1 ≤
i=1
(ai + bi )(p−1)q
i=1
i=1
1
p
n
1
q
n
api
=
(ai + bi )p
i=1
i=1
và tương tự,
n
1
p
n
bpi
bi (ai + bi )p−1 ≤
i=1
1
q
n
(ai + bi )p
,
i=1
i=1
1 1
+ = 1.
p q
Khi đó (1.39) trở thành
với p và q thỏa mãn
n
(ai + bi )p ≤
i=1
Chia cho
1
q
n
(ai + bi )p
+ bi )p
1
p
1
p
n
api
i=1
n
i=1 (ai
bpi
+
i=1
và sử dụng
1
p
n
.
i=1
1
1
= 1 − , ta thu được (1.38).
p
q
Dạng suy rộng của (1.38) là
1
p
n
mi (ai + bi )p
i=1
với mi ≥ 0 với mọi i = 1, . . . , n.
1
p
n
mi api
≤
i=1
1
p
n
mi bpi
+
i=1
,
(1.40)
19
Nhận xét 1.3.12. ([5, p. 42]) Ta có bất đẳng thức sau
1
1
p
(a + b) p + (c + d) p
1
1
≥ ap + cp
p
1
1
+ (b p + d p )p
(1.41)
với mọi a, b, c, d ≥ 0 và p ≥ 1, điều này được rút ra từ bất đẳng thức Minkovski
1
1
1
1
với n = 2, a1 = a p , a2 = b p , b1 = c p và b2 = d p .
Bài toán 1.3.13. [9, p. 15] (IMO 2001) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng
minh rằng
√
b
c
a
+√
+√
≥ 1.
a2 + 8bc
b2 + 8ac
c2 + 8ab
(1.42)
Giải. Áp dụng bất đẳng thức H¨older ta được
a
b
c
+√
+√
a2 + 8bc
b2 + 8ac
c2 + 8ab
a
b
c
× √
+√
+√
a2 + 8bc
b2 + 8ac
c2 + 8ab
× a(a2 + 8bc) + b(b2 + 8ac) + c(c2 + 8ab)
1
√
≥ √
+
a
a
√
a(a2 + 8bc) 3
2
2
a + 8bc a + 8bc
√
+ √
b
b
√
b2 + 8ac b2 + 8ac
c
c
√
c2 + 8ab c2 + 8ab
1
b(b2 + 8ac) 3
1 3
c(c2 + 8ab) 3
= (a + b + c)3 .
Viết gọn bất đẳng thức trên ta được
a
b
c
√
+√
+√
a2 + 8bc
b2 + 8ac
c2 + 8ab
≥ (a + b + c)3 .
2
a3 + b3 + c3 + 24abc
Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên cho a3 + b3 + c3 + 24abc > 0 ta được
20
bất đẳng thức mới tương đương như sau:
a
b
c
√
+√
+√
a2 + 8bc
b2 + 8ac
c2 + 8ab
(a + b + c)3
.
≥ 3
(a + b3 + c3 + 24abc)
2
Do đó để chứng minh bất đẳng thức (1.42) ta chỉ cần chỉ ra
(a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc,
điều này tương đương với
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
Bất đẳng thức này tương đương với
a+b
√
ab
c+a
√
ca
b+c
√
bc
≥ 2.2.2.
Bất đẳng thức cuối này luôn đúng nhờ vào bất đẳng thức AM–GM.
Bài toán 1.3.14. (IMO Shortlist 2004) [9, p. 16-17] Nếu a, b, c là ba số thực
dương sao cho ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng
3
1
+ 6b +
a
3
1
+ 6c +
b
3
1
1
+ 6a ≤
.
c
abc
Giải. Ta có
1
1 + 6ab 1 + 6(1 − bc − ca)
+ 6b =
=
a
a
a
7 − 6bc − 6ca 7(ab + bc + ca) − 6bc − 6ca
=
=
a
a
7ab + bc + ca
=
.
a
Tương tự
7bc + ac + ab 1
7ac + bc + ab
1
+ 6c =
,
+ 6a =
.
b
b
c
c
Từ đó bất đẳng thức đã cho trở thành
3
7ab + bc + ca
+
a
3
7bc + ac + ab
+
b
3
7ac + bc + ab
1
≤
.
c
abc
(1.43)
21
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với
3
3
bc(7ab + bc + ca) +
√
3
abc > 0 ta được
(ac7bc + ac + ab) +
3
ab(7ac + bc + ab) ≤
1
2
(abc) 3
.
Áp dụng bất đẳng thức H¨older, ta có
3
bc(7ab + bc + ca) +
≤
3
3
3
(ac(7bc + ac + ab) +
ab(7ac + bc + ab)
(a + b + c)2 (9ab + 9bc + 9ac).
Do vậy, để chứng minh bất đẳng thức (1.43) ta cần chỉ ra rằng
9(a + b + c)2 (ab + bc + ca) ≤
1
(abc)2
⇔ [3abc(a + b + c)]2 ≤ 1 = 14
⇔ [3abc(a + b + c)]2 ≤ (ab + bc + ca)4 .
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, bởi vì
(ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c)
⇔ a2 (b − c)2 + b2 (c − a)2 + c2 (a − b)2 ≥ 0.
Vậy bài toán được chứng minh.
Tiếp theo là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức liên quan tới hình
học. Với khuôn khổ luận văn, chúng tôi chỉ minh họa một số ít các bài toàn về
bất đẳng thức hình học mà lời giải của nó liên quan tới bất đẳng thức H¨older,
còn rất nhiều bài toán nữa trong các tài liệu tham khảo, người đọc quan tâm
có thể tìm hiểu thêm.
Bài toán 1.3.15. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có
a2 + b2 + c2 ≥
36 2 abc
p +
,
35
p
trong đó p là nửa chu vi tam giác.
Giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
36
a +b +c ≥
35
2
2
2
a+b+c
2
2
+
⇔35(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9(a + b + c)2 +
2abc
a+b+c
72abc
.
a+b+c
