Tài liệu Về bất đẳng thức holder và áp dụng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– LÝ HOÀNG ANH VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER 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 HÖLDER 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 Hölder 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 Hölder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Sự tương đương giữa bất đẳng thức Hölder và bất đẳng thức AM–GM suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Một số vận dụng của bất đẳng thức Hölder trong giải toán phổ thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 3 4 4 . . . . . 7 . 10 Chương 2. Về bất đẳng thức Hölder suy rộng 27 2.1 Bất đẳng thức Hölder suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2 Phiên bản ngược của bất đẳng thức Hölder và áp dụng . . . . . . 35 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 ii Bảng ký hiệu R n Y j=1 n X tập hợp các số thực aj a1 a2 . . . an aj a1 + a2 + · · · + an j=1 1 C ([a, b]) Lp ([a, b]) max{x, y} (α, β) 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 X ak bk k=1 ε (αt , ε) (1, 1, ..., 1) n X atk k=1 ((α, β), e) n X k=1 ak bk ek 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 Hölder. 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 Hölder 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 Hölder 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 Hölder 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 Hölder 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 Hölder. 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 Hölder 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 Hölder. 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 > aλ1 1 aλ2 2 . . . aλnn . Hay n X k=1 λk ak > n Y k=1 aλk k . (1.2) (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,  x + x + · · · + x  f (x ) + f (x ) + · · · + f (x ) 1 2 n 1 2 n ≤ . (1.4) f n n 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 P xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, . . . , n} và Pn := pi > 0. Khi đó ta có i=1 n f 1.1.3 1 X pi x i Pn i=1 ! n 1 X ≤ pi f (xi ). Pn i=1 (1.5) Bất đẳng thức Hölder Bất đẳng thức Hölder 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 6 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 1 + = 1 =⇒ uv 6 up + v q . p q 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 Hölder. Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức Hölder). 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 X n X ai bi ≤ i=1 ! p1 n X api i=1 ! 1q bqi . (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 n n X p X q api bqi x= , A= ai ; y = , B = bi . A B i=1 i=1 Cộng lại theo i = 1, 2, . . . , n ta được n P a i bi i=1 1 1 Ap B q n n 1 X api 1 X bqi 1 1 ≤ + = + = 1. p i=1 A q i=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 Hölder (1.8) có thể viết dạng ở dạng sau ! p1 ! 1q n n n X X X mi ai bi ≤ mi api mi bqi . i=1 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 Hölder (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  p1  1  1q 1 1 p p q q . (z q ) + (w q ) x z + y w ≤ (x p ) + (y p ) 1 p 1 q 1 p 1 q 1 1 = (x + y) p (z + w) q . Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức Hölder được biết đến dưới dạng hệ quả sau. Hệ quả 1.1.7. (xem [7]) Nếu p = q = 2 thì bất đẳng thức Hölder trở thành n X a i bi ≤ i=1 n X i=1 ! 12 a2i n X ! 21 b2i . 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 |hx, yi|2 ≤ hx, xihy, yi. 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 Hölder ở dạng giải tích, chúng tôi chỉ trình bày kết quả mà không chứng minh. Định lý 1.1.8 (Bất đẳng thức Hölder 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 Z b  p1 Z b  1q Z b |f (x)g(x)| dx ≤ |f (x)|p dx |g(x)|q dx (1.11) a a 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 Hölder 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 Hölder 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 X 1, ..., n) thỏa mãn λi = 1, khi đó ta có bất đẳng thức sau i=1 n Y cλk k ≤ n X k=1 λk c k . (1.12) k=1 2. Bất đẳng thức Hölder 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 ! 1q ! p1 n n n X X X ak bk ≤ apk bqk . (1.13) k=1 k=1 k=1 3. Bất đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng. Nếu 0 ≤ ci , λi (i = 1, ..., n) n X thỏa mãn λi = 1, và r, s ∈ R+ thỏa mãn r ≤ s, khi đó ta có bất đẳng i=1 thức n X ! 1r λk crk ≤ k=1 n X ! 1s λk csk . (1.14) k=1 Khẳng định trước tiên là sự tương đương của Bất đẳng thức Hölder và bất đẳng thức AM–GM suy rộng. Định lý 1.2.1. Bất đẳng thức Hölder (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 ! p1 ! 1q n n n h i X X X 1 1 (λk ck ) p (λk ) q ≤ λk c k λk . (1.15) k=1 k=1 k=1 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 X X λk c k ≥ λk ckp . (1.16) k=1 k=1 Áp dụng bất đẳng thức (1.16), ta có n X n X λk c k ≥ k=1 1 p !p n X ≥ λk c k λk c k k=1 k=1 ≥ ··· ≥ !p2 1 p2 n X 1 m (1.17) !pm λk ckp ≥ ··· k=1 Sử dụng quy tắc ĹHospital’s ta dễ dàng có n n X  X x λk ck /x = λk ln ck lim+ ln x→0 k=1 k=1 Vì vậy lim+ x→0 n X ! x1 λk cxk = n Y 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 X Y λk ck ≥ cλk k . 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 ! p1 n n n X X X 1 1 p ak bqk + bqk apk ≥ ak bk bqk p q k=1 k=1 n X k=1 ! 1q apk . k=1 Lấy tổng theo k = 1, 2, ..., n, ta thu được n X k=1 n n X X p q ak bk ≥ ak bk k=1 k=1 n X k=1 Như vậy ta có điều chứng minh ngược lại. ! p1 bqk n X k=1 ! 1q apk . 9 Định lý 1.2.2. Bất đẳng thức Hölder (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 ! rs n n X X λk dsk ≥ . (1.19) λk drk k=1 k=1 Bất đẳng thức (1.19) được viết lại như sau ! 1s ! 1r n n X X λk dsk ≥ λk drk . k=1 k=1 Ngược lại, để chứng minh bất đằng thức trung !−1 bình lũy thừa suy rộng suy ra n X q ak bất đẳng thức Hölder ta xét λk = bqk bk , dk = q−1 , r = 1, s = p trong bk k=1 bất đẳng thức (1.14), khi đó ta có   n X ak bk = k=1 !    bqk a k q  bk  . n q−1  ≤ X b   k=1 bqk k n X  !  bqk q . bk  n X  q k=1 bk n X k=1 = n X k=1 ! p1 apk n X 1 p !p   ak   bq−1  k k=1 ! 1q 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 X λk ark − rs (Un (a)) ≤ k=1 r s khi đó ta được bất n h X r  r i λk ask (Un (a))−1 + 1 − λk = 1. s s k=1 Vì vậy n X ! 1r λk crk n X ≤ k=1 ! 1s λk csk . k=1 Điều ngược lại dễ dàng có. 1.3 Một số vận dụng của bất đẳng thức Hölder 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 Hölder 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 Hölder 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 Z b Z b f (x)dx g(x)dx ≥ (b − a)2 . a √ √ g là những hàm số liên tục và dương trên đoạn [a, b]. Vì p 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 Hölder (1.11) cho hai hàm số f và g ta có Z b Z b Z b p 2 Z b p 2 f (x)dx g(x)dx = f (x)dx g(x)dx Giải. Ta có a f và a a a a Z = bp 2 Z b 2 f (x)g(x)dx ≥ dx a a 2 = (b − a) . Do đó ta có điều phải chứng minh.  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 Z 1 [f (x)]2 dx ≥ 1. 0 Giải. Theo định lý Newton–Lebniz ta có Z 1 f 0 (x)dx = f (1) − f (0) = 1. 0 Áp dụng bất đẳng thức Hölder (1.11) cho hai hàm số f 0 (x) và g(x) = 1, x ∈ [0, 1], ta được 2 Z 1 2 Z 1 0 0 f (x).1dx 1= f (x)dx = 0 0  Z 1  Z 1 Z 1 [f 0 (x)]2 dx. [f 0 (x)]2 dx = 12 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 s   Z xp 1 ex − 1 < e2t + e−t dt < (ex − 1) ex − . 2 0 Giải. Ta có Z xp 0 e2t + e−t dt Z x 1 e2t = p et + e−2t dt. (1.20) 0 Áp dụng bất đẳng thức Hölder (1.11) ta có 2 Z x Z x p Z x 1 t t e 2 et + e−2t dt ≤ e dt (et + e−2t )dt. 0 0 0 Do đó từ (1.20) suy ra Z x p 2     1 1 1 e2t + e−t dt ≤ (ex − 1) ex − − e−2x < (ex − 1) ex − . 2 2 2 0 (1.21) √ Mặt khác e2t + e−t > et với mọi 0 < t < x, nên Z xp Z x e2t + e−t dt > et dt = ex − 1. (1.22) 0 0 12 Từ (1.21) và (1.22) suy ra s   Z xp 1 e2t + e−t dt < (ex − 1) ex − . ex − 1 < 2 0  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 Z 2 (f 0 (x)) dx. M ≤ (b − a) a Giải. Gọi x0 là điểm thuộc [a, b] sao cho |f (x0 )| = max f (x). Áp dụng bất a≤x≤b 0 đẳng thức Hölder (1.11) cho hai hàm số f (x) và g(x) = 1, ta được Z x 0 2 Z x 0 2 f 0 (x)dx = f 0 (x).1dx a Za x0  Z x0  2 0 2 ≤ 1 dx [f (x)] dx a a Z x0 = (x0 − a) [f 0 (x)]2 dx. a Do R x0 a q Rx 0 f (x)dx = f (x0 ) ⇒ |f (x0 )| ≤ (x0 − a) a 0 [f 0 (x)]2 dx, nên sZ Z b x0 √ 2 2 0 2 [f (x)] dx b − a ⇒ M ≤ (b − a) (f 0 (x)) dx. M≤ a 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 Z 1 2 Z 1 Z 1 f (x)g(x)dx ≤ f (x)dx g(x)dx. 0 0 0 Giải. Áp dụng bất đẳng thức Hölder (1.11) ta được Z 1 2 Z 1 Z 1 2 f (x)g(x)dx ≤ f (x)dx g 2 (x)dx. 0 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 Z 2 0≤ 1 Z f (x)dx ≤ Z 1 2 f (x)dx, 0 ≤ 0 Z 1 g (x)dx ≤ 0 0 g(x)dx. 0 Do đó Z 1 1 Z 2 1 Z 2 g (x)dx ≤ f (x)dx 1 g(x)dx. f (x)dx (1.24) 0 0 0 0 Z Từ (1.23) và (1.24) suy ra 2 Z 1 Z 1 Z 1 g(x)dx. f (x)dx f (x)g(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 s 2 Z 1 Z 1p f (x)dx . 1 − f 2 (x)dx ≤ 1 − 0 0 p Giải. Áp dụng bất đẳng thức Hölder (1.11) cho hai hàm số h(x) = 1 − f 2 (x) và g(x) = 1 trên [0, 1] ta được Z 1 2 Z 1 Z 1 Z p
1 2 f 2 (x)dx. dx = 1 − 1 − f 2 (x)dx ≤ 1 − f (x)dx 0 0 0 0 Suy ra Z 1p s 1− f 2 (x)dx ≤ Z 1− 0 1 f 2 (x)dx. (1.25) 0 Lại áp dụng bất đẳng thức Hölder (1.11) cho hai hàm số F (x) = f (x) và G(x) = 1 trên [0, 1] ta được Z 1 2 Z 1 2 f (x)dx = f (x).1dx 0 0 Z 1  Z 1  Z 1 2 2 ≤ 1 dx [f (x)] dx = [f (x)]2 dx. 0 0 0 Do đó Z 1− 0 1 2 Z 1 f (x)dx ≥ 1 − [f (x)]2 dx. 0 (1.26) 14 Từ (1.25) và (1.26) suy ra Z 1p s 1 − f 2 (x)dx ≤ Z 2 1 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 Hölder (1.11) ta có s !2  r  √ √ 2 √ a b a √ b a+ b = x + y ≤ + (x + y) = S. x y x y √ √ √ √ 2 a b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = và x + y = a + b . Điều này x y tương đương với √ √  √  √ √ a b    x= a a+ b =  x y ⇔ √ √  √ 2 √ √   y= b a+ b . x + y = a+ b  √  √ √  √  x= a a+ b √ 2 Vậy min(S) = a + b khi  √ √ √  y = b a+ b . 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 6= 0) ⇒ − (1 + x4 ) = ax3 + bx2 + cx. Áp dụng bất đẳng thức Hölder (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 Hölder cho hai dãy số s s s s 3 3 3 x y z t3 , , , y+z+t x+z+t y+x+t x+y+z và p x(y + z + t), p y(x + z + t), p p 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 Hölder) 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 Hölder 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 f (x, y, z, t) ≥ , ∀(x, y, z, t) ∈ D. 3     1 1 1 1 1 1 1 1 1 Do f , , , = và , , , ∈ D. 2 2 2 2 3 2 2 2 2 Nên ta có 1 min f (x, y, z, t) = . 3 (x,y,z,t)∈D  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)