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

Khi còn học phổ thông , đối với bất đẳng thức là một vấn đề khó khăn lớn

TRONG TOÁN PHỔ THÔNG

Giáo viên hướng dẫn

LÊ THÁI DUY

An Giang, năm 2004

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

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 DỤNG 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 BẤT 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

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 nhiều 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 Phần 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 bản 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 thiếu 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

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

Về mặt hình học, bất đẳng thức (1) có ý nghĩa như sau:

Nếu gọi A1(x1, f(x1)); B(x2, f(x2)) là hai điểm nằm trên đường cong y = f(x), với a < x1 < x < x2 < b; thì mọi điểm của cung A1B1

của đồ thị đều nằm dưới cát tuyến A1B1 Do đó C có

i i n

1 i i

ix αf xα

1 i

1 k 1 k i i k

1 i i

i ⇒ < <

=∑−

=

( − )⎢⎣⎡ − + − ⎥⎦⎤+

αx

α1

αα1xαx

αα1

, mà xk-1, xk đều thuộc [ ]a;b , nên:

*

1 k 1

α1

αx

α1

i i

* 2

k 1 i i i k

1 i i

ix f αx (1 α)x αf x 1 α f xα

αx

fα1

αxα1

αx

α1

αfx

i i

k 1

i i i

xfα1

αx

fα1

αα1xfαx

αf

i i i

xfαx

αf

n

a

aa

≥+++Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = … = an

f = 2 > Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0 Theo bất đẳng thức Jensen, ta có:

( ) ( ) ( )

n 2

n

1n

x

xx

xlnxlnn

x

xx

−

≤+++

−

⇔

n

n 2 1 n

2

n

x

xx

2

n

x

xx

≥+++

,∀xi >0Dấu bằng xảy ra ⇔ x1 = x2 = … = xn

Xét n số a1, a2, …., an≥ 0 Có hai khả năng sau xảy ra

1 Nếu ai > 0 ∀ i = 1, 2, … , n, thì theo trên ta có:

n

n 2 1 n

2

n

a

α

1 a aa

pα,N

p

n

2 2

1

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:

n 2

1 p p 1 2 n

n

p 2

p 1 n

2 1

n n

2 2

1

p

pp

a

a

a

aa

≥+

++

+++++++++

N p 1 N p 1 N p 1 n

n 2

2 1 1

n 2 1

aaaaN

p

aN

paN

p

≥+

++

⇔

⇔ α1a1 + α2a2 +……+αnan ≥ 1 2 α n

n

α 2

α

1 a aa

Dấu bằng xảy ra ⇔a1=a2= =an

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

§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

q

1p

1 n 1 k

q k p

1 n 1 k

bp

,a

aa

q

1 n 1 k

q k

k p

1 n 1 k

p k

q k p

1 n 1 k

p k

k k n

1 k

q k

q k n

1 k

p k

p k

ba

bab

bq

1a

ap1

a

baq

1p

1

q

1 n 1 k

q k p

1 n 1 k

p k

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

ba

aa

a

q n

q 2

q 1

q k p

n

p 2

p 1

p

+++

=+++

b

a

b

ab

a

q n

p n q

2

p 2 q 1

p

Với quy ước: Nếu bk = 0 với một k nào đó thì ak = 0

Ngoài ra, với a1 = … = an = 0 hoặc b1 = … = bn = 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 Aa Bbq,k 1,2, ,n.

q k

q k k q 1 k k

b

bα

;b

n 2

2 1

1x α x α x α f xα

=

≤+

k k kn

1 k

q k

bab

q 1 p k

p k

q k n

1 k

q k

p

n 1 k

q k

n 1 k k k

babb

1b

ba

p k n

1 k

q k

p n 1 k

q k p

n 1 k k

b

bb

q

1p

1

=

−+

p k

1 p n 1 k

q k

p n

1

k k k

a.bb

a

p

1 n 1 k

p k p

1 p n 1 k

q k n

1

k k k

ab

1p

kb

1 n 1 k

p k q

1 n 1 k

Hệ quả:

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

n n 2

2 1 1

2 n

2 2

2 1

2 n

2 2

2 1

1

b

a

b

ab

>

∫

Chứng minh:

Giả sử x0 ∈ [a;b] sao cho f(x0)>0 và α là một số dương sao cho f(x0)> α

1 Nếu thì tồn tại một số dương h sao cho a a<x0≤b ≤ x0 – h và f(x) > với mọi x

α ∈ [x0-h;x0] Khi đó:

]

( )xdx f( )xdx f( )xdx f( )xdxf

b x

x h x

h x a

∫ ≥ f( )xdx

0

0

x h

0

0

x h

1

=+ ; p > 1; q > 1 Khi

đó với hai số không âm α,βbất kì ta luôn có:

q

βp

ααβ

q p

+

≤

đồ thị (C) và tam giác cong Oβ B giới hạn bởi trục tung, đường thẳng y = β và

đồ thị (C)

β

α

B β O A α O β C α

xdxx

α

0

p α

0

1 p A α

β

0

1 1 p

1 β

0

1 p 1 B

β O

11p1

ydyyS

11

11p

p11p

βq

yS

q β

0

q B β

Thay vào (1) ta được:

q

βp

ααβ

q p

+

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

( ) p q p q

q

1 b

a

q p

1 b

a

p

xdxgdx

xfdxxgx

¾ Nếu một trong hai tích phân f( )x dx

b a

p

b a

q

(1) đúng Thật vậy, giả sử f( )x dx

b a

p

b a

a

p

dxxf

xfα

a

q

dxxg

xgβ

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )x dxg

xgq

1dxxf

xfp1dxxg

xg.dxxf

xf

b a q

q b

a p p

q

1 b

a

q p

1 b

( ) ( )

( ) ( ) q 1

1p

1dxxg

dxxgq

1dxxf

dxxfp1dxxgdxxf

dxxgxf

b a q

b a q b

a p

b a p

q

1 b

a

q p

1 b

a p

( ) ( ) q

1 b

a

q p

1 b

a

p

dxxg

xgdx

xf

xf

a 2 2

1 b

a 2 b

a

dxxgdxxfdxxgx

f ≤⎜⎜⎝⎛∫ ⎟⎟⎠⎞ ⎜⎜⎝⎛∫ ⎟⎟⎠⎞

∫

(Bất đẳng thức Bouniakowski)

p k p

1 n 1 k

p k p

1 n

1 k

p k

1 k

1 p q k k p

1 n 1 k

p k n

1 k

1 p k k

1 k

1 p q k k p

1 n 1 k

p k n

1 k

1 p k k

p k p

1 n 1 k

p k q

1 n

1 k

p k k n

1

k

p k

Nếu ak = bk = 0, k = 1, 2,…, n thì bất đẳng thức (3) hiển nhiên đúng ∀

Do đó ta có thể giả thiết n (a b ) 0 Nên từ (3) ta có:

1 k

p k

p k p

1 n 1 k

p k q

1 1 n

1 k

p k

p k p

1 n 1 k

p k p

1 n

1 k

p k

2 2

2 1

2 2 2

2 1

vuv

n 2 1 n

n n 2 2 1

2 1

1

b

a

b

ab

Có hai trường hợp sau:

c Nếu (a1 + b1)(a2 + b2) (an + bn) = 0 Khi đó phải tồn tại k

mà a

(1≤k≤n) k + bk = 0

Do ak ≥0,bk ≥0⇒ak =bk =0 Vậy bất đẳng thức (1) đúng (vì cả hai vế bằng 0)

d Nếu (a1 + b1)(a2 + b2) (an + bn) > 0 Khi đó bất đẳng thức (1) viết lại dưới dạng sau:

1ba

b

ba

b.ba

bb

a

a

ba

a.ba

a

n

n n

n 2

2

2 1 1

1 n

n n

n 2

2

2 1 1

++

+

+++

++

≤++

n

n n

n 2

2

2 1 1

1

ba

a

ba

ab

a

an

1ba

a

ba

a.ba

++

≤++

n 2

2

2 1

1

1 n

n n

n 2

2

2 1 1

1

ba

b

ba

bb

a

bn

1ba

b

ba

b.ba

=+

+

=

=+

=+

n n

n 2

2

2 1

1 1

n n

n 2

2

2 1

1 1

ba

b

ba

bb

ab

ba

a

ba

ab

aa

Với quy ước nếu bk = 0 thì ak = 0, dấu bằng xảy ra

n

n 2

2 1

1

b

a

b

ab

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

xxfn

xf

xfx

≥++++

⇔

+ + n x

x x

x1 ln1 e n ln 1 e 1 ne

1lnn1

a

blnx

b ln

a

b ln a

b ln n

n 2

2 1

1

n n 2 2 1 1

e1lnn

a

b1ln

a

b1lna

b1ln

n 2 1 n

n 2 1

n n 2

2 1 1

aaa

bbb1ln a

aa

ba

babaln

n 2 1 n

n 2 1 n

n n 2

2 1

2 1 1

n

n 2

2 1

1

a

b

a

bab

a

bln

a

blna

bln

a

p p

1 b

a

p p

1 b

a

p

dxxgdx

xfdx

xgx

( )xf

≤ ( ) ( )p 1

xgx

f + − + g( )x ( ) ( )p 1

xgx

1 p b

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

a

q p p

1 b

a

p 1

p b

a

dxx

gxfdxxfdxxgxfxf

( ) ( ) ( ) q

1 b

a

p p

1 b

a

p

dxxgxfdxx

a

p p

1 b

a

p 1

p b

a

dxxgxfdxxgdx

xgxfx

a

p p

1 b

a

p p

1 b

a

p b

a

p

dxxgxf.dxxgdx

xfdx

xgx

p

=+

y Nếu f( ) ( )x gx dx 0

b a

a

p p

1 b

a

p q

1 1 b

a

p

dxxgdx

xfdx

xgx

a

p p

1 b

a

p p

1 b

a

p

dxxgdx

xfdx

xgx

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

b a

abdxxg.dxx

∫

Chứng minh:

] ]

ba;

≥ [a;b f( ) ( )xg x ≥ với mọi x 1 ∈ [ ]a; Áp dụng hệ quả của bbất đẳng thức Hölder cho hai hàm số f và g , ta được:

( )x dx g( )xdx ( f( )x ) dx ( g( )x ) dx f( ) ( )x gx dx dx (b a)

2 b a

2 b

a

b a

b a

2 2

1 0

1 0

0 2 1

0 2

2 1

0

2 1

0

dx(x)f'dx

(x)f'dx1(x).1dx

f'(x)dx

f'Vậy [f'( )x ] dx 1

t 2t x

2

1e1edtee1e

Chứng minh:

0

2t - t t 2 1 x

(e e )dtdt

edt

eee

x 0

2t t x

0 t

2 2t t x

0 2

1e1edt

e

2 x

x 0

t 2t

t 2t

a ≤ ≤ Chứng minh: M2 ≤( − ) ( ) ∫b( )

a

2dxxf'ab

Chứng minh:

Gọi x0 là điểm thuộc [ ]a;b sao cho: f( )x maxf( )x

b x a

x a

2 0

2

2 x

a

dxxf'axdxdxxf'dx

xf'

2

M (f'( )x ) dx b a M (b a) ( ) (f' x ) dx

b a

2 2

b a

0;1

( ) ( )x g xdx f( )xdx g( )xdxf

1 0

1 0

2 1

1 0 2 1

0 2

2 1

Suy ra 0 f ( )xdx f( )xdx,0 g ( )xdx g( )xdx, do đó:

1 0

1 0 2 1

0

1 0

1 0

1 0

1 0 2 1

1 0

2 1

0

1 0

0

2(x)dxf-

2 x dx dxf

0

2 xdxf1

0 2 1

0

2 x dx 1 f x dxf

2 1

0

dxdxxfdx

xf

2 1

1

Từ (1) và (2), suy ra

2 1

0

1 0

cx bx

Giải:

Gọi x là nghiệm của (1), ta có:

x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 (⇒ x≠o) (1+x4)=ax3+bx2+cx

2 4 2

2 2

xxx

x1c

ba

++

+

≥++

3

4xxx

x1

2 4 6

2 4

≥++

Thật vậy:

(3) ⇔3(1+2x4 +x8) (≥4x6 +x4 +x2)

03x4x2x4x

2cba

1x3

2cba

Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

Từ (1) và (2) suy ra: ( ) , (x,y,z) D

3

16z,y,x

Mặt khác

3

163

2,3

2,3

2,3

( ) ( )

3

16zy,x,fmin

D y,z

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

, xét trên D={ (x,y,z):x2+y2+z2≤27} (x,y,z) x y z xy yz zx

Vậy: ∀(x,y,z)∈D, ta có: (x+y+z)2 ≤81

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 a1 = x, a2 = y,

yy

ty

xt

zx

tz

yt

zy

xt

+++

+++

+++

=Xét trên miền D = { (x,y,z t):x,y,z t≥o;xy+yz+zt+tx=1}

Giải:

tzy

x3

++z

yx

t,yxt

z,

++

, t(x+y+z), ta được:

(x,y,z,t) ( [x y+z+t) (+y z+t+x) (+z t+x+y) (+t x+y+z) ]≥f

( 2 2 2 2)2

tzy

≥

tzyxt

zyxtzyxtz,y,x,

( )2 ( 2 2 2 2)

2 2 2 2 2

tzyxtzyx

tzyxt

z,y,xf

+++

−+++

+++

2 2

2 2

(Hệ quả bất đẳng thức Hölder)

tzyx3tzyxtzy

Từ (1) và (2) suy ra:

( ) (x2 y2 z2 t2)

3

1tz,y,x

f ≥ ,∀(x,y,z t)∈D

Do

3

12

1,2

1,2

1,2

1,2

1,2

D y,z,t

1y2

1x

2 2

1y22

1xy2

2

122

12

12

12

2

2

32yx2

1y2

1x

2

103y2

1

y 2

1

≥++

p

abcp

35

36cb

cba

abc22

cba35

36cba

2 2

2 2

cba

abc72c

ba9cba

+++++

≥++

abc72c

ba

++

≥++

cba

abc22

cba35

36cba

2 2

2

Dấu bằng có khi và chỉ khi ABC là tam giác đều

Bài 2: Cho a, b, c là 3 cạnh của ∆ABC, S là diện tích

qp

rb.pr

qa.rq

+

++

+

=++

2 2

qpqp

cprpr

brqrq

ac

ba

(p q r)

qp

cpr

brq

a2

2 2

2

++

++

2

2 2

2 2 2

2 2

cbacba22

1cqp

rbpr

qarqp

cbacba2cqp

rbpr

qarq

p2

+++++

−

≥+

++

++

⇒

++

≥+++

++

−

=

0cbaz

0cbay

0cbax

(2) ⇔ yz+zx+xy≥4S 3 ⇔ xy+yz+zx≥ 3.xyz(x+y+z)

⎠

⎞++

=+

z.2

y.2

x.2

zyxcpbpappS

rbpr

qarq

≥+

++

++Dấu “=” xảy ra

cba

Bài 3: Cho ABC có a, b, c là độ dài các cạnh ∆

Bài 4: Cho tứ diện ABCD P là điểm tuỳ ý trong tứ diện Gọi A1, B1, C1,

D1 là hình chiếu của 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:

r

SPD

SPC

SPB

SPA

S

1

ABC 1

DAB 1

CDA 1

1

BCD 1

PB

Sa

;PA

S

1

ABC 4

1

DAB

Sa

;PC

S

1 CDA 2

1 BCD

1 S PA;b S PB

1 ABC 4

1 DBA

(1) (T là vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh)

ABC P 1

ABC.PD 3V

2 ABC P ABD P ACD P BCD

S2

≥

T , trong đó V là thể tích của tứ diện ABCD

Mặt khác ta có: = ⇒ ≥ ⇒

r

STSr

Dấu “=” có

4

4 3

3 2

2 1

1

b

ab

ab

ab

ACD

⇔

Bài 5: Cho tứ diện ABCD, trong đó góc tam diện đỉnh D là tam diện

vuông Giả sử DA = a, BD = b, DC = c Cho M là một điểm nằm trên một cạnh của ∆ABC Chứng minh rằng:

Ta có ϕ = DAM1 nên AM1 = acosϕ, BM2 =

= bsinϕ

Vậy: S = c + acosϕ + bsinϕ

Theo hệ quả bất đẳng thức Hölder, ta có:

2 2

baφsinbφcos

Dấu “=” trong (1) xảy ra

ϕ

=ϕ

⇔

sin

bcos

a

BAˆtgDa

b

tgϕ= =

⇔ φ = DABDM

2cos1

= 4cos2x+5sin2x+7−23 301

Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:

(4cos2x+5sin2x)2 ≤16+25=41, x∀ ∈ R

415sin2x

ybsinxacosy

dcosx

csin

ybcosx

asiny

x,

4 4

2 2

4 4

+

++

ccos

xcosy

cosdxcsin

xsin

2 2

4 2

ccos

ysiny

cosdxcsin

xcos

2 2

4 2

2

4

+

++

Theo hệ quả của bất đẳng thức Hölder, ta có:

f1(c+d) = ⎜⎜⎝⎛csin xsin+dcosx y +ccoscos2x+dsinx 2y⎟⎟⎠⎞

4 2

≥+

ydcosx

csin

xsiny

dsinx

2 2

2 2

2

⎠

⎞+

+

2 2 2

2 2

2

ydsinx

ccos

ydsinx

ccos

x

dc

=

xcosy

dcosx

csin

xsin

2 2

2 2

2 2

1ysinycosdxcosxsinc

xcosxsin

2 2

2 2

2 2

+

=+

++

+

=

dc1xsin

ycosdc

Tương tự f2

dc

1+

≥ Đẳng thức xảy ra ⇔ sin2x=cos2yVậy f(x,y) = af1 + bf2 ≥

dc

badc

bdc

a

+

+

=+

+

Do đó minf =

dc

ba+

+ khi sin2x=cos2y

Bài 3: Cho a, b, c > 0 và asinx + bcosy = c Chứng minh:

3 3

2 2

2

ba

cb

1a

1b

ysina

xcos

+

−+

≤