Về bất đẳng thức holder và áp dụng

7 1.3 Một số vận dụng của bất đẳng thức H¨older trong giải toán phổ thông.. Bất đẳng thức là một trong những vấn đề hay và khó nhất của chương trìnhtoán phổ thông bởi nó có mặt ở hầu hết

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

TS TRẦN XUÂN QUÝ

THÁI NGUYÊN, 11/2018

Mục lục

Chương 1 Bất đẳng thức H¨older và một số bài toán áp dụng 3

1.1 Một số bất đẳng thức cơ bản 3

1.1.1 Bất đẳng thức AM–GM 3

1.1.2 Bất đẳng thức Jensen 4

1.1.3 Bất đẳng thức H¨older 4

1.2 Sự tương đương giữa bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức AM–GM suy rộng 7

1.3 Một số vận dụng của bất đẳng thức H¨older trong giải toán phổ thông 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

C1([a, b]) tập hợp các hàm khả vi liên tục trên đoạn [a, b]

Lp([a, b]) tập các hàm khả tích cấp p trên đoạn [a, b]max{x, y} phần tử lớn nhất trong tập hợp {x, y}

(α, β)

nX

k=1

atk

((α, β), e)

nX

k=1

akbkek

Mở đầu

Môn Toán có một vị trí rất quan trọng trong trường phổ thông, nó phối hợpvới các môn khác và các hoạt động khác trong nhà trường, góp phần giáo dụctoàn diện học sinh Do vai trò to lớn của toán học trong đời sống khoa học kỹthuật hiện đại nên các kiến thức và phương pháp toán học là công cụ thiết yếugiúp cho học sinh học tập tốt các môn học khác, giúp cho các em học sinh pháttriển các năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện óc trừu tượng, suyluận 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 trìnhtoán phổ thông bởi nó có mặt ở hầu hết các lĩnh vực của toán học và nó đòihỏi 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 từngđau 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 bấtđẳng thức Mặt khác, đã có nhiều nhà toán học có những đóng góp quan trọngcho lý thuyết này như Jensen, Hardy trong đó đặc biệt là H¨older Bất đẳngthức 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 thấyviệc nghiên cứu bất đẳng thức H¨older có ý nghĩa đặc biệt quan trọng Nó giúptôi 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 bấtđẳng 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 đẳngthức AM–GM suy rộng, bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức trung bình lũythừa suy rộng, một số bài toán áp dụng Các kết quả của Chương 1 được tổng

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 củabất đẳng thức này và dạng ngược của nó và đặc biệt là một số mở rộng củadạng 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 TháiNguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới 02 thầy hướng dẫn khoahọc 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 thànhluận văn này

Tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo giảng dạy chuyên nghànhPhương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên đãnhiệt 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 khoaToán–Tin, phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên đãtạo mọi điều kiện thuận lợi cho em trong quá trình học tập, thực hiện và hoànthành luận văn

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các bạn đồng nghiệp và Ban giám hiệu trườngPTDT 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 trìnhhọc tập và nghiên cứu

Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018

Học viên

Lý Hoàng Anh

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 thứcAM–GM, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz Tuy nhiêntrọng tâm khai thác vẫn là bất đẳng thức H¨older Nội dung của chương đượctổng hợp từ các tài liệu [8], [9]

1.1 Một số bất đẳng thức cơ bản

1.1.1 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 ≥ √n

a1a2 an (1.1)

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 sốthực không âm, λ1, λ2, , λn là các số thực dương sao cho λ1+λ2+ .+λn = 1.Khi đó ta có bất đẳng thức sau

k=1

λkak >

nY

k=1

aλk

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an.

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

xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, , n} và Pn :=

nPi=1

pi > 0 Khi đó ta có

f 1

Pn

nX

p +1

q = 1 Khi đó ta

có bất đẳng thức sau

nX

i=1

aibi ≤

nX

i=1

api

!1p nX

i=1

bqi

!1q

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

A, A =

nX

i=1

api; y = b

q i

B, B =

nX

i=1

bqi

Cộng lại theo i = 1, 2, , n ta được

nPi=1

aibi

A1pB1q

≤ 1p

nX

i=1

api

A +

1q

nX

i=1

miaibi ≤

nX

i=1

miapi

!1p nX

i=1

mibqi

!1q.Nhận xét 1.1.6 ([5, p 40] Ta có bất đẳng thức sau

Khi đó ta có

x1pz1q + y1pw1q ≤ (x1p)p + (y1p)p

1 p

.(z1q)q+ (w1q)q

1 q

= (x + y)1p(z + w)1q.Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức H¨older được biết đếndưới dạng hệ quả sau

Hệ quả 1.1.7 (xem [7]) Nếu p = q = 2 thì bất đẳng thức H¨older trở thành

nX

i=1

aibi ≤

nX

i=1

a2i

!12 nX

i=1

b2i

!12

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1

Tuy nhiên trong khuôn khổ luận văn thạc sĩ Toán học, chúng tôi chỉ quantâm tới một số kết quả trong Rn

Kết quả tiếp theo là bất đẳng thức H¨older ở dạng giải tích, chúng tôi chỉtrình 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

mũ liên hợp, tức là thỏa mãn điều kiện p, q > 1 với 1

p +

1

q = 1, f và g là haihàm số liên tục trên đoạn [a, b], khi đó

Z b

a

|f (x)g(x)| dx ≤

Z b a

|f (x)|pdx



1

p Z b a

|g(x)|qdx



1 q

(1.11)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời bằngkhông sao cho

A |f (x)|p = B |g(x)|q ∀x ∈ [a, b]

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 đẳngthức AM–GM suy rộng, bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức trung bình lũythừa 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 =

1, , n) thỏa mãn

nX

i=1

λi = 1, khi đó ta có bất đẳng thức sau

nY

k=1

cλk

k ≤

nX

k=1

akbk ≤

nX

k=1

apk

!1p nX

i=1

λi = 1, và r, s ∈ R+ thỏa mãn r ≤ s, khi đó ta có bất đẳngthức

nX

Chứng minh Để chứng minh (1.13) suy ra (1.12), ta đặt ak = (λkck)1p,

bk = (λk)1q trong bất đẳng thức (1.13) với mọi k khi đó

nX

k=1

h(λkck)1p (λk)1q

i

≤

nX

k=1

λkck

!1p nX

k=1

λk

!1q (1.15)

Vì p−1+ q−1 = 1 và λ1+ λ2+ + λn = 1, bất đẳng thức (1.15) được viết lạinhư sau:

nX

k=1

λkck ≥

nX

k=1

λkc

1 p

k=1

λkck ≥

nX

k=1

λkc

1 p

k

!p

≥

nX

k=1

λkc

1 p2

k

!p 2

≥ · · · ≥

nX

k=1

λkc

1 pm

nX

k=1

λkcxk/x =

nX

k=1

λkln ck

Vì vậy

limx→0 +

nX

k=1

λkck ≥

nY

nX

k=1

bqk+ 1

qb

q k

nX

k=1

apk ≥ akbk

nX

k=1

bqk

!1p nX

k=1

apk

!1q.Lấy tổng theo k = 1, 2, , n, ta thu được

nX

k=1

apk

nX

k=1

bqk ≥

nX

k=1

akbk

nX

k=1

bqk

!1p nX

k=1

apk

!1q.Như vậy ta có điều chứng minh ngược lại

Định lý 1.2.2 Bất đẳng thức H¨older (1.13) tương đương với bất đẳng thứctrung bình lũy thừa suy rộng (1.14).

Chứng minh Với r ≤ s, ta xét p = s

r ≥ 1 và ck = dsk trong bất đẳng thức (1.16)với k = 1, , n, khi đó ta có đánh giá sau

nX

k=1

λkdsk ≥

nX

k=1

λkdrk

!1r.Ngược lại, để chứng minh bất đằng thức trung bình lũy thừa suy rộng suy rabất đẳng thức H¨older ta xét λk = bqk

nX

k=1

bqk

!−1, dk = ak

bq−1k , r = 1, s = p trongbất đẳng thức (1.14), khi đó ta có

=

nX

k=1

apk

!1p nX

k=1

aqk

!1q.Vậy ta có điều phải chứng minh

Định lý 1.2.3 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng (1.14) tương đươngvới bất đẳng thức AM–GM suy rộng (1.12)

Chứng minh Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức AM–GM suy rộng suy ra bấtđẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng Thật vậy từ bất đẳng thức AM–GM

có trong số với trường hợp n = 2

ta chọn a1 = λkask(Un(a))−1, a2 = λk và λ1 = rs, λ2 = 1 − rs khi đó ta được bấtđẳng thức sau

k=1

λkcsk

!1s.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 đượckhai 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 tôitrình bày một số bài áp dụng bất đẳng thức H¨older đối với bài toán bất đẳngthức 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 a

f (x)dx

Z b ag(x)dx ≥ (b − a)2

Giải Ta có √

f và √

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 pf(x)g(x) ≥ 1 với mọi x ∈ [a, b] Áp dụngbất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số √

Z b a

p

f (x)dx

2Z b a

pg(x)dx

2

=

Z b a

2

= (b − a)2

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 0[f (x)]2dx ≥ 1

Giải Theo định lý Newton–Lebniz ta có

Z 1 0

f0(x)dx

2

=

Z 1 0

f0(x).1dx

2

≤

Z 1 0

12dx

 Z 1 0[f0(x)]2dx



=

Z 1 0[f0(x)]2dx

Bài toán 1.3.3 Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có

ex − 1 <

Z x 0

p

e2t+ e−tdt <

s(ex − 1)



ex − 12



Giải Ta có

Z x 0

p

e2t+ e−tdt =

Z x 0

e12 tp

et + e−2tdt (1.20)

Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) ta có

Z x 0

etdt

Z x 0(et + e−2t)dt

.(1.21)Mặt khác √

e2t+ e−t > et với mọi 0 < t < x, nên

Z x 0

p

e2t+ e−tdt >

Z x 0

etdt = ex − 1 (1.22)

Từ (1.21) và (1.22) suy ra

ex − 1 <

Z x 0

p

e2t+ e−tdt <

s(ex − 1)



ex − 12



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

a≤x≤bf (x) Chứng minh

M ≤ (b − a)

Z b a(f0(x))2dx

Giải Gọi x0 là điểm thuộc [a, b] sao cho |f (x0)| = max

a≤x≤bf (x) Áp dụng bấtđẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số f0(x) và g(x) = 1, ta được

Z x0a

f0(x)dx

2

=

Z x0a



= (x0− a)

Z x 0

a[f0(x)]2dx

Do Rx0

a f0(x)dx = f (x0) ⇒ |f (x0)| ≤

q(x0 − a)Rx0

b − a ⇒ M2 ≤ (b − a)

Z b a(f0(x))2dx

Bài toán 1.3.5 Cho hai hàm số f (x) và g(x) xác định và nhận giá trị trênđoạn [0, 1] Chứng minh

Z 1 0

f (x)g(x)dx

2

≤

Z 1 0

f (x)dx

Z 1 0g(x)dx

Giải Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) ta được

Z 1 0

f (x)g(x)dx

2

≤

Z 1 0

f2(x)dx

Z 1 0

g2(x)dx (1.23)

Vì 0 ≤ f (x) ≤ 1; 0 ≤ g(x) ≤ 1 với mọi 0 ≤ x ≤ 1 nên ta có

f2(x) ≤ f (x), g2(x) ≤ g(x), 0 ≤ x ≤ 1

Suy ra

0 ≤

Z 1 0

f2(x)dx ≤

Z 1 0

f (x)dx, 0 ≤

Z 1 0

g2(x)dx ≤

Z 1 0g(x)dx

Do đó

Z 1 0

f2(x)dx

Z 1 0

g2(x)dx ≤

Z 1 0

f (x)dx

Z 1 0g(x)dx (1.24)

Từ (1.23) và (1.24) suy ra

Z 1 0

f (x)g(x)dx

2

≤

Z 1 0

f (x)dx

Z 1 0g(x)dx

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

Z 1 0

f (x)dx

2

Giải Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số h(x) = p1 − f2(x)

1 − f2(x)dx

Z 1 0

dx = 1 −

Z 1 0

f2(x)dx

Suy ra

Z 1 0

f2(x)dx (1.25)

Lại áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.11) cho hai hàm số F (x) = f (x) vàG(x) = 1 trên [0, 1] ta được

Z 1 0

f (x)dx

2

=

Z 1 0

f (x).1dx

2

≤

Z 1 0

12dx

 Z 1 0[f (x)]2dx



=

Z 1 0[f (x)]2dx

Do đó

1 −

Z 1 0

f (x)dx

2

≥ 1 −

Z 1 0[f (x)]2dx (1.26)

Từ (1.25) và (1.26) suy ra

Z 1 0

f (x)dx

2

Bài toán 1.3.7 Cho hai số dương a, b thỏa mãn a

sby

!2

≤  a

x +

by

(x + y) = S

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

√a

x =

√b







√a

x =

√by

Giải Áp dụng bất đẳng thức H¨older cho hai dãy số

∈ D

Nên ta có

min(x,y,z,t)∈Df (x, y, z, t) = 1

3.

Bài toán 1.3.10 Giả sử x, y là các số thực và thỏa mãn điều kiện

logx2 +y 2(x + y) ≥ 1 Chứng minh rằng

x + 2y ≤ 3 +

√10

2 .Giải Có hai trường hợp sau:

2+



y − 12

2

≤ 1

2+ 2



y − 12

2#+ 3



y − 12

2#(12 + 22) ≥

"



x − 12

2+ 2



y − 12

2#2

2+



y − 12



x − 12

2+



y − 12

2

= 12

y = 5 + 2

√10

10 .(2) Nếu 0 < x2 + y2 < 1, từ

logx2 +y 2(x + y) ≥ 1 ⇒ x + y ≤ x2 + y2,

do 0 < x2 + y2 < 1 suy ra y < 1 Bởi vậy,

x + 2y = x + y + y ≤ x2 + y2 + y < 1 + 1 = 2 < 3 +

√10

2 .Tóm lại, cả hai trường hợp thấy rằng với mọi x, y thỏa mãn điều kiện của đầubài ta luôn có x + 2y ≤ 3 +√

10

2 .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

y = 5 + 2

√10

10 .



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

" nX

i=1(ai + bi)p

#1p

≤

nX

i=1

api

!1p+

nX

i=1

bpi

!p1 (1.38)

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

nX

i=1(ai+ bi)p =

nX

i=1

ai(ai+ bi)p−1 +

nX

i=1

bi(ai + bi)p−1 (1.39)

Áp dụng bất đẳng thức H¨older (1.8), ta thu được

nX

i=1

ai(ai+ bi)p−1 ≤

nX

i=1

api

!p1 nX

i=1(ai + bi)(p−1)q

!1q

=

nX

i=1

api

!1p nX

i=1(ai+ bi)p

!1q

và tương tự,

nX

i=1

bi(ai+ bi)p−1 ≤

nX

i=1

bpi

!p1 nX

i=1(ai + bi)p

!1q,

i=1(ai + bi)p

#1q 



nX

i=1

api

!1p+

nX

" nX

i=1

miapi

!1p+

nX

i=1

mibpi

!1p, (1.40)với mi ≥ 0 với mọi i = 1, , n

Nhận xét 1.3.12 ([5, p 42]) Ta có bất đẳng thức sau

h(a + b)1p + (c + d)1p

ip

≥ a1p + c1p

p+ (b1p + d1p)p (1.41)

với mọi a, b, c, d ≥ 0 và p ≥ 1, điều này được rút ra từ bất đẳng thức Minkovskivới n = 2, a1 = a1p, a2 = b1p, b1 = c1p và b2 = d1p

Bài toán 1.3.13 [9, p 15] (IMO 2001) Cho a, b, c là các số thực dương Chứngminh rằng





3

bất đẳng thức mới tương đương như sau:

  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 thựcdương sao cho ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng

3

r1

a + 6b +

3

r1

b + 6c +

3

r1

c + 6a ≤

1abc. (1.43)Giải Ta có

3

r7ac + bc + ab

abc.

Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với √3

⇔ [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

Tiếp theo là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức liên quan tới hìnhhọc Với khuôn khổ luận văn, chúng tôi chỉ minh họa một số ít các bài toàn vềbất 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

trong đó p là nửa chu vi tam giác

Giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a + b + c

#

⇔35(a2+ b2+ c2) ≥ 9(a + b + c)2+ 72abc

a + b + c.

a + b + c.

!

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều Bài toán 1.3.16 Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC, S là diện tích tamgiác ABC Nếu p, q, r > 0 thì

⇔ p

q + ra

2+ q

p + rb

2+ r

z2

= 14

pxyz(x + y + z)

Khi đó, bất đẳng thức (1.44) trên tương đương với

yz + zx + xy ≥ 4S√

3

⇔yz + zx + xy ≥ p3xyz(x + y + z)

⇔(yz + zx + xy)2 ≥ 3xyz(x + y + z)

⇔(xy − yz)2 + (yz − zx)2 + (zx − xy)2 ≥ 0Bất đẳng thức cuối luôn đúng Dấu bằng xảy ra khi x = y = z hay a = b = c

(y + z)2(x + y)(z + x)(y − x) + (z + x)2(x + y)(z − y)