Ve Bat Đang Thức Ho¨ Lder Và Áp Dụng.docx

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
LÝ HOÀNG ANH
VE BAT ĐANG THỨC HÖLDER VÀ ÁP DỤNG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
THÁI NGUYÊN, 11/2018

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–
Tải tài liệu tại sividoc.com
LÝ HOÀNG ANH
VE BAT ĐANG THỨC HÖLDER VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 8460113
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
GIÁO VIÊN HƯ NG DȀN
TS. TRAN XUÂN QUÝ
THÁI NGUYÊN, 11/2018

i
Mnc lnc
Bảng ký hi u ii
M đau 1
Chương 1. Bat đang thfíc Hölder và m t so bài toán áp dnng 3
1.1 M®t so bat đȁng thác cơ bản................................................................... 3
1.1.1 Bat đȁng thác AM–GM......................................................... 3
1.1.2 Bat đȁng thác Jensen...............................................................4
1.1.3 Bat đȁng thác Hölder .................................................................. 4
1.2 Sự tương đương giǎa bat đȁng thác Hölder và bat đȁng thác AM–
GM suy r®ng........................................................................................7
1.3 M®t so v n dụng của bat đȁng thác Hölder trong giải toán phő
thông.............................................................................................. 10
Chương 2. Ve bat đang thfíc Hölder suy r ng 27
2.1 Bat đȁng thác Hölder suy r®ng ............................................................ 27
2.2 Phiên bản ngược của bat đȁng thác Hölder và áp dụng ................... 35
Ket lu n 49
Tài li u tham khảo 50

ii
Y
Σ
n
Σ
k
Σ
Bảng ký hi u
R t p hợp các so thực
n
aj a1a2 . . . an
j=1
n
aj a1 + a2 + · · · + an
j=1
C1
([a, b]) t p hợp các hàm khả vi liên tục trên đoạn [a, b]
Lp
([a, b]) t p các hàm khả tích cap p trên đoạn [a, b]
max{x, y} phan tả lớn nhat trong t p hợp {x, y}
(α, β) akbk
k=1
ε (1, 1, ..., 1)
n
(αt
, ε)
Σ
at
((α, β), e)
k=1
n
akbkek
k=1

1
M đau
Môn Toán có m®t vị trí rat quan trong trong trường phő thông, nó phoi hợp
với các môn khác và các hoạt đ®ng khác trong nhà trường, góp phan giáo dục
toàn di n hoc sinh. Do vai trò to lớn của toán hoc trong đời song khoa hoc ky
thu t hi n đại nên các kien thác và phương pháp toán hoc là công cụ thiet yeu
giúp cho hoc sinh hoc t p tot các môn hoc khác, giúp cho các em hoc sinh phát
trien các năng lực tư duy và phȁm chat trí tu , rèn luy n óc tràu tượng, suy
lu n hợp logíc. Ngoài ra nó còn giúp cho hoc sinh tính can cù nhan nại, tự lực
tự cường, tính cȁn th n, chính xác. . .
Bat đȁng thác là m®t trong nhǎng van đe hay và khó nhat của chương trình
toán phő thông bởi nó có m t ở hau het các lĩnh vực của toán hoc và nó đòi
hỏi phải có m®t von kien thác tương đoi vǎng vàng trên tat cả các lĩnh vực.
Moi người chúng ta, đ c bi t là các bạn yêu toán, dù ít dù nhieu thì cũng tàng
đau đau trước m®t bat đȁng thác khó và cũng đã tàng có m®t cảm giác tự hào
và phan khích mà mình cháng minh được bat đȁng thác đó. Nham “kích hoạt”
niem say mê bat đȁng thác cho hoc sinh, tôi thực hi n nghiên cáu đe tài ve bat
đȁng thác. M t khác, đã có nhieu nhà toán hoc có nhǎng đóng góp quan trong
cho lý thuyet này như Jensen, Hardy. . . trong đó đ c bi t là Hölder. Bat đȁng
thác mang tên ông được áng dụng r®ng rãi trong giải toán cao cap và sơ cap,
và đ c bi t trong các đe thi hoc sinh giỏi. Chính vì the, bản thân tôi nh n thay
vi c nghiên cáu bat đȁng thác Hölder có ý nghĩa đ c bi t quan trong. Nó giúp
tôi có cái nhìn tot hơn trong vi c định hướng ôn t p cho hoc sinh tham dự các
kì thi hoc sinh giỏi các cap, thi quoc gia. Bởi v y tôi lựa chon đe tài “Ve bat
đȁng thác Hölder và áng dụng” cho lu n văn thạc sĩ của mình.
N®i dung của đe tài được trình bày trong hai chương.
Chương 1 trình bày m®t so bat đȁng thác cơ bản như bat đȁng thác Jensen,
bat đȁng thác AM–GM và van đe chính là tính tương đương giǎa các bat đȁng
thác AM–GM suy r®ng, bat đȁng thác Hölder và bat đȁng thác trung bình lũy
thàa suy r®ng, m®t so bài toán áp dụng. Các ket quả của Chương 1 được tőng

2
hợp tà các tài li u [8], [9] và m®t so đe thi hoc sinh giỏi liên quan.
Chương 2 trình bày ve bat đȁng thác Hölder suy r®ng, m®t so bien the của
bat đȁng thác này và dạng ngược của nó và đ c bi t là m®t so mở r®ng của
dạng ngược của bat đȁng thác Hölder. N®i dung của Chương 2 được tőng hợp
tà các tài li u [7],[11], [13].
Lu n văn được hoàn thành tại trường Đại hoc Khoa hoc–Đại hoc Thái
Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac tới 02 thay hướng dan khoa
hoc TS. Tran Xuân Quý, Trường Đại hoc Khoa hoc – Đại hoc Thái Nguyên và
TS. Lê Văn Hieu, Hoc vi n Báo chí và Tuyên truyen đã t n tình hướng dan,
het lòng giúp đơ em trong suot quá trình hoc t p, nghiên cáu đe hoàn thành
lu n văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các thay cô giáo giảng dạy chuyên nghành
Phương pháp toán sơ cap, trường Đại hoc Khoa hoc–Đại hoc Thái Nguyên đã
nhi t tình giảng dạy và giúp đơ tác giả trong quá trình thực hi n lu n văn.
Tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn tới Ban lãnh đạo cùng các thay cô khoa
Toán–Tin, phòng Đào tạo, trường Đại hoc Khoa hoc–Đại hoc Thái Nguyên đã
tạo moi đieu ki n thu n lợi cho em trong quá trình hoc t p, thực hi n và hoàn
thành lu n văn.
Tác giả xin trân trong cảm ơn các bạn đong nghi p và Ban giám hi u trường
PTDT BT TH&THCS Đong Lâm 2. Nhân dịp này tác giả xin chân thành cảm
ơn gia đình, bạn bè đã đ®ng viên, tạo đieu ki n giúp đơ tác giả trong quá trình
hoc t p và nghiên cáu.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018
Hoc viên
Lý Hoàng Anh

3
k
Chương 1
Bat đang thfíc Hölder và m t so bài
toán áp dnng
Chương này, chúng tôi t p trung trình bày m®t so bat đȁng thác cơ bản, đây
là nhǎng bat đȁng thác cot lõi của Toán sơ cap, chȁng hạn như bat đȁng thác
AM–GM, bat đȁng thác Jensen, bat đȁng thác Cauchy–Schwarz. Tuy nhiên
trong tâm khai thác van là bat đȁng thác Hölder. N®i dung của chương được
tőng hợp tà các tài li u [8], [9].
1.1 M t so bat đang thfíc cơ bản
1.1.1 Bat đang thfíc AM–GM
Định lj 1.1.1 (Bat đȁng thác AM–GM). Cho a1, a2, . . . , an là các so không
âm. Khi đó ta có bat đȁng thúc sau
a1 + a2 + . . . + an
n
≥
√
n
a1a2 . . . an . (1.1)
Dau “=” xảy ra khi và chí khi a1 = a2 = . . . = an.
Dưới đây ta có phát bieu của bat đȁng thác AM–GM “suy r®ng”.
Định lj 1.1.2 (Bat đȁng thác AM–GM suy r®ng). Cho a1, a2, . . . , an là các so
thực không âm, λ1, λ2, . . . , λn là các so thực dương sao cho λ1 +λ2 +. . .+λn = 1.
Khi đó ta có bat đȁng thúc sau
λ1a1 + λ2a2 + . . . + λnan ≥ aλ1
aλ2
. . . aλn
. (1.2)
Hay
1 2 n
n n
Σ
λkak ≥
Y
aλk
. (1.3)
k=1 k=1

4
Σ
1
≤
n n
p q p q
!
i=1
Dau “=” xảy ra khi và chí khi a1 = a2 = . . . = an.
1.1.2 Bat đang thfíc Jensen
Định lj 1.1.3 (Bat đȁng thác Jensen). Giả sủ f là hàm loi trên [a, b] và
x1, x2, . . . , xn ∈ [a, b]. Khi đó,
f
x1 + x2 + · · · + xn
≤
f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn)
. (1.4)
Neu hàm f lõm thì ta có bat đȁng thúc chieu ngược lại.
Bat đȁng thác trên được phát bieu tőng quát như sau.
Định lj 1.1.4. Cho f : [a, b] ⊆ R → R là m®t hàm loi trên đoạn [a, b]. Giả sủ
Σ
n
1 Σ
n
n
pixi ≤
P
pif(xi). (1.5)
n
i=1
n
i=1
1.1.3 Bat đang thfíc Hölder
Bat đȁng thác Hölder ton tại ở nhieu phiên bản, tuy nhiên chúng tôi chỉ
trình bày ở dạng đại so và giải tích cơ bản, mà chúng phù hợp với chương trình
phő thông.
Tà bat đȁng thác AM–GM suy r®ng ta có
xa
yb a
a + b
xa+b
+
b
a + b
ya+b
(1.6)
với moi x, y ≥ 0, a, b > 0. Neu đ t u = xa
, v = yb
, p = (a + b)/a và
q = (a + b)/b, rõ ràng p > 1 và ta có bat đȁng thác sau
1
+
1
= 1 =⇒ uv ≤
1
up
+
1
vq
. (1.7)
Bat đȁng thác này được goi là bat đȁng thác Young. Ket quả dưới đây được
goi là bat đȁng thác Hölder.
Định lj 1.1.5 (Bat đȁng thác Hölder). Cho a = (a1, a2, . . . , an) và b =
(b1, b2, . . . , bn) là hai b® n so thực dương và p > 1,
1 1
+ = 1. Khi đó ta
p q
P
xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i ∈ {1, 2, . . . , n} và Pn := pi > 0. Khi đó ta có
f

5
Σ
i i
A i
B i
n p n q
p A q B p q
≤
a b
i=1 i=1
n
i i
có bat đȁng thúc sau
n n !1 n !1
Σ
i=1
aibi ≤
p
p
i
i=1
q
i
i=1
q
. (1.8)
Dau bang xảy ra khi và chí khi ap
= kbq
với moi i ∈ {1, 2, , . . . , n}.
Chúng minh. Áp dụng bat đȁng thác AM–GM suy r®ng với x, y ≥ 0 ta có
1 1 x y
xp yq +
p q
1 1
(1.9)
với p > 1 và +
p q
= 1. Dau bang xảy ra trong (1.9) khi và chỉ khi x = y.
Trong bat đȁng thác (1.9), ta đ t
p n q n
x =
ai
, A =
Σ
ap
; y =
bi
, B =
Σ
bq
.
C®ng lại theo i = 1, 2, . . . , n ta được
i=1
≤
1 Σ ai
+
1 Σ bi
1 1
= + = 1.
Ap Bq i=1 i=1
ap
bq
p q
Dau bang xảy ra trong (1.8) khi và chỉ khi i
A
i ∈ {1, 2, , . . . , n}.
= i
, tác là a = kb với moi
B i i
Neu mi > 0 với moi i thì bat đȁng thác Hölder (1.8) có the viet dạng ở dạng
sau n n !1 n !1
Σ
i=1
miaibi ≤ Σ
i=1
p
miap
Σ
i=1
q
mibq
.
Nh n xét 1.1.6. ([5, p. 40] Ta có bat đȁng thác sau
1 1 1 1 1 1
(x + y)p (z + w)q ≥ xp zq + yp wq (1.10)
1 1
với moi x, y, z, w ≥ 0 và p, q > 1 với + = 1.
p q
Cháng minh được suy ra tà bat đȁng thác Hölder (1.8) bang cách chon
n = 2, a1 = x1/p
, a2 = y1/p
và b1 = z1/q
, b2 = w1/q
.
aib
i
1 1
Σ Σ

6
∫ ∫ b
xp zq + yp wq ≤ (xp )p
+ (yp )p
1
p
.
1
(zq )q
+ (wq )q q
Σ
p q
a b2
Khi đó ta có
1 1 1 1 1 1
1
1 1
1
= (x + y)p (z + w)q .
Trong chương trình toán phő thông, bat đȁng thác Hölder được biet đen
dưới dạng h quả sau.
H quả 1.1.7. (xem [7]) Neu p = q = 2 thì bat đȁng thúc Hölder trớ thành
n n !1 n !1
Σ
i=1
aibi ≤
2
2
i
i=1
2
i .
i=1
Dau bang xảy ra khi và chí khi
a1
b1
=
a2
b2
= · · · =
an
.
Bat đȁng thác này có tên là Cauchy–Schwartz. Trong toán hoc, bat đȁng thác
Cauchy–Schwarz, còn được goi là bat đȁng thác Schwarz, bat đȁng thác Cauchy,
ho c bang cái tên khá dài là bat đȁng thác Cauchy–Bunyakovski–Schwarz,
đ t theo tên của Augustin Louis Cauchy, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky và
Hermann Amandus Schwarz, là m®t bat đȁng thác thường được áp dụng trong
nhieu lĩnh vực khác nhau của toán hoc, chȁng hạn trong đại so tuyen tính dùng
cho các vector, trong giải tích dùng cho các chuoi vô hạn và tích phân của các
tích, trong lý thuyet xác suat dùng cho các phương sai và hi p phương sai. Bat
đȁng thác này phát bieu rang neu x và y là các phan tả của không gian có tích
trong thực hay phác thì |⟨x, y⟩|2
≤ ⟨x, x⟩⟨y, y⟩.
Tuy nhiên trong khuôn khő lu n văn thạc sĩ Toán hoc, chúng tôi chỉ quan
tâm tới m®t so ket quả trong Rn
.
Ket quả tiep theo là bat đȁng thác Hölder ở dạng giải tích, chúng tôi chỉ
trình bày ket quả mà không cháng minh.
Định lj 1.1.8 (Bat đȁng thác Hölder dạng giải tích). Giả sủ (p, q) là c¾p so
mũ liên hợp, túc là thóa mãn đieu ki n p, q > 1 với
hàm so liên tực trên đoạn [a, b], khi đó
1 1
+ = 1, f và g là hai
p q
b
|f(x)g(x)| dx ≤
∫ b
1
p
|f(x)| dx
1
q
|g(x)| dx (1.11)
Dau “=” xảy ra khi và chí khi ton tại hai so thực A và B không đong thời bang
không sao cho
A |f(x)|p
= B |g(x)|q
∀x ∈ [a, b].
a
a
a
b
n
Σ

7
n
Σ
Y
c
Σ
n
Σ
Σ
k
! Σ
k
a b
λkc
k
λ
k
. (1.15)
1.2 Sfi tương đương gifia bat đang thfíc Hölder và bat đang
thfíc AM–GM suy r ng
Trong mục này chúng tôi sě trình bày tính tương đương giǎa các bat đȁng
thác AM–GM suy r®ng, bat đȁng thác Hölder và bat đȁng thác trung bình lũy
thàa suy r®ng. Các khȁng định này được trình bày trong bài báo [8] năm 2017.
Đe ti n cho theo dõi, chúng tôi trình bày lại ba bat đȁng thác này dưới đây.
1. Bat đȁng thác AM–GM suy r®ng. Neu 0 ≤ ci (i = 1, ..., n) và 0 ≤ λi (i =
1, ..., n) thỏa mãn λi = 1, khi đó ta có bat đȁng thác sau
i=1
n
λk
k
k=1
n
≤ λkck. (1.12)
k=1
2. Bat đȁng thác Hölder cho dãy so. Neu 0 ≤ ai, bi, (i = 1, ..., n) và p, q > 0
thỏa mãn p−1
+ q−1
= 1, khi đó ta có bat đȁng thác
n n !1 n !1
Σ
k=1
akbk ≤
p
p
k
k=1
q
k
k=1
q
. (1.13)
3. Bat đȁng thác trung bình lũy thàa suy r®ng. Neu 0 ≤ ci, λi (i = 1, ..., n)
thỏa mãn λi = 1, và r, s ∈ R+
thỏa mãn r ≤ s, khi đó ta có bat đȁng
i=1
thác
n
k=1
1
r
λkcr
≤
n
k=1
λkc
s
1
s
. (1.14)
Khȁng định trước tiên là sự tương đương của Bat đȁng thác Hölder và bat
đȁng thác AM–GM suy r®ng.
Định lj 1.2.1. Bat đȁng thúc Holder (1.13) tương đương với bat đȁng thúcAM–
GM suy r®ng (1.12).
1
Chúng minh. Đe cháng minh (1.13) suy ra (1.12), ta đ t ak = (λkck)p ,
1
bk = (λk)q trong bat đȁng thác (1.13) với moi k khi đó
n h n !1 n !1
Σ 1 1
i Σ
p Σ q
k=1
≤
(λkck)p
(λk)q
k=1
!
k=1
Σ
Σ

8
n Σ !
k
c
λ c
Σ
k
n
Σ
k k
k
k
k
n !pm
1 2
k
Y
Σ Σ Σ Σ
c
2
b a
Vì p−1
+ q−1
= 1 và λ1 + λ2 + ... + λn = 1, bat đȁng thác (1.15) được viet lại
như sau:
Σ
k=1
λkck ≥
n
k=1
1
p
λkcp
. (1.16)
Áp dụng bat đȁng thác (1.16), ta có
n n !p n !p2
Σ
k=1
λkck ≥
1
λk
p
k=1
1
λk
p
k=1
(1.17)
≥ · · · ≥ 1
pm
k k
k=1
≥ · · ·
Sả dụng quy tac ĹHospital’s ta de dàng có
Vì v y
lim ln
x→0+
n
k=1
λkc
x
/x =
Σ
k=1
λk ln ck
lim
x→0+
n
k=1
λkc
x
1
x
=
k=1
cλk
.
Do đó, trong bat đȁng thác (1.17), bang cách lay giới hạn theo m → +∞, ta
được n n
Σ
λkck ≥
Y
cλk
.
k=1 k=1
Vì v y ta có khȁng định (1.13) suy ra (1.12).
Ngược lại, ta xét trường hợp đ c bi t của (1.12) với n = 2, tác là
λ1c1 + λ2c2 ≥ cλ1
cλ2
. (1.18)
Khi đó, tà đieu ki n p−1
+ q−1
= 1, và (1.18), ta có
n n n !1 n !1
1 p
p k
k=1
bq
+
1
q
q
k
k=1
ap
≥ akbk
p
q
k
k=1
q
k .
k=1
Lay tőng theo k = 1, 2, ..., n, ta thu được
n n n n !1 n !1
Σ
k=1
p
k
k=1
k ≥
k=1
akb
k
p
q
k
k=1
q
k .
k=1
Như v y ta có đieu cháng minh ngược lại.
a
b
q
b
a
a
! n
b
Σ
≥
Σ
k
Σ
Σ Σ Σ
Σ p
p

9
k
n
k
Σ
k
Σ
k
! Σ
k
!
k
Σ
k
Σ
Σ
!
k
q k k
Định lj 1.2.2. Bat đȁng thúc Holder (1.13) tương đương với bat đȁng thúc
trung bình lũy thùa suy r®ng (1.14).
s
Chúng minh. Với r ≤ s, ta xét p =
r
≥ 1 và ck = ds
trong bat đȁng thác (1.16)
với k = 1, . . . , n, khi đó ta có đánh giá sau
Σ
k=1
λkds
≥
n
k=1
λkd
r
s
r
. (1.19)
Bat đȁng thác (1.19) được viet lại như sau
n
k=1
1
s
λkds
≥
n
k=1
1
r
λkdr
.
Ngược lại, đe cháng minh bat đang thác trung bình lũy thàa suy r®ng suy ra
bat đȁng thác Hölder ta xét λk = bq
bat đȁng thác (1.14), khi đó ta có
n
k=1
−1
q , dk =
ak
bq−1 , r = 1, s = p trong
1
n n ! q ! !p
p
Σ
a b =
Σ
bq bk
.
ak
≤
Σ
bq bk
.
ak
k k
k=1
k=1
n k n
k=1
!1 n
bq−1
k
!1
k
k=1
n
q
k
k=1
bq−1
p
p
k
k=1
q
k .
k=1
V y ta có đieu phải cháng minh.
a
q
n
!
b
b
b
a
Σ
= Σ q

10
Định lj 1.2.3. Bat đȁng thúc trung bình lũy thùa suy r®ng (1.14) tương đương
với bat đȁng thúc AM–GM suy r®ng (1.12).
Chúng minh. Ta sě cháng minh bat đȁng thác AM–GM suy r®ng suy ra bat
đȁng thác trung bình lũy thàa suy r®ng. Th t v y tà bat đȁng thác AM–GM
có trong so với trường hợp n = 2
aλ1
aλ2
≤ λ1a1 + λ2a2.
1 2

11
Ta đ t

12
Un(a) = λ1as
+ λ2as
+ ... + λnas
,

13

14
n
Σ
k
!
Σ k
!
∫ b ∫
√
≥ ∈ ≥ ∈
f(x)dx g(x)dx
2
a
ta chon a1 = λkas
(Un(a))−1
, a2 = λk và λ1 = r
, λ2 = 1 − r
khi đó ta được bat
k
đȁng thác sau
Σ
s
r Σ hr
s
r i
Vì v y
k=1 λkar
(Un(a))−s
≤ k=1
λkas
(Un(a))−1
+ 1
s s λk = 1.
n
k=1
Đieu ngược lại de dàng có.
1
r
λkcr
≤
n
k=1
1
s
λkcs
.
1.3 M t so v n dnng của bat đang thfíc Hölder trong giải
toán pho thông
Bat đȁng thác là chủ đe thú vị, thường được khai thác trong các đe xây dựng
đe thi trong các kỳ thi chon hoc sinh giỏi. Trong đó bat đȁng thác Hölder được
khai thác rat nhieu. Do đó trong mục này chúng tôi chỉ trình bày chon loc m®t
so bài toán mà lời giải của nó áp dụng bat đȁng thác này. Trước het chúng tôi
trình bày m®t so bài áp dụng bat đȁng thác Hölder đoi với bài toán bat đȁng
thác dạng giải tích, đại so và hình hoc.
Bài toán 1.3.1. Giả sả f và g là hai hàm so liên tục, dương trên đoạn [a, b]
và f(x)g(x) ≥ 1 với moi x ∈ [a, b]. Cháng minh rang
f(x)dx
a
b
g(x)dx ≥ (b − a) .
Giải. Ta có
√
f và
√
g là nhǎng hàm so liên tục và dương trên đoạn [a, b]. Vì
f (x)g(x) 1 với moi x [a, b] nên f (x)g(x) 1 với moi x [a, b]. Áp dụng
bat đȁng thác Hölder (1.11) cho hai hàm so
√
f và
√
g ta có
∫ b ∫ b ∫ b √ 2 ∫ b √ 2
∫ b
√ 2 ∫ b 2
= (b − a)2
.
Do đó ta có đieu phải cháng minh. Q
a
a
f(x)g(x)dx
=
a
a
a
f(x)dx
a
−
k
k
n
g(x)dx =
≥ dx

15
∫ ∫
∫ √
x
∫ √
e2t + e−tdt = e2
e2t
et + e−2tdt et
dt
e2t + e−tdt ≤ (e − 1) ex
− − e−2x
< (ex
− 1) ex
−
−
∫
x
−
0
0 0 0
Bài toán 1.3.2. Giả sả hàm so f(x) có đạo hàm liên tục trên [0, 1] và f(0) −
f(1) = 1. Cháng minh rang
1
[f(x)]2
0
dx ≥ 1.
Giải. Theo định lý Newton–Lebniz ta có
1
f′(x)dx = f(1) f(0) = 1.
0
Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) cho hai hàm so f′(x) và g(x) = 1, x ∈
[0, 1], ta được
1 2
1 = f′(x)dx
∫ 1 2
f′(x).1dx
∫ 1 1
12
dx
0
[f′(x)]2
dx =
1
[f′(x)]2
0
dx.
Do đó ta có đieu phải cháng minh. Q
Bài toán 1.3.3. Cháng minh rang với moi x > 0 ta có
Giải. Ta có
e − 1 <
x
e2t + e−tdt <
0
s
(ex − 1)
1
ex .
2
∫ x √
∫ x
1
t
√
Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) ta có
∫ x
1
√ 2 ∫ x ∫ x
Do đó tà (1.20) suy ra
∫ x √ 2
1 1 1
M t khác
√
e2t + e−t > et
với moi 0 < t < x, nên
(1.21)
x
e2t + e−tdt >
0
x
et
dt = ex
0
— 1. (1.22)
2
2
2
0
0
0
≤
0
=
0
∫
∫
∫
et + e−2tdt. (1.20)
≤ (et
+ e−2t
)dt.
.

16
∫ √
| |
∫
∫
(f (x))
Do
∫ x0
f′(x)dx = f(x0) ⇒ |f(x0)| ≤
q
(x0 − a)
∫ x0
[f′(x)]2dx, nên
x
−
a
Tà (1.21) và (1.22) suy ra
e − 1 <
x
e2t + e−tdt <
0
s
(ex − 1)
1
ex .
2
Q
Bài toán 1.3.4. Cho f(x) là hàm so liên tục, có đạo hàm trên đoạn [a, b], giả
sả f(a) = 0. Đ t M = max f(x). Cháng minh
a≤x≤b
∫ b
′ 2
Giải. Goi x0 là điem thu®c [a, b] sao cho f(x0) = max f(x). Áp dụng bat
a≤x≤b
đȁng thác Hölder (1.11) cho hai hàm so f′(x) và g(x) = 1, ta được
∫ x0
2
f′(x)dx
∫ x0
2
f′(x).1dx
∫ x0 x0
12
dx
a
[f′(x)]2
dx
= (x0 − a)
x0
[f′(x)]2
a
dx.
a
s∫ x0 √
a
2
∫ b
′ 2
M [f′(x)]2dx
a b − a ⇒ M ≤ (b − a) (f (x))
a dx.
Q
Bài toán 1.3.5. Cho hai hàm so f(x) và g(x) xác định và nh n giá trị trên
đoạn [0, 1]. Cháng minh
∫ 1 2
f(x)g(x)dx ≤
1
f(x)dx
0
1
g(x)dx.
0
Giải. Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) ta được
∫ 1 2
f(x)g(x)dx ≤
1
f2
(x)dx
0
1
g2
(x)dx. (1.23)
0
Vì 0 ≤ f(x) ≤ 1; 0 ≤ g(x) ≤ 1 với moi 0 ≤ x ≤ 1 nên ta có
f2
(x) ≤ f(x), g2
(x) ≤ g(x), 0 ≤ x ≤ 1.
0
0
≤
a
≤
a
=
a
∫ ∫
∫ ∫
M ≤ (b − a) dx.

17
∫
∫ √
√
≤ 2
2
−
∫
Suy ra
Do đó
1
0 f2
0
(x)dx ≤
1
f(x)dx, 0
0
1
g (x)dx
0
1
g(x)dx.
0
1
f2
(x)dx
0
1
g (x)dx
0
1
f(x)dx
0
1
g(x)dx. (1.24)
0
Tà (1.23) và (1.24) suy ra
∫ 1 2 ∫ 1 ∫ 1
f(x)g(x)dx
0 f(x)dx
0 g(x)dx.
0
Q
Bài toán 1.3.6. Cho hàm so f(x) liên so xác định và liên tục trên [0, 1] và
|f(x)| ≤ 1 với moi x ∈ [0, 1]. Cháng minh
1
1 − f2(x)dx ≤
s
1 −
∫ 1 2
f(x)dx .
Giải. Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) cho hai hàm so h(x) = 1 − f2(x)
và g(x) = 1 trên [0, 1] ta được
∫ 1
√ 2 ∫ 1 ∫ 1 ∫ 1
0
Suy ra
1 − f2(x)dx ≤
∫ 1
√
1 f 2
(x)dx 0
s ∫ 1
dx = 1 − f 2
(x)dx.
0
Lại áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) cho hai hàm so F(x) = f(x) và
G(x) = 1 trên [0, 1] ta được
∫ 1 2
f(x)dx
∫ 1 2
f(x).1dx
Do đó
∫ 1 1
12
dx
0
[f(x)]2
dx =
1
[f(x)]2
0
dx.
1 2
1 − f(x)dx ≥ 1 −
1
[f(x)]2
dx. (1.26)
0
0
0
≤
0
=
0
0
1 −
0
0
0
0
≤
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫
1 − f2(x)dx ≤ f2(x)dx. (1.25)
≤ ≤
≤

18
∫ √
s !2
≥
2
x y x y
√ 2
⇔ √
Tà (1.25) và (1.26) suy ra
1
1 − f2(x)dx ≤
s
1 −
∫ 1 2
f(x)dx .
Q
a b
Bài toán 1.3.7. Cho hai so dương a, b thỏa mãn +
x y
x, y đe S = x + y là nhỏ nhat (tính theo a, b).
Giải. Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) ta có
= 1 với x, y > 0. Tìm
√
a +
√
b
2
=
√
x
r
a
+
√
y
b a b
≤ + (x + y) = S.
√
a
√
b
Dau “=” xảy ra khi và chỉ khi =
x y
và x + y =
√
a +
√
b
2
. Đieu này
tương đương với
√
a
√
b
= x =
√
a
√
a +
√
b
x + y = a +
√ √ 2
b
x =
√
a
√
a +
√
b
V y min(S) = a + b khi y = b
√
a +
√
b .
Q
Bài toán 1.3.8. Cháng minh rang neu phương trình
x4
+ ax3
+ bx2
+ cx + 1 = 0 (1.27)
có nghi m thì a2
+ b2
+ c2 4
.
3
Giải. Goi x là nghi m của (1.27), ta có
x4
+ ax3
+ bx2
+ cx + 1 = 0 (suy ra x 0)
⇒ − (1 + x ) = ax3
+ bx2
+ cx.
Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.11) ta có
(1 + x4
)2
= (ax3
+ bx2
+ cx)2
≤ (a2
+ b2
+ c2
)(x6
+ x4
+ x2
)
⇒ a + b + c2
≥
(1 + x4
)2
x6 + x4 + x2
(1.28)
√
0
0
y
x √ y =
√
b a +
√
b .
4
2

19
M t khác
≥
3
2 2 2 2 2
(
a = b = c = −2
(x = 1)
8 6 2
2 2
Th t v y,
(1 + x4
)2
x6 + x4 + x2
≥
4
. (1.29)
3
(1.29) ⇔3(1 + 2x4
+ x8
) ≥ 4(x6
+ x4
+ x2
)
4
⇔3x − 4x + 2x − 4x + 3 ≥ 0
4 2
⇔(x − 1) (3x + 2x + 3) ≥ 0 (luôn đúng).
Tà (1.28) và (1.29) suy ra a2
+ b2
+ c2 4
. Dau bang xảy ra khi và chỉ khi
3
3
.
a = −b = c = 2
(x = −1)
Q
Bài toán 1.3.9. Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
f(x, y, z, t) =
x3
y + z + t
y3
+ +
x + z + t
z3
y + x + t
t3
+ .
x + y + z
Xét trên mien D = {(x, y, z, t) : x, y, z, t ≥ 0; xy + yz + zt + tx = 1}.
Giải. Áp dụng bat đȁng thác Hölder cho hai dãy so
x3
,
y + z + t
y3
,
x + z + t
z3
,
y + x + t
t3
x + y + z
và
ta được
√
x(y + z + t),
√
y(x + z + t),
√
z(y + x + t),
√
t(x + y + z)
Hay
f(x, y, z, t) [x(y + z + t) + y(x + z + t) + z(y + x + t) + t(x + y + z)]
≥ (x + y + z + t ) .
f(x, y, z, t) (x + y + z + t)2
− (x2
+ y2
+ z2
+ t2
) ≥ (x2
+ y2
+ z2
+ t2
)2
(x2
+ y2
+ z2
+ t2
)2
⇒ f(x, y, z, t) ≥
(x + y + z + t)2 − (x2 + y2 + z2 + t2)
. (1.30)
s s s s

20
M t khác
≥
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2
x2
+ y2
+ z2
+ t2
≥
(x + y + z + t)2
(suy ra tà bat đȁng thác Hölder)
4
⇒ (x + y + z + t) − (x + y + z + t ) ≤ 3(x + y + z + t ). (1.31)
Tà (1.30) và (1.31) suy ra
f(x, y, z, t)
1
(x2
+ y2
+ z2
+ t2
).
3
Lại áp dụng bat đȁng thác Hölder m®t lan nǎa cho hai dãy x, y, z, t và y, z, t, x
ta được
(x2
+ y2
+ z2
+ t2
)2
≥ (xy + yz + zt + tx)2
(1.32)
2 2 2
⇒ (x + y + z + t ) ≥ 1. (1.33)
Tà (1.32) và (1.33) suy ra
f(x, y, z, t) ≥
1
3
, ∀(x, y, z, t) ∈ D.
Do f
1
,
2
1 1 1
, ,
2 2 2
1
= và
3
1 1 1
, , ,
2 2 2
1
∈ D.
Nên ta có
min
(x,y,z,t)∈D
1
f(x, y, z, t) = .
3
Q
Bài toán 1.3.10. Giả sả x, y là các so thực và thỏa mãn đieu ki n
logx2+y2 (x + y) ≥ 1. Cháng minh rang
Giải. Có hai trường hợp sau:
x + 2y ≤
3 +
√
10
.
2
(1) Neu x2
+ y2
> 1, khi đó tà
logx2+y2 (x + y) ≥ 1 ⇒ x + y ≥ x2
+ y2
,
suy ra
1 2
x −
2
+
1 2
y −
2
≤
1
. (1.34)
2

21
#
2 2
#
2 2
⇔
1 2
2
2
# 2
2
#
1 2
Ta lại có
x + 2y =
"
x −
2
+ 2
1 2
y −
2
3
+ . (1.35)
2
Áp dụng bat đȁng thác Hölder ta có
"
x −
1
+ 1 2
y − (12
+ 22
) ≥
"
x −
1
+ 2 1
2 2
y − .
Tà (1.35) ta có
5
"
x −
2
+
1 2
y −
2
≥
3 2
x + 2y −
2
(1.36)
Tà (1.34) và (1.36) ta suy ra
10 3 3 +
√
10
2
≥ x + 2y −
2
hay x + 2y ≤
Dau bang trong (1.37) xảy ra khi và chỉ khi
. (1.37)
2
x − 1
y − 1 5 +
√
10
=
1 2
1 2
x −
2
+
1 2
1
y −
2
=
2
x =
y =
10
5 + 2 10.
10
(2) Neu 0 < x2
+ y2
< 1, tà
logx2+y2 (x + y) ≥ 1 ⇒ x + y ≤ x2
+ y2
,
do 0 < x2
+ y2
< 1 suy ra y < 1. Bởi v y,
x + 2y = x + y + y ≤ x2
+ y2
+ y < 1 + 1 = 2 <
3 +
√
10
.
2
Tóm lại, cả hai trường hợp t√
hay rang với moi x, y thỏa mãn đieu ki n của đau
bài ta luôn có x + 2y ≤
3 + 10
.
2 √
Dau bang xảy ra khi và chỉ khi
x =
5 + 10
10√ Q
y =
5 + 2 10
.
√
10

22
"
Σ
# Σ ! Σ
a
i=1
p
+ b )
"
Σ
# Σ
i
! Σ
i
p
Σ
Σ
i=1 i=1 i=1
a
b
Bài toán 1.3.11 (Bat đȁng thác Minkovskii). Cho a = (a1, a2, . . . , an) và
b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Rn
và p > 1. Khi ay
n
i=1
1
p
(ai + bi)p
≤
1
n p
i +
i=1
n
p
i
i=1
1
p
. (1.38)
Dau bang xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a và b t l , nghĩa là ai = kbi với moi
i ∈ {1, 2, . . . , n}.
Giải. Viet n n n
Σ
(ai + bi)p
=
Σ
ai(ai + bi)p−1
+
Σ
bi(ai + bi)p−1
. (1.39)
Áp dụng bat đȁng thác Hölder (1.8), ta thu được
n n !1 n !1
Σ
i=1 ai(ai + bi)p−1
≤
p
p
i
i=1
Σ
i=1
q
(ai + bi)(p−1)q
n !1 n !1
và tương tự,
p
p
i
i=1
Σ
i=1
q
(ai + bi)p
n n !1 n !1
Σ
i=1
bi(ai + bi)p−1
≤ p
p
i
i=1
Σ
i=1
q
(ai + bi)p
,
với p và q thỏa mãn 1 1
+ = 1.
p q
Khi đó (1.39) trở thành
n
" n #1 n !1 n !1
Σ
i=1
(ai + bi)p
≤
Σ
i=1
q
(ai + bi)p p
i +
i=1
p
p
i
i=1
Chia cho
Σn (ai 1 1
i
p
và sả dụng
p
1
= 1 −
q
, ta thu được (1.38).
Q
Dạng suy r®ng của (1.38) là
n
i=1
1
p
mi(ai + bi)p
≤
n
i=1
1
p
miap
+
n
i=1
mib
p
1
p
, (1.40)
với mi ≥ 0 với moi i = 1, . . . , n.
a
a b
!
b
!
Σ
=
Σ p Σ
.

23
1
)p + ( p p p p p
× a(a2
+ 8bc) + b(b2
+ 8ac) + c(c2
+ 8ab)
1
Nh n xét 1.3.12. ([5, p. 42]) Ta có bat đȁng thác sau
h
(a + b
1
c + d)
1
ip
≥ a
1
+ c
1 p
+ (b
1
+ d
1
)p
(1.41)
với moi a, b, c, d ≥ 0 và p ≥ 1, đieu này được rút ra tà bat đȁng thác Minkovski
với n = 2, a1 = ap , a2 = bp , b1 = cp và b2 = dp .
Bài toán 1.3.13. [9, p. 15] (IMO 2001) Cho a, b, c là các so thực dương. Cháng
minh rang
a b c
√
a2 + 8bc
+ √
b2 + 8ac
+ √
c2 + 8ab
≥ 1. (1.42)
Giải. Áp dụng bat đȁng thác Hölder ta được
a
√
a2 + 8bc
b
+ b2 + 8ac
c
+ c2 + 8ab
× √
a
a2 + 8bc
b
+
b2 + 8ac
c
+
c2 + 8ab
≥
√ √ a(a + 8bc) 3
+ √
b
b2 + 8ac
b
√
b2 + 8ac
b(b2
+ 8ac) 3
1 3
+ √ √ c(c + 8ab) 3
c2 + 8ab
= (a + b + c)3
.
Viet gon bat đȁng thác trên ta được
c2 + 8ab
a b c 2
√
a2 + 8bc
+ √
b2 + 8ac
+ √
c2 + 8ab
3
a + b + c + 24abc
≥ (a + b + c) .
Chia cả hai ve của bat đȁng thác trên cho a3
+ b3
+ c3
+ 24abc > 0 ta được
2
c
c
a2 + 8bc
a2 + 8bc
2
a
a
1
1
1
1
√ √
√ √
3
3
3

24
r r
√
ab
√
ca
√
bc
bat đȁng thác mới tương đương như sau:
a b c 2
√
a2 + 8bc
+ √
b2 + 8ac
+ √
c2 + 8ab
(a + b + c)3
≥
(a3 + b3 + c3 + 24abc)
.
Do đó đe cháng minh bat đȁng thác (1.42) ta chỉ can chỉ ra
(a + b + c)3
≥ a3
+ b3
+ c3
+ 24abc,
đieu này tương đương với
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
Bat đȁng thác này tương đương với
a + b c + a b + c
Bat đȁng thác cuoi này luôn đúng nhờ vào bat đȁng thác AM–GM. Q
Bài toán 1.3.14. (IMO Shortlist 2004) [9, p. 16-17] Neu a, b, c là ba so thực
dương sao cho ab + bc + ca = 1. Cháng minh rang
r
3 1
+ 6b +
r
3 1
+ 6c +
r
3 1 1
+ 6a ≤ . (1.43)
a b
Giải. Ta có
c abc
1 1 + 6ab
+ 6b = =
1 + 6(1 − bc − ca)
a
Tương tự
a
=
7 − 6bc − 6ca
a
7ab + bc + ca
= .
a
a
=
7(ab + bc + ca) − 6bc − 6ca
a
1
+ 6c =
b
7bc + ac + ab
,
b
1
+ 6a =
c
7ac + bc + ab
.
c
Tà đó bat đȁng thác đã cho trở thành
3 7ab + bc + ca
+
3
a
7bc + ac + ab
+
3
b
7ac + bc + ab
c
1
≤
abc
.
≥ 2.2.2.
r

25
3
≤
2 2 2 2
+
Nhân hai ve của bat đȁng thác trên với
√
3
abc > 0 ta được
√
3
bc(7ab + bc + ca) +
√
3
(ac7bc + ac + ab) +
√
3
1
ab(7ac + bc + ab) ≤
(abc)
2 .
Áp dụng bat đȁng thác Hölder, ta có
√
3
bc(7ab + bc + ca) +
√
3
(ac(7bc + ac + ab) +
√
3
ab(7ac + bc + ab)
≤
√
3
(a + b + c)2(9ab + 9bc + 9ac).
Do v y, đe cháng minh bat đȁng thác (1.43) ta can chỉ ra rang
9(a + b + c)2
(ab + bc + ca)
1
(abc)2
⇔ [3abc(a + b + c)]
2
≤ 1 = 1
4
⇔ [3abc(a + b + c)] ≤ (ab + bc + ca) .
Bat đȁng thác này hien nhiên đúng, bởi vì
(ab + bc + ca)2
≥ 3abc(a + b + c)
2 2
⇔ a (b − c) + b (c − a) + c (a − b) ≥ 0.
V y bài toán được cháng minh. Q
Tiep theo là m®t so bài toán cháng minh bat đȁng thác liên quan tới hình
hoc. Với khuôn khő lu n văn, chúng tôi chỉ minh hoa m®t so ít các bài toàn ve
bat đȁng thác hình hoc mà lời giải của nó liên quan tới bat đȁng thác Hölder,
còn rat nhieu bài toán nǎa trong các tài li u tham khảo, người đoc quan tâm
có the tìm hieu thêm.
Bài toán 1.3.15. Cháng minh rang trong moi tam giác ta có
a2
+ b2
+ c2
≥
36
p2
+
abc
,
35 p
trong đó p là nảa chu vi tam giác.
Giải. Bat đȁng thác can cháng minh tương đương với
a2
+ b2
+ c2
≥
36
"
a + b + c 2
2abc
#
35
2 2 2
2 a + b + c
2 72abc
⇔35(a + b + c ) ≥ 9(a + b + c) + .
a + b + c
2 4

26
≥
2
2
a + b + c
q + r p + r p + q
+ + (p + q + r)
q + r p + r q + p
q + r p + r p + q
q + r p + r p + q 2
−
1
−2(a2
+ b2
+ c2
) + (a + b + c)2
≥ 2
√
3S
2 2 2
Áp dụng bat đȁng thác Hölder ta có
27(a2
+ b2
+ c2
) 9(a + b + c)2
= 36(
a + b + c
)2
.
2
Áp dụng bat đȁng thác AM–GM ta có
a2
+ b2
+ c2
≥ 3
√
3
a2b2c2 và a + b + c ≥ 3
√
3
abc
⇒ 8(a
2
+ b2
2
+ c2
2
)(a + b + c) ≥ 72abc
72abc
⇒ 8(a + b + c ) ≥ .
a + b + c
Ket hợp các bat đȁng thác trên ta được
36 a + b + c 2
2abc
.
!
.
Dau bang xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đeu. Q
Bài toán 1.3.16. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC, S là di n tích tam
giác ABC. Neu p, q, r > 0 thì
p
a2
+
q
b2
+
r
c2
≥ 2
√
3S.
Giải. Áp dụng bat đȁng thác Hölder ta có
2 a √ b √ c √ 2
(a + b + c) = √
q + r
q + r + √
p + r
p + r + √
p + q
p + q
a2 b2 c2
⇔2
p
a2
+
q
b2
+
r
c2
+ 2(a2
+ b2
+ c2
) ≥ (a + b + c)2
p 2 q 2 r 2
⇔ a + b + c
1
2(a2
+ b2
+ c2
) + (a + b + c)2
.
Ta sě cháng minh
1
−2(a2
+ b2
+ c2
) + (a + b + c)2
≥ 2
√
3S.
Th t v y
⇔ a2
− (b − c) + b2
− (c − a) + c2
− (a − b) ≥ 4
√
3S
⇔(a − b + c)(a + b − c) + (a + b − c)(−a + b + c)
+ (a − b + c)(−a + b + c) ≥ 4
√
3S. (1.44)
2
35
2
a2
+ b2
+ c2
≥
≤ 2
≥
+

27
√
√
(
2 2 2 2
q + r p + r p + q
3
Đ t
x = −a + b + c > 0
y = a − b + c > 0 .
z = a + b − c > 0
M t khác, ta có
S =
√
p(p − a)(p − b)(p − c) =
r
x + y + z xy z
=
1
xyz(x + y + z).
4
Khi đó, bat đȁng thác (1.44) trên tương đương với
yz + zx + xy ≥ 4S
√
3
⇔yz + zx + xy ≥ 3xyz(x + y + z)
2
⇔(yz + zx + xy)
2
≥ 3xyz(x + y + z)
2 2
⇔(xy − yz) + (yz − zx) + (zx − xy) ≥ 0
Bat đȁng thác cuoi luôn đúng. Dau bang xảy ra khi x = y = z hay a = b = c.
Do đó,
p
a2
+
q
b2
+
r
c2
≥ 2
√
3S.
Dau bang xảy ra khi
a = b = c
Q
p = q = r.
Bài toán 1.3.17. Cho tam giác ABC có a, b, c là đ® dài các cạnh. Cháng minh
rang
a2
b(a − b) + b2
c(b − c) + c2
a(c − a) ≥ 0.
Giải. Dựng đường tròn n®i tiep tam giác ABC.
Đ t
AM = x
BM = y
CN = z
khi đó ta có
a = y + z
b = z + x
c = x + y
Bat đȁng thác can cháng minh tương đương với bat đȁng thác sau:
(y + z)2
(x + y)(z + x)(y − x) + (z + x)2
(x + y)(z − y)
+ (x + y)2
(y + z)(x − z) ≥ 0
3 3
⇔ y z + z x + x y ≥ xyz(x + y + z)
y2 z2
+ +
x y
x2
z
≥ x + y + z. (1.45)
⇔

28
x
M P
y
= √
x
x + √
y
y + √
z
A
B
N
z C
Hình 1.1: Đường tròn n i tiep tam giác ABC.
Theo bat đȁng thác Hölder ta có
2 y √ z √ x √
y2 z2
y2 z2 x2
+ +
x y z
x2
(x + y + x)
⇒
x
+
y
+
z
≥ x + y + z.
V y bat đȁng thác (1.45) đúng. V y
a2
b(a − b) + b2
c(b − c) + c2
a(c − a) ≥ 0.
Q
Bài toán 1.3.18. Cho tá di n ABCD, P là điem tùy ý trong tá di n. Goi
A1, B1, C1, D1 lan lượt là hình chieu của P lên các m t DCD, ACD, ABD và
ABC. Goi S và r tương áng là di n tích toàn phan và bán kính hình cau n®i
tiep tá di n. Cháng minh
SBCD
+
SCDA
+
SDAB
+
SABC
≥
S
.
PA1 PB1 PC1 PD1 r
Giải. Đ t
SBCD
a = ,a =
SCDA
, a =
SDAB
, a =
SABC
1
PA1
2
và
PB1
3
PC1
4
PD1
b1 = SBCDPA1, b2 = SCDAPB1, b3 = SDABPC1, b4 = SABCPD1.
T =
SBCD
+
SCDA
+
SDAB
+
SABC
.
PA1 PB1 PC1 PD1
(x + y + z) z
≥

29
P
A1
A
B C
D
Hình 1.2: A1 là hình chieu của P lên m t DCD.
Theo bat đȁng thác Hölder ta có
T (SBCDPA1 + SCDAPB1 + SDABPC1 + SABCPD1) ≥ S2
. (1.46)
Goi V, VPBCD, VPCDA, VPDAB, VPABC lan lượt là the tích của các tá di n
ABCD,PBCD, PCDA, PDAB và PABC. Ta có
SBCDPA1 = 3VPBCD, SCDAPB1 = 3VPCDA,
SDABPC1 = 3VPDAB, SABCPD1 = 3VPABC.
Ket hợp với bat đȁng thác (1.46) ta nh n được
3T (VPBCD + VPCDA + VPDAB + VPABC ) ≥ S
M t khác ta có
S2
⇔ T ≥
3V
.
Tác là,
S
3V = Sr ⇔ T ≥
r
.
SBCD
+
SCDA
+
SDAB
+
SABC
≥
S
.
PA1 PB1 PC1 PD1 r
Dau bang xảy ra khi và chỉ khi
a1
=
a2
b1 b2
=
a3
b3
=
a4
b4
⇔ SBCD = SCDA = SDAB = SABC.
Q
Bài toán 1.3.19. Cho tá di n ABCD, trong đó góc tam di n đỉnh D là tam
di n vuông. Giả sả DA = a, BD = b, DC = c. Cho M là m®t điem nam trên
cạnh của tam giác ABC. Cháng minh rang
S = d(A, DM) + d(B, DM) + d(C, DM) ≤
√
2(a2 + b2 + c2),
2

30
√
√
≤
√ √
√
trong đó ta dùng ký hi u d(A, ∆) là khoảng cách tà m®t điem A tới đường
thȁng ∆.
C
B
A
Hình 1.3: Đ dài DA = a, BD = b, DC = c.
Giải. Không làm giảm tính tőng quát, ta giả sả M nam trên AB.
Đ t M
^
AB = ϕ. Kẻ AM1⊥DM, BM2⊥DM, khi đó
d(A, DM) = AM1, d(B, DM) = BM2, d(C, DM) = c.
Ta có ϕ = D
^
AM1 nên
AM1 = a cos ϕ, BM2 = b sin ϕ.
V y S = c + a cos ϕ + b sin ϕ. Theo bat đȁng thác Hölder ta có
a cos ϕ + b sin ϕ ≤ a2 + b2. (1.47)
Dau bang trong (1.47) xảy ra khi và chỉ khi
a
=
cos ϕ
b
sin ϕ
a
⇔ tan ϕ =
b
⇔ ϕ = D
^
AB
⇔ DM⊥AB.
= tan D
^
AB (do ABD là tam giác vuông)
V y ta có S c + (a2 + b2). Lại áp dụng bat đȁng thác Hölder ta có
c + a2 + b2 ≤
√
2 (a2 + b2 + c2). (1.48)
Dau bang trong (1.48) xảy ra neu và chỉ neu c =
√
a2 + b2. Tà (1.47) và (1.48)
suy ra
S = d(A, DM) + d(B, DM) + d(C, DM) ≤ 2(a2 + b2 + c2).
Dau bang xảy ra khi và chỉ khi DM⊥AB và c =
√
a2 + b2. Q
c
D
M2
b
a
M
M1

31
n m
j
j=1 pj
còn goi là dạng tích của bat đȁng thúc Hölder).
Chương 2
Ve bat đang thfíc Hölder suy r ng
Chương này sě trình bày m®t so bat đȁng thác Holder suy r®ng mới và các
bat đȁng thác liên quan trong bài báo [7, 11, 13], đong thời trình bày m®t so
áp dụng vào cháng minh m®t so ket quả đã biet khác.
2.1 Bat đang thfíc Hölder suy r ng
Trong mục 1.1 của Chương 1, chúng tôi đã trình bat đȁng thác Hölder cho
dãy so. Trong mục này sě trình bày m®t so ket quả mở r®ng của nó, chúng ta
van t p trung chủ yeu vào dạng đại so của nó.
Định lj 2.1.1. Cho n, m là các so tự nhiên dương và aij > 0, 1 ≤ i ≤ n,
1 ≤ j ≤ n, pj > 0 và
Σm 1
= 1. Bat đȁng thúc Hölder suy r®ng có dạng (hay
Σ Y
aij ≤
Y Σ
n
pj
1/pj
ij . (2.1)
i=1 j=1 j=1 i=1
Tương tự, bat đȁng thúc tích phân Hölder có dạng:
∫ b Y
m
fj(x) dx ≤
Y
∫ b
fpj
(x)dx
1/pj
, (2.2)
a j=1 j=1 a
ớ đây fj(x) > 0, j = 1, . . . , m, x ∈ [a, b], −∞ < a 0,
Σm 1 = 1 và fj ∈ Lpj
[a, b].
j=1 pj
Neu m = 2 và p1 = p2 = 2 thì bat đȁng thác (2.1) và (2.2) có dạng bat đȁng
thác Cauchy–Schwarz như đã trình bày ở Chương 1.
m
a
m

32
ΣY
n m
p
j
ij
p
j
ij ij
ij ij
p
j
ij
p
j
p
j
k=1 pk k=1
đȁng thúc
Chúng minh bat đȁng thúc (2.1). Do tính thuan nhat của bat đȁng thác, nên
không giảm tính tőng quát ta giả sả rang apj
+ apj
+ · · · + apj
= 1. Khi đó bat
1j 2j nj
đȁng thác (2.1) can cháng minh trở thành
n m
aij ≤ 1. (2.3)
i=1 j=1
Áp dụng bat đȁng thác AM–GM suy r®ng ta có
m m n m n m
Σ 1
a
pj
≥
Y
a
(j = 1, 2, · · · , m) =⇒
Σ Σ 1
apj
≥
Σ Y
a .
Tuy nhiên,
n m m n m n m m
Σ Σ 1
a
pj
=
Σ Σ 1
a
pj
=
Σ 1 Σ
a
pj
=
Σ 1 × 1 =
Σ 1
= 1.
V y ta cháng minh được bat đȁng thác (2.1)
Tà ket quả này ta có h quả sau thường được v n dụng nhieu trong các
bài toán cháng minh bat đȁng thác cho hoc sinh trung hoc phő thông. Cháng
minh bat đȁng thác này được thực hi n de dàng nhờ áp dụng bat đȁng thác
AM–GM cho 3 so.
H quả 2.1.2. Với a, b, c, x, y, x, m, n, p là các so thực dương ta có
(a3
+ b3
+ c3
)(x3
+ y3
+ z3
)(m3
+ n3
+ p3
) ≥ (axm + byn + czp)3
.
Hi n nay đã có nhieu ket quả mở r®ng ve bat đȁng thác Hölder và cũng có
nhieu ket quả đánh giá ve bat đȁng thác này ch t hơn, chȁng hạn như trong
các tài li u [7]-[15]. Trong mục này, chúng tôi t p trung trình bày các ket quả
ve mở r®ng bat đȁng thác Hölder cũng như m®t so ket quả đánh giá ch t bat
đȁng thác dạng này được nhóm tác giả Hua Qiang và c®ng sự công bo trong
bài báo [7] trên tạp chí “Computers and Mathematics with Applications” năm
2011.
Định lj 2.1.3. (xem [7]) Giả sủ aij > 0, pk > 0, αkj ∈ R, i = 1, . . . , n,
j = 1, . . . , m, k = 1, . . . , s,
Σs 1
= 1 và
Σs
αkj = 0. Khi đó ta có bat
Σ Y
aij ≤
Y
Σ
n Y
m
1+pkak
j
ij
!!1/pk
. (2.4)
i=1 j=1 k=1 i=1 j=1
j=1
j=1
i=1
j=1
i=1
j=1
j=1
i=1
j=1
i=1
j=1
s
a
j=1
ij
i=1 j=1
p
i
p
i

33
j
Y
n s
Y
j
i=1 j=1 i=1 k=1
Ngoài ra, trong bat đȁng thúc dạng tích phân, neu fj(x) > 0, j = 1, . . . , m,
x ∈ [a, b], −∞ < a < b < +∞ và fj ∈ C[a, b] thì dạng tích phân của bat đȁng
thúc trên là
∫ b Y
m
fj(x)
!
dx ≤
Y ∫ b 1/pk
f1+pkakj
(x)dx . (2.5)
a j=1 k=1 a
Chúng minh. Ký hi u
Aik =
m
j=1
1+pkak
j
ij
1/pk
.
Σ
s
1
Bang các tính toán đơn giản, sap xep lại và sả dụng các giả thiet
Σ
s
k=1
pk
= 1 và
αkj = 0, ta nh n được
k=1
n m n s
Σ Y
aij =
Σ Y
Aik.
Khi đó, sả dụng bat đȁng thác Hölder (2.1) ta nh n được
Σ Y
Aik ≤
Y Σ
n
1/p
k
pk
ik
. (2.6)
i=1 k=1 k=1 i=1
Ta nh n được ngay (2.4) khi thay bieu thác Aik vào (2.6). Bat đȁng thác (2.5)
có the được cháng minh tương tự neu ta đ t các hàm so dương như sau.
gk(x) =
m
j=1
f1+pkakj
(x)
!1/p
k . (2.7)
Sau khi sap xep lại và sả dụng bat đȁng thác Hölder (2.1) ta de dàng nh n
được bat đȁng thác (2.5).
Nh n xét 2.1.4. Cho s = m, αkj = −1/pk, với j /= k và αkk = 1 − 1/pk, khi
đó bat đȁng thác (2.4) và (2.5) được rút gon tương áng tà (2.1) và (2.2).
Ta biet rang, ton tại rat nhieu các bat đȁng thác liên quan tới bat đȁng thác
Hölder là nhǎng trường hợp đ c bi t của bat đȁng thác (2.4) và (2.5). Chȁng
hạn, ta có.
m
a
s
A
!
!

34
n m
Σ
n m
j
k=1 k=1
k=1
H quả 2.1.5. (xem [7]) Với các giả thiet như trong Đ nh lý 2.1.3,
cho s = m, αkj = −t/pk, với j /= k và αkk = t(1 − 1/pk) với t ∈ R, thì ta có
Σ Y Y Σ
n
Y
m
!1−t
pk t
1/pk
i=1 j=1
aij ≤
k=1 i=1 j=1
aij (aik ) . (2.8)
Bat đȁng thác (2.8) chính là ket quả của Xianjing Yang công bo năm 2000
trên tạp chí “Journal of Mathematical Analysis and Applications” xem tài li u
[15], trong đó chúng ta thay rang ve phải của (2.8) được định nghĩa như m®t
hàm so dương h(t) : R → (0, +∞), có m®t so tính chat như
h′(t) ≥ 0 neu t ≥ 0; h′(t) ≤ 0 neu t ≤ 0.
Bang vi c thay the rpk bởi pk trong bat đȁng thác (2.8), Yang [16] mở r®ng
Σ
m
Định lj 2.1.6. (xem [7]) Giả sủ r ∈ R, aij
s
> 0, rpk > 0, akj ∈ R với
i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , m, k = 1, 2, . . . , s,
Khi đó, ta có
k
Σ
=1
1/pk = r và
s
k=1
αkj = 0.
Σ Y
aij ≤
Y Σ
n Y
m
1+rpkak
j
ij
!!1/p
k . (2.9)
i=1 j=1 k=1 i=1 j=1
Ngoài ra, neu fj(x) > 0 với j = 1, 2, . . . , m, x ∈ [a, b], −∞ < a 0 và
Σs
= r, nên
Σs
1/pk = 1. Khi đó, thay rpk
bởi pk trong Định lý 2.1.3 ta có đieu can cháng minh.
Nh n xét 2.1.7. Dạng tích phân của (2.8) và dạng tőng quát của nó thu được
bang cách thay s = m, t ∈ R, αkj = −t/pk, với j
trong Định lý 2.1.6.
k và αkk = t(1 − 1/pk)
Ta có ket quả sau tőng quát của bat đȁng thác Hölder trong trường hợp pj
là nhǎng so thực dương. Ket quả này được Shanhe Wu công bo năm 2008 trên
tạp chí “Applied Mathematics and Computation” (tài li u [14]).
m
s
a
m
ket quả này cho trường hợp 1/pk = r trong đó r ∈ R sao cho rpk > 0.

35
m n
nj
Σ Σ Σ
m n
nj
Σ Σ Σ
Σ Σ
n
r
j=1
j=1
Định lj 2.1.8. (xem [7]) (i) Cho aij > 0, pj > 0 với i = 1, 2, . . . , n; j =
Σ
m
Y Σ
n
1/p
j
pj
ij
≥ nmin{r−1,0}
Σ Y
aij.
j=1 i=1 i=1 j=1
Bat đȁng thúc đúng neu và chí neu
với r < 1 ho¾c
pj
1j
apj
pj
2j
ap
j
= . . . = apj
(j = 1, 2, . . . , m)
apm
1j
= 2j = . . . = mj (i = 1, 2, . . . , n)
với r = 1.
n
p1
i1
i=1
n
p2
i2
i=1
n
pm
im
i=1
(ii) Cho aij > 0 với i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , m; pj < 0 với j = 1, 2, . . . , m−1;
Σ
m
Y Σ
n 1/p
j
pj
ij
≤ nmax{r−1,0}
Σ Y aij,
j=1 i=1 i=1 j=1
bat đȁng thúc đúng neu và chí neu
với r < 1 ho¾c
pj
1j
apj
pj
2j
ap
j
= . . . = apj
(j = 1, 2, . . . , m)
apm
1j
= 2j = . . . = mj (i = 1, 2, . . . , n)
với r = 1.
n
p1
i1
i=1
n
p2
i2
i=1
n
pm
im
i=1
Ta có m®t ket quả mở r®ng ket quả của Định lý 2.1.3.
Định lj 2.1.9. (xem [7]) (i) Cho aij > 0, pk > 0, αkj ∈ R với i = 1, 2, . . . , n; j =
s s
1, 2, . . . , m, k = 1, 2, . . . , s, 1/pk = r và αkj = 0.
k=1 k=1
Khi đó ta có bat đȁng thúc
nmin{r−1,0}
Σ Y
aij ≤
Y Σ
n Y
m 1
+pkakj
ij
!!1/p
k . (2.11)
i=1 j=1 k=1 i=1 j=1
a
m
a = a
a a a
a
m
a = a
a a a
m s
a
1, 2, . . . , m và ký hi u 1/pj = r. Khi đó
pm là m®t so thực và vȁn ký hi u 1/pj = r. Khi đó
!
!

36
n
r
Q
= ij
n n
n n
Σ
Σ
s
!
p t
k
(ii) Cho aij > 0, αkj ∈ R với i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , m, k = 1, 2, . . . , s,
pk < 0 với k = 1, 2, . . . , s − 1 và pk là m®t so thực. Đ¾t
Σ
s
k=1
1/pk = r và
nmax{r−1,0}
Σ Y
aij ≥
Y Σ
n Y
m 1
+pkakj
ij
!!1/p
k . (2.12)
i=1 j=1 k=1 i=1 j=1
Chúng minh. Đ t Aik
m
j=1 a1+rpkakj
1/rpk
.
Sả dụng Định lý 2.1.8 khi pk > 0, ta có
nmin{r−1,0}
Σ Y
aij = nmin{r−1,0}
Σ Y
Aik ≤
Y Σ
n
1/pk
pk
ik
i=1 j=1 i=1 j=1 k=1 i=1
Khi pk < 0 với k = 1, 2, . . . , s − 1 và ps là m®t so thực thì ta có
nmax{r−1,0}
Σ Y
aij = nmax{r−1,0}
Σ Y
Aik ≥
Y Σ
n
1/pk
pk
ik
i=1 j=1 i=1 j=1 k=1 i=1
Thay bieu thác của Aik vào các bat đȁng thác trên ta lan lượt nh n được (2.11)
và (2.12).
Nh n xét 2.1.10. Cho s = m, αkj = −1/rpk với j =
/ k và αkk = 1−1/rpk, thì
Định lý 2.1.9 dan tới ket quả của Wu SH đã cháng minh trong [14] năm 2008.
Định lj 2.1.11. Xét aij > 0 với 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m và pj > 1 với
j = 1, 2, . . . , m và p−
j
1
= 1. Hàm h : [0, 1] → (0, +∞), xác đ nh bới
j=1
m n 1
m 1−t pk
h(t) =
Y Σ Y
aij (aik )
. (2.13)
k=1 i=1 j=1
Khi đó với a ≤ t1 ≤ t2 ≤ · · · ≤ tk ≤ b, ta có dãy bat đȁng thúc sau:
m
k=1
m s
a
m m s
A
m m s
A
αkj = 0. Khi đó ta có bat đȁng thúc
!
.
!
.

37
ΣY
m Σ !
Σ
n Y m Σ
ΣY
m Σ !
∈
Y
n m
h(0) = aij ≤ h(t1) ≤ h(t2) ≤ h(t3) ≤ · · · ≤ h(tk)
i=1 j=1
≤ h(1) =
Y
j=1
1
n pj
pj
ij
i=1
(2.14)
Định lj 2.1.12. Xét aij > 0 với 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m và pj > 1 với
j = 1, 2, . . . , m và p−
j
1
= 1. Hàm H : [a, b] → (0, +∞), xác đ nh bới
j=1
H(t) =
Y
"
Σ
n Y
1
pk
αkj(t)
ij
k=1 i=1 j=1
trong đó đoạn [a, b] có the là (−∞, b] ho¾c [a, +∞) ho¾c (−∞, +∞), và αkj ∈
C1
([a, b]) với k, j = 1, 2, ..., m. Giả sủ rang hàm H thóa mãn
H(a) =
trong đó
Σ
i=1
m
j=1
aij
!
và H(b) =
Y
j=1
n
i=1
pij
ij
1
pj
và H′(t) ≥ 0 với t ∈ (a, b),
Y
m akj(t)
!
lna
H′(t) = H(t).
Σ Σ Σ ij
j=1n m
ij
k
′
j
(t) .
k=1 i=1 j=1
pk Σ
i=1
Y
j=1
akj(t)
ij
Khi đó với a ≤ t1 ≤ t2 ≤ · · · ≤ tk ≤ b, ta có dãy bat đȁng thúc sau:
n m
H(a) = aij ≤ H(t1) ≤ H(t2) ≤ H(t3) ≤ · · · ≤ H(tk)
i=1 j=1
≤ H(b) =
Y
j=1
1
n pj
pj
ij
i=1
(2.15)
Chúng minh. De thay H(t) > 0 với t (a, b).
m
Xét bik (t) =
j=1
αkj(t)
ij với 1 ≤ k ≤ m, 1 ≤ i ≤ n và t ∈ [a, b].
a
m
n
m
m
a
m m
a
#
a
!
!α
a
a
.
a
.

38
"
Σ
m n
Σ
ik ij
kj
Khi đó ta có
ln H(t) =
m
1
ln
k=1 pk
n
i=1
bik(t)
#
.
Vì v y với t ∈ (a, b), lay đạo hàm hai ve ta được
H′(t) Σ Σ Σ b (t) ln a
H(t) k=1 i=1 j=1 pk bik
i=1
(t)
Đe cháng minh định lý ta can cháng minh H′(t) ≥ 0 với moi t ∈ [a, b], ta xét
các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Xét [a, b] = [0, 1]. Đ t αkj(t) = 1−t neu k /= j và αkj = 1−t+pkt
neu k = j. Khi đó ta có H(t) = h(t) xác định như (2.13) trong Định lý 2.1.11.
Vì v y, theo khȁng định (2.15) trong Định lý 2.1.11 là trường hợp đ c bi t của
định lý này, như v y ta có trường hợp 1.
Trường hợp 2. Giả sả −∞ < a 0.
b − a
Đ t αkj(t) = αkj(τ) = 1 − τ =
b − a
neu k /= j và
αkj(t) = αkj (τ) = 1 − τ + pk τ =
b − t + pk(t − a)
b − a
neu k = j. Khi đó α′
1
(t) = α′ (τ). Trong trường hợp này neu ta thay
b − a
αkj (τ) bởi αkj (t), thì H(t) = h(τ) = h
t − a
b − a
và với t ∈ (a, b), ta có
H′(t) = h′(τ )
dτ
=
1
h′ t − a
≥ 0.
dt b − a b − a
Trường hợp 3. Giả sả a = −∞ 0.
Đ t αkj(t) = αkj(τ) = 1 − τ = 1 − et−b
neu k j,
và αkj(t) = αkj(τ) = 1 − τ + pkτ = 1 + (pk − 1)et−b
neu k = j. Khi đó
α′
kj(t) = et−b
αk
′
j(τ). Trong trường hợp này neu thay αkj(τ) bởi αkj(t), thì
H(t) = h(τ) = h et−b
và với t ∈ (a, b) = (−∞, b), ta có
H′(t) = h′(τ )
dτ
dt
= et−b
h′
et−b
≥ 0.
n
∫
m
= αk
′
j(t).
kj

39
H (t) = h (τ) =
dt (1 + et)2
h
t
a b
Trường hợp 4. Giả sả −∞ < a 0.
j,
và αkj(t) = αkj(τ) = 1 − τ + pkτ = (1 − pk)ea−t
+ pk neu k = j. Khi đó ta có
α′
kj(t) = ea−t
αk
′
j(τ). Trong trường hợp này neu thày αkj(τ) bởi αkj(t), thì ta
được H(t) = h(τ) = h (1 − ea−t
) và với t ∈ (a, b) = (a, +∞), ta có
H′(t) = h′(τ )
dτ
dt
= ea−t
h′ 1 − ea−t
≥ 0.
et
Trường hợp 5. Giả sả a = −∞, b = +∞. Xét τ = 1 + et
.
dτ et
Khi đó τ(a) = τ(−∞) = 0, τ(b) = τ(+∞) = 1, với
1
dt
=
(1 + et)2
> 0.
Đ t αkj(t) = αkj(τ) = 1 − τ =
1 + et
neu k /= j, và
1 + pket
αkj(t) = αkj(τ) = 1 − τ + pkτ = 1 + et
e ′
neu k = j. Khi đó α′
kj(t) =
(1 + et)2
αkj(τ). Trong trường hợp này neu thay
αkj(τ) bởi αkj(t), thì H(t) = h(τ) = h
ta có
et
1 + et
và với t ∈ (a, b) = (−∞, +∞),
′ ′ dτ et
′ et
2.2 Phiên bản ngư c của bat đang thfíc Hölder và áp dnng
Trong mục này chúng tôi sě trình bày bat đȁng thác có dạng ngược với bat
đȁng thác Hölder (1.8), tác là bat đȁng thác Hölder đang có dạng
n n !1 n !1
Σ
i=1
aibi ≤
p
p
i
i=1
q
i
i=1
q
. (2.16)
với ai, bi ≥ 0 và p, q > 1 thỏa mãn 1/p + 1/q = 1. Ta sě đi tìm đieu ki n đe có
dạng ngược lại bat đȁng thác trên. Th t v y trước tiên ta sě cháng minh ket
quả đơn giản sau.
1 + et ≥ 0.
Σ
Σ

40
∫
∫
q
i i
p q
a b
E
p, q > 0, µ = min
1
p
+
1
q
,1 , θ = min
1
p
,
1
q
. Khi đó ta có bat đȁng thúc sau
Định lj 2.2.1. Cho a = (a1, a2, . . . , an) và b = (b1, b2, . . . , bn) là hai b® n so
thực dương và p, q là các so thực thóa mãn
âm. Khi đó ta có bat đȁng thúc sau
1 1
+ = 1, trong đó ho¾c p ho¾c q
p q
n n !1 n !1
Σ
i=1
aibi ≥
p
p
i
i=1
q
i
i=1
q
. (2.17)
Dau bang xảy ra khi và chí khi ap
= kbq
với moi i ∈ {1, 2, , . . . , n}.
Chúng minh. Không giảm tính tőng quát, ta giả sả p < 0. Khi đó ta đ c
P = −p/q và Q = 1/q. Hien nhiên có 1/P + 1/Q = 1 và P, Q > 0.
Đ t ui = a−p
và vi = aq
bq
với i = 1, 2, . . . , n. Áp dụng bat đȁng thác Hölder
i
ta có
i i
n n ! 1 n ! 1
Σ
i=1
uivi ≤ P
i
i=1 P
Q
i
i=1
Q
. (2.18)
Thay ngược trở lại ui, vi, P, Q ta thu được bat đȁng thác (2.17).
Định lj 2.2.2. Giả sủ E là t¾p đo được, f(x) và g(x) là các hàm đo được không
âm và thóa mãn
∫
f(x)dx < ∞,
∫
g(x)dx < ∞, và e(x) là hàm đo được thóa
∫ E E
1 1
ta có bat đȁng thúc
∫
f(x)g(x)dx ≤
∫
E
1
p
fp
(x)dx
1
q
gq
(x)dx
E
∫
fp
(x)e(x)dx
θ
2 2
g (x)e(x)dx (2.19)
× 1 −
trong đó θ = min
1
,
1
.
fp
(x)dx
−
E
gq
(x)dx
E
,
Định lj 2.2.3. Giả sủ α = (α1, α2, ..., αn), β = (β1, β2, ..., βn), ak ≥ 0, bk >
0(k = 1, 2, ..., n), e = (e1, e2, ..., en), 1 − ei + ej ≥ 0, (i, j = 1, 2, ..., n), và xét
E
E
E
v
u
mãn e(x)dx < ∞, 1 − e(x) + e(y) ≥ 0. Khi đó neu p, q > 1, + = 1, thì
p q
Σ
Σ
Σ
Σ
∫
∫

41
k
k
2l
(ap
,ε)(βq
, e) − (ap
, e)(βq
, ε)
2 2
q
1 1 1 1
(α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(β q
, ε)
2 2
p p
(α, β) ≤ n1−µ
(αp
, ε
1
βq
, ε)
1
1 −
(ap,ε)(βq, ε)
, (2.20)
q < 0,
p
+
q
≥ 0, p = max + ,1
p q
, λ = max −1,
q
. Khi đó ta có bat
( )θ
trong đó n n
(α, β) =
Σ
akbk, ε = (1, 1, 1, ..., 1), (αt
, ε) =
Σ
at
.
k=1 k=1
Bo đe 2.2.4. Neu x > −1, α > 1 ho¾c α < 0, thì ta có bat đȁng thúc
(1 + x)α
≥ 1 + αx.
Định lj 2.2.5. Giả sủ α = (α1, α2, ..., αn), β = (β1, β2, ..., βn), ak > 0, bk >
0 (k = 1, 2, ..., n), và e = (e1, e2, ..., en), 1 − ei + ej ≥ 0, (i, j = 1, 2, ..., n), và xét
đȁng thúc
( )λ
trong đó
n
)p ( q
(α, β)(βq
n
, ε)
,
(2.21)
n
(α, β) =
Σ
akbk, ε = (1, 1, ..., 1), (αt
, ε) =
Σ
at
, ((α, β), e) =
Σ
akbkek.
k=1 k=1 k=1
Chúng minh. Trước tiên ta xét trường hợp (I). Neu −1 ≤ q < 0. Tà đieu ki n
1 1
p
+
q
≥ 0, ta có 0 0.
Đ t γ = (ap
bp
, ap
bp
, . . . , ap
bp
), δ = (b−p
, b−p
, . . . , b−p
).
1 1 2 2 n n
1 1 1 2 n
- Neu 0 < + < 1, thì bang cách sả dụng Định lý 2.2.2 và thay the p →
l l′
l, q → l′, α → γ, β → δ trong bat đȁng thác (2.20), ta có
(
l l′
l l′
2
) 1
(γ, δ) ≤ n1−
1
− 1
(γl
, ε
1
δl′
, ε)
1
1 −
(γ , ε)(δ , e) − (γ , e)(δ , ε)
,
l l′ )l ( l′
(γl, ε)(δl′
, ε)
(2.22)
1 −
βq
, ε)
1
1
)p (
1
(α, β) ≥ n1−p
(αp
, ε

42
q
q
2
q
q
)
(αp
, ε) ≤ n1−
1
− 1
(α, β
(α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(β q
, ε)
2l
(α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(β q
, ε)
2
(α, β) ≥ n1−max{1
+1
,1}(αp
, ε
(α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(β q
, ε)
2
(α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(β q
, ε)
2
)p ( q
p q
)p ( q
p q
)p ( q
)
2q
,
,
,
≥ −
Do đó,
( ) 1
l l′
)l ( l′
(α, β)(βq, ε)
(2.23)
Lay căn b c p cả hai ve của bat đȁng thác (2.23) ta được
( )−1
p q )p ( q
1 1
(α, β)(βq, ε)
1 1
(2.24)
Tà đieu ki n 0 < +
l l′
< 1, ta có +
p
(
> 1. Vì v y
q
)−1
p q
1 1 1
)p ( q
1
(α, β)(βq , ε)
(2.25)
- Neu
l
+
l′
≥ 1, thì
p
+
q
≤ 1, bang cách tương tự ta thu được
( )−1
= n1−max{1
+1
,1}(αp
, ε
1
βq
, ε)
1
×
×
(
1 − (α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε)
(α, β)(βq, ε)
2 −1
.
Trường hợp (II). Neu q < 1, bang cách tương tự trường hợp (I), ta có
(α, β) ≥ n1−max{1
+1
,1}(αp
, ε
1
βq
, ε)
1
×
×
(
1 −
2
1
(α, β)(β , e) − ((α, β), e)(β , ε)
,
(α, β)(βq, ε)
(2.27)
Như v y ta có bat đȁng thác (2.21). V y định lý được cháng minh.
H quả 2.2.6. Với các giả thiet như trong Đ nh lý 2.2.5, ta có bat đȁng thúc
sau
1 1
"
λ (α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(βq
, ε) 2
#
(α, β) n1−p
(αp
, ε)p (βq
, ε)q 1 2
(α, β)(βq, ε)
.
(2.28)
, ε)
q
(α, β)(β
1 −
βq
, ε)
1
1
(α, β) ≥ (αp
, ε
βq
, ε)
1
1
1 −
βq
, ε)
1
1
(α, β) ≥ n1−
1
− 1
(αp
, ε
1 −
βq
, ε)
1
1
2
2
1 −
2
2
(2.26)

43
q
Σ
b
Σ
∫ b
akbk ≥
p
k 1 −
k=1
n
− k=1
n
1 1 1
0, thóa mãn
p
+
q
≥ 1, λ = max −1,
q
. Khi đó ta có bat đȁng thúc
q
∫
∫ ∫
a b .
Chúng minh. Tà đieu ki n
(α, β)(βq
, e) − ((α, β), e)(βq
, ε) 2
(α, β)(βq, ε)
< 1. (2.29)
Bang cách sả dụng Bő đe 2.2.4 và Định lý 2.2.5 ta thu được bat đȁng thác
(2.29).
Tà bat đȁng thác (2.29) trong H quả 2.2.6 chon p, q sao cho 1/p + 1/q = 1
ta thu được bat đȁng thác
H quả 2.2.7. Giả sủ ak, bk là các so thực dương với (k = 1, 2, ..., n), và
1 − ei + ej ≥ 0, (i, j = 1, 2, ..., n), và xét q < 0, thóa mãn
λ = max −1,
1
.
Khi đó ta có bat đȁng thúc
1 1
+ = 1, đ¾t
p q
Σ
n Σ 2
n n
!1 n
!1 bkek
akbkek
Σ Σ p
Σ
q
λ
k=1 k=1
k=1
q
k
k=1
akbk
k=1
Định lj 2.2.8. Giả sủ f(x), g(x), e(x) là các hàm khả tích trên đoạn [a, b] và
n
2
q
k

44
a
× 1 − a
∫ b
− ∫
n n n
f(x) > 0, g(x) > 0, 1 − e(x) + e(y) ≥ 0 với moi x, y ∈ [a, b], và xét q <
b
f(x)g(x)dx ≥ (b − a)1−
1
−1
∫ b
1
p
b
.

45
fp
(x)dx
1
q
gq
(x)dx
a

46

47

48
λ

49
b

50
f (x)g(x)e(x)dx

51

52
b 2 2
gq
(x)e(x)dx
a
fp
(x)dx gq
(x)dx

53

54

55

56
a < a +
b − a
< ... < a +
b − a
k < ... < a +
b − a
(n − 1) < b,

57
k k
k
Σ Σ p
Σ q
Σ
)
b − a
≥ (b − a)1−
1
−1 Σ
)
b − a
p
Σ
)
b − a
q
× — k=1
k
Σ
n
n k=1
n
x = a +
b − a
k, ∆x
n
=
b − a
, k = 1, 2, ..., n.
n
Áp dụng Định lý 2.2.5 ta thu được bat đȁng thác sau
n n !1 n !1
k
k=1 k p q
n
k
k=1
k
k=1 n 2
λ
Σ
f(xk)g(xk)e(xk)
2
gq
(xk)e(xk) (2.31)
× 1 − k=1
k=1
,
Σ
k=1
f (xk)g(xk)dx Σ
k=1
gq
(xk)
bat đȁng thác này tương đương với
n n
!1
n
!1
k k
n
k=1
p q
k
n
k=1
k
n
k=1
n n 2
λ
Σ
f (xk)g(xk)e(xk)
b − a
Σ
gq
(xk)e(xk)
2
b − a
Σ
f(x )g(x )
b − a Σ
gq
(x )
b − a
Vì f(x), g(x), e(x) là các hàm dương khả tích Riemann trên đoạn [a, b], nên
fp
(x), gq
(x), gq
(x)e(x) cũng khả tích trên đoạn [a, b]. Bang cách lay giới hạn
theo n → ∞ cả hai ve trong bat đȁng thác (2.32), ta thu được bat đȁng thác
(2.30). Ta có đieu phải cháng minh.
Sả dụng ky thu t tương tự như trong cháng minh H quả 2.2.6 và tà Định
lý 2.2.8 ta thu được bat đȁng thác sau
gq
(x
fp
(x
)g(x
f(x
n
−
×
)
gq
(x
)
) ≥ n1−1
−1
)g(x
f(x
fp
(x
1
n
−
n
,
k=1
n
k=1
n
(2.32)
k

58
∫ b
a
∫ b
λ
q
0
a
a
0
H quả 2.2.9. Sủ dựng kỹ thu¾t tương tự như trong chúng minh H quả 2.2.6
và tù Đ nh lý 2.2.8 ta thu được bat đȁng thúc sau
b
f(x)g(x)dx ≥ (b − a)1−
1
−1 ∫ b
1
p
fp
(x)dx
1
q
gq
(x)dx
p q
∫ b
a
∫ b
q
2
f (x)g(x)e(x)dx
× 1 −
2
∫ b − g (x)e(x)dx
∫ b ,
a
f(x)g(x)dx gq
(x)dx
trong đó λ = max {−1, 1/q}.
(2.33)
Ví dn 2.2.10. Trong bat đȁng thúc (2.33) của h quả trên, ta xét trường hợp
2πx
a = 0, và e(x) = 2 cos . Ta thu được bat đȁng thúc sau
b
b
f(x)g(x)dx ≥ b1−
1
− 1 ∫ b
1
p
fp
(x)dx
1
q
gq
(x)dx
p q
∫ b
2πx
0
∫ b
q
2πx 2
(2.34)
× 1 −
8 f(x)g(x) cos dx
b
∫ b −
g (x) cos
∫ b
,
0
f(x)g(x)dx gq
(x)dx
trong đó λ = max −1,
1
.
Trong bat đȁng thác (2.33) của h quả trên, ta chon p, q sao cho
tà H quả 2.2.9 ta thu được bat đȁng thác Hölder.
1 1
+ = 1,
p q
H quả 2.2.11. Giả sủ f(x), g(x), e(x) là các hàm khả tích trên đoạn [a, b]
và f(x) > 0, g(x) > 0, 1 − e(x) + e(y) ≥ 0 với moi x, y ∈ [a, b], và xét
0
dx
b
0
0
a
a
λ
∫
∫

59
∫ b
a
q
∫
q
∫
a
E
E a
q < 0, sao cho
1 1
+ = 1. Khi đó ta có bat đȁng thúc
p q
b
f(x)g(x)dx
a
∫ b
1
p
fp
(x)dx a
1
q
gq
(x)dx
∫ b
∫ b
q
2
f (x)g(x)e(x)dx
× 1 −
2
∫ b − g (x)e(x)dx
∫ b ,
a
f(x)g(x)dx gq
(x)dx
trong đó λ = max −1,
1
.
(2.35)
Bang ky thu t tương tự Định lý 2.2.5 ta thu được phiên bản ngược của bat
đȁng thác (2.19) như sau.
Định lj 2.2.12. Giả sủ E là t¾p đo được, và f(x), g(x) là các hàm dương khả
tích trên E sao cho
∫
fp
(x)dx < ∞, và
∫
gq
(x)dx < ∞, e(x) là hàm đo được
∫ E E
1 1
đȁng thúc
∫
E
f(x)g(x)dx ≥
∫
E
1
p
fp
(x)dx
1
q
gq
(x)dx
E
λ
∫ f (x)g(x)e(x)dx b 2 2
gq
(x)e(x)dx
(2.36)
× 1 − ∫ − ∫ ,
với λ = max −1,
1
.
Tiep theo chúng tôi trình bày m®t so áp dụng của các bat đȁng thác được
trình bày ở trên, trước tiên là chỉ ra m®t đánh giá ch t hơn ket quả của Beck-
enbach (1950). Năm 1950, Beckenbach đã cháng minh được bat đȁng thác sau.
Định lj 2.2.13. Giả sủ 0 ≤ p ≤ 1,và ai, bi > 0 và i = 1, 2, ..., n, khi đó ta có
E
E
a
a
∫
λ
với e(x)dx < ∞, 1 − e(x) + e(y) ≥ 0. Neu q < 0, + = 1 thì ta có bat
p q
f(x)g(x)(x)dx gq
(x)dx
≥
×

60
Σ
Σ
Σ
a
Σ −
a
Σ
b
Σ −
b
n n n
+
Σ
n
i
Σ
Σ −
a
Σ
b
Σ −
b
(
i=1
n
ap−1
)p−1 + (
+ .
1
n ≥ n
bat đȁng thúc sau
n
(ai + bi)p
i=1
n
(ai + bi)p−1
i=1
n
p
i
i=1
n
p 1
i
i=1
n
p
i
k=1
n
p 1
i
i=1
Ket quả của Beckenback được làm ch t hơn bang cách sả dụng H quả 2.2.7
như sau
Định lj 2.2.14. Giả sủ ai, bi > 0(i = 1, 2, ..., n), 1−ei+ej ≥ 0(i, j = 1, 2, ..., n),
chon 0 < p < 1, λ = max −1, 1 −
p
. Khi đó ta có bat đȁng thúc sau
Σ
(ai + bi)p Σ
ap
Σ
bp
i
i=1 i=1 i=1
Σ
i=1
(ai + bi)p−1
n
i=1
ap−1 Σ
i=1
bp−1
Σ
1 Σ 1 Σ 1
Σ 1
e1( ap−1
)p−1 + e2(
bp−1
)p−1
e1( ap
)p + e2( bp
)p
× 1 −
i
i
i
n
n n n
n
≥ + .
2
≥

61
λ
2
i
i=1
Σ 1
i

62
n n n
i i i
i=1
bp−1
)p−1
(
i=1
ap
)p + (
i=1
bp
)p
−
i=1
Σ 1
i
i=1
Σ 1
i
i=1

63
Σ 1

64

65

66

67

68

69

70

71

72

73

74

75

76

77

78

79
Chúng minh. Bang cách sả dụng bat đȁng thác Minkowski và H quả 2.2.7 với

80
p và p/(p − 1), ta thu được các đánh giá sau.

81
n
Σ
! Σ
!
a
b
i
+ n i
! !
Σ
i
ap−1
) b − )
a b
≥ +
Σ −
a
Σ −
b
n
i=1
Σ p−1
p
i=1
Σ p−1
p
p−1
n
p 1
i
i=1
n
p 1
i
i=1
Σ p
Σ
i
Σ
i
n n
n
a b
p
i n
1
p−1 n
1
p−1
n
n
n
n
Σ
i=1
(ai + bi)p
1
n p
≥
i=1
1 p
n p
p
i
i=1
p
1
p
n
!1
Σ
1
p
i n
p
!1
Σ
i=1
ap−1
ai
i=1
Σ
i=1
bp−1
bi
i=1
Σ Σ
i=1 + k=1
+
Σ
ap−1
+
Σ
bp−1
n
i=1
ap−1 Σ
i=1
bp−1
i
i=1
i
i=1
Σ p−1 1 Σ p−1 1
Σ p 1
Σ p 1
× e1(
1 −
λ
ai )p−1 + e2(
i=1
bi )p−1
i=1
e1(
−
i=1
ai )p + e2(
i=1
b )p
2
(
i=1
1
i
p−1 + (
Σ
i=1
p 1 1
i
p−1
(
i=1
1
ai )p + (
Σ
i=1
1
bi )p
p p
Σ
n
i=1 k=1
(ai + bi)p−1
Σ
n
i
i
n
= n
a b
n
n
n n
p
p
n
n
n
p
i
i=1
p
i +
i
≥
Σ
Σ
!

82
n
i
(
1 Σ 1 Σ 1
Σ 1
e1( ap−1
)p−1 + e2(
bp−1
)p−1
e1( ap
)p + e2( bp
)p
× 1 −

83
λ
2
i
i=1
Σ 1
i

84
n n n
i i i
−
i=1
Σ 1
i
i=1
Σ 1
i
i=1
n n 2

85
Σ 1
i=1

86

87
bp
−1
)p
−1

88

89

90

91

92
(
2
.3
8
)

93
nghĩa là

94
n n n
+
Σ
n
n n
i
(
n ≥ n
Σ
(ai + bi)p Σ
ap
Σ
bp
i
i=1 i=1 k=1
Σ
i=1
(ai + bi)p−1
n
i=1
ap−1
Σ
i=1
bp−1
Σ 1 Σ
1 Σ 1
Σ 1
e1( ap−1
)p−1 + e2(
bp−1
)p−1
e1( ap
)p + e2( bp
)p
× 1 −
i
i
i
n n n 2

95
n
i
1
#
Σ
a
!
Σ
b
!
Σ
a
! Σ
b
!
−
p
k +
p
p
λ
2
i
i=1
Σ 1
i
i=1
Σ 1

96
n
i i
−
p
2
i
i=1
Σ 1
i
i=1
Σ 1
i=1
.

97

98
bp
−1
)p
−1

99

10
0
k=1 k=1 k=1

10
1

10
2

10
3
(
2
.
3
9
)

10
4
"
Σ
"
Σ
"
Σ n n n
#
Định lj 2.2.15. Giả sủ ak, bk > 0 (k = 1, 2, ..., n), 1 − ei + ej ≥ 0 (i, j =
1, 2, ..., n), và 0 < p < 1, λ = max
sau
−1, 1 −
p
. Khi đó ta có bat đȁng thúc

10
5
n
k=1
(ak + bk)p
1 1
p n p
≥
k=1
n
p

10
6
k
k=1
1
× 1
λ
ω2
(a, b, e)
(2.40)

10
7

10
8

10
9

11
0

11
1

11
2

11
3

11
4

11
5

11
6

11
7
k .
k=1

11
8
n

11
9
k=1

12
0
2

12
1
(ak + bk)p

12
2

12
3

12
4

12
5
Σ
k=1

12
6

12
7
Σ
k=1

12
8
Σ
k=1 ak(ak +
bk)p−1
ek
#
.

12
9

13
0

13
1

13
2
Σ
(ak + bk)p
=
Σ
ak(ak + bk)p−1
+
Σ
bk(ak + bk)p−1
.

13
3
Σ Σ
n n
Σ
p
"
Σ
# Σ ! Σ !
Σ Σ
n
2 n
k=1
n
k=1
2 Σ
k=1
Σ
k=1
Σ
p
p
p
p
k
k
.
a
Tà đó áp dụng H quả 2.2.7 ta thu được các đánh giá sau
n n !1 " n # p−1
Σ
k=1
(ak + bk)p
≥ p
k
k=1 p
k=1
p
(ak + bk)p
Σ
n Σ
p−1 2
λ (ak + bk) ek ak(ak + bk) e
× 1 −
k=1
− k=1
n !1 " n # p−1
+
k=1 p
p
k
Σ
n
Σ
k=1
p
(ak + bk)p
p Σ p−1
2
λ
(ak + bk) ek
bk(ak + bk) e
× 1 −
k=1
− k=1
Chia cả hai ve cho n
k=1
(ak + bk)p !p−1 , ta thu được
(2.42)
n
k=1
1
p
(ak + bk)p
≥
1
n p
k +
k=1
1
n p
p
k
k=1
Σ
n Σ 2
p−1
Σ
n
!p
(ak + bk) ek ak(ak + bk) ek
λ p
—
2 k
k=1
k=1
n
(ak + bk)p
k=
1
k=1
n
ak(ak + bk)p−1
k
=
1
1
b
a
n
n
a b
n
(ak + bk)p
ak(ak + bk)p−1
(ak + bk)p
bk(ak + bk)p−1
Σ
Σ
−
1

13
4
(2.43)
Σ
n Σ
2
p−1
.

13
5
b
Σ Σ
Σ
n
!p
(ak + bk) ek
bk(ak + bk) ek
−

13
6

13
7
—
2 k
k=1

13
8

13
9

14
0

14
1

14
2

14
3

14
4

14
5
bk(ak + bk)p−1
k
=
1

14
6
Ngoài ra, ta có

14
7
"
Σ
# Σ !
b
!
n
Σ !
"
Σ n
n n
n
Σ !
"
Σ n n n
Σ
a
! Σ
!
n
2
ak(ak + bk)p−1
ek
p
p
p
p
+
− p
k=1 k=1 k=1
k=1
k=1
k=1
a b 2
2
n n n
Σ
(ak + bk)p
ek =
Σ
ak(ak + bk)p−1
ek +
Σ
bk(ak + bk)p−1
ek. (2.44)
Do đó, tà bat đȁng thác (2.43) và (2.44), ta có
n
k=1
1
p
(ak + bk)p
≥
1
n p
k +
k=1
Σ
n
1
"
Σ
n
(−λ)
1
n p
p
k
k=1
Σ
n
×
k=1
(ak + bk)p
ek
Σ
k=1
ak(ak + bk)p−1
−
Σ
k=1
(ak + bk)p
Σ
k=1
2
ak(ak + bk)p−1
ek
+ "
Σ
n
(−λ)
1
n p
p
k
k=1
Σ
n
×
k=1
(ak + bk)p Σ
k=1
ak(ak + bk)p−1
ek −
Σ
k=1
(ak + bk)p
Σ
k=1
2
ak(ak + bk)p−1
ek
Σ
n
1
Σ
n
1
n p
1 ( λ) k +
p
k=1
"
Σ
n
1
n p
p
k
k=1
#4
k=1
"
Σ
n
k=1
Σ
2
k=1
Σ
(ak + bk)p
Σ
#2
n
!1
Σ
n
!1
p
k +
k=1
p
p
k
k=1
× 1 −
"
Σ
n
Σ
k=1
k=1
k=1
k
k
k=1
k
a
a
b
a
!
b
! b
n n
2
k=1
(ak + bk)p
ak(ak + bk)p−1
k=1
(ak + bk)p
bk(ak + bk)p−1
× (ak + bk)p
ek ak(ak + bk)p−1
− (ak + bk)p
k=1
+ #
#
#
#
≥ p p
+
=
p
#

14
8
k
λ
(a + b
4 × A
)p , k

14
9
k=1 k=1 k=1 k=1
với n n n n
A =
Σ
(ak + bk)p
ek
Σ
ak(ak + bk)p−1
−
Σ
(ak + bk)p
Σ
ak(ak + bk)p−1
ek.
V y ta có đieu phải cháng minh.

15
0
Ket lu n
Đe tài lu n văn đã trình bày chi tiet m®t so ket quả ve bat đȁng thác Hölder
và m®t so bài toán áp dụng cho hoc sinh trung hoc phő thông. Cụ the là
(1) Trình bày ve dạng sơ cap của bat đȁng thác Hölder cho dãy so, cách xây
dựng bat đȁng thác này tà bat đȁng thác AM–GM suy r®ng và m®t so bài
toán áp dụng bat đȁng thác này.
(2) Trình bày m®t so mở r®ng của bat đȁng thác Hölder, các ket quả này được
công bo trong các bài báo [7], [8], [13].
(3) Trình bày m®t phiên bản ngược của bat đȁng thác Hölder tà tài li u [11].
Chủ đe ve bat đȁng thác Hölder còn nhieu van đe đe khai thác. Tuy nhiên
trong khuôn khő lu n văn Thạc sĩ Toán hoc chuyên ngành Phương pháp Toán
sơ cap chúng tôi chỉ dàng lại tìm hieu các van đe trên.

15
1
Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Nguyen Văn M u (2005), Bat đȁng thúc và áp dựng, NXB Giáo dục.
Tieng Anh
[2] Abramovich S., Mond B., Peccaric J. E. (1995), “Sharpening Hölder’s in-
equality”, J. Math. Anal. Appl., 196, pp. 1131–1134.
[3] Aldaz J. M. (2008), “A stability version of Hölder’s inequality”, Journal of
Mathematical Analysis and Applications, 343(2), pp. 842–852.
[4] Callebaut D.K. (1965), “Generalization of the Cauchy–Schwartz inequal-
ity”, J. Math. Anal. Appl., 12, pp. 491–494.
[5] Cerone P., Dragomir S. S. (2011), Mathematical Inequalities: A perspective,
CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA
[6] Cvetkovski Z. (2012), Inequalities: Theorem, Techniques and Selected prob-
lems, Springer.
[7] Hua Q., Zhicheng H. (2011), “Generalizations of Hölder’s and some related
inequalities”, Computers & Mathematics with Applications, 61(2), pp. 392–
396.
[8] Li Y., Xian-Ming Gu, Zhao J. (2017), “The weighted arithmetic mean–
geometric mean inequality is equivalent to the hölder inequality”,
Symmetry, doi:10.3390/sym10090380.
[9] Samin R. (2008), Basics of Olympiad Inequalities, Lectures note.
[10] Steele M. J. (2004), An introduction to the art of Mathematical Inequalities:
The Cauchy – Swcharz Master Class, Cambridge.

15
2
[11] Tian J. (2012), “Reversed version of a generalized sharp Hölder’s inequality
and its applications”, Information Sciences, 201, pp. 61–69.
[12] Wu SH., Debnath L. (2005), “Generalizations of Aczel’s inequality and
Popoviciu’s inequality”, Indian J. Pure Appl. Math., 36(2), pp. 49–62.
[13] Wu SH. (2007), “Generalization of a sharp Hölder’s inequality and its ap-
plication”, J. Math. Anal. Appl., 332, pp. 741–750.
[14] Wu SH. (2008), “A new sharpened and generalized version of Hölder’s in-
equality and its applications”, Appl. Math. Comput., 197, pp. 708–714.
[15] Yang X. (2000), “A generalization of Hölder inequality”, J. Math. Anal.
Appl., 247, pp. 328–330.
[16] Yang X. (2003) , “A note on Hölder inequality”, Appl. Math. Comput., 134,
pp. 319–322.

Ve Bat Đang Thức Ho¨ Lder Và Áp Dụng.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Ve Bat Đang Thức Ho¨ Lder Và Áp Dụng.docx

Similar to Ve Bat Đang Thức Ho¨ Lder Và Áp Dụng.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

Ve Bat Đang Thức Ho¨ Lder Và Áp Dụng.docx