intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Hàm đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số

Chia sẻ: AtaruMoroboshi _AtaruMoroboshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST
Báo xấu
23
lượt xem 2
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết nhằm khảo sát sâu hơn về lớp các hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và các dạng toán ứng dụng liên quan cho ta hiểu sâu sắc hơn về lý thuyết cũng như các ứng dụng liên quan đến hàm số và nêu bật vai trò quan trọng của hàm đơn điệu, tựa đơn điệu trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hàm đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số

  1. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ Lê Văn Hiểu Trường THPT Yên Khánh B, Huyện Yên Khánh, Ninh Bình Tóm tắt nội dung Lớp các hàm số đơn điệu và lồi, lõm có vị trí rất quan trọng trong Giải tích Toán học vì nó không những là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của nhiều mô hình toán học mà còn là một công cụ đắc lực để khảo sát bất đẳng thức và các bài toán cực trị. Trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các bài toán về hàm số thường được đề cập đến và được xem như những dạng toán rất khó của bậc phổ thông. Báo cáo này nhằm khảo sát sâu hơn về lớp các hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và các dạng toán ứng dụng liên quan cho ta hiểu sâu sắc hơn về lý thuyết cũng như các ứng dụng liên quan đến hàm số và nêu bật vai trò quan trọng của hàm đơn điệu, tựa đơn điệu trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế. 1 Hàm đơn điệu Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để nhận biết khi nào thì một hàm số khả vi cho trước trên khoảng ( a, b) là một hàm đơn điệu trên khoảng đó. Các định lí sau đây cho ta một số đặc trưng đơn giản khác của hàm đơn điệu. Định lý 1 (xem [2-6]). Hàm số f ( x ) xác định trên R+ là một hàm đơn điệu tăng khi và chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn , ta đều có n  n   n  ∑ ak f ( xk ) ≤ ∑ ak f ∑ xk . (1.1) k =1 k =1 k =1 Định lý 2 (xem [2-6]). Để bất đẳng thức n  n  ∑ f ( xk ) ≤ f ∑ xk , (1.2) k =1 k =1 f (x) được thỏa mãn với mọi bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn , điều kiện đủ là hàm g( x ) := x đơn điệu tăng trên R+ . 80
  2. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 f (x) Hệ quả 1. Giả sử g( x ) = là hàm đơn điệu tăng trong [0, +∞]. Khi đó, với mọi dãy x số dương và giảm x1 , x2 , . . . , xn , ta đều có n −1   f ( x1 − x n ) ≥ ∑ f ( x k ) − f ( x k +1 ) . k =1 Nhận xét 1. Tương tự, ta cũng phát biểu các đặc trưng với hàm đơn điệu giảm. Định lý 3 (xem [2-6]). Để bất đẳng thức n  n  ∑ f ( xk ) ≥ f ∑ xk , k =1 k =1 f (x) được thỏa mãn với mọi bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn , điều kiện đủ là hàm g( x ) := x đơn điệu giảm trên R+ . Định lý 4 (xem [2-6]). Giả thiết rằng, với mọi cặp bộ số dương a1 , a2 , . . . , an ; x1 , x2 , . . . , xn , ta đều có n  n  ∑ ak f ( xk ) ≥ f ∑ ak xk , (1.3) k =1 k =1 thì f ( x ) = ax, trong đó a là hằng số. Định lý 5 (Maclaurin, Cauchy). Giả thiết rằng f ( x ) là một hàm đơn điệu giảm trên (0, +∞). Khi đó, ta luôn có n Z n n −1 ∑ f (k) ≤ 0 f ( x )dx ≤ ∑ f ( k ). (1.4) k =1 k =0 Khi f ( x ) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự. Định lý 6 (xem [2-6]). Giả thiết rằng f ( x ) là một hàm đơn điệu giảm trên (0, +∞) và { ak } là một dãy tăng trong (0, +∞). Khi đó, ta luôn có n Z an n ∑ ( a k − a k −1 ) f ( a k ) ≤ a0 f ( x )dx ≤ ∑ ( a k − a k −1 ) f ( a k −1 ). (1.5) k =1 k =1 Khi f ( x ) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự. Định lý 7 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev). Giả sử f ( x ) và g( x ) là hai hàm đơn điệu tăng và ( xk ) là một dãy đơn điệu tăng x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x n . Khi đó với mọi bộ trong ( p j ) p j ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1, ta đều có  n  n   n  ∑ pk f ( xk ) ∑ pk g( xk ) ≤ ∑ pk f ( xk ) g( xk ) . k =1 k =1 k =1 81
  3. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Định nghĩa 1 (xem [2]). Hàm số f ( x ) được gọi là hàm đơn điệu tuyệt đối trong khoảng ( a, b) nếu đạo hàm mọi cấp của nó đều không đổi dấu f (k) ( x ) ≥ 0; ∀ x ∈ ( a, b), k = 0, 1, 2, . . . Cũng vậy, ta có định nghĩa hàm đồng biến và nghịch biến tuyệt đối. Định nghĩa 2 (xem [2]). Hàm số f ( x ) được gọi là hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng ( a, b) nếu các đạo hàm mọi cấp của nó đều là hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng đó. Ví dụ về các hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng ( a, b), ( a > 0) là các hàm số sau. Ví dụ 1. Mọi đa thức P( x ) với các hệ số đều dương là hàm đơn điệu tăng tuyệt đối trong khoảng (0, +∞). Ví dụ 2. Hàm số f ( x ) = e x là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng (0, +∞). Ví dụ 3. Hàm số x−1 f (x) = − ex , x+1 là hàm nghịch biến tuyệt đối trong khoảng (0, +∞). Nhận xét 2. Nếu hàm số f ( x ) là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng ( a, b) thì hàm số g( x ) := − f ( x )sẽ là hàm nghịch biến tuyệt đối trong khoảng đó và ngược lại. Vì vậy, không mất tính tổng quát, ta chỉ trình bày các bài toán liên quan đến hàm đơn điệu tăng và đồng biến tuyệt đối trong khoảng đã cho. Song song với lớp hàm đơn điệu thông thường và đơn điệu tuyệt đối, nhiều lớp hàm đơn điệu khác cũng được đưa ra và nghiên cứu các đặc trưng của chúng như đơn điệu đầy đủ, đơn điệu có tính tuần hoàn hoàn toàn, . . . Định nghĩa 3 (xem [2]). Hàm số f ( x ) được gọi là hàm đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng ( a, b) khi và chỉ khi các đạo hàm của chúng không triệt tiêu (có dấu không đổi) và f (k) ( x ) f (k+2) ( x ) ≤ 0; ∀ x ∈ ( a, b), k = 0, 1, 2, . . . Ví dụ về các hàm số sơ cấp đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng ( a, b), ( a > 0) là các hàm số sau. Ví dụ 4. Hàm số f ( x ) = sin x,  π là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng 0, . 2 Nhận xét 3. Trong các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số, ta thương gặp lớp hàm có các đạo hàm bậc nhất, bậc hai không đổi dấu trong khoảng cho trước. Lớp hàm này có nhiều ứng dụng trong bất đẳng thức và các bài toán cực trị. 82
  4. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Định nghĩa 4 (xem [2-6]). Giả sử f ( x ) là hàm khả vi bậc hai trên I ( a, b). Nếu f 0 ( x ) ≥ 0 với ∀ x ∈ I ( a, b) và f 00 ( x ) ≥ 0 với ∀ x ∈ I ( a, b) thì ta nói rằng f ( x ) là hàm đơn điệu tăng liên tiếp bậc (1 − 2) trên I ( a, b). Chẳng hạn, f 0 ( x ) ≥ 0, f 00 ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ I ( a, b) thì ta nói f ( x ) là hàm tăng - giảm bậc (1 − 2) trên I ( a, b) và f 0 ( x ) ≤ 0, f 00 ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ I ( a, b) thì ta nói f ( x ) là hàm giảm - tăng bậc (1 − 2) trên I ( a, b). Bài toán 1. Cho các hàm f 1 (t), f 2 (t), . . . , f n (t) đồng thời đồng biến (nghịch biến) liên tiếp bậc (1 − 2) trên I ( a, b). Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ ={ f k0 ( x )}, x ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n. Tìm n f (x ) min ∑ k k , k =1 υk ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn = ( f 10 )−1 (v1 ) + ( f 20 )−1 (v2 ) + · · · + ( f n0 )−1 (vn ) cho trước.   −1 Lời giải. Theo nhận xét, đặt uk = f k0 (vk ), k = 1, 2, . . . , n. Tức là f k0 (uk ) = vk , k = 1, 2, . . . , n. Ta thu được vk = f k0 (uk ), uk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n. Vậy nên n n f k ( xk ) f (x ) ∑ vk = ∑ f k0 (ukk ) . (1.6) k =1 k =1 k Mặt khác, ta có n n f k ( xk ) f k (uk ) ∑ 0 f k (uk ) ≥ ∑ f 0 (u ) . (1.7) k =1 k =1 k k Từ (1.6), (1.7), ta suy ra n n f k ( xk ) f (u ) ∑ vk ≥ ∑ k0 k . f (u ) (1.8) k =1 k =1 k k Dấu đẳng thức xảy ra khi xk = uk = ( f k0 )−1 (vk ), k = 1, 2, . . . , n. Vậy nên n n f k ( xk ) f (u ) min ∑ = ∑ k0 k . k =1 υk f (u ) k =1 k k Tương tự, ta có Bài toán 2. Cho các hàm f 1 (t), f 2 (t), . . . , f n (t) đồng thời lồi (lõm) và có đạo hàm bậc nhất là các hàm số âm (dương) trên khoảng I ( a, b). Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ ={ f k0 ( x )}; x ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n. Tìm n f (x ) max ∑ k k , k =1 υk ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn = ( f 10 )−1 (v1 ) + ( f 20 )−1 (v2 ) + · · · + ( f n0 )−1 (vn ) cho trước. 83
  5. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018   −1 Lời giải. Đặt uk = f k0 (vk ), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó f k0 (uk ) = vk , k = 1, 2, . . . , n, ta thu được vk = f k0 (uk ), uk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n. Vậy nên n n f k ( xk ) f (x ) ∑ vk = ∑ f k0 (ukk ) . (1.9) k =1 k =1 k Mặt khác, ta có n n f k ( xk ) f k (uk ) ∑ 0 f k (uk ) ≤ ∑ f 0 (u ) . (1.10) k =1 k =1 k k Từ (1.9), (1.10) suy ra n n f k ( xk ) f (u ) ∑ vk ≤ ∑ k0 k . f (u ) (1.11) k =1 k =1 k k Dấu đẳng thức xảy ra khi xk = uk = ( f k0 )−1 (vk ), k = 1, 2, . . . , n. Vậy nên n n f k ( xk ) f (u ) max ∑ = ∑ k0 k . k =1 υk f (u ) k =1 k k Ta xét trường hợp riêng khi hàm f 1 (t) = f 2 (t) = · · · = f n (t) = f ( x ). Từ kết quả hai bài toán trên ta thu được. Hệ quả 2. Cho hàm số f (t) đồng biến (nghịch biến) liên tiếp bậc (1 − 2) trên I ( a, b). Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ ={ f k0 ( x )}; x ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó n n f ( xk ) f (u ) min ∑ =∑ 0 k , k =1 υk k =1 f (uk ) ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + x n = u1 + u2 + · · · + u n . Trong đó uk = ( f 0 )−1 (vk ); k = 1, 2, . . . , n. Hệ quả 3. Cho hàm số f (t) lồi (lõm) và có đạo hàm bậc nhất là các hàm số âm (dương) trên I ( a, b). Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ ={ f k0 ( x )}; x ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó n n f k ( xk ) f (u ) max ∑ = ∑ k0 k , k =1 υk f (u ) k =1 k k ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + x n = u1 + u2 + · · · + u n . Trong đó uk = ( f 0 )−1 (vk ); k = 1, 2, . . . , n. 84
  6. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài toán 3. Cho hàm số f ( x ) = ax2(k+1) + bx + c, ( a 6= 0), k ≥ 0. Chứng minh rằng n 2( k +1) n 2( k +1) axk + bxk + c auk + buk + c min ∑ +1 = ∑ 2(k + 1)au2k+1 + b , ∀ x > x0 . k =1 2( k + 1) au2k k +b k =1 k Trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un . Lời giải. Ta có f ( x ) = ax2(k+1) + bx + cx, ( a 6= 0); f 0 ( x ) = 2(k + 1) ax2k+1 + b; f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k . Trường hợp 1: Nếu a > 0. Khi đó f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k > 0, ∀ x, suy ra f 0 ( x ) là hàm số đồng biến trên R. Vậy, phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) > 0, ∀ x > x0 , nên ∀ x > x0 hàm số f ( x ) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2). Trường hợp 2: Nếu a < 0. Khi đó f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k < 0, ∀ x, suy ra f 0 ( x ) là hàm số nghịch biến trên R. Do đó, phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) < 0, ∀ x > x0 , nên ∀ x > x0 hàm số f ( x ) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2). Do đó, với ∀ x > x0 hàm số f ( x ) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2), nên theo Hệ quả 2, ta có n 2( k +1) n 2( k +1) axk + bxk + c auk + buk + c min ∑ +1 = ∑ 2(k + 1)au2k+1 + b , ∀ x > x0 , k =1 2( k + 1) au2k k +b k =1 k trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un . Bài toán 4. Cho hàm số f ( x ) = ax2(k+1) + bx + c, ( a 6= 0), k ≥ 0. Chứng minh rằng n 2( k +1) n 2( k +1) axk + bxk + c auk + buk + c max ∑ +1 = ∑ 2(k + 1)au2k+1 + b , ∀ x < x0 . k =1 2( k + 1) au2k k +b k =1 k Trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un . Lời giải. Ta có f ( x ) = ax2(k+1) + bx + cx, ( a 6= 0); f 0 ( x ) = 2(k + 1) ax2k+1 + b; f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k . Trường hợp 1: Nếu a > 0. Khi đó f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k > 0, ∀ x, suy ra f 0 ( x ) là hàm số đồng biến trên R hay phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có 85
  7. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 f 0 ( x ) < 0, ∀ x < x0 , nên ∀ x < x0 hàm số f ( x ) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số âm. Trường hợp 2: Nếu a < 0. Khi đó f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k < 0, ∀ x. Suy ra f 0 ( x ) là hàm số nghịch biến trên R nên phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) > 0, ∀ x < x0 , nên ∀ x < x0 hàm số f ( x ) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương. Do đó, với ∀ a 6= 0, ∀ x < x0 hàm số f ( x ) lồi (lõm) có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 3 ta có n 2( k +1) n 2( k +1) axk + bxk + c auk + buk + c max ∑ +1 = ∑ 2(k + 1)au2k+1 + b , ∀ x < x0 . k =1 2( k + 1) au2k k +b k =1 k trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un . Bài toán 5. Cho hàm số f ( x ) = ax2(k+1) + bx k+2 + cx2 + dx + e, ( a 6= 0) thỏa mãn điều kiện (k2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k2 + 3k + 1) ac < 0, ∀k ≥ 1. Chứng minh rằng 2( k +1) n axk + bxkk+2 + cxk2 + dxk + e min ∑ 2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu k =1 k k k+d 2( k +1) k +2 n auk + buk + cu2k + duk + e = ∑ 2( k + 1) au2k +1 + (k + 2)bkk+1 + 2cuk + d , ∀ x > x0 . k =1 k Trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un . Lời giải. Ta có f ( x ) = ax2(k+1) + bx k+2 + cx2 + dx + e, ( a 6= 0); f 0 ( x ) = 2(k + 1) ax2k+1 + (k + 2)bx k+1 + 2cx + d; f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k + (k + 1)(k + 2)bx k + 2c. Đặt x k = t (t > 0), xét hàm số g(t) = 2(k + 1)(2k + 1) at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c. Trường hợp 1: Nếu a > 0. Vì ∆ g = (k2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k2 + 3k + 1) ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0. Suy ra f 00 ( x ) > 0, ∀ x, suy ra f 0 ( x ) là hàm số đồng biến trên R. Vậy, phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) > 0, ∀ x > x0 , nên x > x0 hàm số f ( x ) là hàm số đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2). Trường hợp 2: Nếu a < 0. Vì ∆ g = (k2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k2 + 3k + 1) ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0. Suy ra f 00 ( x ) < 0, ∀ x nên f 0 ( x ) là hàm số nghịch biến trên R. Suy ra phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) < 0, ∀ x > x0 , nên x > x0 hàm số f ( x ) là hàm số nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2). 86
  8. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Do đó, với ∀ a 6= 0, ∀ x > x0 . Hàm số f ( x ) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2), nên theo Hệ quả 2, ta có 2( k +1) n axk + bxkk+2 + cxk2 + dxk + e min ∑ 2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu k =1 k k k+d 2( k +1) n auk + bukk+2 + cu2k + duk + e = ∑ 2( k + 1) au2k +1 + (k + 2)bkk+1 + 2cuk + d , ∀ x > x0 . k =1 k Trong đó, x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un . Bài toán 6. Cho hàm số f ( x ) = ax2(k+1) + bx k+2 + cx2 + dx + e, ( a 6= 0) thỏa mãn điều kiện (k2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k2 + 3k + 1) ac < 0, ∀k ≥ 1. Chứng minh rằng 2( k +1) n axk + bxkk+2 + cxk2 + dxk + e max ∑ 2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu k =1 k k k+d 2( k +1) k +2 n auk + buk + cu2k + duk + e = ∑ 2( k + 1) au2k +1 + (k + 2)bkk+1 + 2cuk + d , ∀ x < x0 . k =1 k Trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un . Lời giải. Ta có f ( x ) = ax2(k+1) + bx k+2 + cx2 + dx + e, ( a 6= 0); f 0 ( x ) = 2(k + 1) ax2k+1 + (k + 2)bx k+1 + 2cx + d; f 00 ( x ) = 2(k + 1)(2k + 1) ax2k + (k + 1)(k + 2)bx k + 2c. Đặt x k = t (t > 0), xét hàm số g(t) = 2(k + 1)(2k + 1) at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c. Trường hợp 1: Nếu a > 0. Vì ∆ g = (k2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k2 + 3k + 1) ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0. Do đó, f 00 ( x ) > 0, ∀ x, suy ra f 0 ( x ) là hàm số đồng biến trên R. Vậy, phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) < 0, ∀ x < x0 , nên x < x0 hàm số f ( x ) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số âm. Trường hợp 2: Nếu a < 0. Vì ∆ g = (k2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k2 + 3k + 1) ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0. Do đó, f 00 ( x ) < 0, ∀ x, suy ra f 0 ( x ) là hàm số nghịch biến trên R. Suy ra phương trình f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Ta có f 0 ( x ) > 0, ∀ x < x0 , nên x < x0 hàm số f ( x ) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương. Do đó, với ∀ a 6= 0, ∀ x < x0 . Hàm số f ( x ) lồi (lõm)có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 3 ta có 2( k +1) n axk + bxkk+2 + cxk2 + dxk + e max ∑ 2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu k =1 k k k+d 2( k +1) n auk + bukk+2 + cu2k + duk + e = ∑ 2( k + 1) au2k +1 + (k + 2)bkk+1 + 2cuk + d , ∀ x < x0 , k =1 k 87
  9. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 trong đó, x0 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = 0, ứng với mọi dãy số { xk } với xk ∈ I ( a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un . 2 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức Có thể nói rằng các tính chất cơ bản của hàm số luôn đóng vai trò quan trọng như là những công cụ hữu hiệu nhất để định hướng giải cũng như sáng tác bài tập mới. Những kiến thức đầu tiên liên quan đến khái niệm đơn điệu được đề cập ở bậc tiểu học chính là các bài toán về tỷ lệ thuận và tỷ lệ nghịch. Đặc biệt, nhiều tính chất cơ bản của phân số số học là những kiến thức sâu sắc được sử dụng giải quyết khá nhiều bài toán khó của các kỳ thi Olympic các quốc gia và quốc tế. 2.1 Một số bài toán áp dụng trong bất đẳng thức đại số Ta xét ví dụ rất quen thuộc sau đây. Bài toán 7. Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có a b c 3 + + ≥ . (2.1) b+c c+a a+b 2 Đây là bài toán cơ bản (có trong tất cả các sách giáo trình về bất đẳng thức) nhằm để mô tả các ứng dụng khác nhau của các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức AG, . . . để giải. Tuy nhiên, nếu viết lại (2.1) dưới dạng a1 b1 c1 a0 b0 c0 + + ≥ + + . (2.2) b1 + c1 c1 + a1 a1 + b1 b0 + c0 c0 + a0 a0 + b0 với ngầm định a0 = b0 = c0 = 1, thì ta có ngay nhận xét rằng (2.2) có dáng dấp của một hàm đồng biến g (1) ≥ g (0), với at bt ct g(t) = + + , t ∈ R. bt + ct ct + at at + bt Ta chứng minh rằng nhận xét vừa nêu ở trên là hoàn toàn đúng. Tuy nhiên (bạn đọc hãy tự kiểm chứng), các kỹ thuật cơ bản của bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức AG không còn hiệu lực. Tính đồng biến của g(t) ứng với t ≥ 0 được suy ra từ nhận xét sau đây (xem lại tính chất phân số ở bậc tiểu học). Tính chất 1. (i) Nếu hai phân số dương có cùng tử số dương thì phân số nào có mẫu số lớn hơn thì bé hơn, (ii) Nếu hai phân số âm có cùng tử số dương thì phân số nào có mẫu số lớn hơn thì lớn hơn. 88
  10. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 p Tính chất 2. Xét phân số với q > 0. Khi đó q p (i) Nếu phân số dương thì khi tăng mẫu số, phân số sẽ giảm, q p (ii) Nếu phân số âm thì khi tăng mẫu số, phân số sẽ tăng. q Nói cách khác, ta có. p Bài toán 8. Cho phân số với q > 0 và số dương d. Khi đó q p p p (i) Nếu phân số dương thì ≥ , q q q+d p p p (ii) Nếu phân số âm thì ≤ . q q q+d Từ kết quả của bài toán này, ta dễ dàng chứng minh. Bài toán 9. Với mọi bộ số dương a, b, c cho trước, hàm số at bt ct g(t) = + + , t ∈ R, bt + ct ct + at at + bt là một hàm đồng biến trong [0, +∞). Hệ quả 4. Cho α ≥ β ≥ 0. Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có aα bα cα aβ bβ cβ + + ≥ + + . bα + cα cα + aα aα + bα bβ + cβ cβ + aβ aβ + bβ Bài toán 10. Chứng minh rằng với mọi bộ số a1 , a2 , · · · , an ∈ R ta luôn có đa thức n n ai a j Q( x ) = ∑ ∑ i + j xi+ j , i =1 j =1 là một hàm đồng biến trong [0, +∞). Lời giải. Thật vậy, ta có n n 1 1 n 2 Q0 ( x ) = x ∑ ∑ ai a j x i + j = x i∑ a i x i . i =1 j =1 =1 Suy ra Q0 ( x ) ≥ 0 với mọi x ≥ 0. Do đó, hàm số Q( x ) đồng biến trong [0, +∞). Từ đây, ta thu được Hệ quả 5 (Bất đẳng thức thứ tự Hilbert). Với mọi bộ số thực a1 , a2 , · · · , an , ta luôn có n n ai a j ∑ ∑ i + j ≥ 0. i =1 j =1 Chứng minh. Do đa thức n n ai a j Q( x ) = ∑ ∑ i + j xi+ j , i =1 j =1 đồng biến trong [0, +∞) nên Q(1) ≥ Q(0) = 0, hay n n ai a j ∑ ∑ i + j = Q(1) ≥ 0. i =1 j =1 chính là đpcm. 89
  11. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 2.2 Một số bài toán áp dụng cho bất đẳng thức trong tam giác Sau đây là một số bài toán sử dụng các kiến thức của lớp hàm đơn điệu liên tiếp trên một đoạn, đối với tổng không đổi ta xét dấu đạo hàm các cấp một và hai trong việc biến đổi chia hai vế. Bài toán 11. Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 . Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều có sin A sin B sin C + + 6 tan A0 tan B0 tan C0 . (2.3) cos A0 cos B0 cos C0 Lời giải. Xét hàm số  π f ( x ) = sin x, x ∈ 0, . 2 π Ta có f 0 ( x ) = cos x > 0 và f 00 ( x ) = − sin x < 0 trong (0, ). 2 Vậy nên f ( A) ≤ f ( A0 ) + f 0 ( A0 )( A − A0 ), suy ra sin A ≤ tan A0 + A − A0 . (2.4) cos A0 Tương tự, ta cũng có sin B ≤ tan B0 + B − B0 (2.5) cos B0 và sin C ≤ tan C0 + C − C0 . (2.6) cos C0 Từ (2.4), (2.5), (2.6), suy ra sin A sin B sin C + + ≤ tan A0 + tan B0 + tan C0 . cos A0 cos B0 cos C0 Để ý rằng tan A0 + tan B0 + tan C0 = tan A0 tan B0 tan C0 , suy ra điều phải chứng minh. Các bài toán sau được giải quyết tương tự. Bài toán 12. Cho tam giác A0 B0 C0 . Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có A B C cos cos cos 2 + 2 + 2 6 cot A0 + cot B0 + cot C0 . (2.7) A0 B0 C0 2 2 2 sin sin sin 2 2 2 Bài toán 13. Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 . Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều có tan A tan B tan C + + > 2 sin A0 sin B0 sin C0 . (2.8) 1 + tan2 A0 1 + tan2 B0 1 + tan2 C0 2π Bài toán 14. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn . Chứng minh rằng 3 A B C √ tan + tan + tan ≥ 4 − 3. 2 2 2 90
  12. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Các bài toán sau đây cho ta mở rộng vô hạn các bất đẳng thức từ một bất đẳng thức nhờ lớp các hàm số đơn điệu. Ta nhận thấy rằng ứng với a, b, c, α, β là các số dương, α > β thì ta luôn có  a α  b α  c α  a β  b β  c β + + ≥ + + b c a b c a và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Tính chất này có thể nhìn nhận như là hàm số  a x  b x  c x g( x ) := + + b c a đồng biến trong [0. + ∞). Vậy câu hỏi tự nhiên nảy sinh là ta có thể thiết lập được hay không các hàm tương tự đối với các bất đẳng thức dạng khác khi đã tường minh cách chứng minh cho trường hợp đơn lẻ và cụ thể? Ta thu được bài toán nội suy bất đẳng thức, tức là từ bất đẳng thức đã cho, ta xét hai vế của nó như là giá trị của một hàm cần tìm tại hai tọa vị cho trước. Bài toán 15. Cho a, b, c, α, β là các số dương, α > β. Chứng minh rằng  b + c α  c + a α  a + b α  b + c β  c + a β  a + b β + + ≥ + + . (2.9) 2a 2b 2c 2a 2b 2c Lời giải. Xét hàm số:  b + c t  c + a t  a + b t F (t) = + + , ∀t > 0. 2a 2b 2c Ta cần chứng minh F (t) là hàm số đồng biến trên (0, +∞) hay ∀t1 , t2 ∈ (0, +∞), t1 < t2 , ta cần chứng minh F (t1 ) ≤ F (t2 ) hay cần chứng minh:  b + c  t2  c + a  t2  a + b  t2  b + c  t1  c + a  t1  a + b  t1 + + ≥ + + 2a 2b 2c 2a 2b 2c Ta có  b + c  t2 t2 t 2  b + c  t1 −1 ≥ + 2a t1 t1 2a  c + a  t2 t t 2  c + a  t1 2 + −1 ≥ 2b t1 t1 2b  a + b  t2 t t 2  a + b  t1 2 + −1 ≥ 2c t1 t1 2c r t h b + c t1  c + a t1  a + b t1 i  t  h (b + c)(c + a)( a + b) it1 t2 2 2 3 −1 + + ≥ −1 3 ≥ 3 − 3. t1 2a 2b 2c t1 8abc t1 Cộng theo vế 4 bất đẳng thức trên ta thu được  b + c  t2  c + a  t2  a + b  t2  b + c  t1  c + a  t1  a + b  t1 + + ≥ + + , ∀t2 > t1 > 0. 2a 2b 2c 2a 2b 2c Suy ra F (t) là hàm đồng biến trên (0, +∞). Khi đó ∀α > β ta luôn có  b + c α  c + a α  a + b α  b + c β  c + a β  a + b β + + ≥ + + . 2a 2b 2c 2a 2b 2c 91
  13. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Từ đây, ta thu được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.  a t  b t  c t Với hàm g(t) := + đồng biến trong [0. + ∞) cho ta vô hạn các bất + b c a đẳng thức, trong đó (2.9) là một hệ quả của nó, từ đó ta mở rộng được vô hạn các bài toán, chẳng hạn các bài toán sau. Bài toán 16. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác và α > β ≥ 1. Chứng minh rằng  c α  a α  b α  c β  a β  b β + + ≥ + + . a+b−c b+c−a c+a−b a+b−c b+c−a c+a−b (2.10) Bài toán 17. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác và α > β > 1. Chứng minh rằng  3a α  3b α  3c α + + 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c  3a β  3b β  3c β ≥ + + . 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c 2.3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong bài toán cực trị Bài toán 18 (Mỹ, 1977). Chứng minh rằng với các số dương tùy ý a ≤ b ≤ c ≤ d, ta có bất đẳng thức ab bc cd d a ≥ b a cb dc ad . Lời giải. Ta đặt b = ax, c = ay, d = az. Khi đó, từ điều kiện của bài toán, ta có 1 ≤ x ≤ y ≤ z, còn bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a ax ( ax ) ay ( ay) az ( az) a ≥ ( ax ) a ( ay) ax ( az) ay a az . Sau khi giản ước hai vế cho a a a ax a ay a az và nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa 1 ta được bất đẳng thức tương đương a x y yz z ≥ xy x zy . Đặt x = xs, z = xt, khi đó, 1 ≤ s ≤ t (vì x ≤ y ≤ z) và y ≥ s (vì x ≥ 1), suy ra x xs y xt xt ≥ xy x ( xt)sx . 1 Sau khi giản ước x xs y x xt và nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa ta được bất x đẳng thức tương đương 1 y t −1 ≥ t s − x . - Nếu y = 1 thì bất đẳng thức đúng vì y x = 1, y = = 1, yt−1 = 1 = tt−1 = 1. x 92
  14. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 - Nếu t = 1 thì bất đẳng thức đúng vì 1 yt−1 = y0 = 1 = 1s− x = 1. Giả sử y > 1 và t > 1. Khi đó, nâng lũy thừa hai vế của bất đẳng thức lên lũy thừa 1 y > 0, ta được bất đẳng thức tương đương t−1y−1 y s y y−1 ≥ t t−1 với 1 ≤ s ≤ t, s ≤ y. Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: α Giả sử y ≥ t. Ta chứng minh rằng hàm số f 1 (α) = α α−1 tăng với α > 1. Ta có  α 0  1 ln α  f 100 (α) = e α−1 ln α = e α−1 ln α α − α − 1 ( α − 1)2 α 1 = e α −1 (α − 1 − ln α) > 0, ( α − 1)2 1 ta có g1 (α) = α − 1 − ln α > 0 với α > 1, vì g10 (α) = α − > 0 và ( g10 (0) = 0). α Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì y t s y y −1 = f 1 ( y ) ≥ f 1 ( t ) = t t −1 ≥ t t −1 . Trường hợp 2: 1 Giả sử y < t. Ta chứng minh rằng hàm số f 2 (α) = α α−1 giảm với α > 1. Ta có  α 0  1 ln α  f 200 (α) = e α−1 ln α = e α−1 ln α α − α ( α − 1) ( α − 1)2 1 1 = e α −1 (α − 1 − α ln α) < 0, α ( α − 1)2 ta có g2 (α) = α − 1 − α ln α < 0 với α > 1, vì g20 (α) = 1 − ln α − 1 < 0 và ( g20 (1) = 0). Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì y y s y y−1 = ( f 2 (y))y ≥ ( f 2 (t))y = t t−1 ≥ t t−1 . Bài toán 19 (Ireland, 2000). Cho x, y ≥ 0 với x + y = 2. Chứng minh rằng x2 y2 ( x2 + y2 ) ≤ 2.  x + y 6 Lời giải. Do x + y = 2 nên = 1, bất đẳng thức cần chứng minh được viết 2 thành  x + y 6 2 ≥ x 2 y2 ( x 2 + y2 ), 2 hay ( x + y)6 ≥ x2 y2 32( x2 + y2 ). Trong trường hợp xy = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. 93
  15. Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 √ √ Xét trường hợp xy 6= 0. Đặt k = xy. Ta có điều kiện x = y = 2 ≥ 2 xy = 2 k, suy ra 0 ≤ k ≤ 1. Ta có thể chứng minh bất đẳng thức khi k = 1, nghĩa là xy = 1 lúc đó bất đẳng thức trở thành  1 6  1 x+ ≥ 32 x2 + 2 . x x  1  2 Đặt p = x + ≥ 4. Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của F ( p) = p3 − 32( p − 2) trên x [4, +∞]. Vì F 0 ( p) = 3p2 − 32 ≥ 0 (do p ≥ 4), nên F ( p) là hàm đơn điệu tăng trên [4, +∞]. Vậy F ( p) ≥ F (4) = 0 với ∀ p ≥ 4 (đpcm). Ta sử dụng định lý và hệ quả sau cho các bài toán dưới đây. Định lý 8 (xem [2-6]). Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và nghịch biến trên [0, b], ∀ a ∈ [0, b]. Khi đó, ta luôn có Z a Z b b f ( x )dx ≥ a f ( x )dx. (2.11) 0 0 Tương tự, với f ( x ) liên tục và đồng biến trên [0, b], ∀ a ∈ [0, b] thì Z a Z b b f ( x )dx ≤ a f ( x )dx. 0 0 Hệ quả 6. Nếu b = 1 và f ( x ) liên tục và nghịch biến trên [0, 1] thì ∀ a ∈ [0, 1], ta đều có Z a Z 1 f ( x )dx ≥ a f ( x )dx. 0 0 Nếu b = 1, f ( x ) liên tục và đồng biến trên [0, 1] thì ∀ a ∈ [0, 1], ta đều có Z a Z 1 f ( x )dx ≤ a f ( x )dx. 0 0 Bài toán 20. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số π 2  π2  π h πi h( x ) = x − + 1 x − cos x, x ∈ 0, . 4 8 2 2 h πi Lời giải. Ta có f (t) = t + sin t là hàm liên tục và đồng biến trên 0, . Khi đó, theo h πi 2 Định lý 8, ∀ x ∈ 0, , thì 2 Z x Z π π 2 (t + sin t)dt ≤ x (t + sin t)dt, 2 0 0 hay π  t2 
  16. x  t2 
  17. π2 − cos t
  18. ≤ x
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
6=>0