KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC

Chia sẻ: Nguyễn Tất Thu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 32
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'khai thác khái niệm đồ thị hàm số lồi, lõm để đánh giá bất đẳng thức', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC

KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC 1. Cơ sở lí thuyết. a. Định nghĩa: Cho hàm số y = f (x ) liên tục [a; b ] và có đồ thị là (C). Khi đó ta có hai điểm A(a; f (a )), B(b; f (b)) nằm trên đồ thị (C). i) Đồ thị (C) gọi là lồi trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB luôn nằm phía trên đồ thị (C). ii) Đồ thị (C) gọi là lõm trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB luôn nằm phía dưới đồ thị (C). y _ y _ a _ b _ x _ x _ 1 _ b _ a Đồ thị hàm số lồi Đồ thị hàm lõm b. Dấu hiệu đồ thị lồi Định lí 1: Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm cấp hai liên tục trên (a; b ) * Nếu f ''(x ) > 0 "x Î (a; b ) thì đồ thị hàm số lõm trên (a; b) * Nếu f ''(x ) < 0 "x Î (a; b ) thì đồ thị hàm số lồi trên (a; b ) c. Ứng dụng Từ hình ảnh trực quan của định nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BĐT và cực trị sau : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 1
Định lí 2: (Bất đẳng thức tiếp tuyến) Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b] . i) Nếu f ''(x ) ³ 0 "x Î [a; b ] thì f (x ) ³ f '(x 0 )(x - x 0 ) + f (x 0 ) "x 0 Î [a; b ] ii) Nếu f ''(x ) £ 0 "x Î [a; b ] thì f (x ) £ f '(x 0 )(x - x 0 ) + f (x 0 ) "x 0 Î [a; b ] Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra Û x = x 0 . Ta có thể chứng minh định lí trên như sau i) Xét hàm số g(x ) = f (x ) - f '(x 0 )(x - x 0 ) - f (x 0 ) , x Î [a; b ] Ta có : g '(x ) = f '(x ) - f '(x 0 ) Þ g ''(x ) = f ''(x ) ³ 0 "x Î [a; b ] Þ g '(x ) = 0 Û x = x 0 và g '(x ) đổi dấu từ - sang + khi x qua x 0 nên ta có : g(x ) ³ g(x 0 ) = 0 "x Î [a; b ] . ii) Chứng minh tương tự. Định lí 3: (Bất đẳng thức cát tuyến) Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b] . f (a ) - f (b) i) Nếu f ''(x ) ³ 0 "x Î [a; b ] thì f (x ) ³ (x - a ) + f (a ) "x 0 Î [a; b ] a -b f (a ) - f (b) ii) Nếu f ''(x ) £ 0 "x Î [a; b ] thì f (x ) £ (x - a ) + f (a ) "x 0 Î [a; b ] . a -b Đẳng thức trong các BĐT trên có khi và chỉ khi x = a hoặc x = b . 2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của đề tài: Ví dụ 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh rằng a b c 3 + + £ . 10 2 2 2 a +1 b +1 c +1 x Giải: Xét hàm số f (x ) = với x Î (0;1) . 2 x +1 3x 1 Ta có: f '(x ) = Þ f ''(x ) = - < 0 "x Î (0;1) 2 3 2 5 (x + 1) (x + 1) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 2
1 1 1 f (a ) £ f '( )(a - ) + f ( ) Nên ta có: 3 3 3 1 1 1 f (b ) £ f '( )(b - ) + f ( ) 3 3 3 1 1 1 f (c) £ f '( )(c - ) + f ( ) 3 3 3 æ1ö 1 3 Suy ra : f (a ) + f (b) + f (c) £ f ' ç ÷ (a + b + c - 1) + 3 f ( ) = è3ø 3 10 1 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = . 3 Ví dụ 2 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa : a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh 1 1 1 ³ 1. + + 1 + 8a 1 + 8b 1 + 8b Giải : 1 Xét hàm số : f (x ) = , 0 < a £ 3 . Ta có : 1 + 8a 4 48 1 f '(x ) = - Þ f "(x ) = "x Î (- ; 3 ] >0 8 (1 + 8x )3 (1 + 8x )5 Nên ta có : f (a ) ³ f '(1)(a - 1) + f (1) f (b ) ³ f '(1)(b - 1) + f (1) f (c) ³ f '(1)(c - 1) + f (1) Þ f (a ) + f (b ) + f (c ) ³ f '(1)(a + b + c - 3) + 3 f (1) (*) Mặt khác : (a + b + c)2 £ 3(a 2 + b 2 + c2 ) = 9 4 Þ -3 £ a + b + c £ 3 Þ a + b + c - 3 £ 0 và f '(1) = - < 0 nên từ (*) 27 Ta suy ra : f (a ) + f (b) + f (c) ³ 3 f (1) = 1 . Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần chứng minh có dạng f (a1 ) + f (a2 ) + ... + f (an ) ³ k hoặc f (a1 ) + f (a2 ) + ... + f (an ) £ k , trong đó ai (i = 1,.., n ) là các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BĐT chưa có dạng trên, ta phải thực Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 3
hiện một số phép biến đổi mới đưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu sau. · Nếu BĐT có dạng f (a1 ).f (a2 )...f (an ) ³ k thì ta lấy loganepe hai vế · Nếu BĐT cần chứng minh đồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp. Ví dụ 3 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa : a + b + c = 3 . Tìm GTLN của biểu thức : b c a æ öæ öæ ö P = ç a + 1 + a 2 ÷ çb + 1 + b2 ÷ ç c + 1 + c 2 ÷ . è øè øè ø Giải : æ ö æ ö Ta có : ln P = b ln(a + 1 + a 2 ) + c ln çb + 1 + b2 ÷ + a ln ç c + 1 + c 2 ÷ è ø è ø æ ö Xét hàm số : f (x ) = ln ç x + 1 + x 2 ÷ , 0 < x < 1 . Ta có : è ø -x 1 f '(x ) = Þ f ''(x ) =
P = x -y + y -z + z -x . 3 Giải : Áp dụng BĐT Cô si, ta có : P ³ 3y x .y z .z x Đặt A = x y .y z .z x Þ ln A = y ln x + z ln y + x ln z . Vì hàm số f (t ) = ln t có 1 f ''(t ) = -
2 2 2 f (c) ³ f '( )(c - ) + f ( ) 3 3 3 2 2 4 Cộng ba BĐT trên ta có : f (a ) + f (b) + f (c) ³ f '( ) (a + b + c - 2 ) + 3 f ( ) = 33 . 3 3 9 2 4 Vậy GTNN của P = 33 đạt được Û a = b = c = . 3 9 Ví dụ 6 : Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng : 1+ 3 111 (a 2 + b 2 + c 2 )( + + ) ³ a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 . abc 33 (Trích đề thi Albania 2002) Lời giải. Vì BĐT đã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 1 , khi đó bđt cần chứng minh trở thành: f (a ) + f (b) + f (c) ³ 1 trong đó: 1+ 3 1 f (x ) = . - x với 0 < x < 1 . Dễ thấy hàm số f có f ''(x ) > 0 "x Î (0;1) 33 x Nên theo BĐT tiếp tuyến ta có : æ1ö æ1ö f (a ) + f (b ) + f (c ) ³ f ' ç ÷ (a + b + c - 3) + 3 f ç ÷. ç ÷ ç ÷ 3ø 3ø è è ì æ1ö ïf ' ç ÷ 0 i = 1, 2,..., n và £n i =1 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 6
n ai 1 Õ Ta cần chứng minh : £ (1). 1 + ai2 n 2 i =1 x 1 Xét hàm số f (x ) = , x > 0 có f '(x ) = Þ f ''(x ) < 0 "x > 0 . 2 23 1+x (1 + x ) 1 1 1 Þ f (x ) £ f '(1)(x - 1) + f (1) = (x - 1) + (x + 1) . = 2 22 3 2 n æn ö ç å (ai + 1) ÷ n n n 2n ai 1 ç i =1 ÷ 1 1 ÞÕ = Õ f (ai ) £ Õ (ai + 1) £ ÷£ = ç n 1 + ai2 8n i =1 nç n 2n ÷ 8 8 i =1 i =1 ç ÷ è ø Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an = 1 Û tan x1 = tan x 2 = ... = tan xn = 1 p Û x1 = x 2 = ... = xn = . 4 Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có được kết quả tổng quát sau Định lí 4 : Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm cấp hai trên éa;b ù và n số a1, a2,..., an ëû n å ai = k , na £ k £ nb . nằm trong đoạn éa;b ù thỏa mãn : ëû i =1 n k å f (ai ) ³ nf (n ) · Nếu f ''(x ) > 0 "x Î éa;b ù thì ta có : ëû i =1 n k 1 å f (ai ) £ n f (n ) . · Nếu f ''(x ) < 0 "x Î éa;b ù thì ta có : ëû i =1 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 7
2p Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn . Chứng minh rằng : 3 A B C tan + tan + tan ³ 4 - 3 . 2 2 2 Lời giải. 2p p Không mất tính tổng quát, ta giả sử A ³ > B ³C ÞC £ . 3 6 æ pö æ pö Hàm số f (x ) = tan x , x Î ç 0; ÷ có f ''(x ) > 0 "x Î ç 0; ÷ . Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta 3 3 è ø è ø có A pAp p f ( ) ³ f '( )( - ) + f ( ) 2 32 3 3 B pBp p f ( ) ³ f '( )( - ) + f ( ) 2 12 2 12 12 C pC p p f ( ) ³ f '( )( - ) + f ( ) . 2 12 2 12 12 æAö æB ö æC ö é p p ù æ A 2p ö p æA + B +C p ö Þ fç ÷+ fç ÷+ f ç ÷ ³ ê f '( ) - f '( )ú ç - ÷ + f '( ) ç -÷ è2ø è2ø è2ø ë 3 12 û è 2 3ø 12 è 2 2ø æp ö æp ö + f ç ÷ + 2f ç÷ è3ø è 12 ø A A + B +C p æp ö æp ö p Do f ' ç ÷ - f ' ç ÷ > 0; - ³ 0 và = nên ta có : è3ø è 12 ø 23 2 2 æAö æB ö æC ö æp ö æp ö f ç ÷ + f ç ÷ + f ç ÷ ³ f ç ÷ + 2f ç ÷ = 4 - 3 đpcm. è2ø è2ø è2ø è3ø è 12 ø 2p p Đẳng thức xảy ra Û A = ;B = C = và các hoán vị. 3 6 3 Ví dụ 9. Cho các số thực không âm a,b, c thỏa max {a, b, c} ³ và a + b + c = 1 . Tìm 4 GTNN của biểu thức : P = 3 1 + 3a 2 + 3 1 + 3b2 + 3 1 + 3c 2 . Lời giải. 3 1 Không mất tính tổng quát, ta giả sử a = max {a, b, c} Þ a ³ , c £ . 4 8 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 8
2x Xét hàm số f (x ) = 3 1 + 3x 2 , x Î ( 0;1) có f '(x ) = (1 + 3x 2 )2 3 2 - 2x 2 Þ f ''(x ) = > 0 "x Î (0;1) . Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có : 25 3 (1 + 3x ) 3 3 3 1 1 1 1 1 1 f (a ) ³ f '( )(a - ) + f ( ) ; f (b) ³ f '( )(b - ) + f ( ) ; f (c) ³ f '( )(c - ) + f ( ) 4 4 4 8 8 8 8 8 8 3 172 + 23 67 é3 1ù 3 3 1 3 1 Þ f (a ) + f (b) + f (c) ³ ê f '( ) - f '( )ú (x - ) + f ( ) + 2 f ( ) ³ f ( ) + 2 f ( ) = . ë4 8û 4 4 8 4 8 4 3 1 Đẳng thức xảy ra Û a = ;b = c = và các hoán vị. 4 8 3 172 + 2 3 67 Vậy min P = . 4 Nhận xét : Trong một số trường hợp đồ thị hàm số y = f (x ) có khoảng lồi, lõm trên éa; b ù nhưng ta vẫn có được đánh giá : f (x ) ³ f '(x 0 )(x - x 0 ) + f (x 0 ) ,x 0 Î (a; b) . Chẳng ëû hạn các bạn xem đồ thị minh họa dưới đây. y _ a x _ _ x0 O b Ví dụ 10: Cho a, b, c Î ¡ và a + b + c = 6 . Chứng minh rằng : a 4 + b 4 + c 4 ³ 2(a 3 + b 3 + c 3 ) . Lời giải: Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 9
BĐT đã cho Û (a 4 - 2a 3 ) + (b 4 - 2b 3 ) + (c 4 - 2c 3 ) ³ 0 Û f (a ) + f (b) + f (c) ³ 0 Trong đó f (x ) = x 4 - 2x 3 . Ta thấy f ''(x ) = 12x 2 - 12x nên đồ thị hàm số f có khoảng lồi và khoảng lõm do đó ta không thể áp dụng BĐT tiếp tuyến được. Tuy nhiên ta vẫn có thể đánh giá được f (x ) qua tiếp tuyến của nó tại điểm có hoành độ x = 2 (vì đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 ) Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại y = f (x ) điểm có hoành độ x = 2 là: y = 8x - 16 . f (x ) - (8x - 16) = x 4 - 2x 3 - 8x + 16 = (x - 2)2 (x 2 - 2x + 4) ³ 0 "x Î ¡ . Þ f (a ) + f (b ) + f (c ) ³ 8(a + b + c) - 48 = 0 (đpcm). Chú ý. Vì y = 8x - 16 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số f (x ) = x 4 - 2x 3 tại điểm có k hoành độ x = 2 nên ta có sự phân tích: f ( x ) - ( 8x - 16 ) = (x - 2 ) g (x ) với k ³ 2 và g (2) ¹ 0 . 3 Ví dụ 11: Cho a, b, c ³ - và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 4 a b c 9 . ( Vô địch Toán Ba Lan 1996) + + £ 10 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 Lời giải. 1 Ta thấy đẳng thức xảy ra khi a = b = c = và Bđt đã cho có dạng: 3 9 x 35 f (a ) + f (b) + f (c) £ với x Î [- ; ] . trong đó f (x ) = 10 42 x2 + 1 36x + 3 1 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x ) tại điểm có hoành độ x = là : y = . 3 50 (3x - 1)2 (4x + 3) 36x + 3 36x + 3 x 35 - f (x ) = ³ 0 "x Î [ - ; ] - = Ta có: 50 50 42 x2 + 1 50(x 2 + 1) 36(a + b + c ) + 9 a b c 9 Vậy : đpcm. + + £ = 50 10 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 Ví dụ 12 : Cho các số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 1 . Chứng minh : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 10
a b c 9 + + ³ . 1 + bc 1 + ac 1 + ab 10 Lời giải. Ta có : b +c 2 1-a 2 a +c 2 1-b 2 b +a 2 1-c 2 bc £ ( ) ; ca £ ( ) ; ab £ ( ) =( ) =( ) =( ) nên 2 2 2 2 2 2 a b c 4a 4b 4c = f (a ) + f (b ) + f (c ) . + + ³ + + 1 + bc 1 + ac 1 + ab a 2 - 2a + 5 b 2 - 2b + 5 c 2 - 2c + 5 1 (Nhận xét : Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = và tiếp tuyến của đồ thị hàm 3 99x - 3 4x 1 tại điểm có hoành độ x = là : y = số f (x ) = ) 3 100 x 2 - 2x + 5 99x - 3 (3x - 1)2 (15 - 11x ) 4x ³ 0 "x Î (0;1) Mặt khác: - = 100 x 2 - 2x + 5 100(x 2 - 2x + 5) 99(a + b + c ) - 9 4a 4b 4c 9 đpcm. Þ + + ³ = 100 10 a 2 - 2a + 5 b 2 - 2b + 5 c 2 - 2c + 5 Ví dụ 13. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng : 111 9 æ1 1 1ö ³ 4ç +++ + + ÷. a b c a +b +c èa + b b + c c + a ø Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a + b + c = 1 , khi đó Bđt đã cho trở 5a - 1 5a - 1 5c - 1 £ 9. + + thành a - a2 b - b2 c - c2 1 Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và a + b + c = 1 suy ra a, b, c Î (0; ) . 2 (3a - 1)2 (2a - 1) 5a - 1 1 - (18a - 3) = £ 0 "a Î (0; ) Ta có : 2 a - a2 a - a2 5a - 1 1 £ 18a - 3 "a Î (0; ) . Þ 2 a - a2 Ta cũng có hai Bđt tương tự. Cộng các Bđt này lại với nhau ta có: Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 11
5a - 1 5a - 1 5c - 1 £ 18(a + b + c) - 9 = 9 (đpcm). + + 2 2 2 a -a b -b c -c 1 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 Ví dụ 14. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng : (b + c - a )2 (c + a - b)2 (a + b - c)2 3 + + ³ . 5 (b + c)2 + a 2 (c + a )2 + b 2 (a + b)2 + c 2 (Olympic Toán Nhật Bản 1997) Lời giải . Vì Bđt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Khi đó Bđt đã cho trở thành: (1 - 2a )2 (1 - 2b)2 (1 - 2c)2 3 + + ³ 5 (1 - a )2 + a 2 (1 - b)2 + b2 (1 - c)2 + c 2 4a 2 - 4a + 1 4b2 - 4b + 1 4c 2 - 4c + 1 3 Û + + ³ 5 2 2 2 2a - 2a + 1 2b - 2b + 1 2c - 2c + 1 1 1 1 27 Û + + £ 5 2a 2 - 2a + 1 2b 2 - 2b + 1 2c 2 - 2c + 1 27 Û f (a ) + f (b) + f (c) £ . 5 1 Trong đó f (x ) = với x Î (0;1) . 2 2x - 2x + 1 54x + 27 1 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x ) tại điểm có hoành độ x = là : y = 3 25 2(54x 3 - 27x 2 + 1) 2(3x - 1)2 (6x + 1) 54x + 27 - f (x ) = ³ 0 "x Î (0;1) = Ta có: 25 25(2x 2 - 2x + 1) 25(2x 2 - 2x + 1) 54(a + b + c ) + 81 27 Þ f (a ) + f (b) + f (c) £ đpcm. = 25 5 Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BĐT đối xứng ba biến và đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ đi xét một số BĐT không đối xứng hoặc BĐT đối xứng nhưng đẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng nhau. Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 12
Ví dụ 15: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 10(a 3 + b 3 + c 3 ) - 9(a 5 + b 5 + c 5 ) ³ 1 (Trung Quốc 2005). Lời giải: Giả sử a ³ b ³ c . Xét hàm số f (x ) = 10x 3 - 9x 4 , x Î (0;1) có f '(x ) = 30x 2 - 45x 4 Þ f ''(x ) = 60x - 180x 3 1 đồng thời f ''(x ) > 0 "x Î (0; x 0 ) và f ''(x ) < 0 "x Î (x 0 ;1) . Þ f ''(x ) = 0 Û x = x 0 = 3 · Nếu a < x 0 . Áp dụng BĐT tiếp tuyến ,ta có: æ1öæ 1ö æ1ö f (a ) ³ f ' ç ÷ ç a - ÷ + fç ÷ è3øè 3ø è3ø æ1öæ 1ö æ1ö f (b) ³ f ' ç ÷ çb - ÷ + fç ÷ è3øè 3ø è3ø æ1öæ 1ö æ1ö f (c) ³ f ' ç ÷ ç c - ÷ + fç ÷ è3øè 3ø è3ø æ1ö æ1ö ( ) Þ f (a ) + f (b) + f (c) ³ f ' ç ÷ a + b + c - 1 + 3 f ç ÷ = 1. è3ø è3ø · Nếu a > x 0 . Áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có: f (1) - f (x 0 ) (a - 1) + f (1) > f (1) = 1 . f (a ) ³ 1 - x0 ( )( ) () f (b) ³ f ' 0 b - 0 + f 0 = 0 ( )( ) () f (c) ³ f ' 0 c - 0 + f 0 = 0 Þ f (a ) + f (b) + f (c) > 1 . Ví dụ 16: Cho DABC nhọn. Tìm GTLN của biểu thức: F = sin A. sin2 B. sin2 C . Lời giải: Ta có : ln F = ln sin A + 2 ln sin B + 3 ln sin C 1 æ pö p Xét hàm số f (x ) = ln sin x , x Î (0; ) Þ f '(x ) = cot x Þ f ''(x ) = - "x Î ç 0; ÷ 2 è 2ø sin2 x Áp dụng BĐT tiếp tuyến với DMNP nhọn, ta có : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 13
( ) ( ) f (A) £ f '(M ) A - M + f (M ) = A - M cot M + ln sin M ( ) ( ) f (B ) £ f '(N ) B - N + f (N ) = B - N cot N + ln sin N ( ) ( ) f (C ) £ f '(P ) C - P + f (P ) = C - P cot P + ln sin P Þ tan M .f (A) + tan N .f (B ) + tan P .f (C ) ³ tan M ln sin M + tan N . ln sin N + tan P . ln sin P Chọn ba góc M , N , P sao cho : tan M tan N tan P = k Þ tan M = k ; tan N = 2k ; tan P = 3k = = 1 2 3 Mặt khác : tan M + tan N + tan P = tan M . tan N . tan P tan M 1 2 3 Þ 6k = 6k 3 Þ k = 1 Þ sin M = ; sin N = ; sin P = = 2 5 10 1 + tan2 M 1 2 3 27 Þ f (A) + f (B ) + f (C ) £ ln + 2 ln + 3 ln = ln 2 5 10 25 5 27 ÞF £ . Đẳng thức xảy ra Û A = M ; B = N ;C = P . 25 5 27 Vậy GTLN của F = . 25 5 Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài toán tổng quát sau : Cho DABC nhọn. Tìm GTLN của E = sinm A. sinn B. sin p C , với m, n, p là những số thực dương. (Xem ở phần bài tập) Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn. Tìm GTNN của biểu thức : F = tan A + 2 tan B + 3 tan C . Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M) æ pö Xét hàm số f (x ) = tan x , x Î ç 0; ÷ , có f '(x ) = 1 + tan2 x è 2ø æ pö Þ f ''(x ) = 2 tan x (1 + tan2 x ) > 0, "x Î ç 0; ÷ . è 2ø Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 14
Áp dụng BĐT tiếp tuyến với DMNP nhọn, ta có : 1 f (A) ³ f '(M )(A - M ) + f (M ) = (A - M ) + tan M 2 cos M 1 Þ cos2 M .f (A) ³ sin 2M + A - M 2 1 1 Tương tự : cos2 N .f (B ) ³ sin 2N + B - N ; cos2 P .f (C ) ³ sin 2P + C - P 2 2 sin 2M + sin 2N + sin 2P Þ cos2 M .f (A) + cos2 N .f (B ) + cos2 P .f (C ) ³ . 2 Ta chọn các góc M , N , P sao cho : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k Vì M , N , P là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức : cos2 M + cos2 N + cos2 P + 2 cos M . cos N . cos P = 1 Þ (1 + 2 + 3)k + 2 6k 3 = 1 Þ k là nghiệm dương của phương trình : 2 6x 3 + (1 + 2 + 3)x - 1 = 0 (1). Þ sin 2M = 2 1 - cos2 M . cos M = 2k 1 - k 2 ; sin 2N = 2k 2(1 - 2k 2 ); sin 2P = 2k 3(1 - 3k 2 ) 1 - k 2 + 2(1 - 2k 2 ) + 3(1 - 3k 2 ) sin 2M + sin 2N + sin 2P ÞF ³ = . k 2k 2 1 - k 2 + 2(1 - 2k 2 ) + 3(1 - 3k 2 ) Vậy GTNN của F = đạt được khi k A = M ; B = N ;C = P Với M , N , P là ba góc của tam giác nhọn được xác định bởi : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k , trong đó k là nghiệm dương duy nhất của PT (1). Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = m. tan A + n. tan B + p. tan C , trong đó m, n, p là các số thực dương và A, B, C là ba góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập). Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 15
Ví dụ 18: Cho x , y, z > 0 thỏa x + y + z = 1 . Tìm GTNN của : 4 P = x 3 + 1 + y2 + 1 + z 4 . Lời giải: Ta có các hàm số f (t ) = t 3 ; g(t ) = 1 + t 2 ; h(t ) = 4 1 + t 4 , t Î (0;1) là những hàm số có đạo hàm cấp hai dương trên khoảng (0;1) . Nên với a, b, c > 0 thỏa a + b + c = 1 áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có: f (x ) ³ f '(a )(x - a ) + f (a ) ; h(y ) ³ h '(b )(y - b) + h (b) ; g (z ) ³ g '(c )(z - c) + g(c) ì ì ï ï k ï2 ïa = 3a = k 3 ï ï ïb k ï ï =k Û íb = Ta chọn a, b, c sao cho f '(a ) = g '(b) = h '(c) = k Û í (1) ï 1 + b2 1 - k2 ï ï ï c3 3 k ï ïc = =k ï4 ï 4 43 1 - k3k ï (1 + c ) î î 3 k k k Do a + b + c = 1 Û = 1 (2 ). + + 3 4 2 3 1-k 1-k k Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (0;1) . k 3k 1 1 Þ P = f (x ) + g(y ) + h(z ) ³ f (a ) + h(b) + g(c) = + + 9 4 1 - k2 1 - k3k Đẳng thức xảy ra Û x = a; y = b; z = c . k 3k 1 1 Vậy min P = với k là nghiệm nằm trong (0;1) của (2). + + 9 4 2 3 1-k 1-k k Ví dụ 19. (BĐT Jensen). Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên (a; b ) và n số thực dương a1, a2 ,..., an có tổng bằng 1. n æn ö a) Nếu f ''(x ) > 0 "x Î (a; b) thì ta có: å ai f (xi ) ³ f ç å ai xi ÷ ç ÷ i =1 è i =1 ø với "xi Î (a; b ) i = 1, n . Đẳng thức có khi x1 = x2 = .. = xn . Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 16
n æn ö å ai f (xi ) £ f ç å ai xi ÷ b) Nếu f ''(x ) < 0 "x Î (a; b) thì ta có: ç ÷ i =1 è i =1 ø với "xi Î (a; b ) i = 1, n . Đẳng thức có khi x1 = x2 = .. = xn . Lời giải. a) Đặt y = a1a1 + a2a2 + ... + anan Þ y Î (a;b) . Vì f ''(x ) > 0 nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có: ( ) f (ai ) ³ f '(y ) ai - y + f (y ) "i = 1,2,.., n ( ) Þ ai f (ai ) ³ f '(y ) aiai - ai y + ai f (y ) "i = 1,2,.., n n n n æn ö å ai f (ai ) ³ f '(y )å (aiai - ai y ) + f (y )å ai = f (y ) = f ç å aiai ÷ . Þ ç ÷ i =1 i =1 i =1 è i =1 ø b) Chứng minh tương tự. Ví dụ 20. (2M) Cho hai bộ số thực dương x1, x 2,..., xn và a1, a2,..., an thỏa mãn: n n n n a a å xi = å ai . Chứng minh rằng: Õ xi i ³ Õ ai i . i =1 i =1 i =1 i =1 Lời giải. n n å ai ln xi ³ å ai ln ai . BĐT cần chứng minh Û i =1 i =1 Hàm số f (x ) = ln x là hàm lồi, nên áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có: 1 f (xi ) £ f '(ai )(xi - ai ) + f (ai ) = (xi - ai ) + f (ai ) ai n n n n å ai f (xi ) £ å (xi - ai ) + å ai f (ai ) = å ai f (ai ) Þ ai f (xi ) £ xi - ai + ai f (ai ) Þ i =1 i =1 i =1 i =1 n n å ai ln xi £ å ai ln ai đpcm. Þ i =1 i =1 Chú ý: Điều thú vị là BĐT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên. Thật vậy: Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 17
n å xi i =1 Cho a1 = a2 = ... = an = . Khi đó BĐT đã cho trở thành: n n æn ö ç å xi ÷ n n ç1 ÷ Õ xi £ Õ ai = ç i =n ( do a1 = a2 = ... = an ) ÷ ç ÷ i =1 i =1 ç ÷ è ø n å xi n Þ i =1 ³ n Õ xi đây chính là BĐT Cô Si cho n số. n i =1 Bài tập áp dụng b +c c +a a +b 111 1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh: + + ³ ++ abc a2 b2 c2 2. Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c ³ 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 £1 + + 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b 1 1 1 27 3. Cho x , y, z £ 1 thỏa x + y + z = 1 . Chứng minh rằng: + + £ 10 1 + x2 1 + y2 1 + z2 1ö æ 4. Cho các số thực a1, a2 ,..., an Î ç 0; ÷ và a1 + a2 + ... + an = 1 . Chứng minh 2ø è æ1 öæ 1 ö æ1 ö n ( ) - 1÷ ³ n - 1 . ç - 1 ÷ ç - 1 ÷ ... ç ça ÷ça ÷ ça ÷ è1 øè 2 ø èn ø p 5. Cho a, b, c, d Î (0; ) và a + b + c + d = p . Chứng minh 2 2 sin a - 1 2 sin b - 1 2 sin c - 1 2 sin d - 1 ³ 0. + + + cos a cos b cos c cos d Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 18
n 6. Cho n số thực dương thoả mãn: å xi = n . Cmr: i =1 x1 xn 1 1 + ... + + ... + £ ( New Zealand 1998). 1 + x1 1 + xn 2 2 1 + x1 1 + xn 7. Cho tam giác ABC . Tìm GTNN của biểu thức pA A pB B pC C P = tan2 ( - ) cot + tan2 ( - ) cot + tan2 ( - )cot . 44 4 44 4 44 4 8. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng A B C cos cos cos 2+ 2+ 2 < 2. 3£ A B C 1 + sin 1 + sin 1 + sin 2 2 2 9. Cho tam giác ABC nhọn và m, n, k > 0 . Tìm: 1) Giá trị lớn nhất của F = sinm A. sinn B sink C . 2) Giá trị nhỏ nhất của F = m tan A + n tan B + k tan C 1 10. Cho n số thực không âm a1, a2 ,..., an có tổng bằng 1. Chứng minh: n a1a2 ...an £ n (BĐT Cauchy). 11. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh: (2a + b + c)2 (2b + c + a )2 (2c + a + b)2 £ 8 (Mỹ - 2003 ). + + 2 2 2 2 2 2 2a + (b + c) 2b + (c + a ) 2c + (a + b) 12. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh: b +c c +a a +b a b c ³ 4( ). + + + + a b c b +c c +a a +b a b c 9 13. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh: + + ³ . 4(a + b + c ) 2 2 2 (b + c ) (c + a ) (a + b ) 14. Cho a, b, c > 0 và a 2 + b2 + c2 = 1 . Chứng minh : 111 ( + + ) - (a + b + c) ³ 2 3 . abc xyz (x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 ) 3+ 3 15. Cho x , y, z > 0 . Chứng minh: .( Hồng Kông £ 9 (x 2 + y 2 + z 2 )(xy + yz + zx ) 1997) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 19