zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

17
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong báo cáo này trình bày kết quả khảo sát tương tự trong [1]-[2]. Trước hết ta xét bài toán về xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤ α < β ≤ +∞) sao cho ứng với mọi hàm số bậc hai g(x) trên bậc nhất dạng f(x), ta đều có bất đẳng thức và xét các áp dụng liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI VỚI HÀM PHÂN THỨC BẬC HAI TRÊN BẬC NHẤT Lê Thị Mai THPT An Lão, Hải Phòng Tóm tắt nội dung Trong báo cáo này trình bày kết quả khảo sát tương tự trong [1]-[2]. Trước hết ta xét bài toán về xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤ α < β ≤ +∞) sao cho ứng với mọi g( x ) hàm số bậc hai g( x ) = ax2 + bx + c, a > 0, trên bậc nhất dạng f ( x ) = , g(d) 6= 0, x−d ta đều có bất đẳng thức f (u) f (v) 0 ≥ 0 + u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u 6= v (∗) f (v) f (v) hoặc f (u) f (v) 0 ≤ 0 + u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u 6= v (∗∗) f (v) f (v) và xét các áp dụng liên quan. 1 Kết quả cơ bản Xét hàm số lồi khả vi ϕ( x ) ( ϕ00 ( x ) ≥ 0) trên (α, β). Khi đó, ta có Định lý 1 (Bất đẳng thức Karamata). Xét hai dãy số { xk , yk ∈ ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ x n , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ y n và    x1 ≥ y1   x1 + x2 ≥ y1 + y2    ......  x 1 + x 2 + · · · + x n −1 ≥ y 1 + y 2 + · · · + y n −1      x1 + x2 + · · · + x n = y1 + y2 + · · · + y n  Khi đó, ứng với mọi hàm số lồi khả vi ϕ( x )( ϕ00 ( x ) ≥ 0) trên (α, β), ta đều có ϕ ( x1 ) + ϕ ( x2 ) + · · · + ϕ ( x n ) ≥ ϕ ( y1 ) + ϕ ( y2 ) + · · · + ϕ ( y n ). Đẳng thức xảy ra khi xi = yi , i = 1, 2, . . . n. Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức. Chứng minh định lý Karamata dựa vào bổ đề cơ bản sau đây. 166
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bổ đề 1 (Bổ đề cơ bản, xem [3-5]). Cho hàm số y = ϕ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên (α, β). a. Nếu ϕ00 ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ (α, β) thì ϕ( x ) ≥ ϕ0 ( x0 )( x − x0 ) + ϕ( x0 ), ∀ x, x0 ∈ (α, β). b. Nếu ϕ00 ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ (α, β) thì ϕ( x ) ≤ ϕ0 ( x0 )( x − x0 ) + ϕ( x0 ), ∀ x, x0 ∈ (α, β). Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi x = x0 . Nhận xét rằng để x − d 6= 0 với mọi x ∈ (α, β) thì d ∈ / (α, β). Điều này tương đương với hoặc d ≤ α hoặc d ≥ β. Từ đó suy ra Mệnh đề 1. Điều kiện cần để có bất đẳng thức (∗) với mọi u, v ∈ (α, β) và u 6= v là hoặc d ≤ α hoặc d ≥ β. Tiếp theo, ta xác định điều kiện đủ để có (∗) . Ta có g(d) f ( x ) = ax + ad + b + x−d và g(d) 2g(d) f 0 (x) = a − , f 00 ( x ) = . (1.1) ( x − d )2 ( x − d )3 Trường hợp 1. Xét g(d) < 0. Khi đó f 0 ( x ) > 0 với mọi x 6= d. Ta có f 00 ( x ) > 0 khi x < d và f 00 ( x ) < 0 khi x > d. Vậy nên khi x < d thì f 00 ( x ) > 0 và f 0 ( x ) > 0. Theo Bổ đề cơ bản, ta ta có (∗) luôn đúng ứng với mọi u, v < d, u 6= v. Khi x > d thì f 00 ( x ) < 0 và f 0 ( x ) > 0. và (∗∗) luôn đúng với mọi u, v > d, u 6= v. Trường hợp 2. Xét g(d) > 0. Khi đó f 00 ( x ) < 0 khi x < d và f 00 ( x ) > 0 khi x > d. Xét phương trình r g(d) f 0 ( x ) = 0 ⇔ x1,2 = d ∓ , x1 < d < x2 . a Khi đó f 0 ( x ) > 0 khi x > x2 hoặc x < x1 và f 0 ( x ) < 0 ⇔ x1 < x < x2 . Vậy nên - khi x < β ≤ x1 thì f 0 ( x ) > 0 và f 00 ( x ) < 0. Khi đó (∗∗) đúng với mọi u, v ∈ (α, β), - khi x > α ≥ x2 thì f 0 ( x ) > 0 và f 00 ( x ) > 0. Khi đó (∗) đúng với mọi u, v ∈ (α, β), - khi x ∈ ( x1 , d) thì f 0 ( x ) < 0 và f 00 ( x ) < 0. Khi đó (∗) đúng với mọi u, v ∈ ( x1 , d), - khi x ∈ (d, x2 ) thì f 0 ( x ) < 0 và f 00 ( x ) > 0. Khi đó (∗∗) đúng với mọi u, v ∈ (d, x2 ). Vậy ta có thể phát biểu các kết quả nhận được như sau. g( x ) Định lý 2. Giả sử f ( x ) = với g( x ) = ax2 + bx + c, a > 0 và g(d) < 0. x−d Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗) là α ≥ d và điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗) là β ≤ d. Tương tự, ta cũng có kết quả sau g( x ) Định lý 3. Giả sử f ( x ) = với g( x ) = ax2 + bx + c, a > 0 và g(d) > 0 x−d Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗) là α ≤ x1 hoặc d ≤ α < β < x2 , tương tự, điều kiện cần vàr đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗) là g(d) α ≥ x2 hoặc x1 ≤ α < β ≤ d với x1,2 = d ∓ . a 167
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2 Hệ quả Từ các định lý 2-3, ta phát biểu các hệ quả để sử dụng trong các bài toán áp dụng ở phần sau. g( x ) Hệ quả 1. Giả sử f ( x ) = với g( x ) = ax2 + bx + c, a > 0 có g(d) < 0 và β ≤ d x−d hoặc g(d) > 0 và α ≥ x2 hoặc x1 < α < β ≤ d. Khi đó, với mọi bộ số u1 , u2 , u1 ∈ (α, β) và v1 , v2 , v3 ∈ (α, β) sao cho u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3 , ta đều có g(uk ) g(vk ) 3 3 uk − d vk − d ∑ g(d) ≥∑ g(d) . k =1 a− k =1 a − ( v k − d )2 ( v k − d )2 g( x ) Hệ quả 2. Giả sử f ( x ) = với g( x ) = ax2 + bx + c, a > 0 có g(d) < 0 và α ≥ d x−d r g(d) hoặc g(d) > 0 và α ≤ x1 hoặc d ≤ α < β < x2 với x1,2 = d ∓ . a Khi đó, với mọi bộ số u1 , u2 , u1 ∈ (α, β) và v1 , v2 , v3 ∈ (α, β) sao cho u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3 , ta đều có g(uk ) g(vk ) 3 3 uk − d vk − d ∑ g(d) ≤∑ g(d) . k =1 a− k = 1 a− ( v k − d )2 ( v k − d )2 3 Ví dụ áp dụng Bài toán 1. Xét các số x, y, z ≥ 1 có x + y + z = 10. Chứng minh bất đẳng thức 9( x − 1)2 4( y − 1)2 9( z − 1)2 157 + + ≥ . 4( x + 1) 3( y + 1) 8( z + 1) 30 Lời giải. Xét hàm số ( x − 1)2 4 f (x) = = x−3+ . x+1 x+1 Ta có ( x − 1)( x + 3) f 0 (x) = ≥ 0, ∀ x ≥ 1 ( x + 1)2 và 8 f 00 ( x ) = > 0, ∀ x ≥ 1. ( x + 1)3 Theo hệ quả 1, ta có f (u) f (v) 0 ≥ 0 + u − v, ∀u, v ∈ [1, +∞), u 6= v (∗) f (v) f (v) 168
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 n4 3 8o Chọn 3 số v ∈ [1, +∞) sao cho f 0 (v) ∈ ; ; và có tổng bằng 10. Ta thu được 9 4 9 v1 = 2, v2 = 3, v3 = 5. Tiếp theo, thế vào (∗), ta được 9( x − 1)2 f (2) ≥ 0 + x − 2, ∀ x ∈ [1, +∞) 4( x + 1) f (2) 4( y − 1)2 f (3) ≥ 0 + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞) 3( y + 1) f (3) 9( z − 1)2 f (5) ≥ 0 + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞) 8( z + 1) f (5) hay 9( x − 1)2 1/2 ≥ + x − 2, ∀ x ∈ [1, +∞) 4( x + 1) 5/9 4( y − 1)2 1 ≥ + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞) 3( y + 1) 3/4 9( z − 1)2 8/3 ≥ + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞) 8( z + 1) 8/9 Cộng các vế tương ứng ta thu được 9( x − 1)2 4( y − 1)2 9( z − 1)2 1/2 1 8/3 157 + + ≥ + + = , 4( x + 1) 3( y + 1) 8( z + 1) 5/9 3/4 8/9 30 đpcm. Bài toán 2. Xét các số x, y, z ∈ (−1, 1) có x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 9( x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2 M := + + . 5( x + 1) 5( y + 1) 95(z + 1) Lời giải. Xét hàm số ( x − 1)2 4 f (x) = = x−3+ . x+1 x+1 Ta có ( x − 1)( x + 3) f 0 (x) = < 0, ∀ x ∈ (−1, 1) ( x + 1)2 và 8 f 00 ( x ) = > 0, ∀ x ∈ (−1, 1). ( x + 1)3 Theo hệ quả 2, ta có f (u) f (v) 0 ≤ 0 + u − v, ∀u, v ∈ (−1, 1), u 6= v (∗∗) f (v) f (v) 169
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 n 9 4 49 o Chọn 3 số v ∈ (−1, 1) sao cho f 0 (v) ∈ − ; − ; − và có tổng bằng 1. Ta thu 5 5 95 1 1 1 được v1 = , v2 = , v3 = . Tiếp theo, thế vào (∗∗), ta được 2 3 6 9( x − 1)2 f (1/2) 1 ≥ 0 + x − , ∀ x ∈ (−1, 1) 5( x + 1) f (1/2) 2 4( y − 1)2 f (1/3) 1 ≥ 0 + y − , ∀y ∈ (−1, 1) 5( y + 1) f (1/3) 3 49(z − 1)2 f (1/6) 1 ≥ 0 + z − , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) f (1/6) 6 hay 9( x − 1)2 9 1 − ≥ − + x − , ∀ x ∈ (−1, 1) 5( x + 1) 30 2 4( y − 1) 2 4 1 − ≥ − + y − , ∀y ∈ (−1, 1) 5( y + 1) 15 3 49(z − 1)2 35 1 − ≥− + z − , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) 114 6 hay 9( x − 1)2 9 1 ≤ − x + , ∀ x ∈ (−1, 1) 5( x + 1) 30 2 4( y − 1) 2 4 1 ≤ − y + , ∀y ∈ (−1, 1) 5( y + 1) 15 3 49(z − 1)2 35 1 ≤ − z + , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) 114 6 Cộng các vế tương ứng ta thu được 9( x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2 M= + + 5( x + 1) 5( y + 1) 95(z + 1) 9 4 35 ≤ + + . 30 5 114 9 4 35 1 1 1 Vậy max M = + + đạt được khi x = , y = , z = . 30 5 114 2 3 6 4 Kết luận Ta có thể nhận các kết quả tương tự đối với lớp các hàm số dạng đa thức bậc cao, dạng phân thức bậc hai trên bậc hai,. . . 170
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Tài liệu [1] Lê Thị Mai, 2014, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm số bậc nhất trên bậc nhất trên một khoảng, Kỷ yếu HTKH ”Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng HSG vùng Tây Bắc", NXB ĐHSP Hà Nội, 82-86, 2014. [2] Lê Thị Mai, 2015, Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đa thức Viète, Luận văn Thạc sỹ ĐHKH ĐH Thái Nguyên, 2015. [3] Nguyễn Văn Mậu, 1998, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục. [4] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục. [5] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Chuyên đề chọn lọc về đa thức và áp dụng, NXB Giáo Dục, 2008. [6] Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo Dục. 171

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.