SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO CHỨNG MINH BDT

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

540
lượt xem 120
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chứng minh bất đẳng thức là một bài toán hay và khó và thường gặp trong các kì thi vào đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước một bất đẳng thức, học sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Bài viết này nhằm đưa ra một kĩ thuật đơn giản nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về chứng minh bất đẳng thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO CHỨNG MINH BDT

SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chứng minh bất đẳng thức là một bài toán hay và khó và thường gặp trong các kì thi vào đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước một bất đẳng thức, học sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Bài viết này nhằm đưa ra một kĩ thuật đơn giản nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về chứng minh bất đẳng thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Đó là sử dụng tính lồi, lõm của đồ thị hàm số. I. Cơ sở lí thuyết a) Nếu đồ thị hàm số y = f ( x) lồi trên khoảng (a ; b) và y = f '(c)( x − c) + f (c) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) thì f ( x) ≤ f '(c)( x − c) + f (c), ∀x ∈ (a ; b) (1) b) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức với chiều ngược lại ngược lại. Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức f ( x) thông qua biểu thức bậc nhất. Hơn nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của bài toán. II. Bài tập áp dụng Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Chứng minh rằng a1 + a2 + ... + an n ≥ a1a2 ...an n Chứng minh. Nếu có một số ai = 0 (i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét trường hợp ai > 0, ∀i ∈ {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho a1 + a2 + ... + an ta được 1 a1 a1 a1 ≥n . ... n a1 + a2 + ... + an a1 + a2 + ... + an a1 + a2 + ... + an ai Đặt xi = , i ∈{1, 2, ..., n} thì xi > 0 thoả mãn x1 + x2 + ... + xn = 1 và bđt a1 + a2 + ... + an 1 1 trở thành n x1 x2 ...xn ≤ hay ln x1 + ln x2 + ... + ln xn ≤ n ln n n
1 1 Xét hàm số y = f ( x) = ln x, x > 0 . Ta có f '( x) = , f ''( x) = − 2 < 0, ∀x > 0 suy ra đồ thị x x hàm số lồi trên khoảng (0;+∞) . ⎛1 1⎞ 1 Tiếp tuyến của đths tại điểm ⎜ ;ln ⎟ có phương trình là y = nx − 1 + ln suy ra ⎝n n⎠ n 1 ln x ≤ nx − 1 + ln , ∀x ∈ (0; +∞) (1) n Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta được 1 ln x1 + ln x2 + ... + ln xn ≤ n( x1 + x2 + ... + xn ) − n + n ln n Kết hợp với x1 + x2 + ... + xn = 1 ta có điều phải chứng minh. 1 Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn = hay a1 = a2 = ... = an . n Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm cấp 2 trên khoảng (a ; b) . a) Nếu f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a ; b) thì ∀x1 , x2 ,..., xn ∈ (a ; b) và ∀α1 ,α 2 ,...,α n ∈ [0;1] thoả mãn α1 + α 2 + + α n = 1 ta có f (α1 x1 + α 2 x2 + + α n xn ) ≤ α1 f ( x1 ) + α 2 f ( x2 ) + + α n f ( xn ) (1) b) Nếu f ''( x) < 0, ∀x ∈ (a ; b) thì ta có bất đẳng thức ngược lại. Chứng minh. a) Đặt x = α1 x1 + α 2 x2 + + α n xn thì x ∈ ( a ; b) . Tiếp tuyến của đths y = f ( x) tại điểm ( x ; f ( x )) có phương trình là y = f '( x )( x − x) + f ( x ) . Do f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a ; b) nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . Bởi vậy tại điểm ( x ; f ( x )) tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra f ( x) ≥ f '( x)( x − x) + f ( x), ∀x ∈ ( a ; b) Thay x = xi ta được f ( xi ) ≥ f '( x)( xi − x) + f ( x) . Nhân hai vế với α i ≥ 0 ta được α i f ( xi ) ≥ α i f '( x ).xi − α i f '( x).x + α i f ( x), ∀i = 1, 2,..., n . Cộng vế n BĐT ta được n n n n ∑α i =1 i f ( xi ) ≥ f '( x)∑ α i xi − f '( x).x ∑ α i + f ( x)∑ α i i =1 i =1 i =1 n n n n Bởi x = ∑α i xi và ∑α i = 1 nên ta được ∑α i f ( xi ) ≥ f (∑α i xi ) đó là đpcm. i =1 i =1 i =1 i =1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = xn b) Chứng minh tương tự.
1 Trường hợp đặc biệt: Nếu α1 = α 2 = = αn = thì BĐT (1) trở thành n f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ⎛ x + x2 + + xn ⎞ ≥ f⎜ 1 ⎟ n ⎝ n ⎠ Nhận xét. Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất so với các cách chứng minh đã biết trong các tài liệu. Bài 3 (BĐT Bécnuli). Cho x > −1 và số thực α . Chứng minh rằng a) (1 + x)α ≥ 1 + α x, ∀α ∈ (−∞;0) ∪ (1; +∞) b) (1 + x)α ≤ 1 + α x, ∀α ∈ (0;1) Chứng minh. Xét hàm số y = f ( x) = (1 + x)α . Ta có f '( x) = α (1 + x)α −1 , f ''( x) = α (α − 1)(1 + x)α −2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là y = α x + 1 . Nếu α ∈ (−∞;0) ∪ (1; +∞ ) thì f ''( x) > 0, ∀x > −1 , do đó đths lõm trên khoảng (−1; +∞) Suy ra (1 + x)α ≥ α x + 1, ∀x > −1. Nếu 0 < α < 1 thì f ''( x) < 0, ∀x > −1 , do đó đths lồi trên khoảng (−1; +∞) Suy ra (1 + x)α ≤ α x + 1, ∀x > −1. Đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc α = 0 hoặc α = 1 Bài 4 (T7/374). Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a + b + c) − 9 = 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )( )( ) b c a S = a + a2 + 1 b + b2 + 1 c + c2 + 1 Giải. ( ) ( ) Ta có lnS = b ln a + a 2 + 1 + c ln b + b 2 + 1 + a ln c + c 2 + 1 ( ) Xét hàm số f ( x) = ln( x + x 2 + 1), x > 0 (1). Do đặc thù của bài toán nên ta có thể dự 3 đoán giá trị lớn nhất đạt được khi a = b = c = . Vì vậy ta sẽ so sánh vị trí của đồ thị với 4 3 1 3 4 tiếp tuyến của nó tại điểm ( ;ln 2) .Đạo hàm f '( x) = ⇒ f '( ) = . Tiếp tuyến 4 x2 + 1 4 5 3 4 3 của đồ thị hàm số (1) tại điểm ( ;ln 2) có phương trình y = x + ln 2 − . 4 5 5
−x Đạo hàm cấp hai f ''( x) = < 0, ∀x > 0 suy ra đồ thị hàm số (1) lồi trên ( x 2 + 1) x 2 + 1 3 khoảng (0; +∞) . Do đó tại điểm ( ;ln 2) tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) nằm phía trên 4 4 3 đồ thị hàm số (1). Từ đó ta có ln( x + x 2 + 1) ≤ x + ln 2 − , ∀x > 0 . Áp dụng bất 5 5 4 3 đẳng thức này cho số dương a ta được ln(a + a 2 + 1) ≤ a + ln 2 − . Nhân hai vế với 5 5 số b > 0 ta suy ra 4 ⎛ 3⎞ b ln(a + a 2 + 1) ≤ ab + ⎜ ln 2 − ⎟ b . 5 ⎝ 5⎠ 4 ⎛ 3⎞ Tương tự ta có c ln(b + b 2 + 1) ≤ bc + ⎜ ln 2 − ⎟ c . 5 ⎝ 5⎠ 4 ⎛ 3⎞ a ln(c + c 2 + 1) ≤ ca + ⎜ ln 2 − ⎟ a . 5 ⎝ 5⎠ Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được 4 ⎛ 3⎞ lnS ≤ (ab + bc + ca ) + ⎜ ln 2 − ⎟ (a + b + c) . 5 ⎝ 5⎠ 1 Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) 2 và giả thiết 3 9 9 a + b + c = , rút gọn ta thu được lnS ≤ ln 2 . Từ đó S ≤ 4 4 2 . 4 4 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 4 2 . 4 Nhận xét. Đôi khi giả thiết lồi, lõm không được thoả mãn. Lúc đó ta sẽ so sánh vị trí của tiếp tuyến và đồ thị hàm số bằng chứng minh trực tiếp. Bài 5 (2003 USA Math Olympiad) Cho a, b, c là những số dương. Chứng minh rằng (2a + b + c) 2 (2b + c + a) 2 (2c + a + b) 2 + + ≤8 2a 2 + (b + c ) 2 2b 2 + (c + a ) 2 2c 2 + (a + b) 2 a b c Giải. Đặt x = ; y= ;z= . Khi đó x, y, z là những số dương a+b+c a+b+c a+b+c và thoả mãn x + y + z = 1, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (2 x + y + z ) 2 (2 y + z + x) 2 (2 z + x + y ) 2 + + ≤8 2 x 2 + ( y + z ) 2 2 y 2 + ( z + x) 2 2 z 2 + ( x + y ) 2 Hay ( x + 1) 2 ( y + 1) 2 ( z + 1) 2 + + ≤8 2 x 2 + (1 − x) 2 2 y 2 + (1 − y ) 2 2 z 2 + (1 − z ) 2
( x + 1) 2 1 Xét hàm số f ( x) = , x ∈ (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 x + (1 − x) 2 2 3 ⎛1 8⎞ nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ⎜ ; ⎟ . Ta có ⎝ 3 3⎠ 2x + x − 1 2 f '( x) = −4. 2 (3 x − 2 x + 1) 2 ⎛1 8⎞ 4 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x) tại điểm ⎜ ; ⎟ có phương trình là y = 4 x + . ⎝ 3 3⎠ 3 4 x3 + 3x 2 − 6 x + 1 f ''( x ) = 12. đổi dấu hai lần trên khoảng (0;1) . Do đó đồ thị hàm số (3 x 2 − 2 x + 1)3 không hoàn toàn lồi trên khoảng (0;1) . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức ( x + 1) 2 4 ≤ 4 x + , ∀x ∈ (0;1) 2 x + (1 − x ) 2 2 3 (Vì BĐT này tương đương với (3 x − 1) (4 x + 1) ≥ 0 ). 2 Tương tự ta có các BĐT đối với y và z, cộng vế lại và sử dụng x + y + z = 1 ta thu được 1 đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = , tức là a = b = c . 3 Bài tập tự luyện 1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh rằng 2 1 (sin A + sin B + sin C ) + (tan A + tan B + tan C ) ≥ 2 3 3 3 ⎧ x+ y+ z =9 2) (HSG Hải dương) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn ⎨ ⎩ x ≥ 5; x + y ≥ 8 Chứng minh rằng xyz ≤ 15 . 3) (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c là những số thực dương. (b + c − a ) 2 (c + a − b) 2 (a + b − c)2 3 Chứng minh rằng 2 + + ≥ . a + (b + c) 2 b 2 + (c + a ) 2 c 2 + (a + b) 2 5 4) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và số a ≥ 2 ta có bất đẳng thức sau sin A sin B sin C 3 3 + + ≤ . a + cos A a + cos B a + cos C 2a + 1 LÊ VĂN LỤC - HẢI DƯƠNG