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!
Trang 1M ỘT 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 hàm số bậc hai g(x) = ax2+bx+c, a> 0, trên bậc nhất dạng f(x) = g(x)
x−d, g(d) 6=0,
ta đều có bất đẳng thức
f(u)
f0(v) ≥ f(v)
f0(v)+u−v, ∀u, v∈ (α, β), u 6=v (∗)
hoặc
f(u)
f0(v) ≤ f(v)
f0(v)+u−v, ∀u, v∈ (α, β), u 6=v (∗∗)
và xét các áp dụng liên quan
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 ≥ · · · ≥xn, y1 ≥y2 ≥ · · · ≥yn
và
x1≥y1
x1+x2 ≥y1+y2
x1+x2+ · · · +xn− 1≥y1+y2+ · · · +yn− 1
x1+x2+ · · · +xn=y1+y2+ · · · +yn
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(xn) ≥ ϕ(y1) +ϕ(y2) + · · · +ϕ(yn) 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
Trang 2Bổ 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≤αhoặc d ≥β.
Từ đó suy ra
Mệnh đề 1. Điều kiện cần để có bất đẳng thức(∗)với mọi u, v ∈ (α, β)và u6=vlà hoặc
d≤αhoặc d≥ β.
Tiếp theo, ta xác định điều kiện đủ để có(∗)
Ta có
f(x) =ax+ad+b+ g(d)
x−d và
f0(x) =a− g(d)
(x−d)2, f00(x) = 2g(d)
Trường hợp 1 Xét g(d) < 0 Khi đó f0(x) > 0 với mọi x 6= d Ta có f00(x) > 0 khi
x<dvà f00(x) <0 khi x >d
Vậy nên khi x < dthì f00(x) > 0 và f0(x) > 0 Theo Bổ đề cơ bản, ta ta có (∗)luôn đúng ứng với mọi u, v< d, u6=v
Khi x>dthì f00(x) <0 và f0(x) >0 và(∗∗)luôn đúng với mọi u, v>d, u6=v
Trường hợp 2 Xét g(d) >0 Khi đó f00(x) <0 khi x <dvà f00(x) >0 khi x> d
Xét phương trình
f0(x) =0⇔x1,2= d∓
r
g(d)
a , x1<d <x2. Khi đó f0(x) >0 khi x >x2hoặc x< x1và f0(x) <0⇔x1 <x< x2
Vậy nên
- khi x< β≤x1thì f0(x) >0 và f00(x) <0 Khi đó(∗∗)đúng với mọi u, v∈ (α, β),
- khi x>α≥ x2thì f0(x) >0 và f00(x) >0 Khi đó(∗)đúng với mọi u, v∈ (α, β),
- khi x∈ (x1, d)thì f0(x) <0 và f00(x) <0 Khi đó(∗)đúng với mọi u, v∈ (x1, d),
- khi x∈ (d, x2)thì f0(x) <0 và f00(x) >0 Khi đó(∗∗)đúng với mọi u, v∈ (d, x2)
Vậy ta có thể phát biểu các kết quả nhận được như sau
Định lý 2. Giả sử f(x) = g(x)
x−d với g(x) =ax2+bx+c, a>0 và g(d) <0
Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với(α, β)) để có bất đẳng thức(∗∗)là α≥dvà 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
Định lý 3. Giả sử f(x) = g(x)
x−d với g(x) =ax2+bx+c, a>0 và g(d) >0 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 và đủ (đối với(α, β)) để có bất đẳng thức(∗)là
α≥ x2hoặc x1≤α< β≤dvới x1,2 =d∓
r
g(d)
a .
Trang 32 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
Hệ quả 1. Giả sử f(x) = g(x)
x−d với g(x) = ax2+bx+c, a > 0 có g(d) < 0 và β ≤ d hoặc g(d) >0 và α≥x2hoặc 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
3
∑
k = 1
g(uk)
uk−d
a− g(d) (vk−d)2
≥
3
∑
k = 1
g(vk)
vk−d
a− g(d) (vk−d)2
Hệ quả 2. Giả sử f(x) = g(x)
x−d với g(x) = ax2+bx+c, a > 0 có g(d) < 0 và α ≥ d hoặc g(d) >0 và α≤x1hoặc d≤α<β< x2với x1,2= d∓
r
g(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
3
∑
k = 1
g(uk)
uk−d
a− g(d) (vk−d)2
≤
3
∑
k = 1
g(vk)
vk−d
a− g(d) (vk−d)2
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(x+1) +
4(y−1)2
3(y+1) +
9(z−1)2
8(z+1) ≥ 157
30 .
Lời giải. Xét hàm số
f(x) = (x−1)2
x+1 =x−3+
4
x+1.
Ta có
f0(x) = (x−1)(x+3)
(x+1)2 ≥0, ∀x ≥1 và
f00(x) = 8
(x+1)3 >0, ∀x≥1
Theo hệ quả 1, ta có
f(u)
f0(v) ≥ f(v)
f0(v)+u−v, ∀u, v∈ [1,+∞), u6=v (∗)
Trang 4Chọn 3 số v ∈ [1,+∞)sao cho f0(v) ∈ n4
9;
3
4;
8 9
o
và có tổng bằng 10 Ta thu được
v1 =2, v2 =3, v3 =5 Tiếp theo, thế vào(∗), ta được
9(x−1)2
4(x+1) ≥ f(2)
f0(2)+x−2, ∀x∈ [1,+∞)
4(y−1)2
3(y+1) ≥ f(3)
f0(3)+y−3, ∀y∈ [1,+∞)
9(z−1)2
8(z+1) ≥ f(5)
f0(5)+z−2, ∀z∈ [1,+∞)
hay
9(x−1)2
4(x+1) ≥ 1/2
5/9+x−2, ∀x ∈ [1,+∞)
4(y−1)2
3(y+1) ≥ 1
3/4+y−3, ∀y∈ [1,+∞)
9(z−1)2
8(z+1) ≥ 8/3
8/9+z−2, ∀z ∈ [1,+∞)
Cộng các vế tương ứng ta thu được
9(x−1)2
4(x+1) +
4(y−1)2
3(y+1) +
9(z−1)2
8(z+1) ≥ 1/2
5/9+
1 3/4+
8/3 8/9 =
157
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
M := 9(x−1)2
5(x+1) +
4(y−1)2
5(y+1) +
49(z−1)2
95(z+1)
Lời giải. Xét hàm số
f(x) = (x−1)2
x+1 =x−3+
4
x+1.
Ta có
f0(x) = (x−1)(x+3)
(x+1)2 <0, ∀x∈ (−1, 1)
và
f00(x) = 8
(x+1)3 >0, ∀x ∈ (−1, 1) Theo hệ quả 2, ta có
f(u)
f0(v) ≤ f(v)
f0(v)+u−v, ∀u, v∈ (−1, 1), u6=v (∗∗)
Trang 5Chọn 3 số v ∈ (−1, 1)sao cho f0(v) ∈ n−9
5;−
4
5;−
49 95
o
và có tổng bằng 1 Ta thu được v1= 1
2, v2 =
1
3, v3 =
1
6 Tiếp theo, thế vào(∗∗), ta được
9(x−1)2
5(x+1) ≥ f(1/2)
f0(1/2)+x− 1
2, ∀x∈ (−1, 1)
4(y−1)2
5(y+1) ≥ f(1/3)
f0(1/3)+y−1
3, ∀y∈ (−1, 1)
49(z−1)2
95(z+1) ≥ f(1/6)
f0(1/6)+z−1
6, ∀z ∈ (−1, 1) hay
−9(x−1)
2
5(x+1) ≥ − 9
30 +x−
1
2, ∀x∈ (−1, 1)
−4(y−1)
2
5(y+1) ≥ − 4
15 +y−
1
3, ∀y∈ (−1, 1)
−49(z−1)
2
95(z+1) ≥ − 35
114+z−
1
6, ∀z∈ (−1, 1) hay
9(x−1)2
5(x+1) ≤ 9
30−x+
1
2, ∀x∈ (−1, 1)
4(y−1)2
5(y+1) ≤ 4
15 −y+
1
3, ∀y∈ (−1, 1)
49(z−1)2
95(z+1) ≤ 35
114−z+
1
6, ∀z ∈ (−1, 1) Cộng các vế tương ứng ta thu được
M = 9(x−1)2
5(x+1) +
4(y−1)2
5(y+1) +
49(z−1)2
95(z+1)
≤ 9
30+
4
5+
35
114. Vậy max M = 9
30 +
4
5 +
35
114 đạt được khi x= 1
2, y=
1
3, z=
1
6.
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,
Trang 6Tài 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.