Hàm đơn điệu
Ta thường dùng ký hiệu I(a, b)⊂Rlà nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp(a, b), [a, b), (a, b] hoặc [a, b], với a < b.
Hàm số \( f(x) \) được xác định trên tập \( I(a, b) \subset \mathbb{R} \) được gọi là hàm đơn điệu tăng nếu với mọi \( x_1, x_2 \in I(a, b) \) với \( x_1 < x_2 \), ta có \( f(x_1) \leq f(x_2) \) Đặc biệt, nếu với mọi cặp \( x_1, x_2 \in I(a, b) \) thỏa mãn \( f(x_1) < f(x_2) \) khi và chỉ khi \( x_1 < x_2 \), thì \( f(x) \) được xem là hàm đơn điệu tăng thực sự trên \( I(a, b) \).
Nếu với mọi \( x_1, x_2 \in I(a, b) \) sao cho \( x_1 < x_2 \), ta có \( f(x_1) \geq f(x_2) \), thì hàm \( f(x) \) được gọi là hàm đơn điệu giảm trên \( I(a, b) \) Ngược lại, nếu xảy ra \( f(x_1) > f(x_2) \) khi \( x_1 < x_2 \) với mọi \( x_1, x_2 \in I(a, b) \), thì \( f(x) \) được xem là hàm đơn điệu giảm thực sự trên \( I(a, b) \).
Hàm số đơn điệu tăng trên khoảng I(a, b) được gọi là hàm đồng biến, trong khi hàm số đơn điệu giảm trên cùng khoảng này được gọi là hàm nghịch biến.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã tìm hiểu các tiêu chuẩn để xác định khi nào một hàm số khả vi trên khoảng \((a, b)\) là hàm đơn điệu trong khoảng đó.
Hàm số f(x) xác định trên R + là một hàm đơn điệu tăng nếu và chỉ nếu với mọi cặp bộ số dương a 1 , a 2 , , a n và x 1 , x 2 , , x n, ta đều có n.
(1.1) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh Khi f(x) đơn điệu tăng trên R thì hiển nhiên ta có f(x j )≤f
Lấy tổng theo j (j = 1, 2, , n), từ (1.2), ta thu được (1.1).
Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có f(x) +εf(h)≤(1 +ε)f(x+h), ∀ε, h >0 (1.3) Khi ε→0, ta thu được f(x+h)≥f(x), hay f(x) là một hàm đồng biến. Định lý 1.2 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức n
, (1.4) được thỏa mãn với mọi bộ số dương x 1 , x 2 , , x n , điều kiện đủ là hàm g(x) := f(x) x đơn điệu tăng trên R +
Chứng minh Nhận xét rằng, ta có hàm số f(x) =xg(x) và (1.4) sẽ có dạng (1.1) với a j =x j (j = 1, 2, , n) n
, (1.5) hiển nhiên được thỏa mãn ứng với g(x) là một hàm đơn điệu tăng trên R +
Hệ quả 1.1 Giả sử g(x) = f(x) x là hàm đơn điệu tăng trong [0,+∞] Khi đó, với mọi dãy số dương và giảm x 1 , x 2 , , x n , ta đều có f(x 1 −x n )≥ n−1
Nhận xét rằng (1.5) không là điều kiện cần để g(x) là một hàm đồng biến Thật vậy, chỉ cần chọn hàm g(x) có tính chất
Hàm số \( g(x) \) thỏa mãn điều kiện \( 0 < g(x) \in C(\mathbb{R}^+) \) với \( \forall x \in \mathbb{R}^+ \) và \( \max g(x) \leq 2 \min g(x) \) Ví dụ, hàm \( g(x) = 3 + \sin x \) với \( x \in \mathbb{R}^+ \) đáp ứng điều kiện này, chứng minh rằng (1.5) được thỏa mãn Tuy nhiên, hàm \( g(x) \) không phải là hàm đơn điệu tăng trên \( \mathbb{R}^+ \).
Nếu ta thêm điều kiện g(x) := f(x) là hàm đồng biến trên R+ và x1, x2, , xn là tập hợp các số lớn hơn 1, thì sẽ dẫn đến một bất đẳng thức thực sự.
Hàm số f(x) xác định trên R+ được coi là hàm đơn điệu giảm nếu và chỉ nếu với mọi cặp số dương a1, a2, , an và x1, x2, , xn, ta luôn có n.
Định lý 1.4 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức n
X k=1 f(x k )≥fX n k=1 x k , được thỏa mãn với mọi bộ số dương x 1 , x 2 , , x n , điều kiện đủ là hàm g(x) := f(x) x đơn điệu giảm trên R +
Hàm tuyến tính f(x) = ax là một trong những hàm số sơ cấp một biến quan trọng nhất, dễ dàng nhận biết tính đồng biến khi a > 0 và nghịch biến khi a < 0 trong các khoảng cho trước Đặc trưng của hàm tuyến tính được thể hiện qua bất đẳng thức hàm, như được nêu trong Định lý 1.5 (xem [2-6]), cho thấy rằng với mọi cặp số dương a1, a2, , an và x1, x2, , xn, ta đều có n.
, (1.6) thì f(x) = ax, trong đó a là hằng số.
Chứng minh Lấy n= 2 và chọnx 1 =x, x 2 =y; a 1 = y
2, từ (1.6), ta thu được f(x) x ≤ f(y) y ; ∀x, y∈R + luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Suy ra g(x) := f(x) x là một hàm hằng trên R +
Hàm đơn điệu có nhiều tính chất quan trọng giúp ước lượng tổng và tích phân Định lý 1.6 (Maclaurin, Cauchy) nêu rõ rằng nếu f(x) là một hàm đơn điệu giảm, thì có thể áp dụng các phương pháp ước lượng hiệu quả.
(0,+∞) Khi đó, ta luôn có n
Khi f(x) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f(x) là một hàm đơn điệu giảm, nên ta luôn có f(k+ 1) ≤
Theo định lý 1.7, nếu hàm f(x) là đơn điệu giảm trên khoảng (0,+∞) và dãy {a k } là tăng trong khoảng (0,+∞), thì tổng theo k sẽ cho kết quả như đã chứng minh trong (1.7).
(a k −a k−1 )f(a k−1 ) (1.8) Khi f(x) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f(x) là một hàm đơn điệu giảm, nên ta luôn có
Theo định lý 1.8 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev), nếu f(x) và g(x) là hai hàm đơn điệu tăng, và (x_k) là một dãy đơn điệu tăng với x_1 ≤ x_2 ≤ ≤ x_n, thì với mọi bộ (p_j) thỏa mãn p_j ≥ 0, j = 1, 2, , n và p_1 + p_2 + + p_n = 1, ta có thể chứng minh được điều này.
Chứng minh Theo giả thiết thì
Kết hợp các đẳng thức này với (1.9), ta thu được
Hàm đơn điệu tuyệt đối
Định nghĩa 1.2 (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,
Hàm số f(x) được định nghĩa là hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng (a, b) nếu tất cả các đạo hàm của nó đều là hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng đó.
Các hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (hoặc nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng (a, b) với a > 0 bao gồm nhiều ví dụ điển hình.
Ví dụ 1.1 Mọi đa thức P(x) với các hệ số đều dương là hàm đơn điệu tăng tuyệt đối trong khoảng (0,+∞).
Ví dụ 1.2 Hàm số f(x) =e x là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng (0,+∞).
Ví dụ 1.3 Hàm số f(x) = x−1 x+ 1 −e x , là hàm nghịch biến tuyệt đối trong khoảng (0,+∞).
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 Ngược lại, nếu g(x) là hàm nghịch biến tuyệt đối, thì f(x) là hàm đồng biến tuyệt đối Do đó, trong bài viết này, chúng ta sẽ tập trung vào các bài toán liên quan đến hàm đơn điệu tăng và đồng biến tuyệt đối trong khoảng đã cho.
Bài toán 1.1 Chứng minh rằng với mọi hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn[0,1], hàm số f(x) Z 1 0 g(t)e tx dt, sẽ là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng (0,1).
Chứng minh được suy ra trực tiếp từ tính chất của tích phân xác định.
Bài toán 1.2 Cho hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0,1] và hàm số f(x) Z 1 0 g(t)e λtx dt, λ≥0.
Chứng minh rằng f (k) f (k+1) ≥ f (k+1) f (k+2) ; ∀x∈(0,1), k= 0, 1, 2, Chứng minh được suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức Chebyshev đối với tích phân xác định sau đây
Hàm đơn điệu có tính tuần hoàn
Bên cạnh các lớp hàm đơn điệu thông thường và đơn điệu tuyệt đối, còn nhiều lớp hàm đơn điệu khác được nghiên cứu, như đơn điệu đầy đủ và đơn điệu có tính tuần hoàn hoàn toàn Theo định nghĩa, hàm số f(x) được coi là hàm đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng (a, b) khi các đạo hàm của nó không triệt tiêu và thỏa mãn điều kiện \( f^{(k)}(x)f^{(k+2)}(x) \leq 0 \) với mọi \( x \in (a, b) \) và \( k = 0, 1, 2 \).
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 1.4 Hàm số f(x) = sinx, là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng
Ví dụ 1.5 Hàm số f(x) = cosx, là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng π
Ví dụ 1.6 Cho hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0,+∞) thì hàm số f(x) Z 1 0 g(t)e −λtx dt, λ >0, là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng (0,+∞).
Bài toán 1.3 Cho hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0,1] và hàm số f(x) Z 1 0 g(t)e −tx dt.
Chứng minh Được suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức Chebyshev đối với tích phân xác định.
Hàm đơn điệu liên tiếp trên một đoạn
Trong khảo sát hàm số, chúng ta thường gặp các hàm có đạo hàm bậc nhất và bậc hai không đổi dấu trong một khoảng cho trước Những hàm này có nhiều ứng dụng trong bất đẳng thức và các bài toán cực trị Định nghĩa 1.5: Giả sử \( f(x) \) là hàm khả vi bậc hai trên khoảng \( I(a, b) \) Nếu \( f'(x) \geq 0 \) với mọi \( x \in I(a, b) \) và \( f''(x) \geq 0 \) với mọi \( x \in I(a, b) \), thì \( f(x) \) được gọi là hàm đơn điệu tăng liên tiếp bậc (1−2) trên \( I(a, b) \).
Nếu hàm số \( f(x) \) thỏa mãn điều kiện \( f'(x) \leq 0 \) và \( f''(x) \leq 0 \) với mọi \( x \) trong khoảng \( I(a, b) \), thì \( f(x) \) được coi là hàm đơn điệu giảm liên tục bậc (1-2) trên \( I(a, b) \) Trong một số ứng dụng, chúng ta cần làm việc với lớp hàm có đạo hàm bậc nhất và bậc hai không đổi dấu trên \( I(a, b) \), mà không nhất thiết phải cùng dấu.
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) trênI(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 1.4 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 {v k } với v k ∈ ={f k 0 (x)}, x ∈ I(a, b), k 1, 2, , n Tìm min n
X k=1 f k (x k ) υ k , ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n = (f 1 0 ) −1 (v 1 ) + (f 2 0 ) −1 (v 2 ) +ã ã ã+ (f n 0 ) −1 (v n ) cho trước.
Lời giải Theo nhận xét, đặt u k f k 0
Dấu đẳng thức xảy ra khi x k =u k = (f k 0 ) −1 (v k ), k= 1, 2, , n. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 1.5 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 {v k } với v k ∈ ={f k 0 (x)}; x∈I(a, b), k= 1, 2, , n.
X k=1 f k (x k ) υ k , ứng với mọi dóy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n cú tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n (f 1 0 ) −1 (v 1 ) + (f 2 0 ) −1 (v 2 ) +ã ã ã+ (f n 0 ) −1 (v n ) cho trước.
Lời giải Đặt u k f k 0 −1 (v k ), k= 1, 2, , n Khi đó f k 0 (u k ) = v k , k= 1,2, , n, ta thu được v k =f k 0 (u k ), u k ∈I(a, b), k = 1, 2, , n.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x k =u k = (f k 0 ) −1 (v k ), k= 1, 2, , n.
Ta xột trường hợp riờng khi hàm f 1 (t) =f 2 (t) =ã ã ã=f n (t) =f(x).
Từ kết quả hai bài toán trên ta thu được. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Hệ quả 1.2 Cho hàm số f(t) đồng biến (nghịch biến) liên tiếp bậc (1−2) trên I(a, b). Giả sử dãy số {v k } với v k ∈ ={f k 0 (x)}; x∈I(a, b), k= 1, 2, , n Khi đó min n
X k=1 f(u k ) f 0 (u k ), ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k= 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n =u 1 +u 2 +ã ã ã+u n Trong đó u k = (f 0 ) −1 (v k ); k= 1, 2, , n.
Hệ quả 1.3 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 {v k } với v k ∈ ={f k 0 (x)}; x∈I(a, b), k= 1, 2, , n Khi đó max n
X k=1 f k (u k ) f k 0 (u k ), ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k= 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n =u 1 +u 2 +ã ã ã+u n Trong đó u k = (f 0 ) −1 (v k ); k= 1, 2, , n.
Bài toán 1.6 Cho hàm số f(x) =ax 2(k+1) +bx+c, (a6= 0), k ≥0.
Trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k= 1, 2, , n cú tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n
Lời giải Ta có f(x) = ax 2(k+1) +bx+cx,(a6= 0); f 0 (x) = 2(k+ 1)ax 2k+1 +b; f 00 (x) = 2(k+ 1)(2k+ 1)ax 2k
Trường hợp 1: Nếu a >0 Khi đó f 00 (x) = 2(k+ 1)(2k+ 1)ax 2k >0, ∀x, suy ra f 0 (x) là hàm số đồng biến trên R.
Phương trình \( f'(x) = 0 \) có nghiệm duy nhất tại \( x = x_0 \) Hơn nữa, với \( f'(x) > 0 \) cho mọi \( x > x_0 \), hàm số \( f(x) \) đồng biến liên tục trên khoảng này.
Trường hợp 2: Nếu a x 0 hàm số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc (1−2), nên theo Hệ quả 1.2, ta có min n
X k=1 au 2(k+1) k +bu k +c 2(k+ 1)au 2k+1 k +b, ∀x > x0, trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k= 1, 2, , n cú tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n
Bài toán 1.7 Cho hàm số f(x) =ax 2(k+1) +bx+c, (a6= 0), k ≥0 Chứng minh rằng max n
Trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k= 1, 2, , n cú tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≤u 1 +u 2 +ã ã ã+u n
Lời giải Ta có f(x) = ax 2(k+1) +bx+cx,(a6= 0); f 0 (x) = 2(k+ 1)ax 2k+1 +b; f 00 (x) = 2(k+ 1)(2k+ 1)ax 2k
Trường hợp 1: Nếu \( a > 0 \), thì \( f''(x) = 2(k+1)(2k+1)ax^{2k} > 0 \) với mọi \( x \), suy ra \( f'(x) \) là hàm đồng biến trên \( \mathbb{R} \) và phương trình \( f'(x) = 0 \) có nghiệm duy nhất \( x = x_0 \) Do đó, \( f'(x) < 0 \) với mọi \( x < x_0 \), cho thấy hàm \( f(x) \) lồi có đạo hàm bậc nhất là các số âm Trường hợp 2: Nếu \( a < 0 \), thì \( f''(x) = 2(k+1)(2k+1)ax^{2k} < 0 \) với mọi \( x \), dẫn đến \( f'(x) \) là hàm nghịch biến trên \( \mathbb{R} \) và phương trình \( f'(x) = 0 \) cũng có nghiệm duy nhất \( x = x_0 \).
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 ∀a6= 0, ∀x < x 0 hàm số f(x) lồi (lõm) có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 1.3 ta có max n
X k=1 au 2(k+1) k +bu k +c 2(k+ 1)au 2k+1 k +b, ∀x < x 0, trong đó x0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k= 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 + +x n ≤u 1 +u 2 + +u n Tải luận văn tốt nghiệp và luận văn thạc sĩ mới nhất qua email: z z @gmail.com.
Bài toán 1.8 Cho hàm số f(x) =ax 2(k+1) +bx k+2 +cx 2 +dx+e,(a 6= 0) thỏa mãn điều kiện (k 2 + 3k+ 2) 2 b 2 −16(2k 2 + 3k+ 1)ac x 0
Trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k= 1, 2, , n cú tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n
Lời giải Ta có f(x) = ax 2(k+1) +bx k+2 +cx 2 +dx+e,(a 6= 0); f 0 (x) = 2(k+ 1)ax 2k+1 + (k+ 2)bx k+1 + 2cx+d; f 00 (x) = 2(k+ 1)(2k+ 1)ax 2k + (k+ 1)(k+ 2)bx k + 2c. Đặt x k =t (t >0), xét hàm số g(t) = 2(k+ 1)(2k+ 1)at 2 + (k+ 1)(k+ 2)bt+ 2c.
Vì ∆g= (k 2 + 3k+ 2) 2 b 2 −16(2k 2 + 3k+ 1)ac 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 = x 0 Ta có f 0 (x) > 0, ∀x > x 0 , nên x > x 0 hàm số f(x) là hàm số đồng biến liên tiếp bậc (1−2).
Dựa vào điều kiện f 00 (x) < 0 cho mọi x, ta kết luận rằng f 0 (x) là hàm số nghịch biến trên R Điều này dẫn đến việc phương trình f 0 (x) = 0 chỉ có một nghiệm duy nhất x = x 0 Hơn nữa, vì f 0 (x) < 0 cho mọi x > x 0, nên hàm số f(x) là hàm số nghịch biến liên tiếp bậc (1−2) trong khoảng này.
Do đó, với ∀a 6= 0, ∀x > x 0 Hàm số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc
(1−2), nên theo Hệ quả 1.2, ta có min n
X k=1 ax 2(k+1) k +bx k+2 k +cx 2 k +dx k +e 2(k+ 1)au 2k+1 k + (k+ 2)b k+1 k + 2cu k +d n
X k=1 au 2(k+1) k +bu k+2 k +cu 2 k +du k +e 2(k+ 1)au 2k+1 k + (k+ 2)b k+1 k + 2cu k +d , ∀x > x0.
Trong đó, x0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈ I(a, b); k= 1, 2, , n cú tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 1.9 Cho hàm số f(x) =ax 2(k+1) +bx k+2 +cx 2 +dx+e, (a6= 0) thỏa mãn điều kiện (k 2 + 3k+ 2) 2 b 2 −16(2k 2 + 3k+ 1)ac 0), xét hàm số g(t) = 2(k+ 1)(2k+ 1)at 2 + (k+ 1)(k+ 2)bt+ 2c.
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 = x 0 Ta có f 0 (x) < 0, ∀x < x 0 , nên x < x0 hàm số f(x) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số âm.
Hàm số f 00 (x) < 0 với mọi x cho thấy rằng f 0 (x) là hàm nghịch biến trên R Do đó, phương trình f 0 (x) = 0 chỉ có một nghiệm duy nhất x = x0 Hơn nữa, f 0 (x) > 0 với mọi x < x0, điều này cho thấy rằng hàm số f(x) lõm và có đạo hàm bậc nhất là các số dương.
Do đó, với ∀a6= 0, ∀x < x 0 Hàm số f(x) lồi (lõm)có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 1.3 ta có max n
X k=1 ax 2(k+1) k +bx k+2 k +cx 2 k +dx k +e 2(k+ 1)au 2k+1 k + (k+ 2)b k+1 k + 2cu k +d n
X k=1 au 2(k+1) k +bu k+2 k +cu 2 k +du k +e 2(k+ 1)au 2k+1 k + (k+ 2)b k+1 k + 2cu k +d, với mọi x < x 0, trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, ứng với mọi dãy số {x k} với x k ∈ I(a, b); k= 1,2, , n có tổng x 1 +x 2 + +x n ≤u 1 +u 2 + +u n Tải luận văn tốt nghiệp và luận văn thạc sĩ mới nhất qua email: z z @gmail.com.
Phép đơn điệu hóa hàm số 14
Hàm đơn điệu từng khúc và phép đơn điệu hóa hàm số
Khi giải quyết các bài toán thực tế, chúng ta thường làm việc với các hàm đơn điệu từng khúc Trong phần này, chúng ta sẽ tập trung vào các hàm số f(x) được xác định trên khoảng I(a, b), nơi mà hàm f(x) chỉ có hữu hạn các điểm dừng, tức là các điểm cực trị.
Trước hết ta xét một số ví dụ đơn giản với hàm số có hai khoảng đơn điệu.
Ví dụ 2.1 Xét hàm số f(x) = |x−p|, 0< p π
2. Trước hết ta chứng minh hàm f(t) thỏa mãn điều kiện f(A) +f(C)≤2fA + C
, luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si hay q(A) + 2q(π
Không mất tính tổng quát, giả sử A+C− π
2. Theo định lí Lagrange thì qπ 2
Do q(t) là hàm lõm (q 00 (t) ≤ 0) nên q 0 (t) là hàm số nghịch biến và từ đó dẫn đến q 0 (v)≥q 0 (u) Suy ra q
Từ (2.18) và (2.19), ta thu được q(A) +qπ
Vậy, f(t) là hàm tựa lõm trong (0, π). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Hệ quả 2.4 Với mọi hàm số f(t) xác định theo công thức f(t)
2 < t < π, trong đó q(t) là hàm số lõm cho trước trong khoảng
0,π 2 i, thì với mọi tam giác ABC, ta đều có f(A) +f(B) +f(C)≤3.f π 3
Tiếp theo ta sẽ nêu cách dựng các hàm tựa lõm.
Bài toán 2.22 Tìm các hàm sốf(t)xác định trong khoảng(0, π)và thỏa mãn điều kiện:
Với mọi tam giác ABC, ta đều có f(A) + cosB+ cosC ≤ 3
Lời giải Ta có nhận xét rằng f(A) + cosB+ cosC =f(A) + 2 cosB+C
Ta sẽ chứng minh rằng mọi hàm f(t)≤ 3
2, ∀t ∈(0, π)đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thật vậy, với mọi tam giác ABC, ta luôn có f(A) + cosB + cosC ≤ 3
Tiếp theo, ta chứng minh rằng mọi hàm f 1 (t) > 3
2, ∀t ∈ (0, π) đều không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thật vậy, xét tam giác A 0 B 0 C 0 với các góc được chọn là A 0 = 2π
2, ∀t∈(0, π) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy, mọi hàm số có dạng f(t) ≤ 3
2, ∀t ∈ (0, π) đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Các dạng toán liên quan 33
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức
Các tính chất cơ bản của hàm số là công cụ quan trọng trong việc định hướng giải và sáng tác bài tập mới Kiến thức về khái niệm đơn điệu, bắt đầu từ bậc tiểu học, bao gồm các bài toán về tỷ lệ thuận và tỷ lệ nghịch Đặc biệt, những tính chất cơ bản của phân số số học là kiến thức sâu sắc, giúp giải quyết nhiều bài toán khó trong các kỳ thi Olympic quốc gia và quốc tế.
3.1.1 Một số bài toán áp dụng trong bất đẳng thức đại số
Ta xét ví dụ rất quen thuộc sau đây.
Bài toán 3.1 Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có a b+c+ b c+a + c a+b ≥ 3
Bài toán cơ bản này, thường xuất hiện trong các sách giáo trình về bất đẳng thức, nhằm mô tả ứng dụng của các bất đẳng thức cổ điển như Cauchy và AG Khi viết lại dưới dạng \$a_1 b_1 + c_1 + b_1 c_1 + a_1 + c_1 a_1 + b_1 \geq a_0 b_0 + c_0 + b_0 c_0 + a_0 + c_0 a_0 + b_0\$ với \$a_0 = b_0 = c_0 = 1\$, ta nhận thấy rằng biểu thức này có hình dạng của một hàm đồng biến \$g(1) \geq g(0)\$, với \$g(t) = a^t b^t + c^t + b^t c^t + a^t + c^t a^t + b^t\$, với \$t \in \mathbb{R}\$.
Nhận xét về bất đẳng thức Cauchy là hoàn toàn chính xác Bạn đọc có thể tự kiểm chứng điều này thông qua các kỹ thuật cơ bản liên quan đến 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).
(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.
Khi xem xét phân số \$\frac{p}{q}\$ với \$q > 0\$, ta có hai trường hợp: (i) Nếu phân số \$\frac{p}{q}\$ dương, việc tăng mẫu số sẽ làm giảm giá trị của phân số; (ii) Nếu phân số \$\frac{p}{q}\$ âm, việc tăng mẫu số sẽ làm tăng giá trị của phân số.
Nói cách khác, ta có.
Bài toán 3.2 Cho phân số p q với q >0 và số dương d Khi đó (i) Nếu phân số p q dương thì p q ≥ p q+d, (ii) Nếu phân số p q âm thì p q ≤ p q+d.
Từ kết quả của bài toán này, ta dễ dàng chứng minh.
Bài toán 3.3 Với mọi bộ số dương a, b, c cho trước, hàm số g(t) = a t b t +c t + b t c t +a t + c t a t +b t , t∈R, là một hàm đồng biến trong [0,+∞).
Hệ quả 3.5 Cho α≥β ≥0 Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có a α b α +c α + b α c α +a α + c α a α +b α ≥ a β b β +c β + b β c β +a β + c β a β +b β Bài toỏn 3.4 Chứng minh rằng với mọi bộ số a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n ∈R ta luụn cú đa thức
X j=1 a i a j i+jx i+j , là một hàm đồng biến trong [0,+∞).
Lời giải Thật vậy, ta có
2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Suy ra Q 0 (x)≥0 với mọi x≥0 Do đó, hàm số Q(x) đồng biến trong [0,+∞).
Từ đây, ta thu được
Hệ quả 3.6 (Bất đẳng thức thứ tự Hilbert) Với mọi bộ số thực a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n , ta luụn có n
Chứng minh Do đa thức
X j=1 a i a j i+jx i+j , đồng biến trong [0,+∞) nên Q(1)≥Q(0) = 0, hay n
3.1.2 Một số bài toán áp dụng cho bất đẳng thức trong tam giác
Bài viết này trình bày một số bài toán áp dụng kiến thức về hàm đơn điệu liên tiếp trên một đoạn Đặc biệt, chúng ta sẽ xem xét dấu đạo hàm bậc nhất và bậc hai trong việc biến đổi và chia hai vế đối với tổng không đổi.
Bài toán 3.5 Cho tam giác nhọn A 0 B 0 C 0 Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn
ABC ta đều có sinA cosA 0 + sinB cosB 0 + sinC cosC 0 ⩽tan A 0tanB 0 tanC 0 (3.3) Chứng minh Xét hàm số f(x) = sinx, x∈
Ta có f 0 (x) = cosx >0 và f 00 (x) = −sinx β thì ta luôn có a b α +b c α +c a α
≥a b β +b c β +c a β và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Tính chất này có thể nhìn nhận như là hàm số g(x) :=a b x +b c x +c a x đồng biến trong [0.+∞).
Câu hỏi đặt ra là liệu có thể thiết lập các hàm tương tự cho các bất đẳng thức khác khi đã có phương pháp chứng minh cho từng trường hợp cụ thể Điều này dẫn đến bài toán nội suy bất đẳng thức, trong đó hai vế của bất đẳng thức được xem như giá trị của một hàm cần tìm tại hai tọa độ đã cho.
Bài toán 3.9 Cho a, b, c, α, β là các số dương, α > β Chứng minh rằng b + c 2a α + c + a 2b α + a + b 2c α
≥b + c 2a β + c + a 2b β + a + b 2c β (3.9) Lời giải Xét hàm số:
Ta cần chứng minh F(t) là hàm số đồng biến trên (0,+∞) hay∀t 1 , t 2 ∈(0,+∞), t 1 < t 2 , ta cần chứng minh F(t1)≤F(t2) hay cần chứng minh: b + c 2a t 2
≥3t2 t 1 −3. Cộng theo vế 4 bất đẳng thức trên ta thu được b + c
Suy ra F(t) là hàm đồng biến trên (0,+∞).
Khi đó ∀α > β ta luôn có b + c 2a α
Từ đây, ta thu được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
Hàm g(t) = a b t + b c t + c a t đồng biến trong khoảng [0, +∞) tạo ra vô hạn bất đẳng thức, trong đó (3.9) là một hệ quả Từ đó, chúng ta có thể mở rộng nhiều bài toán khác nhau.
Bài toán 3.10 Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác vàα > β ≥1.
. (3.10) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 3.11 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác và α > β > 1 Chứng minh rằng
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong bài toán cực trị
Bài toán 3.12 (Mỹ, 1977) Chứng minh rằng với các số dương tùy ý a ≤b≤c≤d, ta có bất đẳng thức a b b c c d d a ≥b a c b d c a d
Lời giải Ta đặt b=ax, c=ay, d=az.
Theo điều kiện của bài toán, ta có $1 \leq x \leq y \leq z$ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $a^{x} a^{y} a^{z} \geq (a^{x})^{a} (a^{y})^{a} (a^{z})^{a}$.
Sau khi giản ước hai vế cho \(a\) và nâng lũy thừa hai vế lên lũy thừa 1, ta có bất đẳng thức tương đương \(xy^2z^2 \geq xyxz\) Đặt \(x = x_s\) và \(z = x_t\) với điều kiện \(1 \leq s \leq t\) (vì \(x \leq y \leq z\)) và \(y \geq s\) (vì \(x \geq 1\)), từ đó suy ra \(x x_s y x_t x_t \geq xy x (x_t) s^x\).
Sau khi giản ước x xs y x xt và nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa 1 x ta được bất đẳng thức tương đương y t−1 ≥t s− 1 x
- Nếu y= 1 thì bất đẳng thức đúng vì x= 1, y = y x = 1, y t−1 = 1 =t t−1 = 1.
- Nếu t= 1 thì bất đẳng thức đúng vì y t−1 =y 0 = 1 = 1 s− 1 x = 1. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Giả sử y > 1 và t > 1 Khi đó, nâng lũy thừa hai vế của bất đẳng thức lên lũy thừa 1 t−1 y y−1 >0, ta được bất đẳng thức tương đương y y−1 y ≥t t−1 s với 1≤s≤t, s≤y.
Ta xét hai trường hợp:
Giả sử y≥t Ta chứng minh rằng hàm số f1(α) = α α−1 α tăng với α >1 Ta có f 1 00 (α) e α−1 α ln α
(α−1) 2 (α−1−lnα)>0, ta có g1(α) =α−1−lnα >0 với α >1, vì g 0 1 (α) =α− 1 α >0 và (g 0 1 (0) = 0). Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì y y−1 y =f 1 (y)≥f 1 (t) =t t−1 t ≥t t−1 s
Giả sử y < t Ta chứng minh rằng hàm số f 2 (α) =α α−1 1 giảm với α >1 Ta có f 2 00 (α) e α−1 α ln α
=e α−1 1 1 α(α−1) 2 (α−1−αlnα)0, thì
2! +x 4 4!. Mặt khác, từ (3.14), ta có sin x x
Z π 2 x cost sin 3 tdt. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vậy, giá trị lớn nhất của A bằng 3− 12 π 2 khi x=y=z = π
2. Bài toán 3.20 Cho hàm số f(x) khả vi hai lần liên tiếp trên I(a, b), g(x) = lnf(x). Chứng minh rằng min n
Với ∀x∈I(a, b), ứng với mỗi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k= 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n Chứng minh Ta có g(x) = lnf(x); g 0 (x) = f 0 (x) f(x); g 00 (x) = f 00 (x).f(x)−f 0 (x) 2 f 0 (x) 2 , f(x)>0, ∀x∈I(a, b), suy ra g 0 (x)>0⇔f 0 (x)>0 Khi đó g 00 (x)>0⇒f 00 (x).f(x)−f 0 (x) 2 >0.
Vậy hàm số g(x) đồng biến liên tiếp bậc (1−2) khi f 0 (x)[f(x)f 00 (x)−f 0 (x) 2 ]>0.
Nên theo Hệ quả 1.2, ta có min n
Với ∀x∈I(a, b), ứng với mỗi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k= 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài toán 3.21 Cho f(x) =ax 3 +bx 2 +cx+d, (a6= 0), thỏa mãn điều kiện b 2 −3ac >0. Chứng minh rằng min n
X k=1 ax 3 k +bx 2 k +cx k +d 3au 2 k + 2bu k +c n
X k=1 au 3 k +bu 2 k +cu k +d 3au 2 k + 2bu k +c ,
∪(x 2 ,+∞), trong đóx 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0, (x 1 < x2) ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k= 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≥u 1 +u 2 +ã ã ã+u n Lời giải Ta có f(x) =ax 3 +bx 2 +cx+d, (a6= 0); f 0 (x) = 3ax 2 + 2bx+c; f 00 (x) = 6ax+ 2b.
Vì ∆ 0 f 0 =b 2 −3ac > 0 nên phương trình f 0 (x) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 (x 1 0 Ta có f 0 (x)>0⇔x < x1 hoặc x > x2, suy ra f 00 (x)>0⇔x > −b
3a, nên f 0 (x)>0 và f 00 (x)>0, ∀x > x2, suy ra f(x) đồng biến liên tiếp bậc (1−2).
3a, suy ra f(x) nghịch biến liên tiếp bậc
Trường hợp 2: Nếu a 0⇔x 1 < x < x 2 nên f 00 (x)>0⇔x < −b
3a, suy ra f(x) đồng biến liên tiếp bậc
3a, do đó f 0 (x) 0. Chứng minh rằng max n
X k=1 ax 3 k +bx 2 k +cx k +d 3au 2 k + 2bu k +c n
X k=1 au 3 k +bu 2 k +cu k +d 3au 2 k + 2bu k +c ,
, trong đóx1, x2 là nghiệm của phương trìnhf 0 (x) = 0, (x1< x 2 ), ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≤u 1 +u 2 +ã ã ã+u n Lời giải Ta có f(x) =ax 3 +bx 2 +cx+d, (a6= 0); f 0 (x) = 3ax 2 + 2bx+c; f 00 (x) = 6ax+ 2b.
Vì ∆ 0 f 0 =b 2 −3ac > 0 nên phương trình f 0 (x) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 (x 1 0 Ta có f 0 (x)>0⇔x < x1 hoặc x > x2 thì f 00 (x) 0 và f 00 (x) < 0, ∀x < x1, suy ra f(x) lõm, có đạo hàm bậc nhất là số dương Vì f 0 (x) < 0 ⇔ x 1 < x < x 2 , suy ra f 00 (x) > 0 ⇔ x > − b
3a < x < x 2 , suy ra f(x) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số dương. Trường hợp 2: Nếu a 0⇔x 1 < x < x 2 nên f 00 (x) −b
3a < x < x 2 , luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si suy ra f(x) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương.
3a, nên f 0 (x) < 0 và f 00 (x)>0, ∀x < x 1 , suy ra f(x) lồi và có đạo hàm bậc nhất là những số âm.
− b 3a, x 2 hàm số f(x) lồi (lõm) có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 1.3, ta có max n
X k=1 ax 3 k +bx 2 k +cx k +d 3au 2 k + 2bu k +c n
X k=1 au 3 k +bu 2 k +cu k +d 3au 2 k + 2bu k +c ,
Trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0 (x 1 < x2), ứng với mọi dãy số {x k } với x k ∈I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x 1 +x 2 +ã ã ã+x n ≤u 1 +u 2 +ã ã ã+u n
Bài toán 3.23 Cho hàm số f(x) = ln(ax+b), (a