Kỹ thuật sử dụng jensen

Bất đẳng thức Jensen không phải là bất đẳng thức quá chặt nhưng rất quan trọng, là công cụ cần thiết và dễ áp dụng.. Việc chứng minh bất đẳng thức là không cần thiết nên bạn đọc có thể t

b.KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN

Bất đẳng thức Jensen:

Cho hàm f liên tục và khả vi trên tập K

Nếu f là hàm lồi trên K thì với mọi x x1, 2, ,x nK ta đều có:

n

n

Nhắc lại kiến thức về hàm lồi lõm:

Cho hàm số y f x  liên tục và khả vi trên tập D , khi đó:

Nếu f" x 0 x D  thì hàm số y f x  được gọi là hàm lồi trên D Nếu f" x 0 x D  thì hàm số y f x  được gọi là hàm lõm trên D

Bất đẳng thức Jensen không phải là bất đẳng thức quá chặt nhưng rất quan trọng, là công cụ cần thiết và dễ áp dụng Đây là bất đẳng thức mà các bạn đọc mới tiếp cận cần phải ghi nhớ Việc chứng minh bất đẳng thức

là không cần thiết nên bạn đọc có thể tham khảo ở các nguồn khác

Ta có hệ quả tất yếu khi hàm số f là hàm lõm thì ta có bất đẳng thức

ngược chiều:

Nếu f là hàm lõm trên K thì với mọi x x1, 2, ,x nK ta đều có:

n

n

Với việc vận dụng bất đẳng thức Jensen để tìm bất đẳng thức phụ hổ trợ cho quá trình dồn biến thì ta thường sử dụng cho trường hợp hai biến:

    2

2

x y

f x f y f  

  hoặc     2

2

x y

f x f y f  

Chứng minh các bất đẳng thức phụ tìm được bằng biến đổi tương đương hoặc các bất đẳng thức cơ bản khác

Bài 1: Cho , , x y z là các số thực dương thỏa mãn x y z  1 Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:

y

P

PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

Theo bất đẳng thức Jensen ta có:

3 3

1 3

x y z y

 

x y z   xy yz zx     x y z

BÀI GIẢI

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

x y z y

 

Và: x 1 x y 1 y z 1 z x x x 2  y y y 2  z z z 2

3

x y z

3

x y z

3

1 3

 

Kết luận : Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

3 3 khi

1 3

x  y z

Bình luận: Việc vận dụng bất đẳng thức Jensen vào bài làm thì ta phải chứng

minh, công việc này tương đối rườm rà nên ta sẽ chỉ dùng Jensen làm một công cụ

hổ trợ cho quá trình tư duy còn việc giải bài toán thì ta sẽ sử dụng các công cụ đơn giản hơn như AM-GM, Cauchy-Schwarz, biến đổi tương đương …

Bài 2: Cho , , x y z là các số thực không âm thỏa mãn x y z  2 Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: 3 1 3 1 5 1

2

P x   y   z

PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

Dễ thấy điểm rơi của bài toán là x y 1,z0 do P đối xứng theo ,x y nên

ta đánh giá đưa về hàm số theo biến z

Ta thấy hàm số:   3   4

3 3

3

1

x





Nếu ta sử dụng kỹ thuật tiếp tuyến thì: 3 3 2 2

1

4

x

PHÂN TÍCH HÀM SỐ

Sử dụng công cụ TABLE với hàm:

2 2

 START = 0

 END = 2

 STEP = 0.2

Dựa vào bảng trên ta thấy hàm số có

cực đại và đạt giá trị nhỏ nhất tại

2

X

2 2

f z   z z  không đạt giá trị nhỏ nhất khi z0 Nguyên nhân do đánh giá bằng tiếp tuyến thì hàm thu được chưa được tốt, khi đó ta áp dụng bất đẳng thức Jensen:

   

2

x y

f x f y f  

3

2

x y

PHÂN TÍCH HÀM SỐ

Sử dụng công cụ TABLE với hàm:

X

 START = 0

 END = 2

Dựa vào bảng trên ta thấy hàm số

đơn điệu tăng và đạt giá trị nhỏ

nhất tại X0

z

  là hàm đồng biến trên 0,2 

2

f z f

2

P   Đẳng thức xảy ra khi x y 1,z0

BÀI GIẢI

Ta có bất đẳng thức:

3

2

x y

(*) 3 3 2 2  3 1 3 1  3 4

2

x y

x y xy x y nên cần chứng minh 2   x31 y3 1 xy x y   2(1)

x y  x y x y 

Do 2     x y z x y 2 xyxy 1 x y2 2 xy4x y 

Vậy (*) đúng, đẳng thức xảy ra khi x y

Áp dụng (*):

z

f z       z

  với z 0,2

2

3

z

f z

z z





  

Do  

2

3

0

2

z z



4

4 3 4 z 1



Hàm số đồng biến trên     5 4 2

2

2

x y z

x y z

   



Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 4 2

2



khi x y 1,z0

Bình luận: Đôi khi việc đưa được về hàm số theo một biến nào đó chưa chắc đã

giải quyết được vấn đề nếu hàm số đó không đạt cực trị tại các giá trị mong muốn, khi đó việc thay đổi đánh giá để đưa về một hàm số phù hợp hơn là định hướng tư duy hàng đầu cần phải ghi nhớ Bất đẳng thức Jensen là một công cụ tương đối ổn nếu kỹ thuật tiếp tuyến không còn dùng được

Bài 3: Cho , , x y z là các số thực dương thỏa mãn x y z  1 Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:

1

y x

P



PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

Ta thấy biểu thưc cuối

2

1

z x y

z







Và

Nên ta sẽ đánh giá để đưa về biến z Do không biết điểm rơi của bài toán

nên ta sẽ không sử dụng kỹ thuật tiếp tuyến được

Ta thấy:  



Nên theo bất đẳng thức Jensen ta có:

4 2

2

1 2

x y

x y y

x





 

P

Khảo sát hàm số    

 2

1 1

f z

z z







PHÂN TÍCH HÀM SỐ

Sử dụng công cụ TABLE với hàm:

 2

1 1

f X

X X







 START = 0

 END = 1

 STEP = 0.1

Dựa vào bảng trên ta thấy hàm số có

cực tiểu và đạt giá trị nhỏ nhất trong

khoảng 0.2,0.4 thỏa mãn

Khảo sát hàm số    

 2

1 1

f z

z z





f z f 

 

2

P Đẳng thức xảy ra khi 1

3

x  y z

BÀI GIẢI

Ta có bất đẳng thức:

4

x y y

x



*  x y x 1y y 1x 4 1x 1y 0

Đẳng thức xảy ra khi x y

Áp dụng AM-GM :  2 2  2

2 x y  x y

2

8

1 1

z x y

P

z





Xét hàm số    

 2

1 1

f z

z z





 với z 0,1

 

3 1

z

z





Đẳng thức xảy ra khi

1

3

3 1

x y z

x y z

x y z





   



Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 7

2 khi

1 3

x  y z

Bình luận: Với bài này nếu ta có thể dự đoán được điểm rơi của bài toán là

1

3

x  y z và dùng kỹ thuật tiếp tuyến thì:

1

y

Hàm số   9  8 3

1

z

z

 lại không đạt giá trị nhỏ nhất tại

1 3

z Vậy nên việc sử dụng bất đẳng thức Jensen là hợp lí

Bài 4: Cho , , x y z là các số thực dương thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

4

BÀI GIẢI

Ta thấy bài toán đối xứng 3 biến và điểm rơi khi x y z  1 Ta xem z là

2 2

"

Để áp dụng được bất đẳng thức Jensen thì: 2z26x2  4 0 3x2z22

Do 3 biến đối xứng nên khi ta giả sử xmaxx y z, ,   x 1 3x2 z22 Khi đó

2

2 2

x

2

P

y z

 2  2  

2

PHÂN TÍCH HÀM SỐ

Sử dụng công cụ TABLE với hàm:

 

2

f X

 START = 1

 END = 3

 STEP = 0.25

Dựa vào bảng trên ta thấy hàm số đơn

điệu giảm và đạt giá trị lớn nhất tại

1

X thỏa mãn

Ta thấy hàm số f x  nghịch biến nên     3

1 4

f x  f  thỏa mãn điểm rơi

BÀI GIẢI

Không mất tổng quát giả sử  

2

1

x

yz x

 



 



Ta có bất đẳng thức:

Thật vậy bất đẳng thức   2 2  2

Đẳng thức xảy ra khi y z

Áp dụng AM-GM:  2 2  2

2 y z  y z

P

4

5x 6x 17x 6x 13

     đúng Đẳng thức xảy ra khi x1

3

4

P

3

x y z

x y z

   

Kết luận: Vậy bất đẳng thức đúng, đẳng thức xảy ra khi x y z  1

Bình luận: Việc vận dụng Jensen trong các bài toán đối xứng ba biến thì ta chỉ

việc xem một biến là tham số và sau đó cần điều kiện thêm thì sẽ giả sử một cách phù hợp Việc chứng minh các bất đẳng thức phụ tìm được thông thường sẽ bằng biến đổi tương đương

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài toán 1: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P a b  b c  c a

Bài toán 2: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2 11

P

Bài toán 3: Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn   2 

4 1

x y   yz xz

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

2

y

P



Bài toán 4: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn abc1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a ab b b bc c

Đáp số:

Bài toán 1: min 6

3

3

a b c  

Bài toán 2: min 2

3

P  khi a b c  1

Bài toán 3: min 3

2

P  khi x y  2 3,z 3

Bài toán 4: min 2

3

P  khi a b c  1

Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Jensen là một kỹ thuật tương đối hay và hiệu quả dành cho các bài toán bất đẳng thức ứng dụng đạo hàm

Chúc các em học tốt và đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới !

sinh 10 – 11 – 12 và kì thi THPT Quốc Gia 2016 sắp đến

Đón đọc cuốn sách : “ Phương Pháp Hàm Số Trong Chứng minh Bất đẳng thức và bài toán Giá trị lớn nhất, Giá trị nhỏ nhất”

Tham gia học offline các lớp của thầy Nguyễn Đại Dương tại Lớp Toán 76/5 Phan Thanh để đạt thành tích cao nhất trong kì thi THPT Quốc Gia

2016

Facebook: www.facebook.com/ThayNguyenDaiDuong

Số điện thoại: 0932589246

Địa chỉ: 76/5 Phan Thanh – Thạc Gián – Thanh Khê – TP.Đà Nẵng