BẤT ĐẲNG THỨCTRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN -NGUYỄN THỊ HỒNG DUYÊN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-NGUYỄN THỊ HỒNG DUYÊN

BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Hà Nội - Năm 2015

Mục lục

1.1 Hàm đơn điệu 41.2 Hàm lồi, lõm 51.3 Tính đơn điệu, tính lồi lõm của hàm số mũ và hàm logarit 51.3.1 Tính đơn điệu của hàm số mũ và hàm logarit 51.3.2 Tính lồi, lõm của hàm số mũ và hàm logarit 61.4 Một số bất đẳng thức cổ điển 61.5 Vai trò của hàm số mũ, hàm logarit trong chứng minh các bất

đẳng thức cổ điển 9

2 Các bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, hàm logarit 132.1 Bất đẳng thức hàm số mũ 132.2 Bất đẳng thức hàm logarit 26

3.1 Các bài toán cực trị liên quan đến hàm mũ và hàm logarit 343.2 Bất đẳng thức siêu việt trong dãy số và giới hạn 423.3 Bất đẳng thức siêu việt trong phương trình và hệ phương trình 50

Mở đầu

Bất đẳng thức là một lĩnh vực khó trong chương trình toán học phổthông, song nó lại luôn có sức hấp dẫn, thu hút sự tìm tòi, óc sáng tạo củahọc sinh Dạng toán về bất đẳng thức thường có mặt trong các kỳ thi tuyểnsinh cao đẳng đại học, thi học sinh giỏi hay các kỳ thi Olympic Lý thuyếtbất đẳng thức và đặc biệt, các bài tập về bất đẳng thức rất phong phú vàcực kỳ đa dạng Đặc biệt bất đẳng thức trong lớp hàm siêu việt là một phầnchuyên đề rất hay, đóng vai trò quan trọng trong bồi dưỡng học sinh giỏi

Để góp phần đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng họcsinh giỏi về bất đẳng thức, luận văn "Bất đẳng thức trong lớp hàm siêu việt"đưa ra một số bài toán bất đẳng thức trong lớp hàm mũ và logarit, một sốbài toán áp dụng cúa bất đẳng thức siêu việt vào việc tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của hàm số, các bài toán dãy số và giới hạn và khảo sátmột số phương trình và hệ phương trình Luận văn "Bất đẳng thức tronglớp hàm siêu việt" chủ yếu là sưu tầm, nghiên cứu tài liệu và các sách thamkhảo liên quan đến bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, logarit và các bài toánứng dụng liên quan Luận văn là một chuyên đề nhằm góp phần hướng tớibồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông (xem [1-9])

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, Luận văn được chia làm ba chươngnhư sau:

Chương 1 Các kiến thức bổ trợ

Chương này trình bày một số tính chất của hàm số mũ và hàm logarit(tính đơn điệu, tính lồi lõm); ý nghĩa của hàm số mũ, hàm logarit trongchứng minh các bất đẳng thức cổ điển và một số bất đẳng thức cổ điển được

sử dụng trong luận văn

Chương 2 Các bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, logarit.

Chương này đưa ra các bài toán về bất đẳng thức mũ, logarit đượcnghiên cứu và tổng hợp trong các tài liệu tham khảo

Chương 3 Một số bài toán áp dụng

Chương này đưa ra các bài toán cực trị liên quan đến hàm mũ, hàmlogarit; các bài toán áp dụng bất đẳng thức siêu việt trong dãy số và giớihạn, trong khảo sát phương trình và hệ phương trình

Trong thời gian thực hiện luận văn này, tác giả đã nhận được sự hướngdẫn, chỉ bảo tận tình của GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Thông qua luậnvăn này, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và trân trọng nhữngcông lao, sự quan tâm, động viên và sự tận tình chỉ bảo, hướng dẫn của thầyNguyễn Văn Mậu

Tác giả chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo khoa Toán - Cơ - Tinhọc đã dạy bảo tận tình; chân thành cảm ơn các thầy cô trong Ban giámhiệu, Phòng đào tạo Sau đại học, văn phòng khoa Toán - Cơ - Tin trườngĐại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã tạo mọi điều kiệnthuận lợi trong suốt thời gian tác giả học tập và làm luận văn

Hà Nội, ngày 30 tháng 11 năm 2015

Học viênNguyễn Thị Hồng Duyên

Chương 1

Một số tính chất của hàm mũ và

logarit

Định nghĩa 1.1 (Xem [1-3]) Cho hàm số f : R → R xác định trên tập

I(a; b) ⊂R, trong đóI(a, b)là ký hiệu một trong các tập hợp(a, b), [a, b), (a, b], [a, b]với a < b Khi đó, nếu ứng với mọi x1, x2 ∈ I(a, b), ta đều có với x1 < x2

suy ra f (x1) ≤ f (x2) thì ta nói rằng f (x) là hàm đơn điệu tăng trên I(a; b)

Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x1, x2 ∈ I(a; b), ta đều có

f (x1) < f (x2) ⇔ x1 < x2thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a; b), hay còn

gọi là hàm đồng biến

Ngược lại, nếu ứng với mọi x1, x2 ∈ I(a, b), ta đều có với x1 < x2 suy

ra f (x1) ≥ f (x2) thì ta nói rằng f (x) là hàm đơn điệu giảm trên I(a; b)

Nếu

f (x1) > f (x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ I(a; b)thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a; b), hay còn

gọi là hàm nghịch biến

Định lý 1.1 Giả sử hàm sốf (x)có đạo hàm trên khoảng (a; b)vàf0(x) > 0

với mọix ∈ (a; b) thì hàm số f (x) đồng biến trên khoảng đó Ngược lại, nếu

f0(x) < 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng đó

1.2 Hàm lồi, lõm

Định nghĩa 1.2 (Xem [1-3]) Hàm số f (x) được gọi là hàm lồi (lồi xuốngdưới) trên tập I(a; b) ⊂ R nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a; b) và với mọi cặp sốdương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có

f (αx1 + βx2) ≤ αf (x1) + βf (x2)

Nếu dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 ta nói hàm số f (x) là hàmlồi thực sự (chặt) trên I(a; b)

Hàm số f (x) được gọi là hàm lõm (lồi trên) trên tậpI(a; b) ⊂ R nếu với mọi

x1, x2 ∈ I(a; b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có

Khi a > 1 thì y0 > 0 nên hàm số đồng biến trên R

Khi 0 < a < 1 thì y0 < 0 nên hàm số nghịch biến trên R

- Xét hàm số y = logax, a > 0, a 6= 1; x > 0 ta có

y0 = (logax)0 = 1

x ·ln a.Khi a > 1 thì y0 > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; +∞)

Khi 0 < a < 1 thì y0 < 0 nên hàm số nghịch biến trên (0; +∞)

1.3.2 Tính lồi, lõm của hàm số mũ và hàm logarit

Nếu 0 < a < 1 tức ln a < 0 thì y00 > 0 suy ra hàm số lồi trên (0; +∞)

Định lý 1.3 (Bất đẳng thức AM - GM, Xem [1-3]) Giả sử x1, x2, , xn làcác số không âm Khi đó

x1 + x2 + · · · + xn

x1x2 xn.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn

Định lý 1.4 (Bất đẳng thức dạng Karamata, Xem [1]) Cho hai dãy số

xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n, thỏa mãn các điều kiện

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + · · · + f (yn)

Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Jensen, Xem [1]) Cho hàm số y = f (x) liêntục và lồi trên [a, b] Cho các số k1, k2, , kn ∈ R+; k1 + k2 + · · · + kn = 1.Khi đó với mọi xi ∈ [a, b]; i = 1, 2, , n, ta luôn có

Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Schur) Với các số thực dương a, b, cvà k ∈ R+bất kỳ ta luôn có

Phương pháp đổi biến p, q, r

Đối với một số bài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng có các biến không âm

ta có thể đổi biến như sau Đặt p = a + b + c; q = ab + bc + ca; r = abc Ta

• r ≥ (4q − p

2)(p2 − q)6p

1.5 Vai trò của hàm số mũ, hàm logarit trong chứng

Định lý 1.10 (Bất đẳng thức dạng Katamata) Giả thiết cho ba bộ số dương(αi), (ui), (xi) thỏa mãn các điều kiện sau

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông thường.Với n = 2 tức là

Do giả thiết nên ta chỉ cần xét hai trường hợp

Khi đó x1d1 + x2d2 = x3d3 và từ đó ta thu được

Vậy định lý đúng với n = 3.

Giả sử định lý đúng với n Ta chứng minh định lý đúng với n + 1

Theo giả thiết thì

- Nếu x = x0 ta được đẳng thức.

- Xét x > x0 ta được khoảng (x0; x) và bất đẳng thức (2.1) có dạng

f (x) − f (x0)

x − x0 ≥ f0(x0)hay f0(x1) ≥ f0(x0) với x0 < x1 < x

Điều này là hiển nhiên vì hàm số f (x) = ax có f00(x) = (ln a)2.ax > 0 vớimọi a > 0, a 6= 1, x ∈ R nên f0 là hàm đơn điệu tăng trên R

- Xét x < x0 ta được khoảng (x; x0) và bất đẳng thức (2.1) có dạng

f (x) − f (x0)

x − x0 ≤ f0(x0)hay f0(x1) ≤ f0(x0) với x < x1 < x0

Điều này hiển nhiên vì f0 là hàm đơn điệu tăng trên R Vậy ta thu được bấtđẳng thức (2.1), đpcm

Từ kết quả của định lí 2.1 ta thu được kết quả của một số bài toán cựctrị trong lớp hàm mũ với tổng không đổi

Hệ quả 2.1 Với a > 1 và x + y + z = α + β + γ thì hàm f (x) = ax luônthỏa mãn bất đẳng thức

xxyyzz ≥ (xyz)x+y+z3 Chứng minh Ta có hàm số y = ln t đồng biến trên khoảng (0; +∞) nên

⇔ 3(ln xx+ln yy +ln zz) ≥ ln (xyz)x+y+z

⇔ln (xxyyzz) ≥ ln (xyz)x+y+z3

⇔ xxyyzz ≥ (xyz)x+y+z3

(Do hàm ln t đồng biến trên (0; +∞) )

Bài toán 2.2 Cho x, y, z là độ dài 3 cạnh tam giác Chứng minh

(x + y − z)x(y + z − x)y(z + x − y)z ≤ xxyyzz.Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

y

+z 1 + x − y

xx2yy2zz2

3√

3 ≥ xy2+1yz2+1zx2+1.Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

x2y2+z2y2z2+x2z2x2+y2 ≤ 1

3√

3.

x(y2 + 1 − x2) + y(z2 + 1 − y2) + z(x2 + 1 − z2) ≤ √

3hay

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau

xy2 + yz2 + zx2 + xyz ≤ 4(x + y + z)

3

27hay

Theo bất đẳng thức Schur bậc 3

r ≥ p(4q − p

2)9



= p(2q − 1)

9



nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3.Bài toán 2.4 Cho x, y, z ∈ [0; 1] Chứng minh

(2x + 2y + 2z)(2−x+ 2−y + 2−z) < 81

8 .Chứng minh Đặt 2x = a; 2y = b; 2z = c suy ra a, b, c ∈ [1; 2]

AM-GM

r(a + b + c) · 2(1

hay

(2x+ 2y + 2z)(2−x + 2−y + 2−z) ≤ 81

8 .Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a, b, c ∈ {1; 2}

hệ này vô nghiệm Do đó dấu đẳng thức không xảy ra

Bài toán 2.5 Cho x, y, z > 0 Chứng minh

xy+z + yz+x+ zx+y > 1

Nhận xét 2.1 Bài này có thể xem là ví dụ điển hình cho cách sử dụng bấtđẳng thức Bernoulli Với tư tưởng này ta sẽ phải xét vị trí tương đối của cáctổng x + y; y + z; z + x so với 1

Chứng minh Dễ dàng nhận thấy rằng nếu hoặc x, hoặc y, hoặc z lớn hơnhoặc bằng 1 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng

Vậy ta sẽ xét x; y; z ∈ (0; 1) Không giảm tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z

Do min{x + y; y + z; z + x} = y + z nên ta xét 2 trường hợp của y + z.Trường hợp 1 y + z ≥ 1 Sử dụng bất đẳng tức Bernoulli ta có

xy+z = (1 + x − 1)y+z ≥ 1 + (x − 1)(y + z)

Suy ra

xy+z > x

x + y + z.Tương tự

xy+z + yz+x+ zx+y ≥ x + y + zx+y > 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (1; 0; 0) và các hoán vị

Bài toán 2.6 Với x > 0, chứng minh rằng

Áp dụng bất đẳng thức Karamata đối với hàm lồi ta suy ra

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Bài toán 2.7 Cho x, y ∈N Chứng minh rằng

Như vậy ta cần chứng minh

Bất đẳng thức cuối luôn đúng do đó ta có bất đẳng thức phải chứng minh

Bài toán 2.8 Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn

x + y + z = 1 ta có



1 + 1x

y

1 + 1y

z

1 + 1z

y

+xln 1 + 1

⇔ 1 + 1

x

y

1 + 1y

z

1 + 1z

x

xy + yz + zx.Bài toán 2.9 Cho a1, a2, , an > 0; x ≥ 1 Chứng minh rằng

Bài toán 2.10 Cho các số dương x1, x2, , xn và y1, y2, , yn Chứngminh rằng

Xét hàm số f (t) = ln t có f00(t) = −1

t2 < 0 suy ra f (t) là hàm số lõm

Áp dụng bất đẳng thức Jensen

u1f (t1) + u2f (t2) + · · · + unf (tn) ≤ f (u1t1 + u2t2 + · · · + untn)

+ · · · +ynf xn

y2

+ · · · +ynln xn

Bài toán 2.11 Cho 0 < x ≤ y ≤ 4 và 1

x +

1

y ≥ 1 Chứng minh rằng

xy ≤ yx.Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có

1x

xy ≤ yx.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Bài toán 2.12 Cho x, y, z > 0 Chứng minh

(y + z)x+ (z + x)y + (x + y)z > 2

Lời giải Ta xét các trường hợp sau

- Trường hợp 1 Trong 3 số x, y, z có ít nhất 2 số ≥ 1, chẳng hạn x, y ≥ 1.Lúc đó

z + x − 1

< 1 (Vì x + z > 1)

(y + z)x > y + z

x + y + z,(z + x)z > z + x

x + y + z.Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

(y + z)x + (z + x)y + (x + y)z > 2, (đpcm)

Bài toán 2.13 Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác và α ≥ β ≥ 1 Chứngminh

 3a2b + c

α

+

 3b2c + a

α

+

 3c2a + b

α

≥  3a2b + c

β

+ 3b2c + a

β

+ 3c2a + b

β

.Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có

 3a2b + c

β

,

 3b2c + a

β

,

 3c2a + b

β

.Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

 3a2b + c

α

+ 3b2c + a

α

+ 3c2a + b

α

+3 α

β − 1

≥ αβ

h 3a2b + c

β

+ 3b2c + a

β

+ 3c2a + b

α

+

 3c2a + b

α

≥ 3a2b + c

+

 3b2c + a

+

 3c2a + b

(do α ≥ 1)

= 3 a

2

2ab + ac +

b22bc + ba +

c22ac + bc

α

+

 3c2a + b

αi

≥ 3 α

β − 1

(∗∗)

Cộng theo vế (*) và (**) rồi chia α

β ta có điều phải chứng minh.

- Nếu x = x0 ta được đẳng thức

- Xét x > x0 ta được khoảng (x0; x) và bất đẳng thức (2.4) có dạng

f (x) − f (x0)

x − x0 ≤ f0(x0)hay f0(x1) ≤ f0(x0) với x0 < x1 < x

Điều này là hiển nhiên vì hàm số f (x) = logax có f00(x) = −1

x 2 ln a < 0 vớimọi a > 1, x ∈ R+ nên f0 là hàm đơn điệu giảm trên R+

- Xét x < x0 ta được khoảng (x; x0) và bất đẳng thức (2.4) có dạng

f (x) − f (x0)

x − x0 ≥ f0(x0)

hay f0(x1) ≥ f0(x0) với x < x1 < x0.

Điều này hiển nhiên vì f0 là hàm đơn điệu giảm trên R+

Vậy ta thu được bất đẳng thức (2.4), đpcm

Tương tự, ta cũng có

Định lý 2.3 Với 0 < a < 1 thì hàm f (x) = logax luôn thỏa mãn bất đẳngthức

f (x) ≥ f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x, x0 ∈ R+ (2.5)Chứng minh Thật vậy, chứng minh hoàn toàn tương tự đinh lý 2.2 nhưngvới 0 < a < 1 hàm số f (x) = logax có f00(x) = −1

x 2 ln a > 0 nên f0 là hàmđơn điệu tăng trên R+

Do đó ta thu được bất đẳng thức (2.5),đpcm

Từ các kết quả của các định lí 2.2 và 2.3 ta thu được kết quả của một số bàitoán cực trị trong lớp hàm mũ với tổng không đổi

Hệ quả 2.3 Với a > 1 và các số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z =

α + β + γ thì hàm f (x) = logax luôn thỏa mãn bất đẳng thức

Hệ quả 2.4 Với 0 < a < 1 và các số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z =

α + β + γ thì hàm f (x) = logax luôn thỏa mãn bất đẳng thức

Bài toán 2.14 Chứng minh

logxy ≥ logx+z(y + z)với 1 < x < y, z ≥ 0

Chứng minh Đặt A = logxy suy ra A > 1 và y = xA > x > 1

Ta có

x + zx

(x + z)A ≥ xA + z = y + z

⇔ A ≥ logx+z(y + z)hay

logxy ≥ logx+z(y + z), (đpcm)

Bài toán 2.15 Chứng minh

logy+z x + logz+xy + logx+y z > 3

4, ∀x, y, z ∈ (

√2; 2).Chứng minh Đặt A = logy+zx suy ra (y + z)A = x > √

logz+xy > 1

4,và

Bài toán 2.16 Cho x, y > 0 Chứng minh

- Trường hợp 2:

t ≤ 0 ⇔ f0(t) ≤ 0suy ra hàm số nghịch biến trong (−∞; 0] do đó f (t) ≥ f (0) = 0.Kết hợp hai trường hợp ta có bất đẳng thức cần chứng minh

Bài toán 2.17 Cho x, y, z > 1 Chứng minh rằng

xlogy z + ylogz x+ zlogx y ≥ 3√3

xlogy z + ylogz x ≥ 2x

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Bài toán 2.18 Cho x, y, z là các số thực dương và x + y + z = 4 Chứngminh rằng

log2(xy) ≤ 2(1 − log2z)

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

log2(xy) + 2 log2z ≤ 2hay

⇔ log2x + log2y + log2z2 ≤ 2

Ta có

x + y + z = 4 = 1 + 1 + 2

Xét hàm số f (x) = log2x, f0(x) = 1

xln 2 Theo (2.6) ta cólog2x

1

ln 2

+ log2y1

ln 2

+ log2z1

2ln 2

≤ log211

ln 2

+ log211

ln 2

+ log221

2ln 2

⇔ln 2 log2x +ln 2 log2y + 2ln 2 log2z ≤ 2ln 2

⇔ log2x + log2y + 2 log2z ≤ 2

⇔ log2x + log2y + log2z2 ≤ 2

Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (1; 1; 2)

Bài toán 2.19 Cho x, y, z là các số thực dương và x + y + z = 13 Chứngminh rằng

log3(x2y6) ≤ 42 − 9 log3z2

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

log3x2 + log3y6 ≤ 42 − 9 log3z2

⇔ log3x2 + 3 log3y2 + 9 log3z2 ≤ 42

Ta có

x + y + z = 13 = 1 + 3 + 9

Xét hàm số f (x) = log3x2, f0(x) = 2

xln 3 Theo (2.6) ta cólog3x2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (1; 3; 9)

Bài toán 2.20 Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh

log2(xyz) ≤ x + y + z − 3

ln 2 .Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

ln 2.(x − 1)

ln x11/2

+ ln y11/4

+ ln z11/4

≤

ln 1211/2+

ln 1411/4+

ln 1411/4

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (12;14;14)

Bài toán 2.22 Cho x, y, z là các số thực dương và x + y + z = 32 Chứngminh

(x2 + 1)(y2 + 1)(z2 + 1) + xyz ≤ 133

64 .Lời giải Theo bất đẳng thức AM - GM ta có

x + y + z ≥ 3√3

xyz,