Định lí Rôn và bất đẳng thức hàm lồi

Định lí Rôn và bất đẳng thức hàm lồi

Bản quyền thuộc Nhúm Cự Mụn của Lờ Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều cỏc em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu − Nhúm Cự Mụn luụn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời cỏc thắc mắc − Đăng kớ “Học tập từ xa”

ĐẠO HÀM VÀ ỨNG DỤNG

ĐỊNH Lí RễN

VÀ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM LỒI

Vấn đề 1: Sử dụng tình lồi, lõm của hàm số

chứng minh bất đẳng thức

Vấn đề 2: Sử dụng định lí Rôn giải phơng trình

Học Toỏn theo nhúm (từ 1 đến 6 học sinh) cỏc lớp 9, 10, 11, 12

Giỏo viờn dạy: Lấ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngừ 86 − Đường Tụ Ngọc Võn − Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kớ học cho con liờn hệ 0936546689

Định lí Rôn và bất đẳng thức hàm lồi

A Tóm tắt lí thuyết

1 bất đẳng thức hàm lồi

Định lí 1 Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a, b).

1 Hàm số f(x) gọi là lồi trên khoảng đó ( f''(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) )

⇔ ∀ x1, x2, xn∈(a, b) ta có

n

) x (

) x ( ) x

n

x

x

x1+ 2+ + n

), dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = = xn

2 Hàm số f(x) gọi là lõm trên khoảng đó ( f''(x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) )

⇔ ∀ x1, x2, xn ∈(a, b) ta có

n

) x (

) x ( ) x

n

x

x

x1+ 2+ + n ),

dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = = xn

Định lí 2 Giả sử hàm số f(x) gọi là lồi trên khoảng (a, b) Với n giá trị tuỳ ý

x1, x2, xn của biến số x thuộc khoảng đó, với n số hữu tỉ r1, r2, rn thoả mãn

điều kiện









= + + +

=

<

1 r

r r

n, 1 i r 0

n 2

1

ta đều có :

r1f(x1) + r2f(x2) + + rnf(xn) ≤ f(r1x1 + r2x2 + + rnxn), dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = = xn

Chứng minh

Viết các số hữu tỉ r1, r2, rn dới dạng n phân số với cùng mẫu chung M nh sau :

ri =

M

mi

với i = 1 , n ,

ta có

m1 + m2 + + mn = M

Kết quả cần chứng minh đợc suy ra từ Định lí 1 áp dụng cho M số :

m1 số x1,

m2 số x2, ,

mn số xn

2 Định lí Rôn

Định lí Rôn : Nếu hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D thì phơng trình

f(x) = 0

sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D

B phơng pháp giải toán

Vấn đề 1: sử dụng tính lồi, lõm của hàm số chứng minh

bất đẳng thức

Để sử dụng tính lồi lõm của hàm số chứng minh bất đẳng thức, giả sử :

M ≤ 0

ta thực hiện theo các bớc sau :

Bớc 1: Biến đổi bất đẳng thức về dạng :

n

) x (

) x ( ) x ( 1 + 2 + + n

≥

≤

f(

n

x

x

x1+ 2+ + n

) hoặc

r1f(x1) + r2f(x2) + + rnf(xn) ≤ f(r1x1 + r2x2 + + rnxn)

Bớc 2: Xét hàm số y = f(x), dùng đạo hàm khẳng định hàm số là lồi

hoặc lõm

Bớc 3: Kết luận

Ví dụ 1: Chứng minh rằng :

2

y

x2+ 2 ≥ 2

2 y x











Giải

Xét hàm số :

f(x) = x2

ta có :

f’(x) = 2x, f"(x) = 2 > 0, ∀x

⇔ hàm số lõm trên R

Do đó, với mọi x, y∈R ta có :

2

) y ( )

x

2

y

x+ ) ⇔

2

y

x2+ 2 ≥ x2y2









Mở rộng : Hàm số :

f(x) = xm (m ≥ 2)

có đạo hàm cấp hai

f''(x) = m(m − 1)xm − 2 > 0, ∀x > 0

do vậy là một hàm lõm trên khoảng đó, và ta có kết quả :

"Với n số x 1 , x 2 , , x n > 0, ta có :

m n 2

1

n

x

x x











n

x

x

x1m+ m2 + + mn .

Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi x 1 = x 2 = = x n "

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với x, y > 0 luôn có :

2

y ln x

ln + ≤ ln(

2

y

x+ ).

Giải

Xét hàm số :

f(x) = lnx

ta có :

f’(x) =

x

1 , f"(x) = − 2

x

1 < 0 ∀x∈(0, + ∞)

⇔ hàm số lồi trên (0, + ∞)

Do đó, với mọi x, y∈(0, + ∞) ta có :

2

) y ( )

x

2

y

x+ ) ⇔

2

y ln x

ln + ≤ ln(

2

y

x+ ).

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với x, y∈[0, π] luôn có :

2

y sin x

2

y

x+ ).

Giải

Xét hàm số :

f(x) = sinx

ta có :

f’(x) = cosx, f"(x) = − sinx < 0 ∀x∈(0, π)

⇔ hàm số lồi trên (0, + ∞)

Do đó, với mọi x, y∈[0, π] ta có :

2

) y ( )

x

2

y

x+ ) ⇔

2

y sin x

2

y

x+ ).

Chú ý : Từ đó, trong mọi ∆ABC thì ∀A, B, C ∈ (0, π) luôn có :

3

) C ( ) B ( )

A

3

C B

A+ + ) ⇔

3

C sin B sin A

sin(

3

π)

⇔ sinA + sinB + sinC ≤

2

3 3 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi A = B = C ⇔ ∆ABC đều

Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong ∆ABC ta có :

a tgA + tgB + tgC ≥ 3 3, với ∆ABC nhọn

b tg

2

A

+ tg

2

B + tg 2

C ≥ 3

Giải

Xét hàm số :

f(x) = tgx

với x ∈ (0,

2

π).

Ta có:

f'(x) =

x cos

1

2 , f''(x) =

x cos

x sin 2

3 > 0 ∀x ∈ (0,

2

π)

⇔ hàm số lõm trên (0,

2

π).

a Do đó, với ∆ABC nhọn, tức là A, B, C∈(0,

2

π) ta có :

3

) C ( ) B ( )

A

3

C B

A+ + )

⇔

3

tgC tgB tgA+ + ≥ tg(

3

π) ⇔ tgA + tgB + tgC ≥ 3

3 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi A = B = C ⇔ ∆ABC đều

b Do đó, với

2

A , 2

B , 2

C ∈(0,

2

π) ta có :

3

) 2

C ( ) 2

B ( )

2

A

3 2

C 2

B 2

A

+ + )

⇔

3

2

C tg 2

B tg 2

A

6

π) ⇔ tg

2

A + tg 2

B + tg 2

C ≥ 3 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi A = B = C ⇔ ∆ABC đều

Chú ý : Ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ việc sử dụng nhiều hàm lồi để chứng

minh một bất đẳng thức

Ví dụ 5: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có :

tg2 2

A + tg2 2

B + tg2 2

C ≥ 1

Giải

Xét hàm số :

f(x) = x2

ta có :

f '(x) = 2x, f"(x) = 2 > 0, ∀x ⇔ hàm số lõm trên R

Do đó, với tg

2

A , tg 2

B , tg 2

C

ta có :

3

) 2

C tg ( ) 2

B tg ( ) 2

A

tg

3

2

C tg 2

B tg 2

A

tg + + )

⇔

3

2

C tg 2

B tg 2

A

tg2 + 2 + 2 ≥

2

3

2

C tg 2

B tg 2

A tg



















≥

2

3

3









⇔ tg2

2

A

+ tg2 2

B + tg2 2

C ≥ 1, đpcm

Tổng quát : Ta luôn có :

tg2n

2

A

+ tg2n

2

B + tg2n 2

C ≥ n 1 3

1

− Thật vậy :

(tg2

2

A

)n + (tg2

2

B )n + (tg2

2

C )n ≥ 3

n 2 2

2

3

2

C tg 2

B tg 2

A tg



















≥ 3 n 3

1

1 n

3

1

−

Chú ý : Ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ việc sử dụng đồng thời các bất đẳng thức

quen thuộc cùng với bất đẳng thức hàm lồi

Ví dụ 6: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có :

cosA + cosB + cosC ≤

2

3

Giải

Xét hàm số :

f(x) = cosx

với x∈(0,

2

π), ta có :

f '(x) = − sinx, f ''(x) = − cosx < 0 ∀x∈(0,

2

π)

⇔ hàm số lồi trên (0,

2

π).

Không mất tính tổng quát, ta giả sử C là góc nhỏ nhất trong ∆ABC, suy ra

0 < C <

3

π, khi đó :

cosA + cosB + cosC = 2cos

2

B

A+ .cos

2

B

A− + cosC

≤ 2cos

2

B

A+ + cosC = cos

2

B

A+ + cos

2

B

A+ + cosC

lồi hàm Bdt

≤ 3.cos

3

C 2

B A 2

B A

+

+ +

+

= 3cos

3 π

⇔ cosA + cosB + cosC ≤

2

3 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi













= +

=

−

C 2

B

A

1 2

B A

cos

⇔ A = B và C =

3

π ⇔ A = B = C =

3

π ⇔ ∆ABC

đều

Vấn đề 2: sử dụng định lí rôn giải phơng trình

Giả sử cần giải phơng trình :

ta có thể lựa chọn kết quả của định lí Rôn bằng việc thực hiện theo các bớc :

Bớc1: Tìm tập xác định D của phơng trình

Bớc2: Xét hàm số y = f(x) trên D

Sử dụng đạo hàm khẳng định rằng hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D

Bớc3: Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm

Ta cần chỉ ra hai giá trị x1, x2∈D sao cho

f(x1) = f(x2) = 0

Bớc4: Kết luận

Ví dụ 1: Giải phơng trình :

3 x + 1 = 3x2 − 8x + 3

Giải

Điều kiện :

x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 1

Viết lại phơng trình dới dạng :

Xét hàm số f(x) = 3 x + 1 − 3x2 + 8x − 3 trên D = [ − 1, + ∞), ta có :

f '(x) =

1 x 2

3 + − 6x + 8,

f "(x) = − 4 (x3 1)3

+ − 6 < 0, ∀x∈D ⇒ hàm số lồi trên D

Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ có không quá hai nghiệm, ta có : f(0) = f(3) = 0

Do đó phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 3

Chú ý : Đơng nhiên bài toán trên có thể đợc thực hiện bằng phơng pháp biến

đổi tơng đơng, cụ thể :

Biến đổi tơng đơng phơng trình về dạng :









+

−

= +

≥ +

−

2 2

2

)3 x x )1 x(

9

0 3 x

x

⇔









=

− +

−

≥ +

−

0 x 57 x 82 x 48 x

0 3 x x

2 3 4 2

⇔









= +

−

−

≥ +

−

0 ) 19 x 21 x )(

3 x (

x

0 3 x x

2

2

⇔

















=

=

≥ +

−

3 x

0 x

0 3 x

x 2

⇔ 





=

=

3 x 0 x

Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 3

Ví dụ 2: Giải phơng trình :

x + x + 1 = x2 + x + 1

Giải

Điều kiện :







≥ +

≥

0 1

x3

0

x

⇔ x ≥ 0

Viết lại phơng trình dới dạng :

x + x + 1 − x2 − x − 1 = 0

(1)

Xét hàm số f(x) = x + x + 1 − x2 − x − 1 trên D = [0, + ∞), ta có :

f '(x) =

x 2

1

+

1 x 2

3 + − 2x − 1,

f "(x) = − 3

x 4

1

) 1 x ( 4

9 + − 2 < 0, ∀x∈D ⇒ hàm số lồi trên D

Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có :

f(0) = f(1) = 0.

Do đó phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Nhận xét :

1 Trong ví dụ thứ nhất, chúng ta thấy rằng có thể thực hiện bài toán bằng phơng pháp biến đổi tơng đơng thay cho việc phải sử dụng tới định lí Rôn

2 Trong ví dụ thứ hai, chúng ta thấy rằng nếu sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng sẽ nhận đợc một phơng trình bậc 8, khi đó cho dù nhẩm đợc hai nghiệm x = 0 và x = 1 thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc giải một ph ơng trình bậc 6 và điều này hoàn toàn không khả thi

Ví dụ 3: Giải phơng trình :

x = x231

2

Giải

Viết lại phơng trình dới dạng :

3

1

x2

2

Xét hàm số f(x) = x231

2

− − x trên R, ta có : f’(x) =

3

2 ln x 2

x231

2

− − 1,

f’’(x) =

3

2 ln 2 x231

2

9

2 ln

2

− > 0, ∀x ⇒ hàm số lõm Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có : f(1) = f(2) = 0

Do đó, phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2

Ví dụ 4: Giải phơng trình :

(a2 − 1)x = a2x − 1, với 0 < a ≠1

Giải

Viết lại phơng trình dới dạng :

Xét hàm số f(x) = a2x − (a2 − 1)x − 1 trên R, ta có :

f’(x) = 2lna.a2x − a2 + 1,

f’’(x) = 4ln2a.a2x > 0, ∀x và 0 < a ≠ 1 ⇒ hàm số lõm

Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có : f(0) = f(1) = 0

Do đó phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Ví dụ 5: Giải phơng trình :

2x − log2(x + 1) − 1 = 0

Điều kiện

x + 1 > 0 ⇔ x > − 1

Xét hàm số y = 2x − log2(x + 1) − 1

 Miền xác định D = ( − 1, + ∞)

 Đạo hàm :

y' = 2x.ln2 − (x+11)ln2 y'’ = 2x.ln22 +

2 ln ) 1 x (

1

2

+ > 0, ∀x∈D

⇒ hàm số y là lõm trên D

Vậy theo định lí Rôn phơng trình y = 0 có không quá hai nghiệm trên D Nhận xét rằng y(0) = y(1) = 0

Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Ví dụ 6: Giải phơng trình :

Giải

Điều kiện 2x + 1 > 0 ⇔ x > −

2

1 Biến đổi phơng trình về dạng :

Xét hàm số f(t) = t + log3t là hàm đồng biến với t > 0

Khi đó, phơng trình (2) đợc viết lại dới dạng :

f(3x) = f(1 + 2x) ⇔ 3x = 1 + 2x ⇔ 3x − 1 − 2x = 0 (3) Xét hàm số g(x) = 3x − 1 − 2x

 Miền xác định D = ( − 21 , + ∞)

 Đạo hàm :

g'(x) = 3x.ln3 − 2 g''(x) = 3x.ln23 > 0, ∀x∈D ⇒ g(x) là hàm lõm trên D Vậy phơng trình g(x) = 0 có không quá hai nghiệm trên D

Nhận xét rằng g(0) = g(1) = 0

Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Chú ý : Cũng có thể dử dụng bất đẳng thức Bernouli, cụ thể :

(3) ⇔ 3x + (1 − 3)x = 1 Bernoulli

⇔ 





=

=

1 x 0 x

Vậy phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Bài tập đề nghị Bài tập 1: Với a, b ≥ 0 và n ∈ N*, chứng minh :

n 2 b a











2

b

an+ n .

Bài tập 2: Chứng minh rằng nếu với n góc dơng có số đo a1, a2, , an thoả mãn điều kiện a1 + a2 + + an = π thì ta có :

cosa1 + cosa2 + + cosan ≤ ncos

n

π.

Bài tập 3: Cho n số dơng a1, a2, , an từng đôi một (ai, aj) (i≠j) có tích

ai.aj ≥1 Chứng minh rằng :

1

a 1

1 + + 1 a2

1 + + + 1 an

1

n 2

1a a a 1

n

Bài tập 4: Chứng minh rằng trong mọi ∆ABC ta đều có :

a sin

2

A

+ sin

2

B + sin 2

C ≤ 2

3

b cos

2

A

+ cos

2

B + cos 2

C ≤ 2

3

Bài tập 5: Chứng minh rằng trong mọi ∆ABC ta đều có :

2

A

tg 









2

B

tg 









2

C

tg 









b tg6

2

A

+ tg6

2

B + tg6 2

C ≥ 9

1

Bài tập 6: Giải phơng trình :

3 x = 3x2 − 14x + 14

Bài tập 7: Giải phơng trình :

x

1 − + x + 4 = x3 − x2 + 3

Bài tập 8: Giải phơng trình :

a x + 5 − x = x2 − 5x + 7

b x + 5 − x = x3 − 4x2 − x + 7

Bài tập 9: Giải phơng trình :

3x + 1 − 2x.3x = 3

Bài tập 10: Giải các phơng trình :

a x − log2(x + 2) + 1 = 0

b log2(x + 1) + log3(2x + 1) − 2x = 0

Bài tập 11: Giải các phơng trình :

a ∑−

=1 +

n

0

i

x

) 2 i

2

1 n(n + 1)x − n = 0

b

∑

n

1

i i(i 1)x

1 − 1 n

nx + − n = 0.

c ∑

1

) 1 ix (

Bạn đọc muốn có tài liệu về lời giải các bài tập xin liên hệ

tới Nhóm Cự Môn