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) ⊂ R được gọi là hàm đơn điệu tăng nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a, b) với x1 < x2, ta có f(x1) ≤ f(x2) Nếu điều kiện này được thỏa mãn với mọi cặp x1, x2 ∈ I(a, b) sao cho f(x1) < f(x2) tương đương với x1 < x2, thì f(x) được xem là hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a, b).
Nếu với mọi x1, x2 thuộc I(a, b) mà x1 < x2, thì f(x1) ≥ f(x2) cho thấy f(x) là hàm đơn điệu giảm trên I(a, b) Nếu điều kiện f(x1) > f(x2) ⇔ x1 < x2 với mọi x1, x2 thuộc I(a, b) được thỏa mãn, thì f(x) được gọi là hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b).
Những hàm số đơn điệu tăng thực sự trên I ( a, b ) được gọi là hàm đồng biến trên
I ( a, b ) và hàm số đơn điệu giảm thực sự trên I ( a, b ) được gọi là hàm nghịch biến trên tập đó.
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.
Hàm số f(x) xác định trên R+ là một hàm đơn điệu tăng khi và chỉ khi với mọi cặp số dương a1, a2, , an và x1, x2, , xn, ta luôn có n Các định lý này cung cấp những đặc trưng đơn giản nhưng quan trọng về hàm đơn điệu.
Chứng minh Khi f ( x ) đơn điệu tăng trên R thì hiển nhiên ta có f ( x j ) ≤ fX n k=1 x k , j = 1 , 2 , , n.
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) đơn điệu tăng trên R + x
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) ∈ C(R +) với mọi x ∈ R + và điều kiện maxg(x) ≤ 2 ming(x) dễ dàng thỏa mãn Ví dụ, hàm g(x) = 3 + sin x, x ∈ R +, đáp ứng các yêu cầu này và do đó cũng thỏa mãn điều kiện (1.5) Tuy nhiên, g(x) không phải là hàm đơn điệu tăng trên R +.
Nếu bổ sung thêm điều kiện g ( x ) := f (x) x là hàm đồng biến trênR + và x 1 , x 2 , , x n là bộ số gồm các số lớn hơn 1, thì ta thu được bất đẳng thức thực sự n
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, điều kiện n được thỏa mãn.
X k=1 a k f ( x k ) ≥X n k=1 a k fX n k=1 x k 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 ) đơn điệu giảm trên R + x
Hàm tuyến tính f(x) = ax là một trong những hàm số sơ cấp một biến có vai trò đặc biệt quan trọng, 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 Theo định lý này, với mọi cặp bộ số dương a1, a2, , an và x1, x2, , xn, ta có thể xác định rõ hơn về tính chất của hàm tuyến tính.
, (1.6) thì f(x) = ax, trong đó a là hằng số.
Chứng minh Lấy n = 2 và chọn x 1 = x, x 2 = y; a 1 = y
Suy ra g(x) := f(x) x là một hàm hằng trên R +
Hàm đơn điệu giảm có những tính chất quan trọng giúp ước lượng các tổng và tích phân Theo định lý 1.6 (Maclaurin, Cauchy), nếu f(x) là một hàm đơn điệu giảm, thì có thể áp dụng các phương pháp để phân tích và tính toán các giá trị liên quan đến hàm này.
(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 f(x) là hàm đơn điệu giảm trên khoảng (0, + ∞) và { a k } là dãy tăng trong khoảng (0, + ∞), thì tổng theo k sẽ thu được kết quả như trong (1.7), điều này cần được chứng minh.
( 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 khẳng định rằng nếu f(x) và g(x) là hai hàm đơn điệu tăng, cùng với một dãy đơn điệu tăng (x_k) với x_1 ≤ x_2 ≤ ≤ x_n, thì đối với mọi bộ số (p_j) với p_j ≥ 0, j = 1, 2, , n và tổng p_1 + p_2 + + p_n = 1, ta sẽ có một kết quả cụ thể.
Chứng minh Theo giả thiết thì
X k=1 p k f ( x k ) g ( x k ) 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 (hoặc nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng (a, b) nếu tất cả các đạo hàm của nó đều là hàm đồng biến (hoặc nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng này.
Ví dụ về các hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng(a, b), (a > 0) là các hàm số sau.
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 trên khoảng (a, b), thì hàm số g(x) = -f(x) sẽ là hàm nghịch biến tuyệt đối trong khoảng đó Do đó, bài viết này 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) =
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 có nhiều lớp hàm đơn điệu khác được nghiên cứu với các đặc trưng như đơn điệu đầy đủ và đơn điệu có tính tuần hoàn Cụ thể, hàm số f(x) được gọi là hàm đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng (a, b) nếu các đạo hàm của nó không triệt tiêu và thỏa mãn điều kiện f(k)(x)f(k+2)(x) ≤ 0 cho mọi x thuộc (a, b) với 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 ) = sin x, là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng
Ví dụ 1.5 Hàm số f(x) = cos x, 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 ) =
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, với nhiều ứng dụng trong bất đẳng thức và bài toán cực trị Cụ thể, nếu hàm f(x) khả vi bậc hai trên khoảng I(a, b) và thỏa mãn điều kiện f′(x) ≥ 0 cũng như f′′(x) ≥ 0 cho mọi x thuộc I(a, b), thì f(x) được gọi là hàm đơn điệu tăng liên tiếp bậc (1−2) trên I(a, b).
Nếu f ′ (x) ≤ 0 và f ′′ (x) ≤ 0 với mọi x ∈ I(a, b), thì f(x) được coi là hàm đơn điệu giảm liên tiếp 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 ′ (x) ≥ 0, f ′′ (x) ≤ 0, ∀ x ∈ I(a, b) thì ta nói f(x) là hàm tăng - giảm bậc
(1 − 2) trên I ( a, b ) và f ′ ( x ) ≤ 0 , f ′′ ( 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 ∈ ℑ{ f k ′ (x) } , x ∈ I(a, b), k =
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 ′ ) − 1 (v 1 ) + (f 2 ′ ) − 1 (v 2 ) + ã ã ã + (f n ′ ) − 1 (v n ) cho trước.
Lời giải Theo nhận xét, đặt u k = f k ′ − 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x k = u k = (f k ′ ) − 1 (v k ), k = 1, 2, , n.
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 ∈ ℑ{ f k ′ (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 ′ ) − 1 (v 1 ) + (f 2 ′ ) − 1 (v 2 ) + ã ã ã + (f n ′ ) − 1 (v n ) cho trước.
Lời giải Đặt u k = f k ′ − 1 (v k ), k = 1, 2, , n Khi đó f k ′ ( u k ) = v k , k = 1 , 2 , , n, ta thu được v k = f k ′ (u k ), u k ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x k = u k = ( f k ′ ) − 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.
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 ∈ ℑ{ f k ′ ( x ) } ; x ∈ I ( a, b ) , k = 1 , 2 , , n Khi đó min n
X k=1 f(u k ) f ′ ( 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 ′ ) − 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 ∈ ℑ{ f k ′ (x) } ; x ∈ I (a, b), k = 1, 2, , n Khi đó max n
X k=1 f k (u k ) f k ′ ( 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 ′ ) − 1 ( v k ); k = 1 , 2 , , n.
Bài toán 1.6 Cho hàm số f ( x ) = ax 2(k+1) + bx + c, ( a 6 = 0) , k ≥ 0.
Trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f ′ ( 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, (a 6 = 0); f ′ (x) = 2(k + 1)ax 2k+1 + b; f ′′ (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax 2k
Trường hợp 1: Nếu a > 0 Khi đó f ′′ (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax 2k > 0, ∀ x, suy ra f ′ (x) là hàm số đồng biến trên R.
Vậy, phương trình f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x 0 Ta có f ′ ( x ) > 0 , ∀ x > x 0 ,nên ∀ x > x 0 hàm số f (x) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2).
Trường hợp 2: Nếu a < 0 Khi đó f ′′ ( x ) = 2( k + 1)(2 k + 1) ax 2k < 0 , ∀ x, suy ra f ′ ( x ) là hàm số nghịch biến trên R.
Do đó, phương trình f ′ (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x 0 Ta có f ′ (x) < 0, ∀ x > x 0 , nên ∀ x > x 0 hàm số f (x) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2).
Do đó, với ∀ 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 au 2(k+1) k + bu k + c 2( k + 1) au 2k+1 k + b , ∀ x > x 0 , trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f ′ (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, ( a 6 = 0) , k ≥ 0 Chứng minh rằng max n
Trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f ′ (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, (a 6 = 0); f ′ (x) = 2(k + 1)ax 2k+1 + b; f ′′ (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax 2k
Trường hợp 1: Nếu a > 0, thì f ′′(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax²k > 0 cho mọi x, suy ra f ′(x) là hàm số đồng biến trên R, và phương trình f ′(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x₀ Do đó, f ′(x) < 0 cho mọi x < x₀, nên hàm số f(x) lồi và đạo hàm bậc nhất là các số âm Trường hợp 2: Nếu a < 0, thì f ′′(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax²k < 0 cho mọi x, dẫn đến f ′(x) là hàm số nghịch biến trên R, và phương trình f ′(x) = 0 cũng có nghiệm duy nhất x = x₀.
Ta có f ′ ( x ) > 0 , ∀ x < x 0 , nên ∀ x < x 0 hàm số f ( x ) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương.
Do đó, với ∀ a 6 = 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 + c2(k + 1)au 2k+1 k + b , ∀ x < x 0 trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f ′ ( 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 1.8 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 + 3 k + 2) 2 b 2 − 16(2 k 2 + 3 k + 1) ac < 0 , ∀ k ≥ 1
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
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 > x 0 Trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f ′ (x) = 0, ứng với mọi dãy số { x k } với x k ∈
Lời giải Ta có f ( x ) = ax 2(k+1) + bx k+2 + cx 2 + dx + e, ( a 6 = 0); f ′ (x) = 2(k + 1)ax 2k+1 + (k + 2)bx k+1 + 2cx + d; f ′′ (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 + 3 k + 2) 2 b 2 − 16(2 k 2 + 3 k + 1) ac < 0 , ∀ k ≥ 1, suy ra g ( t ) > 0 , ∀ t > 0 Suy ra f ′′ (x) > 0, ∀ x, suy ra f ′ (x) là hàm số đồng biến trên R.
Vậy, phương trình f ′ (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x 0 Ta có f ′ (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 ′′ (x) < 0 cho mọi x, ta kết luận rằng f ′ (x) là hàm số nghịch biến trên R, dẫn đến phương trình f ′ (x) = 0 chỉ có nghiệm duy nhất tại x = x 0 Hơn nữa, vì f ′ (x) < 0 với 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
X k=1 au 2(k+1) k + bu k+2 k + cu 2 k + du k + e2( k + 1) au 2k+1 k + ( k + 2) b k+1 k + 2 cu k + d , ∀ x > x 0 Trong đó, x 0 là nghiệm của phương trình f ′ ( 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 1.9 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 + 3 k + 2) 2 b 2 − 16(2 k 2 + 3 k + 1) ac < 0 , ∀ k ≥ 1 Chứng minh rằng 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
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 + 2 cu k + d , ∀ x < x 0
Trong đó x 0 là nghiệm của phương trình f ′ (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 ′ ( x ) = 2( k + 1) ax 2k+1 + ( k + 2) bx k+1 + 2 cx + d ; f ′′ ( x ) = 2( k + 1)(2 k + 1) ax 2k + ( k + 1)( k + 2) bx k + 2 c. Đặt x k = t (t > 0), xét hàm số g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at 2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.
Do đó, f ′′ (x) > 0, ∀ x, suy ra f ′ (x) là hàm số đồng biến trên R.
Vậy, phương trình f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x 0 Ta có f ′ ( x ) < 0 , ∀ x < x 0 , nên x < x 0 hàm số f ( x ) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số âm.
Vì f ′′ ( x ) < 0 với mọi x, nên f ′ ( x ) là hàm số nghịch biến trên R, dẫn đến phương trình f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = x 0 Hơn nữa, f ′ ( x ) > 0 cho mọi x < x 0, điều này cho thấy hàm số f ( x ) lõm và có đạo hàm bậc nhất là những số dương.
Do đó, với ∀ a 6 = 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 + 2 cu k + d
X k=1 au 2(k+1) k + bu k+2 k + cu 2 k + du k + e2(k + 1)au 2k+1 k + (k + 2)b k+1 k + 2cu k + d , ∀ x < x 0 ,trong đó, x 0 là nghiệm của phương trình f ′ (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
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 tôi sẽ tập trung vào các hàm số f(x) xác định trên khoảng I(a, b), nơi mà hàm f(x) chỉ có một số hữu hạn các điểm dừng, hay còn gọi là 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 < 1.
Xác định các hàm số đơn điệu g ( x ) trong [0 , 1] sao cho g(x) ≥ f(x), ∀ x ∈ [0, 1] (2.1)
Lời giải Nhận xét rằng, đồ thị hàm số đã cho trên R có trục đối xứng x = p.
Trước hết, ta xác định hàm số đơn điệu giảm g 0 (x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1), tức là, ứng với mọi g ( x ) đơn điệu giảm và thỏa mãn (2.1), ta đều có g(x) ≥ g 0 (x), ∀ x ∈ [0, 1] (2.2)
Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến nên hiển nhiên g 0 (x) = f(x) trong [0, p] Vì trong [ p, 1], hàm f ( x ) đồng biến, nên g 0 ( x ) ≡ 0.
Vậy, ta có hàm số đơn điệu giảm g 0 ( x ) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1) được xác định theo công thức g 0 (x) =
Mọi hàm số đơn điệu giảm khác được xác định theo (2.2).
Tiếp theo, ta xác định hàm số đơn điệu tăng g 1 (x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1), tức là, ứng với mọi g ( x ) đơn điệu tăng và thỏa mãn (2.1), ta đều có g(x) ≥ g 1 (x), ∀ x ∈ [0, 1] (2.3)
2 hay 0 ≤ 2 p ≤ 1 Vì trong [0 , p ] hàm số đã cho nghịch biến và đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p, nên hiển nhiên g 0 (x) = f (0) = p trong
[0, 2p] Vì trong [2p, 1], hàm f (x) đồng biến, nên g 0 (x) ≡ f (x).
Vậy, ta có hàm số đơn điệu tăng g 1 ( x ) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1) được xác định theo công thức g 0 ( x ) =
( p, khi 0 ≤ x ≤ 2p, f (x), khi 2p ≤ x ≤ 1. Đối với trường hợp 1
2 ≤ p, thì hiển nhiên hàm số đơn điệu tăng g 1 (x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1) sẽ là hàm hằng g 1 (x) ≡ p.
Mọi hàm số đơn điệu tăng khác được xác định theo (2.3).
Tương tự, ta xét việc mô tả lớp hàm đơn điệu cho trường hợp hàm số đã cho ở đường mức cao nhất.
Ví dụ 2.2 Xét hàm số f (x) = x 2 − 2px + 1, 0 < p < 1.
Xác định các hàm số đơn điệu g (x) trong [0, 1] sao cho g(x) ≤ f(x), ∀ x ∈ [0, 1] (2.4)
Đồ thị hàm số y = f(x) có trục đối xứng x = p Để chứng minh điều này, trước tiên, ta cần xây dựng hàm số đơn điệu giảm g₀(x) có giá trị cao nhất thỏa mãn điều kiện (2.4) Điều này có nghĩa là với mọi hàm g(x) đơn điệu giảm và thỏa mãn (2.4), ta luôn có g(x) ≤ g₀(x) cho mọi x trong khoảng [0, 1].
Vì trong [0 , p ] hàm số đã cho nghịch biến nên hiển nhiên g 0 ( x ) = f ( x ) trong [0 , p ] Vì trong [ p, 1], hàm f ( x ) đồng biến, nên g 0 (x) =
Mọi hàm số đơn điệu giảm khác được xác định theo (2.5).
Tiếp theo, ta xác định hàm số đơn điệu tăng g 1 ( x ) mức cao nhất thỏa mãn (2.4), tức là, ứng với mọi g ( x ) đơn điệu tăng và thỏa mãn (2.4), ta đều có g ( x ) ≤ g 1 ( x ) , ∀ x ∈ [0 , 1] (2.6)
2 hay 0 ≤ 2 p ≤ 1 Vì trong [0 , p ] hàm số đã cho nghịch biến và đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p, nên hiển nhiên g 0 (x) = f (0) = 1 trong
[0 , 2 p ] Vì trong [2 p, 1], hàm f ( x )đồng biến, nên g 0 ( x ) ≡ f ( x ) Vậy ta có hàm số đơn điệu tăng g 1 ( x ) mức cao nhất thỏa mãn (2.4) được xác định theo công thức g 0 (x) =
( 1, khi 0 ≤ x ≤ 2p, f (x), khi 2p ≤ x ≤ 1. Đối với trường hợp 1
2 ≤ p, thì hiển nhiên hàm số đơn điệu tăng g 1 (x)mức cao nhất thỏa mãn (2.4) sẽ là hàm hằng g 1 (x) ≡ 1.
Mọi hàm số đơn điệu tăng khác được xác định theo (2.4).
Bài toán 2.1 (Tổng quát) Cho hàm số f(x) liên tục và có hữu hạn khoảng đơn điệu trên [a, b] và 1 < n ∈N Xét tất cả các dãy số tăng { x i } trong [a, b] x 0 = a ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ ã ã ã ≤ x n ≤ x n+1 = b.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
| f(x i ) − f (x i+1 ) | Để giải quyết bài toán này ta xét từng trường hợp cụ thể.
Bài toán 2.2 Cho hàm số f ( x ) liên tục và đơn điệu trên [ a, b ] với −∞ < a < b < + ∞ và 1 < n ∈N Xét tất cả các dãy số tăng { x i } trong [a, b] x 0 = a ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ ã ã ã ≤ x n ≤ x n+1 = b.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Vì f (x) đơn điệu trên [a, b] nên với mọi dãy tăng (x i ) ∞ n=1 trong [a, b] x 0 = a < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n < x n+1 = b. ta đều có n
Bài toán 2.3 Cho n 0 ∈ N , −∞ < a < b < + ∞ và hàm f ( x ) liên tục trên [ a, b ] và có n 0 khoảng đơn điệu, n 0 ≤ n ∈N.
Xét tất cả các dãy số tăng { x i } trong [a, b] x 0 = a ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ ã ã ã ≤ x n ≤ x n+1 = b.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Theo giả thiết, số điểm cực trị của f ( x ) trên ( a, b ) là n 0.
Do n ≥ n 0, ta có lời giải bài toán như sau
Giả sử { x 1 , x 2 , ã ã ã , x n } là một dóy tăng tựy ý trong [a, b] sao cho x 0 = a < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n < x n+1 = b.
Gọi các điểm cực trị (điểm tại đó hàm đã cho thay đổi tính đơn điệu) của f ( x ) là a 1 , a 2 , ã ã ã , a n 0 ; (a 1 < a 2 < ã ã ã < a n 0 ).
Khi đó ta bổ sung các điểm cực trị này vào dãy ban đầu, ta có dãy mới (x ′ i ) m i=1 , (n ≤ m ≤ n + n 0 ) với x ′ 0 = a; x ′ n+1 = b Dãy mới (x ′ i ) m i=1 cũng được sắp xếp theo thứ tự tăng.
Mặt khác, rõ ràng trên [a i , a i+1 ] hàm số f (x) đơn điệu, nên m
Bài toán 2.4 Cho f ( x ) liên tục trên [ a, + ∞ ) , f ( x ) có m điểm cực trị và m ≤ n ∈ N Giả sử x → lim + ∞ f(x) = M, −∞ < M < + ∞ Xét tất cả các dãy số tăng { x i } x 0 = a < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n < x n+1 < + ∞
Để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức, chúng ta nhận thấy rằng khi cố định n và a, giá trị lớn nhất sẽ đạt được tại max n.
| f (x i ) − f (x i+1 ) | , là một hàm đơn điệu tăng đối với "biến số" b Như vậy, khi b đủ lớn sao cho [a, b] chứa tất cả các điểm cực trị của f ( x ) trên [ a, + ∞ ), thì
| f(x i ) − f (x i+1 ) | , chỉ phụ thuộc vào giá trị f(b) Vì vậy n
Bài toán 2.5 Cho f ( x ) liên tục trên ( −∞ , b ] Giả thiết rằng x →−∞ lim f ( x ) = m, −∞ < m < + ∞ , và f(x) có n 0 (hữu hạn) điểm cực trị trên ( −∞ , b], n 0 ≤ n ∈N.
Xột tất cả cỏc dóy số x 0 = −∞ < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n+1 = b.
Lời giải Bài toán này được giải quyết tương tự như bài toán trên.
Xét [a, b] với a đủ bé sao cho [a, b] chứa tất cả các điểm cực trị của f (x) Khi đó, với mọi dóy (x i ) n i=1 sao cho x 0 = a < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n < x n+1 = b, ta tớnh được
Dễ thấy, khi nới rộng [a, b] về phía bên trái thì F (a) cũng là một hàm đơn điệu tăng. Suy ra n
Bài toán 2.6 Cho f ( x ) liên tục trên [ a, b ], với a, b ∈ Z.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Trong khoảng [a, b] với a, b ∈ Z và a < b, số điểm nguyên có hạn là n0 = b - a + 1 Nếu n = b - a - 1, thì chỉ có một cách lựa chọn các điểm nguyên {x1, x2, , xn} Các điểm này nằm trong khoảng [a, b], do đó max n.
Nếu n + 2 < n 0 tức là n < n 0 − 2, ta có các điểm nguyên trong [a, b] là a, a + 1 , ã ã ã , b − 1 , b.
Tương ứng, ta có các giá trị của hàm là
Như vậy, dãy trên có thể phân thành các dãy con (bao gồm một số hạng liên tiếp) và có tính chất tăng dần hoặc giảm dần.
Giả sử, dãy được phân thành
Thực chất, các điểm nguyên a + i j (1 ≤ j ≤ k ) hoặc là phần nguyên của các điểm cực trị hoặc là phần nguyên của các điểm cực trị cộng thêm 1.
Khi đó, ta xét các trường hợp cụ thể sau.
Cỏc số a ij xỏc định trong dóy j = 1 , 2 , ã ã ã , k với a + i 0 = a, a + i k+1 = b.
Nếu 1 < n < k, thì tập hợp {x1, x2, , xn} chứa các điểm nguyên thỏa mãn điều kiện bài toán Chúng ta sẽ xem xét tất cả các tổ hợp chập n của k phần tử (ai1, ai2, , aik) tương ứng với mỗi trường hợp.
Chẳng hạn, ( a i1 , a i2 , ã ã ã , a in ) là một tổ hợp chập n của k phần tử a ij đó sắp theo thứ tự tăng Ta tính được
| f(a ij ) − f(a ij+1 ) | Chọn giá trị lớn nhất trong các tổng S ở trên, ta được max n
Ta xét các ví dụ minh họa sau.
Bài toán 2.7 Xét tất cả các dãy số
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ta có các điểm cực trị của hàm số f (x) = cos x trên [0, 2π] là x = 0, x = π, x = 2π. Vậy nên max
Bài toán 2.8 Xét tất cả các dãy số
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Trên đoạn [0; 4π] hàm số f (x) = cos x có 5 điểm cực trị là x = 0, x = π, x = 2π, x = 3π, x = 4π.
Ta xét các trường hợp sau
Trường hợp 1: Khi n > 5 Ta có max n − 1
= | cos 0 − cos π | + | cos π − cos(2 π ) | + | cos(2 π ) − cos(3 π ) | + | cos(3 π ) − cos(4 π ) | = 8
Khi đó, ta có dãy số 0 = x 0 < x 1 = π < x 2 = 2π < x 3 = 3π < x 4 = 4π.
| cos x i − cos x i+1 | = | cos 0 − cos π | + | cos π − cos(2 π ) | + | cos(2 π ) − cos(3 π ) | + | cos(3 π ) − cos(4 π ) | = 8
Khi n < 5, số lượng bộ phần tử sắp xếp theo thứ tự tăng dần là k = C(n, 5), được lấy từ tập {0, π, 2π, 3π, 4π} Các bộ phần tử sẽ được ký hiệu là x11, x12, , x1k, x21, x22, , x2k, , xk1, xk2, , xkk Do đó, cần xem xét k kết quả sau.
Bài toán 2.9 Cho f(x) = sin x Xét tất cả các dãy số (x i ) sao cho x 0 = 0 < x 1 < x 2 < ã ã ã < x 9 = 10 π.
Xác định giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Dễ thấy trên [0, 10π], hàm số f (x) có các điểm cực trị là x k = π
2 + 8π, có cùng độ cao tung độ, x 2 = π
2 + 9 π, có cùng độ cao tung độ.
Trong số các tổ hợp chập 8 của 10 phần tử, chúng ta chỉ cần lựa chọn 8 điểm liên tiếp từ các điểm cực trị đã được đánh số thứ tự.
= 1 + 7 2 + 1 = 16 Bài toán 2.10 Cho f(x) = x 3 − 3x 2 Tìm x ∈ ( − 10, 10), sao cho
S = | f( − 10) − f (x) | + | f (x) − f (10) | , đạt giá trị lớn nhất.
Trước hết ta cần xác định các điểm cực trị của hàm số f ( x ) Ta có f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x và f ′ (x) = 0 khi x = 0, x = 2.
Qua điểm x = 0 và x = 2, hàm f ′ (x) đổi dấu Vậy, x = 0, x = 2 là hai điểm cực trị của f(x) trên ( − 10, 10).
Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức bằng max { S 1 , S 2 } = 2000 Đạt được khi x = 0 hoặc x = 2.
Bài toán 2.11 Cho f(x) = x 4 − x 3 − 5x 2 Tìm x 1 , x 2 ∈ ( − 2, 3), sao cho x 1 < x 2 và
S = | f ( − 2) − f(x 1 ) | + | f (x 1 ) − f (x 2 ) | + | f(x 2 ) − f (3) | đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải Dễ thấy trên [ − 2, 3], hàm số f (x) có các điểm cực trị là {− 5
Ta có C 2 3 = 3 nên sẽ có 3 bộ phần tử sắp xếp theo thứ tự tăng dần lấy từ tập {− 5
Vậy ta cần xét cả 3 trường hợp.
4 , x 2 = 2, ta tính được S 2 = 35 Thật vậy
- Với x 1 = 0, x 2 = 2, ta tính được S 3 = 35 Thật vậy
Vậy S max = max { S 1 , S 2 , S 3 } = 35, khi x 1 = 0, x 2 = 2 hoặc x 1 = − 5
4 , x 2 = 2. Bài toán 2.12 Cho số p ∈ (0 , 1) và cho hàm số f ( x ) = | x − p | Xét các bộ số x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ( x 1 ≤ x 2 ≤ x 3 ≤ x 4 ) trong [0 , 1].
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p trên toàn trục thực Hàm này nghịch biến trong khoảng [0, p] và đồng biến trong khoảng [p, 1] Chúng ta bổ sung điểm x = p vào dãy số x1, x2, x3, x4 và sắp xếp theo thứ tự tăng dần thành u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ u4 ≤ u5.
Vậy, max M = 1 khi, chẳng hạn, x 1 = 0, x 2 = x 3 = p, x 4 = 1.
Bài toán 2.13 Cho f ( x ) = x x 2 + 1 Xét dãy số tùy ý x 0 = − 2 < x 1 < x 2 < x 3 < x 4 ≤ 2017.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
(x 2 + 1) 2 Suy ra f ′ ( x ) = 0 khi x = ± 1. Xét x > 1, trên [ − 2, x] ta xét phân hoạch tùy ý x 0 = − 2 < x 1 < x 2 < x 3 < x Ta có max
Bài toán 2.14 Cho f(x) = x x 2 + 1 Xét tất cả các dãy số x 0 = −∞ < x 1 < x 2 < x 3 < x 4 < x 5 = 2
Lời giải Hàm số đã cho có các điểm cực trị x = ∓ 1 Ta có, ứng với mọi dãy
Bài toán 2.15 Cho f(x) = x x 2 + 1 Xét tất cả các dãy (x i ) 4 1 , sao cho x 0 = −∞ < x 1 < x 2 < x 3 < x 4 < x 5 = + ∞
Lời giải Hàm số đã cho có các điểm cực trị x = ± 1 và f ( − 1) = − 1
Hàm tựa đơn điệu
Ta nhắc lại tính chất quen biết sau đây.
Giả sử hàm số f(x) xác định và đơn điệu tăng trên khoảng I(a, b), thì với mọi x1, x2 thuộc I(a, b), ta có f(x1) ≤ f(x2) khi và chỉ khi x1 ≤ x2 Ngược lại, nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên I(a, b), thì f(x1) ≥ f(x2) khi và chỉ khi x1 ≤ x2 cho mọi x1, x2 thuộc I(a, b).
Trong thực tế, nhiều hàm số chỉ yêu cầu tính chất yếu hơn, ví dụ như điều kiện f(x1) ≤ f(x2) tương đương với x1 ≤ x2 cho mọi x1, x2 > 0 và x1 + x2 ≤ 1 Do đó, không nhất thiết hàm f(x) phải là hàm đơn điệu tăng trên khoảng (0, 1).
Ví dụ, với hàm số f (x) = sin πx, ta luôn có khẳng định sau đây.
Bài toán 2.16 Nếu A, B, C là các góc của ∆ABC thì sin A ≤ sin B ⇔ A ≤ B (2.7)
Hàm f(x) = sin πx không đồng biến trong khoảng (0, 1), tuy nhiên vẫn tồn tại bất đẳng thức cho hàm này, tương tự như đối với hàm số đồng biến Cụ thể, nếu x1 và x2 là các số dương thỏa mãn x1 + x2 < 1, thì bất đẳng thức sin πx1 ≤ sin πx2 được áp dụng với điều kiện x1 ≤ x2.
Hàm số f(x) xác định trong khoảng (a, b) ⊂ (0, +∞) được gọi là hàm tựa đồng biến nếu f(x1) < f(x2) tương đương với x1 < x2, với mọi x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b Ngược lại, hàm số f(x) được gọi là hàm tựa nghịch biến trong khoảng đó nếu f(x1) < f(x2) tương đương với x1 > x2, cũng với mọi x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b.
Bài toán 2.17 Mọi hàm số f (x) tựa đồng biến trong (a, b) ⊂ (0, + ∞ ) đều đồng biến trong khoảng
Chứng minh Khẳng định được suy ra trực tiếp từ Định nghĩa 2.6
0, b 2 thì hiển nhiên, x 1 + x 2 < b và ta thu được f ( x 1 ) < f ( x 2 ) ⇔ x 1 < x 2 ; ∀ x 1 , x 2 ∈
Hệ thức (2.11) cho ta điều cần chứng minh.
Bài toán 2.18 Giả thiết rằng hàm h(x) đồng biến trong khoảng
, là hàm số tựa đồng biến trong (0 , b ). Định lý 2.1 (xem [2-6]) Mọi hàm f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0, + ∞ )và thỏa mãn các điều kiện
, đều là hàm tựa đồng biến trong khoảng đã cho.
Chứng minh Khi hàm f(x) tựa đồng biến trong (0, b) thì theo Bài toán 2.17, hàm f (x) đồng biến trong khoảng (0, b
Khi đó, để x 1 ∈ (0, b) sao cho đồng thời x 1 < x và x 1 + x < b, ta cần chọn x 1 ∈
2 , b ta đều có x 1 < x 2 và để x 1 + x 2 < b thì dễ thấy x 2 ∈ b
Vì theo giả thiết, thì f (x 1 ) < f (x 2 ) với mọi x 2 ∈ b
Phương pháp xây dựng các hàm tựa đơn điệu từ một hàm số cho trước 27
2.3.1 Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác
Trong mọi tam giác ABC, có một hệ thức quan trọng mà học sinh THPT cần nhớ: cạnh đối diện với góc lớn hơn sẽ luôn dài hơn Điều này thể hiện mối liên hệ tự nhiên giữa các yếu tố cạnh và góc trong tam giác, giúp củng cố kiến thức hình học cơ bản.
Nhận xét 2.1 Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương đương sau đây: Trong mọi tam giác ABC, khi A < B thì sin A < sin B.
Và như vậy, mặc dù hàm số f (x) = sin x không đồng biến trong (0, π) ta vẫn có hệ thức kiểu "đồng biến" cho cặp góc của một tam giác.
Tính chất 2.2 Trong mọi tam giác ABC ta đều có: cos A + cos B ≤ 2 cos A + B
Mặc dù hàm số f(x) = cos x không phải là hàm lõm trong khoảng (0, π) do đạo hàm cấp hai luôn âm, nhưng vẫn tồn tại hệ thức tương tự như hàm lõm cho cặp góc trong một tam giác.
Tính chất 2.3 Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức sin A + sin B + sin C ≤ 3 √
2 Tính chất 2.4 Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức tan A
3 Tính chất 2.5 Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức cot A
Tính chất 2.6 Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức cos A + cos B + cos C ≤ 3
Các tính chất 2.3 - 2.5 có thể được xác minh trực tiếp thông qua bất đẳng thức Jensen, áp dụng cho lớp hàm có đạo hàm không đổi dấu trong khoảng (0, π).
Tính chất 2.6 cho thấy rằng đặc trưng của hàm lõm không còn là công cụ chính để kiểm chứng tính đúng đắn của bất đẳng thức Do đó, một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là liệu chúng ta có thể mô tả tổng thể lớp các hàm tổng quát thỏa mãn điều kiện f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3f(π) hay không.
với mọi tam giác ABC?
Sau đây ta xét một số minh họa thông qua cách xây dựng các phương trình hàm để mô tả những nhận xét đã nêu ở trên.
2.3.2 Hàm tựa đồng biến dạng hàm số sin
Bài toán 2.19 Cho hàm số f ( t ) xác định trong khoảng (0 , π ) thỏa mãn điều kiện f(x) + f(y) ≤ 2f x + y
Giả sử x, y, z, x + y + z ∈ (0, π) Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z thì ta có z + x + y + z
∀ x, y, z, x + y + z ∈ (0, π) Từ đó, ta thu được (2.13).
Bài toán 2.20 Xác định các hàm số f ( t ) xác định trong khoảng (0 , π ) và thỏa mãn điều kiện
Với mọi tam giác ABC thì A < B khi và chỉ khi f (A) < f (B).
Điều kiện A < B tương đương với f(A) < f(B) cho mọi cặp góc A, B không tù (nhọn hoặc vuông), nghĩa là hàm f(t) = f'(t) là một hàm đồng biến.
2 < t < π, (2.15) với f 0 (t) là một hàm đồng biến tùy ý cho trước trong
0, π 2 i Ta chứng minh rằng, khi đó g 0 ( t ) thỏa mãn điều kiện bài ra.
Thật vậy, ta có g 0 (A) < g 0 (B) với mọi cặp góc A, B không tù và A < B
Tiếp theo, ta chứng minh rằng mọi hàm f ( t ) có dạng f ( t ) =
2 < t < π, (2.16) trong đó f 0 (t) là một hàm đồng biến tùy ý cho trước trong
0, π 2 i, đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
Thật vậy, với mọi góc B tù và A + B < π, 0 < A < π
Ngược lại, giả sử hàm f (x) xác định theo công thức f(t) =
2 < t < π, không thỏa mãn điều kiện (2.16), tức là tồn tại điểm t 1 ∈ π
Khi đó, ta có f(t 1 ) = f 1 (π − t 1 ) < f 0 (π − t 1 ) = f(π − t 1 ),mâu thuẫn với định nghĩa hàm tựa đồng biến.
Ví dụ 2.3 Xét hàm số f (t) =
Khi đó, f (t) là một hàm tựa đồng biến trong
2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin
Có mối liên hệ chặt chẽ giữa các hàm đồng biến (hay nghịch biến) và các hàm lồi (hay lõm) trong một khoảng nhất định Cụ thể, theo Định lý 2.2, một hàm khả vi f(x) trong khoảng (a, b) được coi là hàm đồng biến khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F(x) của nó là hàm lồi trong khoảng đó.
Chứng minh rằng hàm F(x) có đạo hàm bậc hai trong khoảng (a, b) là hàm lồi khi và chỉ khi F''(x) ≥ 0 trong khoảng đó Điều này tương đương với việc f'(x) ≥ 0 với mọi x thuộc (a, b).
Kết quả của Định lý 2.2 chỉ ra cách thiết lập mối liên hệ giữa lớp hàm tựa đồng biến và lớp hàm tựa lồi trong một khoảng cho trước Theo Định lý 2.3, hàm khả vi f(x) trong khoảng (a, b) là hàm tựa đồng biến nếu và chỉ nếu mọi nguyên hàm F(x) của nó là hàm tựa lồi trong khoảng đó.
Bài toán 2.21 Cho q(t) là hàm số lõm trong khoảng
2 < t < π. Chứng minh rằng f (t) là hàm tựa lõm trong (0, π).
Lời giải Nếu tam giác ABC nhọn hoặc vuông thì do giả thiết hàm q(t) lõm, dễ thấy ngay rằng điều kiện bài toán được thỏa mãn.
Xét trường hợp khi tam giác ABC tù, chẳng hạn C > π
2. Trước hết ta chứng minh hàm f (t) thỏa mãn điều kiện f (A) + f (C) ≤ 2f A + C
Không mất tính tổng quát, giả sử A + C − π
2 Theo định lí Lagrange thì q π 2
Do q(t) là hàm lõm (q ′′ (t) ≤ 0) nên q ′ (t) là hàm số nghịch biến và từ đó dẫn đến q ′ ( v ) ≥ q ′ ( u ) Suy ra q
Từ (2.18) và (2.19), ta thu được q(A) + q π
Vậy, f ( t ) là hàm tựa lõm trong (0 , π ).
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
Tiếp theo ta sẽ nêu cách dựng các hàm tựa lõm.
Bài toán 2.22 Tìm các hàm số f ( t )xác định trong khoảng(0 , π )và thỏa mãn điều kiện:
Với mọi tam giác ABC, ta đều có f (A) + cos B + cos C ≤ 3
Lời giải Ta có nhận xét rằng f ( A ) + cos B + cos C = f ( A ) + 2 cos B + 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) + cos B + cos C ≤ 3
2 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 = 2 π
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.
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 đóng vai trò quan trọng trong việc 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 bài toán dưới dạng (3.2) với giả định a₀ = b₀ = c₀ = 1, ta nhận thấy rằng (3.2) có hình thức của một hàm đồng biến g(1) ≥ g(0), trong đó g(t) = a^t b^t + c^t + b^t c^t + a^t + c^t a^t + b^t, với t thuộc R.
Bài viết chứng minh rằng nhận xét về bất đẳng thức Cauchy là hoàn toàn chính xác Độc giả có thể tự kiểm chứng các kỹ thuật cơ bản liên quan đến bất đẳng thức này để hiểu rõ hơn về tính đúng đắn của nó.
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 xét phân số p/q với q > 0, ta có những tính chất quan trọng sau: (i) Nếu phân số p/q là dương, thì việc tăng mẫu số sẽ làm giảm giá trị của phân số; (ii) Nếu phân số p/q là âm, thì 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 + j x i+j , là một hàm đồng biến trong [0, + ∞ ).
Lời giải Thật vậy, ta có
Suy ra Q ′ ( 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 + j x 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, khi xem xét tổng không đổi, chúng ta cần phân tích dấu của đạo hàm cấp một và cấp hai để thực hiện các biến đổi chia hai vế hiệu quả.
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 sin A cos A 0 + sin B cos B 0 + sin C cos C 0 6tan A 0 tan B 0 tan C 0 (3.3) Chứng minh Xét hàm số f(x) = sin x, x ∈
Ta có f ′ ( x ) = cos x > 0 và f ′′ ( x ) = − sin x < 0 trong (0 , π
2 ). Vậy nên f (A) ≤ f (A 0 ) + f ′ (A 0 )(A − A 0 ), suy ra sin A cos A 0 ≤ tan A 0 + A − A 0 (3.4)
Tương tự, ta cũng có sin B cos B 0 ≤ tan B 0 + B − B 0 (3.5) và sin C cos C 0 ≤ tan C 0 + C − C 0 (3.6)
Từ (3.4), (3.5), (3.6), suy ra sin A cos A 0 + sin B cos B 0 + sin C cos C 0 ≤ tan A 0 + tan B 0 + tan C 0 Để ý rằng tan A 0 + tan B 0 + tan C 0 = tan A 0 tan B 0 tan C 0 , suy ra điều phải chứng minh.
Các bài toán sau được giải quyết tương tự.
Bài toán 3.6 Cho tam giác A 0 B 0 C 0 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có cos A 2 sin A 0 2
Bài toán 3.7 Cho tam giác nhọn A 0 B 0 C 0 Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều có tan A
Bài toán 3.8 Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 2π
Các bài toán sau đây cho ta mở rộng vô hạn các bất đẳng thức từ một bất đẳng thức nhờ lớp các hàm số đơn điệu.
Ta nhận thấy rằng ứng với a, b, c, α, β là các số dương, α > 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 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
≥ 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 ( t 1 ) ≤ F ( t 2 ) hay cần chứng minh: b + c
≥ 3 t 2 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
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 quan trọng, từ đó mở rộng nhiều bài toán khác nhau.
Bài toán 3.10 Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác và α > β ≥ 1.
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.
Dựa vào điều kiện của bài toán, ta có 1 ≤ x ≤ y ≤ z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với việc cho rằng a^x * a^y * a^z ≥ (a^x)^(a^y) * (a^y)^(a^z) * (a^z)^(a^x).
Sau khi giản ước hai vế cho a a a ax a ay a az và nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa 1, ta nhận được bất đẳng thức tương đương x y y z z ≥ xy x z y Đặt x = xs và z = xt, với điều kiện 1 ≤ s ≤ t (do x ≤ y ≤ z) và y ≥ s (vì x ≥ 1), từ đó suy ra x xs y xt xt ≥ xy x (xt) sx.
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.
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− y 1 ≥ t t− s 1 với 1 ≤ s ≤ t, s ≤ y.
Ta xét hai trường hợp:
Giả sử y ≥ t Ta chứng minh rằng hàm số f 1 ( α ) = α α− α 1 tăng với α > 1 Ta có f 1 ′′ ( α ) = e α− α 1 ln α ′
(α − 1) 2 ( α − 1 − ln α ) > 0 , ta có g 1 ( α ) = α − 1 − ln α > 0 với α > 1, vì g ′ 1 ( α ) = α − 1 α > 0 và ( g ′ 1 (0) = 0). Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì y y− y 1 = f 1 (y) ≥ f 1 (t) = t t − t 1 ≥ t t − s 1
Giả sử y < t Ta chứng minh rằng hàm số f 2 (α) = α
1 α− 1 giảm với α > 1 Ta có f 2 ′′ (α) = e α− α 1 ln α
1 α− 1 1 α(α − 1) 2 (α − 1 − α ln α) < 0, ta có g 2 (α) = α − 1 − α ln α < 0 với α > 1, vì g 2 ′ (α) = 1 − ln α − 1 < 0 và (g 2 ′ (1) = 0). Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì y y− y 1 = (f 2 (y)) y ≥ (f 2 (t)) y = t t− y 1 ≥ t t− s 1 Bài toán 3.13 (Ireland, 2000) Cho x, y ≥ 0 với x + y = 2 Chứng minh rằng x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) ≤ 2.
= 1, bất đẳng thức cần chứng minh được viết thành
( x + y ) 6 ≥ x 2 y 2 32( x 2 + y 2 ) Trong trường hợp xy = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Xét trường hợp xy 6 = 0 Đặt k = xy Ta có điều kiện x = y = 2 ≥ 2 √ xy = 2 √ k, suy ra
0 ≤ k ≤ 1 Ta có thể chứng minh bất đẳng thức khi k = 1, nghĩa là xy = 1 lúc đó bất đẳng thức trở thành x + 1 x
≥ 4 Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của F ( p ) = p 3 − 32( p − 2)trên [4 , + ∞ ].
Vì F ′ (p) = 3p 2 − 32 ≥ 0 (do p ≥ 4), nên F (p) là hàm đơn điệu tăng trên [4, + ∞ ].
Ta sử dụng định lý và hệ quả sau cho các bài toán dưới đây. Định lý 3.1 (xem [2-6]) Cho hàm số y = f (x) liên tục và nghịch biến trên [0, b],
∀ a ∈ [0, b] Khi đó, ta luôn có b
Tương tự, với f ( x ) liên tục và đồng biến trên [0 , b ] , ∀ a ∈ [0 , b ] thì b
Hệ quả 3.7 Nếu b = 1 và f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, 1] thì ∀ a ∈ [0, 1], ta đều có
Nếu b = 1 , f ( x ) liên tục và đồng biến trên [0 , 1] thì ∀ a ∈ [0 , 1], ta đều có
Bài toán 3.14 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số h(x) = π
Lời giải Ta có f (t) = t + sin t là hàm liên tục và đồng biến trên h
0, π 2 i Khi đó, theo Định lý 3.1, ∀ x ∈ h
2 Vậy, giá trị lớn nhất của hàm số h(x) bằng − π
2. Bài toán 3.15 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = πx − 2 √
Lược đồ giải Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = 1
√ 1 − t 2 là hàm liên tục và đồng biến trên h
√ 2 2 i ta được giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng 0 khi x = 0 hoặc x =
Bài toán 3.16 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = √
Lược đồ giải Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g ( t ) = t 2 − 1
1 + t 2 là hàm liên tục và đồng biến trên [0, √
3] ta được giá trị lớn nhất của hàm số f(x) bằng 0 khi x = 0 hoặc x = √
Bài toán 3.17 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x arccos x −p
Áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = √t − arccos t, ta thấy hàm này liên tục và đồng biến trên đoạn [0, 1] Do đó, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) đạt được là -1 khi x = 0 hoặc x = 1.
Bài toán 3.18 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f(x, y) = x cos y − y cos x + (x − y)( 1
Áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = sin t + t, ta thấy rằng hàm này là liên tục và đồng biến trên đoạn [0, y] Do đó, giá trị lớn nhất của hàm f(x, y) đạt được bằng 0 khi x = 0 hoặc x = y.
Bài toán 3.19 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Từ bất đẳng thức cos t ≤ 1, ∀ t ∈R và cos t < 1 với 0 < t ≤ π
Tiếp theo, từ (3.12), khi x > 0, thì
Tiếp theo, từ (3.13), khi x > 0, thì
Tiếp theo, từ (3.14), khi x > 0, thì
2! + x 4 4! Mặt khác, từ (3.14), ta có sin x x
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 ) = ln f ( 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) = ln f (x); g ′ (x) = f ′ (x) f ( x ) ; g ′′ (x) = f ′′ (x).f(x) − f ′ (x) 2 f ′ ( x ) 2 , f (x) > 0, ∀ x ∈ I (a, b), suy ra g ′ (x) > 0 ⇔ f ′ (x) > 0 Khi đó g ′′ (x) > 0 ⇒ f ′′ (x).f(x) − f ′ (x) 2 > 0.
Vậy hàm số g ( x ) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2) khi f ′ (x)[f(x)f ′′ (x) − f ′ (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
Bài toán 3.21 Cho f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d, ( a 6 = 0) , thỏa mãn điều kiện b 2 − 3 ac > 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 đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f ′ (x) = 0, (x 1 < 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, ( a 6 = 0); f ′ (x) = 3ax 2 + 2bx + c; f ′′ (x) = 6ax + 2b.
Vì ∆ ′ f ′ = b 2 − 3ac > 0 nên phương trình f ′ (x) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 (x 1 < − b
3a < x 2 ). Trường hợp 1: Nếu a > 0 Ta có f ′ (x) > 0 ⇔ x < x 1 hoặc x > x 2 , suy ra f ′′ (x) > 0 ⇔ x > − b
3a , nên f ′ ( x ) > 0 và f ′′ ( x ) > 0 , ∀ x > x 2 , suy ra f ( x ) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2)
3 a , suy ra f (x) nghịch biến liên tiếp bậc
Trường hợp 2: Nếu a < 0 Ta có f ′ (x) > 0 ⇔ x 1 < x < x 2 nên f ′′ ( x ) > 0 ⇔ x < − b
3a , suy ra f (x) đồng biến liên tiếp bậc
3 a , do đó f ′ (x) < 0 và f ′′ (x) < 0, ∀ x > x 2 , suy ra f (x) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2).
∪ (x 2 , + ∞ ) 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 2 , + ∞ ) ,trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f ′ ( x ) = 0 ( x 1 < x 2 ). 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 ≥ u 1 + u 2 + ã ã ã + u n
Bài toán 3.22 Cho f (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d, (a 6 = 0), thỏa mãn điều kiện b 2 − 3ac > 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 đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f ′ ( x ) = 0 , ( x 1 < 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, (a 6 = 0); f ′ (x) = 3ax 2 + 2bx + c; f ′′ ( x ) = 6 ax + 2 b.
Vì ∆ ′ f ′ = b 2 − 3ac > 0 nên phương trình f ′ (x) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 (x 1 < − b
3a < x 2 ). Trường hợp 1: Nếu a > 0 Ta có f ′ ( x ) > 0 ⇔ x < x 1 hoặc x > x 2 thì f ′′ (x) < 0 ⇔ x < − b
3a , suy ra f ′ ( x ) > 0 và f ′′ ( x ) < 0 , ∀ x < x 1 , suy ra f ( x ) lõm, có đạo hàm bậc nhất là số dương Vì f ′ (x) < 0 ⇔ x 1 < x < x 2 , suy ra f ′′ (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 Ta có f ′ (x) > 0 ⇔ x 1 < x < x 2 nên f ′′ ( x ) < 0 ⇔ x > − b
3a < x < x 2 , suy ra f ( x ) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương.
3a , nên f ′ ( x ) < 0 và f ′′ (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
Trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f ′ (x) = 0 (x 1 < 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 Bài toán 3.23 Cho hàm số f (x) = ln(ax + b), (a < 0), ∀ x < − b a Chứng minh rằng min n
(au k + b) ln(au k + b) a , 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 ) = ln ( ax + b ); f ′ (x) = a ax + b ; f ′′ (x) = − a 2
(ax + b) 2 < 0 , ∀ x < − b a Vậy nên, hàm f(x) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2), theo Hệ quả 1.2, ta có min n
(au k + b) ln(au k + b) a 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
Nếu hàm số đã cho là hàm đơn điệu và khả vi, điều này mở ra nhiều ứng dụng trong các lớp hàm khác nhau, bao gồm hàm lượng giác, hàm đa thức, hàm phân thức, hàm mũ và hàm logarit.
Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số" đã giải quyết những vấn đề sau:
Bài viết này trình bày các vấn đề liên quan đến lớp hàm đơn điệu và các ứng dụng của chúng, nhấn mạnh vai trò quan trọng của hàm đơn điệu trong các bài toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế Hàm đơn điệu không chỉ giúp giải quyết các bài toán phức tạp mà còn là công cụ hữu ích trong việc phát triển tư duy toán học cho học sinh Việc hiểu rõ về hàm đơn điệu sẽ góp phần nâng cao khả năng giải quyết vấn đề và đạt thành tích cao trong các kỳ thi.
- Tiếp theo, trình bày các tính chất của hàm số tựa đơn điệu và phép đơn điệu hóa, giải quyết các bài toán cực trị liên quan.
- Cuối cùng, luận văn trình bày hệ thống các bài tập áp dụng từ các đề thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế liên quan.