7.2 Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác
7.2.2 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin
Nhận xét rằng, có một mối liên hệ mật thiết giữa lớp các hàm đồng biến (nghịch biến) trong một khoảng cho trước với lớp các hàm lồi (lõm) trong khoảng đó.
Định lí 7.2. Hàm khả vif(x) trong khoảng(a, b) là hàm đồng biến trong khoảng đó khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F(x) của nó là hàm lồi trong khoảng đó.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết thìF(x)có đạo hàm bậc hai trong khoảng (a, b), nên theo định lí 4.5 thì F(x) là hàm lồi trong (a, b) khi và chỉ khi F”(x) ⩾ 0 trong khoảng đó. Điều này tương đương với f0(x)⩾0 với mọix∈(a, b).
Kết quả của định lí 7.2 gợi ý cho ta cách thiết lập mối liên hệ giữa lớp các hàm tựa đồng biến (tựa nghịch biến) trong một khoảng cho trước với lớp các hàm tựa lồi (tựa lõm) trong khoảng đó. Bạn đọc tự chứng minh kết quả sau:
Định lí 7.3. Hàm khả vi f(x) trong khoảng (a, b) là hàm tựa đồng biến trong khoảng đó khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F(x) của nó là hàm tựa lồi trong khoảng đó.
Bài toán 7.9. Cho q(t) là hàm số lõm trong khoảng
0,π 2 i
. Xét hàm số
f(t) =
q(t), khi 0< t⩽ π 2 2qπ
2
−q(π−t), khi π
2 < t < π.
Chứng minh rằng f(t) là hàm tựa lõm trong (0, π).
Giải. Nếu tam giácABC nhọn hoặc vuông thì do giả thiết hàmq(t)lõm, dễ thấy ngay rằng điều kiện bài toán được thỏa mãn.
Xét trường hợp khi tam giác ABC tù, chẳng hạnC > π 2. Trước hết ta chứng minh hàm f(t) thỏa mãn điều kiện
f(A) +f(C)⩽2.fA+C 2
hay
q(A) + 2qπ 2
−q(π−C)⩽2qA+C 2
. (7.15)
Do C > π
2 nên suy ra π−C, A+C−π
2 ∈ 0,π
2
, (π−C) +
A+C−π 2
=A+π 2. Không mất tính tổng quát, giả sử A+C−π
2 ⩽π−C.
7.2. Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác 225 Khi đó, ta có
A⩽A+C−π
2 ⩽π−C ⩽ π 2. Theo định lí Lagrange thì
qπ 2
−q(π−C) =q0(u).
C−π 2
, u∈
π−C,π 2
và
q
A+C− π 2
−q(A) =q0(v).
C−π 2
, v∈
A, A+C−π 2
.
Do q(t) là hàm lõm (q”(t) ⩽ 0) nên q0(t) là hàm số nghịch biến và từ đó dẫn đến q0(v)⩾q0(u). Suy ra
q
A+C−π 2
−q(A)⩾qπ 2
−q(π−C) hay
q(A) +q π
2
−q(π−C)⩽q
A+C−π 2
. (7.16)
Mặt khác, do
qA+C 2
=qA+C−π 2 +π
2 2
⩾
q(A+C−π 2) +q
π 2
2
nên
q
A+C−π 2
⩽2q
A+C 2
−q π
2
. (7.17)
Từ (7.16) và (7.17), ta thu được q(A) +qπ
2
−q
π−C
⩽2qA+C 2
−qπ 2
hay
q(A) + 2q π
2
−q(π−C)⩽2q
A+C 2
, tức là ta có (7.15)
Vậy f(t) là hàm tựa lõm trên khoảng (0, π).
Hệ quả 7.1. Với mọi hàm số f(t) xác định theo công thức f(t) =
q(t), khi 0< t⩽ π 2, 2qπ
2
−q(π−t), khi π
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.fπ 3
. (7.18)
226 Chương 7. Bất đẳng thức hàm Chứng minh. Theo Bài toán 7.9 thìf(t) là hàm tựa lõm. Do đó, ta có
f(B) +fπ 3
⩽2fB+π3 2
và
f(A) +f(C)⩽2fA+C 2
. Suy ra
f(A) +f(B) +f(C) +fπ 3
⩽4fA+B+C+π3 4
= 4fπ 3
hay
f(A) +f(B) +f(C)⩽3fπ 3
, điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta sẽ nêu cách dựng các hàm tựa lõm.
Bài toán 7.10. Chứng minh rằng mọi hàm f(t) dạng f(t) =
q(t), khi 0< t⩽ π 2,
⩽2qπ 2
−q(π−t), khi π
2 < t⩽π, trong đó q(t) là hàm số lõm cho trước trong khoảng
0,π 2 i
, đều thỏa mãn (7.18).
Giải. Thật vậy, nếu tam giác ABC nhọn hoặc vuông, thì do q(t) là hàm lõm nên hiển nhiên (7.18) đúng.
Nếu tam giác ABC tù, chẳng hạn gócC > π 2, ta có f(B) +fπ
3
=q(B) +qπ 3
⩽2qB+π 3 2
và
f(A) +f(C)⩽q(A) + 2q π
2
−q(π−C)⩽2q
A+C 2
theo (7.15).
Suy ra
f(A) +f(B) +f(C) +f(π 3)⩽4q
π 3
= 4f π
3
hay
f(A) +f(B) +f(C)⩽3f π
3
. Vậy (7.18) được thỏa mãn.
7.2. Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác 227 Nhận xét 7.4. Điều kiện của bài toán 7.10 đối với f(t) cũng là điều kiện cần để hàm đã cho là hàm tựa lõm (thoả mãn điều kiện (7.18).) Bạn đọc tự chứng minh điều nhận xét này.
Bài toán 7.11. Xét hàm số f(t) =
sint, khi 0< t⩽ π 2, g(t), khi π
2 < t < π.
trong đóg(t)⩽2−sint trong khoảngπ 2, π
. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
f(A) +f(B) +f(C)⩽3f π
3
. (7.19)
Giải. Trước hết ta nhận xét rằng f(t) = sintlà hàm lõm trong 0,π
2 i
do f”(t) =−sint⩽0,∀t∈
0,π 2 i
. Xét hàm số
f0(t) =
sint, khi 0< t⩽ π 2, 2−sint, khi π
2 < t < π.
Ta chứng minh rằng f0(t) là hàm số thỏa mãn điều kiện (7.19)
Thật vậy, nếu tam giác ABC nhọn hoặc vuông, thì do hàm f(t) = sint là hàm lõm trong khoảng
0,π
2 i
nên ta có
sinA+ sinB⩽2 sinA+B 2
và
sinC+ sinπ
3 ⩽2 sinC+π 3 2
. Suy ra
sinA+ sinB+ sinC+ sinπ 3 ⩽2.
h sin
A+B 2
+ sin
C+π3 2
i
⩽4.sinA+B+C+ π3 4
= 4 sinπ 3. Suy ra
sinA+ sinB+ sinC ⩽3 sinπ 3
228 Chương 7. Bất đẳng thức hàm hay
f0(A) +f0(B) +f0(C)⩽3f0π 3
. Vậy (7.19) được thỏa mãn.
Xét trường hợp tam giác ABC tù, chẳng hạn góc C > π
2. Ta chứng minh rằng f0(A) +f0(C)⩽2f0A+C
2
hay
sinA+ 2−sinC⩽2 sinA+C 2
. (7.20)
Dễ thấyπ−C, A+C− π 2 ∈
0,π 2
và (π−C) +
A+C−π 2
=A+π 2. Không mất tính tổng quát, giả sử A+C−π
2 ⩽π−C⩽ π 2. Khi đó
A⩽A+C−π
2 ⩽π−C ⩽ π 2. Ap dụng định lí Lagrange, ta có´
f0
π 2
−f0(π−C) =f00(u)
C−π 2
, u∈
π−C,π 2
hay
1−sinC =
C− π 2
cosu và
f0
A+C−π 2
−f0(A) =f00(v) C−π
2
, v ∈
A, A+C−π 2
hay
sin
A+C−π 2
−sinA=
C−π 2
cosv.
Docosv⩾cosu (vìu, v∈ 0,π
2
và v < u) nên ta suy ra sin
A+C−π 2
−sinA⩾1−sinC hay
1 + sinA⩽sin
A+C−π 2
+ sinC (7.21)
Mặt khác theo giả thiết, ta có f0A+C
2
=f0A+C−π2 +π2 2
⩾
f0(A+C− π
2) +f0(π 2) 2
7.2. Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác 229 hay
sinA+C
2 ⩾
sin
A+C−π 2
+ 1
2 .
Suy ra
sin(A+C−π
2)⩽2 sinA+C
2 −1. (7.22)
Từ (7.21) và (7.22), ta thu được
1 + sinA⩽2.sinA+C
2 −1 + sinC hay
sinA+ 2−sinC⩽2 sinA+C 2 . Mặt khác, lại có
sinB+ sinπ
3 ⩽2 sinB+π3 2 . Suy ra
sinA+ sinB+ 2−sinC+ sinπ 3 ⩽2h
sinA+C
2 + sinB+ π3 2
i
⩽4 sinπ 3. Do đó
sinA+ sinB+ 2−sinC ⩽3 sinπ 3 hay
f0(A) +f0(B) +f0(C)⩽3f0
π 3
. Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng mọi hàm f(t) dạng
f(t) =
sint, khi 0< t⩽ π 2,
⩽2−sint, khi π
2 < t⩽π đều thỏa mãn (7.19).
Thật vậy, nếu tam giác ABC nhọn hoặc vuông, thì (7.19) tương đương với sinA+ sinB+ sinC⩽ 3.√
3 2 . Nếu tam giác ABC tù, chẳng hạnC > π
2 thì theo chứng minh trên, ta có f(A) +f(B) +f(C)⩽sinA+ sinB+ 2−sinC ⩽3fπ
3
. Vậy, ta thu được điều phải chứng minh.
230 Chương 7. Bất đẳng thức hàm Bài toán 7.12. Xét hàm số
f(t) =
(sint, khi 0< t⩽ π2 1 + cost, khi π2 < t < π, Chứng minh rằng ứng với mọi tam giác ABC ta đều có
f(A) +f(B) +f(C)⩽ 3√ 3
2 . (7.23)
Giải. Khi tam giácABC nhọn thì (7.23)có dạng quen biết sinA+ sinB+ sinC ⩽ 3√
3 2 . Xét trường hợp ∆ABC tù với C > π2 thì (7.23)có dạng
sinA+ sinB+ 1 + cosC ⩽ 3√ 3 2 . Để ý rằng với gócC tù thì
1 + cosC⩽sinC nên ta có (7.23)là đúng.
Bài toán 7.13. 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) +f(B)⩽2fA+B 2
(7.24) Giải. Trước hết ta có nhận xét rằng điều kiện
f(A) +f(B)⩽2.fA+B 2
được thoả mãn ứng với mọi tam giác ABC sẽ kéo theo f(t) =f0(t) là hàm số lõm trên khoảng
0,π2
i . Xét hàm số
g0(t) =
f0(t), khi 0< t⩽ π 2, 2.f0
π 2
−f0(π−t), khi π
2 < t⩽π.
Ta chứng minh rằng hàmg0(t) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
7.2. Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác 231 Thật vậy, nếu 0< A⩽B ⩽ π
2 thì
g0(A) +g0(B) =f0(A) +f0(B)⩽2.f0A+B 2
= 2.g0A+B 2
. Xét trường hợp B > π
2. Ta có
0< A < π
2 < B < π.
Dễ thấyπ−B, A+B−π 2 ∈
0,π 2
và(π−B) +
A+B−π 2
=A+π 2. Không mất tính tổng quát, giả sử
A < A+B−π
2 ⩽π−B < π 2. Ap dụng định lí Lagrange, ta có´
f0
π 2
−f0(π−B) =f00(u)
B−π 2
, u∈
π−B,π 2
và
f0
A+B−π 2
−f0(A) =f00(v)
B−π 2
, v ∈
A, A+B−π 2
. Dof0(t) là hàm số lõm trong khoảng
0,π
2 i
nên từ giả thiết v⩽u suy ra f00(v)⩾f00(u). Từ đó, ta nhận được
f0
A+B−π 2
−f0(A)⩾f0π 2
−f0(π−B) hay
f0
A+B−π 2
⩾f0(A) +f0π 2
−f0(π−B). (7.25) Mặt khác, theo giả thiết thì
f0
A+B 2
=f0
A+B−π2 +π2 2
⩾
f0(A+B−π
2) +f0(π 2) 2
hay
f0
A+B−π 2
⩽2f0A+B 2
−f0π 2
. (7.26)
Thay (7.26) vào (7.25), ta thu được f0(A) + 2f0π 2
−f0(π−B)⩽2f0A+B 2
232 Chương 7. Bất đẳng thức hàm hay
g0(A) +g0(B)⩽2g0A+B 2
, tức là (7.24) được thỏa mãn.
Tiếp theo, ta chứng minh rằng mọi hàmf(t) thỏa mãn bài toán đều có dạng f(t) =
f0(t), khi 0< t⩽ π 2,
⩽2.f0
π 2
−f0(π−t), khi π
2 < t⩽π, trong đóf0(t) là hàm số lõm trong khoảng
0,π 2 i
. Thật vậy, nếu 0< A⩽B ⩽ π
2 thì ta có điều phải chứng minh là hiển nhiên.
Nếu0< A < π
2 < B < π, thì ta có f(A) +f(B)⩽f0(A) + 2.f0π
2
−f0(π−B)⩽2.f0A+B 2
= 2.fA+B 2
, tức là ta có điều cần phải chứng minh.