Hàm đơn điệu
Định nghĩa 1.1 (Xem [1-3]) Cho hàm số f : R → R xác định trên tập
Trong toán học, tập hợp I(a;b) ⊂ R bao gồm các khoảng như (a, b), [a, b), (a, b], và [a, b] với điều kiện a < b Một hàm f(x) được coi là đơn điệu tăng trên I(a;b) nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a;b), nếu x1 < x2 thì f(x1) ≤ f(x2) Đặc biệt, nếu điều kiện này nghiêm ngặt hơn, tức là f(x1) < f(x2) tương đương với x1 < x2 cho mọi cặp x1, x2 ∈ I(a;b), thì f(x) được gọi là hàm đơn điệu tăng thực sự hay hàm đồng biến trên khoảng I(a;b).
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(x 1 ) > f(x 2 ) ⇔ x 1 < x 2 với mọi x 1 , x 2 thuộc I(a;b), thì f(x) được gọi là hàm đơn điệu giảm thực sự hay hàm nghịch biến trên I(a;b) Theo Định lý 1.1, nếu hàm f(x) có đạo hàm trên khoảng (a;b) và f'(x) > 0 cho mọi x thuộc (a;b), thì hàm f(x) đồng biến trên khoảng đó Ngược lại, nếu f'(x) < 0 với mọi x thuộc (a;b), thì hàm f(x) nghịch biến trên khoảng đó.
Hàm lồi, lõm
Định nghĩa 1.2 (Xem [1-3]) Hàm số f(x) được gọi là hàm lồi (lồi xuống dưới) trên tập I(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 f(αx 1 +βx 2 ) ≤ αf(x 1 ) +βf(x 2 ).
Nếu dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 ta nói hàm số f(x) là hàm lồi 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 x 1 , x 2 ∈ I(a;b) và với mọi cặp số dương 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, thì hàm số f(x) được coi là hàm lõm thực sự (chặt) trên khoảng I(a;b) Định lý 1.2 (Xem [1-3]) chỉ ra rằng nếu f(x) khả vi bậc hai trên I(a;b), thì f(x) lồi (lõm) trên khoảng này khi và chỉ khi f''(x) ≥ 0 (f''(x) ≤ 0) trên I(a;b).
Tính đơn điệu, tính lồi lõm của hàm số mũ và hàm logarit
Tính đơn điệu của hàm số mũ và hàm logarit
- Xét hàm số y = a x , a > 0, a6= 1 liên tục trên R, ta có y 0 = a x ln a (a > 0, a6= 1).
Khi a > 1 thì y 0 > 0 nên hàm số đồng biến trên R.
Khi 0 < a < 1 thì y 0 < 0 nên hàm số nghịch biến trên R.
- Xét hàm số y = log a x, a > 0, a6= 1;x > 0 ta có y 0 = (log a x) 0 = 1 xãln a. Khi a > 1 thì y 0 > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; +∞).
Khi 0 < a < 1 thì y 0 < 0 nên hàm số nghịch biến trên (0; +∞).
Tính lồi, lõm của hàm số mũ và hàm logarit
- Xét hàm số y = a x , a > 0, a6= 1, ta có y 0 = a x ln a (a > 0, a6= 1), y 00 = (ln a) 2 a x
Ta thấy y 00 > 0 với mọi 0 < a 6= 1, x ∈ R do đó hàm số y = a x là hàm lồi trên R.
- Tương tự, với hàm số y = log a x, a > 0, a 6= 1;x > 0, ta có y 0 = (log a x) 0 = 1 xãln a. y 00 = −1 x 2 ln a. Nếu a > 1 tức ln a > 0 thì y 00 < 0 suy ra hàm số lõm trên (0; +∞).
Nếu 0 < a < 1 tức ln a < 0 thì y 00 > 0 suy ra hàm số lồi trên (0; +∞).
Một số bất đẳng thức cổ điển
Định lý 1.3, hay bất đẳng thức AM - GM, khẳng định rằng với các số không âm x₁, x₂, , xₙ, tổng x₁ + x₂ + + xₙ chia cho n luôn lớn hơn hoặc bằng căn bậc hai của tích x₁ x₂ xₙ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số này bằng nhau Định lý 1.4, được gọi là bất đẳng thức Karamata, áp dụng cho hai dãy số xₖ và yₖ trong khoảng I(a, b), với điều kiện x₁ ≥ x₂ ≥ ≥ xₙ và y₁ ≥ y₂ ≥ ≥ yₙ.
Định lý Jensen khẳng định rằng nếu x1, x2, , xn là các số thực thỏa mãn các điều kiện x1 ≥ y1, x1 + x2 ≥ y1 + y2, và tổng quát là x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + yn, thì với mọi hàm lồi f(x) liên tục trên khoảng [a, b], ta có bất đẳng thức f(x1) + f(x2) + + f(xn) ≥ f(y1) + f(y2) + + f(yn) Đặc biệt, nếu các hệ số k1, k2, , kn là các số dương và tổng của chúng bằng 1, thì với mọi xi thuộc [a, b], bất đẳng thức này luôn được duy trì.
Nếu hàm số y = f(x) lõm trên [a, b] thì bất đẳng thức trên đổi chiều, tức là n
Bất đẳng thức Bernoulli trong dạng liên tục khẳng định rằng với x > 0, nếu α ≥ 1 hoặc α ≤ 0 thì x^α + (1−x)^α ≥ 1; ngược lại, nếu 0 ≤ α ≤ 1 thì x^α + (1−x)^α ≤ 1 Đối với bất đẳng thức Bernoulli liên quan đến tam thức bậc (α, β), nếu α > β > 0, thì với mọi x ∈ R+, ta có x^α + αβ - 1 ≥ αβx^β, với dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 Cuối cùng, bất đẳng thức Schur phát biểu rằng với các số thực dương a, b, c và k ∈ R+, luôn có a^k(a−b)(a−c) + b^k(b−c)(b−a) + c^k(c−a)(c−b) ≥ 0.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b và c = 0 cùng các hoán vị của nó.
Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là k = 1 và k = 2 tức là (i) a(a−b)(a−c) +b(b−c)(b−a) +c(c−a)(c−b) ≥ 0.
Phương pháp đổi biến p, q, r là một kỹ thuật hữu ích trong việc giải quyết các bài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng với các biến không âm Cụ thể, ta có thể đặt p = a+b+c, q = ab+bc+ca, và r = abc Nhờ vào sự chuyển đổi này, nhiều bất đẳng thức quan trọng có thể được chứng minh và áp dụng hiệu quả.
Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa các biến p, q, r mà các biến a, b, c ban đầu không có như
Vai trò của hàm số mũ, hàm logarit trong chứng minh các bất đẳng thức cổ điển
Bất đẳng thức AM - GM mở rộng cho hai dãy số dương x1, x2, , xn và p1, p2, , pn được phát biểu như sau: tích của các số x với lũy thừa tương ứng p sẽ không lớn hơn tổng của các số x nhân với lũy thừa p, chia cho tổng các lũy thừa p Cụ thể, bất đẳng thức này có thể được biểu diễn dưới dạng: \(x_1^{p_1} \cdot x_2^{p_2} \cdots x_n^{p_n} \leq \frac{x_1^{p_1} + x_2^{p_2} + \cdots + x_n^{p_n}}{p_1 + p_2 + \cdots + p_n}\).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ã ã ã = x n
Chứng minh Đặt s = x 1 p 1 +x 2 p 2 +ã ã ãx n p n p1 +p2 +ã ã ãp n
Sử dụng bất đẳng thức hàm mũ e x−1 ≥ x, ∀x ∈ R, ta thu được x 1 s ≤ e x s 1 −1 ⇔x1 ≤se x s 1 −1
Từ đó ta thu được hệ
x 1 ≤ se x s 1 −1 , x2 ≤ se x s 2 −1 , ã ã ã ã xn ≤ se xn s −1
x p 1 1 ≤s p 1 e ( x s 1 −1)p 1 , x p 2 2 ≤s p 2 e ( x s 2 −1)p 2 , ã ã ã ã x p n n ≤ s p n e ( xn s −n)p n Vậy nên x p 1 1 ãx p 2 2 ã ã ã x p n n ≤ s p 1 +p 2 +ãããp n e x 1 p 1+ x 2 p 2+ s ããã+ xnpn −(p 1 +p 2 +ããã+p n ) hay x p 1 1 ãx p 2 2 ã ã ãx p n n ≤s p 1 +p 2 +ããã+p n , (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x₁ = x₂ = = xₙ = 1 hoặc x₁ = x₂ Theo Định lý 1.10 (Bất đẳng thức dạng Katamata), giả thiết cho ba bộ số dương (αᵢ), (uᵢ), (xᵢ) thỏa mãn các điều kiện nhất định.
Khi đó ta có α x 1 1 α x 2 2 ã ã ãα x n n ≤u x 1 1 u x 2 2 ã ã ãu x n n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i = u i , ∀i = 1,2, , n.
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông thường.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α 1 = u 1 , α 2 = u 2
. Đặt α x 1 = α 1 , s−α x 2 = α 2 , u x 1 = u 1 ,sưu x 2 = u 2 Suy ra, khi α 1 ≤u 1 ≤u 2 , x 1 α 1 + x 2 α 2 = x 1 u 1 +x 2 u 2 , ta thu được α x 1 1 α x 2 2 ≤ u x 1 1 u x 2 2
Nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i = u i ,∀i = 1,2.
Vậy định lý đúng với n= 2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi αi = ui,∀i = 1,2,3.
Do giả thiết nên ta chỉ cần xét hai trường hợp
Khi đó x1d1 +x2d2 = x3d3 và từ đó ta thu được α x 1 1 α x 2 2 α x 3 3 = (u 1 −d 1 ) x 1 (u 2 −d 2 ) x 2 (u 3 +d 3 ) x 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i = u i ,∀1 = 1,2,3.
Khi đó x 1 d 1 = x 2 d 2 +x 3 d 3 và từ đó ta thu được α x 1 1 α 2 x 2 α x 3 3 = (u 1 −d 1 ) x 1 (u 2 +d 2 ) x 2 (u 3 + d 3 ) x 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i = u i ,∀1 = 1,2,3.
Vậy định lý đúng với n= 3.
Giả sử định lý đúng với n Ta chứng minh định lý đúng với n+ 1.
u 1 ≤ u 2 ≤ ã ã ã ≤ u n , x1α1 ≤x1u1, x1α1 +x2α2 ≤ x1u1 + x2u2, ã ã ã ãã x 1 α 1 +x 2 α 2 +ã ã ã +x n α n ≤x 1 u 1 +x 2 u 2 +ã ã ã+ x n u n , x 1 α 1 +x 2 α 2 +ã ã ã +x n+1 α n+1 = x 1 u 1 + x 2 u 2 +ã ã ã+x n+1 u n+1 nên ứng với chỉ số k, ta có thể giả sử α k ≤ u k , α k = u k −d k , u k+1 ≤ α k+1 , α k+1 = u k+1 + d k+1
Ta chia ra hai trường hợp để xét.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i = u i , với mọi i = 1,2, , n+ 1. Trường hợp 2) Khi x k d k ≥ x k+1 d k+1 , thì α x 1 1 ã ã ãα x k−1 k−1 α x k k α x k+1 k+1 α x k+2 k+2 ã ã ãα x n+1 n+1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α i = u i , với mọi i = 1,2, , n+ 1.Vậy định lý đúng với mọi n≥ 2.
Các bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, hàm logarit
Bất đẳng thức hàm số mũ
Đối với hàm mũ, chúng ta có thể sử dụng định lý 2.1 để chứng minh bất đẳng thức Định lý này khẳng định rằng với a > 0 và a ≠ 1, hàm f(x) = a^x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f(x) ≥ f(x₀) + f'(x₀)(x - x₀) cho mọi x, x₀ thuộc R Chứng minh cho điều này cho thấy tính chất quan trọng của hàm mũ trong toán học.
- Nếu x = x 0 ta được đẳng thức.
Khi xét khoảng (x0; x) với x > x0, bất đẳng thức f(x) - f(x0) / (x - x0) ≥ f'(x0) được thiết lập, dẫn đến f'(x1) ≥ f'(x0) với x0 < x1 < x Điều này rõ ràng vì hàm f(x) = a^x có đạo hàm bậc hai f''(x) = (ln a)².a^x, luôn dương với mọi a > 0 và a ≠ 1, cho thấy f' là hàm đơn điệu tăng trên R.
Khi xét x < x0, ta có khoảng (x; x0) và bất đẳng thức (2.1) được biểu diễn dưới dạng f(x) - f(x0) / (x - x0) ≤ f'(x0) hoặc f'(x1) ≤ f'(x0) với x < x1 < x0 Điều này rõ ràng vì f' là hàm đơn điệu tăng trên R Như vậy, ta đã chứng minh được bất đẳng thức (2.1).
Từ kết quả của định lí 2.1 ta thu được kết quả của một số bài toán cực
Hệ quả 2.1 Với a > 1 và x+ y +z = α+ β +γ thì hàm f(x) = a x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f(x) f 0 (α) + f(y) f 0 (β) + f(z) f 0 (γ) ≥ f(α) f 0 (α) + f(β) f 0 (β) + f(γ) f 0 (γ) (2.2)
Nói cách khác, với α, β, γ cho trước và x, y, z thay đổi thì giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Hệ quả 2.2 Với 0 < a < 1 và x+ y +z = α+ β + γ thì hàm f(x) = a x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f(x) f 0 (α) + f(y) f 0 (β) + f(z) f 0 (γ) ≤ f(α) f 0 (α) + f(β) f 0 (β) + f(γ) f 0 (γ) (2.3)
Nói cách khác, với α, β, γ cho trước và x, y, z thay đổi thì giá trị lớn nhất của biểu thức
M = f(x) f 0 (α) + f(y) f 0 (β) + f(z) f 0 (γ) là f(α) f 0 (α) + f(β) f 0 (β) + f(γ) f 0 (γ). Bài toán 2.1 Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng x x y y z z ≥ (xyz) x+y+z 3
Chứng minh Ta có hàm số y = ln t đồng biến trên khoảng (0; +∞) nên ta có với mọi x, y, z > 0
(ln x−ln y)(x−y) ≥ 0⇔ xln x+yln y ≥ xln y +yln x,
(ln y −ln z)(y −z) ≥ 0⇔ yln y +zln z ≥ yln z+ zln y,
(ln z −ln z)(z −x) ≥0 ⇔zln z+ xln x≥ zln x+xln z.
Cộng theo về các bất đẳng thức trên ta được
2(xln x+yln y +zln z) ≥(xln y +yln x) + (yln z+zln y) + (zln x+xln z)
⇔3(xln x+ yln y +zln z) ≥ (x+y +z)(ln x+ln y +ln z)
⇔3(ln x x +ln y y +ln z z ) ≥ln (xyz) x+y+z
(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 ≤ x x y y z z Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Vì x, y, z là độ dài ba cạnh tam giác nên x, y, z > 0 và
1 + x−y z > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng ta có
Bài toán 2.3 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x 2 +y 2 + z 2 = 1 Chứng minh x x 2 y y 2 z z 2
3 ≥x y 2 +1 y z 2 +1 z x 2 +1 Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x 2y 2 +z 2 y 2z 2 +x 2 z 2x 2 +y 2 ≤ 1
Theo bất đẳng thức AM - GM suy rộng x 2y 2 +z 2 y 2z 2 +x 2 z 2x 2 +y 2 ≤ x(2y 2 +z 2 ) +y(2z 2 +x 2 ) +z(2x 2 +y 2 )
Như vậy ta cần chứng minh x(y 2 + 1−x 2 ) +y(z 2 + 1−y 2 ) +z(x 2 + 1−z 2 ) ≤ √
3 (∗) Đặt p = x+y +z; q = xy +yz+ zx; r = xyz suy ra
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau xy 2 +yz 2 +zx 2 +xyz ≤ 4(x+y +z) 3
Theo bất đẳng thức Schur bậc 3 r ≥ p(4q −p 2 )
9 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Dễ thấy bất đẳng thức này luôn đúng do p≤ √
3; q ≤ 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
√3. Bài toán 2.4 Cho x, y, z ∈ [0; 1] Chứng minh
8 Chứng minh Đặt 2 x = a; 2 y = b; 2 z = c suy ra a, b, c ∈ [1; 2].
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
8 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( a+b+c = 2 1 a + 1 b + 1 c 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 x y+z +y z+x +z x+y > 1.
Bài viết này là ví dụ điển hình về việc áp dụng bất đẳng thức Bernoulli Để thực hiện điều này, chúng ta cần xem xét vị trí tương đối của các tổng x+y, y+z và z+x so với giá trị 1.
Chứng minh Dễ dàng nhận thấy rằng nếu hoặc x, hoặc y, hoặc z lớn hơn hoặc 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 x y+z = (1 + x−1) y+z ≥ 1 + (x−1)(y +z).
Như vậy x y+z +y z+x + z x+y ≥ 3 + 2(xy +yz +zx−x−y −z).
Vậy trong trường hợp này x y+z +y z+x +z x+y > 1.
Trường hợp 2 y +z ≤ 1 Xét 3 trường hợp con
Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có x y+z = x x 1−(y+z) ≥ x
- Nếu y +z ≤x+z ≤ 1≤ x+y Khi đó ta có x y+z ≥ x; y z+x ≥y nên ta thu được x y+z +y z+x + z x+y ≥ x+y +z x+y > 1.
Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có y z+x ≥ 1 + (y −1)(z+ x), z x+y ≥ 1 + (z−1)(x+ y). suy ra x y+z +y z+x +z x+y ≥ 2 +yz+ (xy+yz +zx−x−y−z)
Do yz > 0; 1 +xy +yz+ zx−x−y −z > 0 nên
Như vậy trong trường hợp này ta cũng có x y+z +y z+x +z x+y > 1.
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
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
Chứng minh Xét hàm số f(t) = ln (1 +e t ), mọi t > 0 Khi đó f 00 (t) = e t
Vậy hàm f(t) là hàm lồi trên R + Mặt khác với x > 0 ta có
3; x 3 Áp dụng bất đẳng thức Karamata đối với hàm lồi ta suy ra ln (1 +e x ) + 2ln 2> 2ln (1 +√ e x ) +ln 2> 3ln (1 +√ 3 e x )
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài toán 2.7 Cho x, y ∈ N Chứng minh rằng
Chứng minh Lấy Logarit nepe 2 vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
⇔ln 3 s x 4 +y 4 x+y ≥ x x+ yln x+ y x+yln y. Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có x x+yln x+ y x+yln y ≤ ln x 2 +y 2 x+y
Như vậy ta cần chứng minh ln x 2 +y 2 x+y ≤ ln 3 s x 4 +y 4 x+y
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
Chứng minh Xét hàm số f(t) = ln 1 + 1 t ; ∀t > 0 f 0 (t) = −1 t 2 +t f 00 (t) = 2t+ 1
[t(t+ 1)] 2 > 0 suy ra hàm số lồi
Theo bất đẳng thức Jensen ta có yf(x) +zf(y) +xf(z) ≥ f(xy+ yz+zx)
Bài toán 2.9 Cho a 1 , a 2 , , a n > 0; x ≥ 1 Chứng minh rằng a x 1 +a x 2 +ã ã ã +a x n n ≥ a 1 + a 2 +ã ã ã+a n n x
Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 1 n n
≥ n. Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có na 1 a1 +a2 + ã ã ã+an x
Chứng minh tương tự ta cũng có na 2 a 1 +a 2 + ã ã ã+a n x
≥x.(n−1)a n −(a 1 +a 3 + ã ã ã+a n−1 ) a 1 + a 2 +ã ã ã+a n + 1. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 2.10 Cho các số dương x1, x2, , xn và y1, y2, , yn Chứng minh rằng x 1 +x 2 +ã ã ã +x n y 1 +y 2 + ã ã ã+y n y 1 +y 2 +ãããy n
Xét hàm số f(t) =ln t có f 00 (t) = −1 t 2 < 0 suy ra f(t) là hàm số lõm. Áp dụng bất đẳng thức Jensen u 1 f(t 1 ) +u 2 f(t 2 ) +ã ã ã+u n f(t n ) ≤ f(u 1 t 1 +u 2 t 2 +ã ã ã+u n t n ) với u 1 +u 2 +ã ã ã+u n = 1 ta được y 1 n
. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài toán 2.11 Cho 0 < x ≤ y ≤ 4 và 1 x + 1 y ≥ 1 Chứng minh rằng x y ≤y x
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có
4(x−2) 2 ≥ 0 nên từ trên ta có x y x ≤ x 2 x 2 + y−xy.
Do đó ta cần chứng minh x 2 x 2 +y −xy ≤ y
⇔ 1 x + 1 y −1 (x−y) ≤ 0. Điều này luôn đúng theo giả thiết Từ đây suy ra x y x ≤ y hay x y ≤y x Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Bài toán 2.12 Cho x, y, z > 0 Chứng minh
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
- Trường hợp 2 Trong 3 số x, y, z có duy nhất 1 số ≥ 1, chẳng hạn x ≥ 1;
Khi đó Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có
Suy ra bất đẳng thức đúng.
- Trường hợp 3 Cả x, y, z ≤ 1 Áp dụng Bernoulli ta có
(z +x) z > z +x x+y +z. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
Bài toán 2.13 Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác và α ≥ β ≥ 1 Chứng minh
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
Cộng theo vế (*) và (**) rồi chia α β ta có điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức hàm logarit
Đối với hàm logarit, chúng ta thường áp dụng định lý 2.2 để chứng minh bất đẳng thức Cụ thể, khi a > 1, hàm f(x) = log a x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f(x) ≤ f(x 0 ) + f 0 (x 0 )(x−x 0 ) cho mọi x, x 0 thuộc R +.
- Nếu x = x 0 ta được đẳng thức.
Khi xét khoảng (x₀; x) với x > x₀, ta có bất đẳng thức f(x) - f(x₀) / (x - x₀) ≤ f'(x₀), hay f'(x₁) ≤ f'(x₀) với x₀ < x₁ < x Điều này là hiển nhiên do hàm số f(x) = logₐ x có đạo hàm bậc hai f''(x) = -1 / (x² ln a) < 0 cho mọi a > 1 và x ∈ R⁺, cho thấy f' là hàm đơn điệu giảm trên R⁺.
- Xét x < x 0 ta được khoảng (x;x 0 ) và bất đẳng thức (2.4) có dạng f(x)−f(x 0 ) x−x 0 ≥ f 0 (x 0 ) hay f 0 (x 1 ) ≥ f 0 (x 0 ) với x < x 1 < x 0 Điều này hiển nhiên vì f 0 là hàm đơn điệu giảm trên R +
Vậy ta thu được bất đẳng thức (2.4), đpcm.
Định lý 2.3 khẳng định rằng với 0 < a < 1, hàm f(x) = log a x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f(x) ≥ f(x 0 ) + f 0 (x 0 )(x−x 0 ) cho mọi x, x 0 ∈ R + Chứng minh cho định lý này tương tự như định lý 2.2, tuy nhiên với 0 < a < 1, hàm f(x) = log a x có đạo hàm bậc hai f 00 (x) = −1/(x^2.ln a) > 0, do đó f 0 là hàm đơn 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 bài toán 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) = log a x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f(x) f 0 (α) + f(y) f 0 (β) + f(z) f 0 (γ) ≤ f(α) f 0 (α) + f(β) f 0 (β) + f(γ) f 0 (γ) (2.6)
Nói cách khác, với α, β, γ cho trước và x, y, z thay đổi thì giá trị lớn nhất của biểu thức
Hệ quả 2.4 Với 0 < a 1 và y = x A > x > 1.
⇔A ≥ log x+z (y +z) hay log x y ≥ log x+z (y +z), (đpcm).
Bài toán 2.15 Chứng minh log y+z x+ log z+x y + log x+y z > 3
Chứng minh Đặt A= log y+z x suy ra (y +z) A = x > √
4. Tương tự ta chứng minh được log z+x y > 1
Do đó log y+z x+ log z+x y + log x+y z > 3
Bài toán 2.16 Cho x, y > 0 Chứng minh
Chứng minh Đặt ln (x+ 1) = u suy ra x+ 1 = e u
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với u.e u +e y ≥e u (y+ 1)
- Trường hợp 1: t ≥0 ⇔f 0 (t) ≥ 0 suy ra hàm số đồng biến trong [0; +∞) do đó f(t) ≥f(0) = 0.
- Trường hợp 2: t ≤0 ⇔f 0 (t) ≤ 0 suy 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 x log y z +y log z x +z log x y ≥ 3√ 3 xyz.
Chứng minh x, y, z > 1 nên log y z > 0; log z y > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có x log y z +y log z x = x log y z +x log z y ≥ 2px log y z x log z y
2px log y z x log z y = 2px log y z+log z y ≥ 2 q x 2
Tương tự y log z x +z log x y ≥ 2y, z log x y +x log y z ≥ 2z.
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được x log y z +y log z x +z log x y ≥ x+y +z
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 Chứng minh rằng log 2 (xy) ≤ 2(1−log 2 z).
Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với log 2 (xy) + 2 log 2 z ≤ 2 hay
Xét hàm số f(x) = log 2 x, f 0 (x) = 1 xln 2 Theo (2.6) ta có log 2 x 1 ln 2
⇔ln 2.log 2 x+ln 2.log 2 y + 2ln 2.log 2 z ≤ 2ln 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 Chứng minh rằng log 3 (x 2 y 6 ) ≤ 42−9 log 3 z 2
Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với log 3 x 2 + log 3 y 6 ≤ 42−9 log 3 z 2
Xét hàm số f(x) = log 3 x 2 , f 0 (x) = 2 xln 3 Theo (2.6) ta có log 3 x 2
Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x;y;z) = (1; 3; 9).
Bài toán 2.20 yêu cầu chứng minh rằng với x, y, z là các số thực dương, có bất đẳng thức log 2 (xyz) ≤ x + y + z - 3 ln 2 Để chứng minh điều này, ta có thể biến đổi bất đẳng thức thành dạng ln 2.log 2 (xyz) ≤ x + y + z - 3, tương đương với ln 2.(log 2 x + log 2 y + log 2 z) ≤ x + y + z - 3.
Ta sẽ chứng minh ln 2.log 2 x ≤ x−1.
Xét hàm số f(x) = log 2 x, f 0 (x) = 1 x.ln 2 Theo (2.4) với x 0 = 1 ta có
Tương tự ta có ln 2.log 2 y ≤ y −1, ln 2.log 2 z ≤ z −1.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 2.21 Cho x, y, z là các số thực dương và x+ y + z = 1 Chứng minh
4. Xét hàm số y = ln x, f 0 (x) = x 1 Theo (2.6) ta có ln x 1 1/2
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x;y;z) = ( 1 2 ; 1 4 ; 1 4 ).
Bài toán 2.22 Cho x, y, z là các số thực dương và x+y +z = 3 2 Chứng minh
64 Lời giải Theo bất đẳng thức AM - GM ta có x+y +z ≥ 3√ 3 xyz, suy ra xyz ≤ x+y +z
4. Thật vậy, xét hàm số f(x) =ln(x 2 + 1), f 0 (x) = x 2 2x +1.
Với x+y +z = 3 2 = 1 2 + 1 2 + 1 2 Theo (2.6) ta có ln (x 2 + 1)
4 + 1 hay ln (x 2 + 1) +ln (y 2 + 1) +ln (z 2 + 1) ≤3.ln 5
Cộng theo vế (2.8) và (2.9) ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x;y;z) = ( 1 2 ; 1 2 ; 1 2 ).
Một số bài toán áp dụng
Các bài toán cực trị liên quan đến hàm mũ và hàm logarit
Bài toán 3.1 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 4 x + 4 y + 4 z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của S
Lời giải Đặt a = 2 x ;b = 2 y ;c = 2 z Ta có a, b, c > 0 và a 2 + b 2 +c 2 = 1. Khi đó
Không giảm tổng quát, giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó ta có a(a−b)(b−c) ≥ 0
Sử dụng đánh giá này kết hợp áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho bộ 3 số ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 3.2 Cho x, y, z thực thỏa mãn 0 ≤ x, y, z ≤ 2;x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Không giảm tổng quát, giả sử x ≥y ≥ z Từ điều kiện ta có
Xét hàm số f(x) = xln (1 +x 2 ) với x ≥0 Ta có f 0 (x) =ln (1 +x 2 ) + 2x 2
Do đó hàm số lồi. Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có f(2) +f(1) +f(0) ≥f(x) +f(y) + f(z)
⇔ 2ln 5 + 1ln 2 + 0ln 1≥ xln (1 +x 2 ) +yln (1 +y 2 ) +zln (1 +z 2 )
Vậy Q max = 50 đạt được khi (x, y, z) = (2,1,0) và các hoán vị của nó.
Bài toán 3.3 Cho x, y, z thực dương thỏa mãn x+y +z = 9
4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
9 = 1. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng ta có
√ z 2 + 1) Theo bất đẳng thức AM - GM ta có y(x+ √ x 2 + 1) +z(y +py 2 + 1) +x(z +√ z 2 + 1)
160. Mặt khác, theo Schur thì r ≥ p(4q −p 2 )
Bài toán 3.4 Cho số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ 1
2 và x+ y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức s = x x +y y +z z Lời giải Theo bất đẳng thức AM - GM
3 x+y+z hay xln x+yln y +zln z ≥ (x+y +z)ln x+y +z
Thật vậy, xét hàm số f(x) =xln x ta có f 0 (x) =ln x+ 1; f 00 (x) = 1 x > 0.
Do đó hàm số lồi. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f(x) +f(y) +f(z) ≥ 3f x+y +z
, suy ra (∗) đúng nên ta có x x y y z z ≥ x+y +z
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2
Bài toán 3.5 Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x+y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
Bài toán 3.6 Cho x, y, z thực dương thỏa mãn x+y +z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
S = px 1−x y 1−y z 1−z Lời giải Nhận thấy do x+y +z = 1 nên
2 = 1. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng ta có px 1−x y 1−y z 1−z = x 1−x 2 y 1−y 2 z 1−z 2
Ta có bất đẳng thức (*) tương đương với
Theo AM - GM ta có x 2 + 1
3. Vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức (*).
3. Bài toán 3.7 (Xem [1]) Cho a, b, c là các số không âm, sao cho b+c = d, x ≥2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1−ac. Lời giải Không giảm tổng quát, ta giả sử a ≥ b≥ c Xét
Thật vậy, ta xét hiệu
1−bc. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 0, suy ra
Vậy ta cần tìm giá trị lớn nhất của
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1
2, c = 0 và các hoán vị của nó.
Bài toán 3.8 Cho x, y, z là các số thực dương và x+ y + z = 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Xét hàm số f(x) = 2 x , f 0 (x) = 2 x ln 2 Theo (2.2) ta có f(x) f 0 (1) + f(y) f 0 (2) + f(z) f 0 (3) ≥ f(1) f 0 (1) + f(2) f 0 (2) + f(3) f 0 (3)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x;y;z) = (1; 2; 3).
Bài toán 3.9 Cho x, y, z là các số thực dương và x+ y + z = 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Xét hàm số f(x) = e −x , f 0 (x) =−e −x Theo (2.3) ta có f(x) f 0 (1) + f(y) f 0 (3) + f(z) f 0 (4) ≤ f(1) f 0 (1) + f(3) f 0 (3) + f(4) f 0 (4)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x;y;z) = (1; 3; 4).
Bài toán 3.10 Cho x, y, z là các số thực dương và x+y +z = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Xét hàm số f(x) = ln (1 +x), f 0 (x) = 1+x 1 Theo (2.6) ta có ln (1 +x) 1/2 + ln (1 +y)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bất đẳng thức siêu việt trong dãy số và giới hạn 42 3.3 Bất đẳng thức siêu việt trong phương trình và hệ phương trình 50
Trong phần này ta sẽ sử dụng thêm một số định lý sau. Định lý 3.1 (Nguyên lý Cauchy, Xem [8-9]) Dãy {a n } +∞ n=1 hội tụ nếu và chỉ nếu
∀ε > 0,∃n 0 sao cho ∀n > n 0 ,∀p nguyên dương ta có |a n+p −a n | < ε. Định lý 3.2 (Định lý phủ định của nguyên lý Cauchy, Xem [8-9]) Dãy {a n } +∞ n=1 phân kỳ nếu và chỉ nếu
∃ε 0 > 0 sao cho ∀n 0 , ∃n 1 , m 1 > n 0 ta có |a n 1 −a m 1 | ≥ ε 0 Định lý 3.3 (Định lý về sự hội tụ của dãy đơn điệu bị chặn, Xem [8-9])
1 Nếu dãy {a n } +∞ n=1 đơn điệu tăng và bị chặn trên thì có giới hạn n→+∞lim a n = supa n
Nếu dãy số {a_n} từ n=1 đến +∞ là đơn điệu giảm và bị chặn dưới, thì giới hạn khi n tiến tới +∞ của a_n là inf a_n Theo Định lý 3.4 (Định lý kẹp về giới hạn của dãy số), cho ba dãy số {a_n}, {b_n}, và {c_n}, nếu với mọi n thuộc N+ có a_n ≤ b_n ≤ c_n, thì giới hạn của dãy b_n cũng sẽ nằm giữa giới hạn của dãy a_n và dãy c_n.
Và n→+∞lim a n = lim n→+∞c n = L (L ∈ R). thì n→+∞lim bn = L.
Bài toán 3.11 (Olympic Toán sinh viên 1994, Xem [3])
Ta chứng minh rằng với t ∈ (0; 1) thì t n √
2ne. Thật vậy, ta có t 2n (1−t) = (2n) 2n t
= (2n) 2n (2n+ 1) 2n+1 Như vậy ta cần chứng minh
2n+ 1. Với f(x) =ln x, x ∈ [2n; 2n+ 1] bất đẳng thức cuối cùng tương đương với
√1 2ne dx = 2 2n+1 (2ne) −1/2 (đpcm). Bài toán 3.12 Cho dãy x n = 1 ln 2 + 1 ln 3 +ã ã ã+ 1 ln n. Chứng minh dãy {x n } +∞ n=1 phân kỳ.
Lời giải Ta có x 2n = 1 ln 2 + 1 ln 3 +ã ã ã + 1 ln n + 1 ln (n+ 1) +ã ã ã+ 1 ln (2n−1) + 1 ln 2n x 2n −x n = 1 ln (n+ 1) + 1 ln (n+ 2) + ã ã ã+ 1 ln (2n−1) + 1 ln 2n.
Ta có n+ 1 < 2n⇒ 1 ln (n+ 1) > 1 ln (2n) n+ 2 < 2n⇒ 1 ln (n+ 2) > 1 ln (2n) ã ã ã ãã
2,∀n > 0,|x 2n −x n | > ε 0 Suy ra {x n } +∞ n=1 phân kỳ theo định lý 3.2, đpcm.
Suy ra x n < x n+1 nên dãy {x n } là dãy đơn điệu tăng.
Lấy ln 2 vế {x n } ta có ln xn = ln 1 + 1
Vậy ln xn < 1 suy ra xn < e, do đó {x n } bị chặn trên.
Như vậy dãy{x n } đơn điệu tăng và bị chặn trên, suy ra {x n } +∞ n=1 hội tụ theo định lý 3.3, đpcm.
Chứng minh dãy {x n } +∞ n=1 hội tụ.
Do đó x n+1 < x n Suy ra dãy {x n } là dãy đơn điệu giảm.
Suy ra {x n } là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới.
Vậy {x n } là dãy hội tụ theo định lý 3.3, đpcm.
Bài toán 3.15 Chứng minh rằng với α > 0 và a > 1 n→+∞lim n α a n = 0.
Lời giải Đặt m = [α] + 1; b = √ m a > 1 (do a > 1) ta có
Theo định lý 3.4 ta suy ra n→+∞lim n b n = 0 và n→+∞lim n α a n = 0 (đpcm).
Bài toán 3.16 Chứng minh rằng với mọi a > 0 n→+∞lim a n n! = 0.
Lời giải Lấy m nguyên dương sao cho m + 1 > a Khi đó với n > m+ 1 thì ta có
Theo định lý 3.4 ta có n→+∞lim a n n! = 0 (đpcm).
Bài toán 3.17 (Xem [7]) Chứng minh lim n→∞
Lời giải Chứng minh lim n→∞
Do đó khi n → ∞ thì √ n n!≥ √ n mà n→∞lim
Ta xét dãy số dương {a n } n≥1 bất kì ta có n→∞lim inf a n+1 a n ≤ lim n→∞
√n a n ≤ lim n→∞sup√ n a n ≤ lim n→∞supa n+1 a n Với a n = n! n thì an+1 a n = (n+ 1)!
. Khi đó ta có lim inf n n
Bài toán 3.18 (Xem [7]) Chứng minh x→+∞lim
Lời giải Ký hiệu n x là số nguyên mà n x < x < n x + 1 với mọi số thực x. Khi đó ta có
Cho x → +∞ thì nx → ∞ và vế phải của cả 2 bất đẳng thức trên đều hội tụ về e do lim n→∞
= e Do đó theo định lý 3.4 thì x→+∞lim
= e. Đặt y = −x, ta có thể chứng minh được rằng y→+∞lim 1− 1 y
= 1+ 1 y −1 y−1 ã 1+ 1 y−1−→e Khi y →+∞.Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.19 (Xem [7]) Cho a n = b n e −1/12n và b n = n!e n n n+1/2 Chứng minh rằng mỗi khoảng (an, bn) chứa (an+1, bn+1).
Lời giải Với mỗi x ∈ (−1,1) ta có ln 1 +x
1< b n b n+1 < e 12n(n+1) 1 = e 1/12n e 1/12(n+1) Suy ra b n > b n+1 và b n ãe 12n −1 < b n+1 ãe 12(n+1) −1 hay chính là an < an+1.
Từ đó chứng tỏ khoảng (a n , b n ) chứa (a n+1 , b n+1 ), đpcm.
3.3 Bất đẳng thức siêu việt trong phương trình và hệ phương trình
Bài toán 3.20 Giải phương trình log 3 √ 2 (√
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
Do đó phương trình tương đương với
Vậy x= − 1 2 là nghiệm duy nhất.
Bài toán 3.21 Giải phương trình
Lời giải Nhận thấy V P > 0 nên 4x + 2 > 0 hay x > − 1 2 Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1∨x = 0.
Từ đó phương trình xảy ra khi và chỉ khi x = {0; 1} Vậy phương trình có nghiệm x = {0; 1}.
Bài toán 3.22 Giải phương trình
Lời giải Ta có x 2 ≥ 0 suy ra 3 x 2 ≥ 1 Lại có cosx ≤ 1, nên phương trình tương đương với
Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài toán 3.23 Giải phương trình
5 = 2 x + 2 −x Lời giải Phương trình đã cho tương đương với
5 = 2 2x + 2 −2x Theo bất đẳng thức AM - GM
≤ nên phương trình tương đương với
Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài toán 3.24 Giải phương trình
Lời giải Điều kiện: x > 0 Phương trình đã cho tương đương với
Theo bất đẳng thức AM - GM x+ 1 x ≥ 2.
Xét hàm số f(x) = 3x 2 −2x 3 , f 0 (x) = 6x−6x 2 = 0 ⇔x = 1 (do x > 0) nên hàm số đồng biến trong (0; 1), nghịch biến trong (1; +∞) và đạt giá trị lớn nhất tại x = 1.
Từ đó suy ra phương trình tương đương với
Vậy x= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài toán 3.25 Giải phương trình log 3 x 2 +x+ 3 2x 2 + 4x+ 5 = x 2 + 3x+ 2.
Lời giải Phương trình tương đương với log 3 (x 2 +x+ 3)−log 3 (2x 2 + 4x+ 5) = 2x 2 + 4x+ 5−(x 2 +x+ 3)
Xét hàm số f(t) = log 3 t+t, t > 0, f 0 (t) = 1 tln 3 + 1 > 0 với mọi t > 0.
Do đó f(t) đồng biến trên (0; +∞) Suy ra phương trình tương đương với f(x 2 +x+ 3) = f(2x 2 + 4x+ 5)
Vậy phương trình có nghiệm x = {−1;−2}.
Bài toán 3.26 Giải phương trình
- Với x > 0 thì t x > t −x nên f 0 (t) > 0 với mọi t ≥ 2, hàm số đồng biến.
Do đó f(5) > f(3) > f(2) nên ta có
- Với x < 0 thì t x < t −x nên f 0 (t) < 0 với mọi t ≥ 2, hàm số nghịch biến.
Do đó f(5) < f(3) < f(2), chứng minh tương tự ta có
Như vậy mọi x < 0 và x > 0 đều không thỏa mãn phương trình.
- Với x = 0 thay vào phương trình thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình có duy nhất nghiệm x = 0.
Bài toán 3.27 Giải hệ phương trình e x −e y = (log 2 y −log 2 x)(xy + 1) (1) x 2 +y 2 = 1 (2)
Giải (1) ta có nhận xét sau
- Nếu x > y ⇔ log 2 x > log 2 y Khi đó
- Nếu x < y ⇔ log 2 x < log 2 y Khi đó
- x = y thỏa mãn (1) nên ta có hệ x = y, x 2 + y 2 = 1 ⇔ x = y, 2x 2 = 1 ⇔x = y = 1
Bài toán 3.28 Giải hệ phương trình
Lời giải Điều kiện: x, y, z < 6 Hệ tương đương với
Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên (−∞; 6).
Không giảm tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z thì f(x) ≥ f(y) ≥ f(z) hay log 3 (6−y) ≥ log 3 (6−z) ≥ log 3 (6−x)
Vậy ta có x ≥y ≥ z thì y ≤z ≤ x, suy ra y = z.
Thay z = y vào phương trình của hệ ta có log 3 (6−y) = y py 2 −2y + 6
⇔ 6−y = 3 y py 2 −2y + 6 (∗) Xét hàm số f(y) = 3 y py 2 −2y + 6 ;y < 6 f 0 (y) = 6−y
.3 y py 2 −2y + 6.ln 3> 0 với mọi y < 6 do đó f(y) là hàm đồng biến trên (−∞; 6).
Dễ thấy hàm f(t) = 6−y nghịch biến trên (−∞; 6), và y = 3 là nghiệm của phương trình (*).
Vì vậy y = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (*).
Như vậy ta có y = z = 3, thay vào hệ ta được x = 3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 3.
Bài toán 3.29 Giải hệ phương trình
log 5 x = log 3 (4 +√ y) log 5 y = log 3 (4 +√ z) log 5 z = log 3 (4 +√ x).
Suy ra hàm f(t) đồng biến trên (0; +∞).
Không giảm tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z khi đó f(x) ≥f(y) ≥ f(z) hay log 5 z ≥ log 5 x ≥ log 5 y
Suy ra x = y = z Thay vào hệ ta được phương trình log 5 x = log 3 (4 +√ x) =: a.
Dễ thấy vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm hằng vàa = 2 là nghiệm phương trình nên nó là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 25.
Bài toán 3.30 Giải hệ phương trình x 2 + 3x+ln (x−1) = y + 8 (1) y 2 + 3y +ln (y −1) = x+ 8 (2)
Lấy phương trình (1)−(2) ta có x 2 −y 2 + 3(x−y) +ln x−1 y −1 = y −x
- Nếu x > y thì V T(∗) > 1 và V P(∗) < 1 nên phương trình vô nghiệm.
- Nếu x < y thì V T(∗) < 1 và V P(∗) > 1 nên phương trình vô nghiệm.
- x = y V P = V T,thỏa mãn phương trình Thay x= y vào hệ, ta có x 2 + 3x+ln (x−1) = x+ 8
Phương trình f 0 (x) = 2x + 2 + 1/(x−1) > 0 với mọi x > 1 cho thấy vế trái là hàm đồng biến trên khoảng (1; +∞), trong khi vế phải là hàm hằng Nhận thấy rằng x = 2 là nghiệm của phương trình, ta có thể kết luận đây là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = y = 2.
Luận văn "Bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, logarit", tác giả đã trình bày được những vấn đề sau:
Bài luận văn trình bày một cách chi tiết các kiến thức cơ bản về tính đơn điệu và tính lồi lõm của hàm số, đặc biệt là hàm mũ và hàm logarit Ngoài ra, luận văn cũng đề cập đến một số bất đẳng thức cổ điển và các định lý liên quan, giúp người đọc hiểu rõ hơn về các khía cạnh quan trọng trong phân tích hàm số.
Vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức cổ điển giúp giải quyết hiệu quả các bài toán liên quan đến hàm mũ và hàm logarit Thông qua các bài toán cụ thể, chúng ta có thể áp dụng những nguyên lý này để tìm ra các giải pháp tối ưu, từ đó nâng cao khả năng phân tích và tư duy toán học.
3 Áp dụng bất đẳng thức hàm mũ, logarit trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
4 Áp dụng bất đẳng thức siêu việt vào các bài toán khảo sát dãy số và giới hạn.
5 Nêu cách giải một số lớp phương trình, hệ phương trình đặc biệt sử dụng hàm siêu việt.
Mặc dù thời gian nghiên cứu có hạn và khả năng còn nhiều điều cần cải thiện, luận văn chỉ mới đề cập đến một số bài toán bất đẳng thức trong lớp hàm siêu việt, cùng với ứng dụng của chúng vào các bài toán về dãy số, giới hạn, phương trình và hệ phương trình Tuy nhiên, lĩnh vực bất đẳng thức, đặc biệt là trong hàm siêu việt, còn rất nhiều vấn đề và bài toán phức tạp hơn, cũng như những ứng dụng phong phú hơn Trong tương lai, tôi sẽ tiếp tục tìm hiểu sâu hơn về chủ đề này và rất mong nhận được ý kiến đóng góp từ thầy cô và các bạn Xin chân thành cảm ơn!