tài liệu bồi dưỡng giáo viên thpt chuyên. bất đẳng thức và các vấn đề liên quan. trần nam dung, nguyễn văn mậu

Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, DHQGHN phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy giáo thuộc ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, ĐH Vinh, V

GS TSKH NGUYEN VAN MAU

MỤC LỤC

Lời nói đầu 222222202 uo 3

Bất đẳng thức giữa các đại lượng trung bình,

Nguyễn Văn Mộu Q.00 cà 5

Hàm tựa đơn điệu, tựa lồi, lõm,

Nguyễn Văn Mậu nh nh c) 18

Tran Nam Dũng, Gabriel Dospineseu 41

Chứng minh các bất đẳng thức cơ bản bằng đạo hàm, Ằ

Nguyen Vit LUOng oo eee ccs c nec cncenceeaeecuetueceneccecccc 74

Một số phương pháp xây dựng bất đẳng thức bac hai,

Nguyễn Vũ LƯƠng nh nh nh nh cà 8l

Một cách chứng minh bất đẳng thức dạng phân thức,

Phạm Văn Hùng nh nhe 102

2

Bài toán cực trị trong hình học,

Đặng Huy RUẬn c Q Q Q HH HH HH kh kg k hà 120

Một số đẳng thức và bất đẳng thức liên quan,

Dương Châu Dinh c n Q Q n n n H HH nh kh va 134

Sử dụng Định lý Lagrange trong bất đẳng thức và cực trị của hàm số

Lời nói đầu

Chương trình đào tạo và bồi học sinh năng khiếu toán bậc phổ thông hiện đã

bước sang năm thứ 40 Bốn mươi năm đã qua là một chu trình đặc biệt gắn với sự

khởi đầu, trưởng thành và ngày càng hoàn thiện một mô hình đào tạo năng khiếu

đặc biệt Đó là hướng đào tạo mũi nhọn có tính đột phá, đào tạo các thế hệ học

sinh có năng khiếu trong lĩnh vực toán học, tin học và khoa học tự nhiên: Vật lý,

Hoá học và Sinh học Trong điều kiện thiếu thốn và đầy thách thức, chúng ta đã

dũng cảm tìm hướng di phù hợp, đã đi lên được trong tìm tòi, tích luỹ kinh nghiệm

và sáng tạo Các thế hệ Thầy và Trò đã định hình và tiếp cận với thế giới văn minh

tiên tiến và khoa học hiện đại, cập nhật thông tin, sáng tạo phương pháp và tập

dượt nghiên cứu Gắn với việc tích cực đổi mới phương pháp dạy và học, chương

trình đào tạo chuyên Toán đang hướng tới xây dựng hệ thống chuyên đề, đang nỗ

lực và tích cực khởi động chuẩn bị cho việc tổ chức Kỳ thi Olympic Toán quốc tế

năm 2007 tại Việt Nam, kỷ niệm 40 năm các Hệ đào tạo năng khiếu toán học phổ

thông

Sau 40 năm, có thể nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông (giáo dục năng khiếu)

đã thu được những thành tựu rực rỡ, được Nhà nước đầu tư có hiệu quả, xã hội

thừa nhận và bạn bè quốc tế khâm phục Các đội tuyển quốc gia tham dự các kỳ

thi Olympic quốc tế có bể dày thành tích mang tính ổn định và có tính kế thừa

Đặc biệt, năm nay, các Đội tuyển Toán và Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc

tế đã đạt được thành tích nổi bật

Từ nhiều năm nay, Các Hệ năng khiếu Toán học và các Trường THPT Chuyên

thường sử dụng song song các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa

chuyên biệt và sách chuyên đề cho các Hệ THPT Chuyên Học sinh các lớp năng

khiếu đã tiếp thu tốt các kiến thức cơ bản theo thời lượng hiện hành do Bộ GD và

ĐT ban hành

Hiện nay, chương trình cải cách giáo dục đang bước vào giai đoạn hoàn chỉnh

bộ SGK mới Thời lượng kiến thức cũng như trật tự kiến thức cơ bản có những thay

đổi đáng kể Các kiến thức này đang được cân nhắc để nó vẫn nằm trong khuôn

khổ hiện hành của các kiến thức nâng cao đối với các lớp chuyên toán Vì lẽ đó,

việc tiến hành viết hệ thống các sách chuyên đề cho các lớp năng khiếu cần được

tiến hành khẩn trương và được xem xét toàn diện từ phía các chuyên gia giáo dục

và các cô giáo, thầy giáo đang trực tiếp giảng dạy các lớp chuyên

Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên,

DHQGHN phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy

giáo thuộc ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, ĐH Vinh, Viện Toán Học, Hội Toán Học

Hà Nội, NXBGD, Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các

Sở GD và ĐT, tổ chức bồi dưỡng các chuyên đề sau đại học nhằm bồi dưỡng

học sinh giỏi các môn Toán học và khối kiến thức khoa học tự nhiên như là một

tủ sách đặc biệt phục vụ bồi dưỡng học sinh giỏi

Chúng tôi xin giới thiệu cuốn sách của nhóm các chuyên gia, các thầy giáo

với sự tham gia đông đảo của các đồng nghiệp tham dự Trường hè 2005 về chuyên

đề "Bất đẳng thức và các bài toán cực trị"

Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề bất đẳng thức ở

mức độ khó về đại số, số học, hình học và giải tích Đây cũng là chuyên đề và bài

giảng mà các tác giả đã giảng dạy cho học sinh các đội tuyển thi Olympíc Toán

học quốc gia và quốc tế

Chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến đóng

góp để cuốn sách ngày càng hoàn chỉnh

T/M Tập thể tác giả

GS TSKH Nguyễn Văn Mậu

BAT DANG THỨC GIỮA CÁC ĐẠI

LƯỢNG TRUNG BÌNH

Nguyễn Văn Mậu

Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN

Trong bài này chúng ta đề cập đến một số phương pháp chứng minh

truyền thống Bất đẳng thức giữa các giá trị trung bình cộng và trung bình

nhân theo ý tưởng của các toán học nổi tiếng và một số cách chứng minh

đưa ra trong thời gian gần đây

Dinh lý 1 Giả sở T1;22, ;#m là các số không âm Khi đó

#I +72 +'':+1„

n

Dấu đẳng thức sâu ra khi va chỉ khi zị = xạ = - = In

1 Quy nap kiéu Cauchy

Đây là kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) do Cauchy đề xuất vào

năm 1821 (Cauchụ A.L., Coura d’Analyse de l’Ecole Royale Polytechnique,

I’? partie, Analyse alge’brique, Paris, Debure, 1821) dé chitng minh Dinh

ly 1 Một số người đã lợi dụng tình huống này để gọi tên bất đẳng thức (0)

là Bất đẳng thức Cauchy Tuy nhiên, cho đến nay, theo thông lệ quốc tế và

theo các gọi của các nhà toán học thì (0) là Bất đẳng thức giữa giá trị trung

bình cộng (trung bình số học) và trung bình nhân (trung bình hình học)

ư Tiếp tục quá trình như trên ta thấy bất đẳng thức (0) đúng với n =

1,2.4, và nói chung, đúng với n là luỹ thừa của 2 Đây chính là quy nạp

theo hướng lên trên

Bay gid ta thực hiện quy trình quy nạp theo hướng xuống phía dưới

Ta chứng minh rằng, khi bất đẳng thức (0) đúng với m (n > 1) thì nó cũng

đúng với ø — 1 Thay z„ trong (0) bởi

> (wyay -tyy)* (rh) hay

Từ kết quả đã chứng minh theo cặp hướng (lên-xuống), ta thu được phép

chứng minh quy nạp của Định lý 1

Tiếp theo, theo đúng cách chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, ta dễ dàng

chứng minh Bất đẳng thức Ky Fan sau đây

Định lý 2 Giá sử r1,z2, ,Œạ là các số dương trong (0, 5): Khi đó

= = < =I = (3)

(Ea The

1)

Dấu đẳng thức tắy ra khi 0à chỉ khi zị = xạ = - = Ln

2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Vieete

Đa thức P(z,z¿, ,#m„) với bộ n biến số thực #4;#2, ,2„ạ được hiểu là

hàm số (biểu thức) có dạng

N

P(21,%2, ,2n) = S> My(x1,22, -,2n);

k=0 trong đó

M;,(z1, ,2n) k\#1› yon = Oj, j,00 - 03") 7, EN (¢ = 1,2, ,n) (1) De jnX 1 no Ji 14 ,

jt+°tja=k

Trong mục này ta quan tâm chủ yếu đến các dạng đa thức đồng bậc (1) biến số thực và nhận giá trị thực, đặc biệt là các đa thức đối xứng sơ cấp

quen biết liên quan đến các hằng đẳng thức đáng nhớ trong chương trình

toán trung học phổ thông

Trước hết, ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Newton:

(x +a)" = > (2) ark gk

Néu ta coi (x +a)" nhuw là tích của ø thừa số: (=+a)( +a) - (+ a), thì

khi đó tích

(z + ø1)(# + aa) - - - ( + an) cũng có thể viết dưới dạng một biểu thức tương tự như công thức khai triển nhị thức Newton như sau:

(x + a1)(# + aa) - - - (# + an) = » (opto

trong dé

Vậy nên, nếu các số ø, dạ, , d„ đều dương (hoặc không âm và không

đồng thời bằng 0) thì không mất tính tổng quát, ta có thể coi các số

Pi, P2, -;Pn déu 1a số đương (không âm) Từ (2), ta thu được

Ta thấy, pị chính là trung bình cộng, p„ là trung bình nhãn, và do đó,

các p; khác cũng là các đại lượng trung bình cần đặt tên cho chúng như là

những đối tượng cơ bản cần tập trung nghiên cứu

Định nghĩa 1 Cho ø là bộ n số dương {œ,as, ,am} (n > 1,n € Ñ)

Khi đó

f(x) = (x +-a1)(x + ag) (2 + an)

= 2" + Ei(8)x"~! + Ea(8)+"”? + + Ea(8),

trong đó

n E\(@) = So ai, (8) = ` G;G1, ; En(8) = 0103 G„,

¿=1 l<i<j<n

Dat Eo(@) = 1 Ta goi E,(a) (r € {1, ,n}) la cdc ham (da thúc) đối xứng

sơ cấp thứ r (Er(8) là tổng của tất cả các tích r số khác nhau của bộ số 8)

- Ký hiệu

Định nghĩa 2 Giả sử z1,za, n là bộ n các số thực không âm (kú hiệu

bởi (Z)) vad yi, y2, -,Yn là bộ các số thực không âm khác (được kú hiệu bởi

@)) Hai day (£) va (y) được gợi là đồng dạng (va ky hiéu (z) ~ (9) nếu tồn |

tai XE R (À #0) sao cho ta có xj = Ay; (j = 1, ,N)

Bài toán 1 Cho ã là bộ (ai an) các số thực dương Đặt Pạ = L, Py =

nhận được từ ƒ(z,) = 0 bằng cách lấy vi phân liên tiếp theo z và g Do

phương trình này có nghiệm thực nên Py-1 Peo <Š Đệ

Bài toán 3 Cho các số œ > 0 (¡ € {1, ,n}) uà không đồng thời bằng

Thật vậy, giả sử bất đẳng thức đúng với nø — 1 số dương ơỊ, đa, ; đ„~—1

va dit El, P/ là các E„, P„ tạo bởi n — 1 số ấy và giả sử tất cả các số đó

không đồng thời bằng nhau

Vì các a¡ không đồng thời bằng nhau nên theo giả thiết ta có

Pro Prhay < PrPi_g — Ph < Phy

n?(Pp1Pr4i — Pl) < ~(P! —a,P!_1) <0

Điều này vẫn đúng khi øị = a2 = = Gn—1 Khi đó an # ai

Từ bất đẳng thức (2), ta thu được bất đẳng thức sau:

3 Quy nạp kiểu Ehlers

Ta chứng minh Định lý 1 đối với bộ số dương Z1,#, , z„ mà

Khi đó (0) có dạng

Gia thiét (2) ding véi bo n sé thod man (1) Giả thiết rằng ta có bộ

n + 1 số dương thoả mãn điều kiện:

Xét hàm số n bién thuc f(x1,22, ,2n) Ky higu Pf (21, 22, ,2n) la téng

các ƒ theo tất cả m! hoán vị của các đối số z; Với quy ước như vậy, ta có

Nhận xét rằng khi các z¡ (¿ = 1,2, ,n) đều không âm thì các biểu

thức ø; (¡ = 1,2, ,m), theo định nghĩa, cũng nhận giá trị không âm Thật

vậy, ta có -

9k = Plœ?* — +? #)(Z — %2)234 sae #k+1]

= Pi(axy _ #a)2(x† t1 + -+ ak) par, vee #k+1]

12

luôn luôn là một số không âm khi các z; > 0

tn en = (91 + 92 + + Gn-1) 2

Xét bài toán xác định giá trị lớn nhất của biểu thức

M(Z\,#2, , 2w) = #12 ' -' #n với điều kiện

#ị Z2 T-'' tan = da, z¡ >0, t—= 1,2, ,T

Ký hiệu giá trị lớn nhất của M là ƒ;(a) ứng với n € Ñ và a > 0

Ta cố định z„ và như vậy cần chọn #,Z›, ,z„_¡ thoả mãn điều kiện

?ị ta +: Tđn~1 —= 6 — #n

để tích za - z„_¡ là lớn nhất

13

Từ đây suy ra

đa(a) = 0 1AX [tn fn—1(a — #n)], n = 2,3, ,

trong dé fi(a) =a

Thực hiện đổi biến z¡ = a1, ¿ = 1,2, ,m, ta thu được

Từ hệ thức ƒ¡(1) = 1 ta thu dugc f,(1) = oa chính là điều phải chứng

minh cua Dinh ly 1

6 Déng nhat thitc Jacobsthal

Như ta đã thấy, phương pháp quy nạp "tiến-lùi" của, Cauchy cho ta thuật

toán hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và

trung bình nhân Phải chăng, ta có thể chứng minh bất đẳng thức giữa giá

trị trung bình cộng và trung bình nhãn theo phương pháp quy nạp thông

thường? Điều này thực hiện được thông qua các đồng nhất thức như đã thấy

Ở các mục trên Sau đây, ta sử dụng phương pháp khảo sát hàm số một biến

để thực hiện phép chứng minh quy nạp bất đẳng thức cực trên

Xét dãy số dương z,z¿, Với mỗi n 6Ñ (n > 1), cố định, ta ký hiệu

8 Ham exponent tu nhién

Một trong những tính chất cực kỳ quan trọng của hàm mũ (exponent) tự

nhiên ƒ(z) = e7 là tính bất biến ( dừng) của nó đối với toán tử vi phân

e6! >xVxel, dấu” =” ©œz=0

Gọi Á„ là trung bình cộng của các số #; (7 = 1, ,m›) Giả sử z¡¿ > 0 Vi,

17

HAM TUA DON DIEU, TUA LOI, LOM

Nguyén Van Mau

Trường Đại Học Khoa Học Tụ Nhiên, ĐHQGHN

Ta nhắc lại định nghĩa:

Giả sử hàm sé f(x) xác định và đơn điệu tăng trên 7(a, b) thì khi đó ứng

với mọi z¡,#¿ € I(a,b), ta đều có

f(21) <S f(z›) © z1 <2,

và ngược lại, ta có

f (x1) > f(ze) @ 21 < 29; Vari, x2 € I(a,b),

khi ƒ(z) là một hàm đơn điệu giảm trên ï(o, b)

Tuy nhiên, trong ứng dụng, có nhiều hàm số chỉ đòi hỏi có tính chất yếu

hon, chang hạn như:

f(z1) < ƒ(22) © z1 < 22, Vai,22>0 ma 21 +22 <1,

thì không nhất thiết ƒ(z) phải là một hàm đơn điệu tăng trên (0, 1)

Ví dụ, với hàm sé f(x) = sinzz, ta luôn có khẳng định sau đây

Bài toán 1 Nếu A,B,C là các góc của AABOƠ thì

sin Á < sin © A < B (1) Như vậy, mặc dù hàm ƒ(z) = sinzz không đồng biến trong (0, L}, ta

vẫn có bất đẳng thức (suy từ (1)), tương tự như đối với hàm số đồng biến

trong (0,1):

Sin7Z < sinatra & 21 < 22, VZq,#a >Ũ mà 21+ 22 <1 (2)

Ta di dén dinh nghia sau day

Định nghĩa 1 Hàm sé f(x) zác định trong (0,b) C (0,+co) được gọi là

hàm số tựa đồng biến trong khoảng đó, nếu

f (x1) < f (x2) O21 < 22, Vz1,z¿ >0 ma 21 +22 <b (3)

18

Tương tự, ta cũng có định nghĩa hàm tựa nghịch biến trong một khoảng

cho trước

Định nghĩa 2 Hàm số ƒ(z) sác định trong (0,b) C (0,+oo) được gọi là

ham số tựa nghịch biến trong khoảng đó, nếu

Ƒ(m) < f (x2) $2, >22, V41,22 >0 ma 21 +22 <b (4)

Bài todn 2 Moi ham f(x) tua déng bién trong (0,b) C (0,+00) déu déng

bién trong khodng (0, >)

Chứng mỉnh được suy trực tiếp từ Định nghĩa 1 Thật vậy, khi z,z; €

(0, 5) thì hiến nhiên, z + z¿ < b và ta thu được

b

f(z) < f(a) > 2, < 22, Var1,22 € (0, 5): (5)

Hệ thức (5) cho ta điều cần chứng minh

Bài toán 3 Giả thiết rằng hàm h(z) đồng biến trong khoảng (0, 5]: Khi

đó hàm số

h(x), khi ce (0, 5

h(b—øz), khi œ€ |s›9),

là hàm số tựa đồng biến trong (0, b)

Dinh ly 1 Dé ham ƒ(z) sác định trong (0,b) C (0, +œ) là hàm tựa đồng

biến trong khoảng đó, điều kiện cần uà đủ là các điều kiện sau đâu đồng thời

toán 1, hàm ƒ(z) đồng biến trong khoảng (0, 5): Xết z€ [.) Khi đó,

để rị € (0, ð) sao cho đồng thời z¡ < z và z++z < b, ta cin chon x; € (0, 5)

Và +, <b—#+z€ (9,5): Do vay, moi zg € [55) ta déu c6é 21 < rq va dé

19

ri +22 < b thi dé thay ro € (5.5-m1) Vì theo giả thiết, thì ƒ(z1) < ƒf(za)

với mọi #› € (,5- m), nén f(z2) > f(z) (do 21 < 2)

1 Hàm tựa lỗi và hàm tựa lõm

Ta nhắc lại các tiêu chuẩn đơn giản để nhận biết tính lồi (lõm) của một hàm

SỐ

Giả sử ƒ(z) có đạo hàm cấp hai trong khoảng (a,b) Khi đó

(¡) điều kiện cần và đủ để hàm số ƒ(z) lồi trên (a, b) là

f"(z) > 0, Vz € (a, 6)

(ii) điều kiện cần và đủ để hàm số ƒ(z) lõm trên (a,b) là

f"(z) <0, Va € (a,b)

Tuy nhiên, trong ứng dụng, ta nhận thấy, do đặc thù của dạng toán, có

khi chỉ đòi hỏi hàm số đã cho có tính chất yếu hơn tính lồi (lõm), chẳng hạn

Vzị,z¿ạ>0Ú mà z‡ +za <S ],

C 2) < Ƒ(m) + Ses)

thì không nhất thiết ƒ(z) phải là một hàm lỗi trên (0, 1)

Cũng vậy, đối với hàm s6 f(x) ma

%1 + Z2 >5 2 f (21) + f (x2)

thì không nhất thiết đòi hỏi ƒ(z) phải là một hàm lõm trên (0, 1)

Vzi,z¿ >0 mà 7 +za 1,

Ví dụ, với hàm số ƒ(#) = cos zz, ta luôn có khẳng định sau đây

Bài toán 1 Nếu A,B,C là các góc của AABƠ thì

cos A +cosB +cosC A+B+C

Như vậy, mặc dù hàm ƒ(z) = cos(xz) không là hàm lõm trong (0, 1), ta,

vẫn có bất đẳng thức ( suy từ (1)), tương tự như đối với hàm số lõm trong

Định nghĩa 3 Hàm số ƒ(z) sác định trong (0,b) C (0,+oo) được gọi là

hàm tựu lỗi trong khoảng đó, nếu

Định nghĩa 4 Hàm sé f(x) xác định trong (0,b) C (0,+oo) được gọi là

hàm tựa lõm trong khoảng đó, nếu

/( Sa) > f(z1) /›) V74, >0Ũ mà 214+ 22 <b (4)

Từ định nghĩa, ta có ngay khẳng định:

Nhận xét 1 Mọi hàm ƒ(z) lồi (lõm) trong (0,b) C (0,+co) đều là hàm

tựa lỗi (lõm) trong khoảng đó

Nhận xét 2 Nếu hàm ƒ(z) tựa lồi trong (0,b) C (0,+00) thi nó là hàm

tựa lỗi trong mọi khoảng (0, g) tới 0 < a < b

Nhận xét 3 Mợi hàm f(x) tua lồi (lõm) trong (0,b) C (0, +00) déu la

hàm lỗi (lõm) trong khoảng (0,a) tới 0 < a < 3:

b

Ching minh Thật vậy, giả sử ƒ (z) tựa lồi trong (0,6) Khi 2,29 € (0, 5)

thì hiển nhiên, z¡ + z¿ < b và ta thu được

/Œ15)< H84 ve (3)

Hệ thức này chứng tỏ ƒ(z) là một hàm lồi trong khoảng (0, 5):

Dinh ly 2 Giỏ thiết rằng hàm h(x) cd dao ham cép hai và lồi trên (0, 5]:

Khi đó hàm số

h(x), khi ce (0,5 , ie) = h(b— ø), khi ze (5,0),

sẽ là một hàm tựa lỗi trong (0, b)

21

Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết thì ƒ(z) có đạo hàm bậc hai trên

Vậy nên ƒ(z) là một hàm tựa lồi trên (0, b)

Nhận xét 4 Kết luận của nhận xét trên uẫn đúng đối vdi ham h(x) lồi tuỳ

ý trên (0, 3]:

Dinh lý 3 Cho hàm số h(z) liên tục 0à lồi trong (0, 3]: Xét hàm sô ƒ(+)

tác định theo công thúc sau:

rứ + #2) < f (xi) + f (x2) 5 5 VZị,Za € (0,b) với z† +za < b

Bất đẳng thức này tương đương với

va theo Dinh ly Lagrange, ta cé

h(đ) — h(b — z2) = h'(u)(d— —za), u€ (b — za, đ)

Định lý 4 Để hàm ƒ(œ) sác định trong (0,b) là một hàm tựa lồi trong

khoảng đó, điều kiện cần uà đủ là các điều kiện sau đây đồng thời được thoả

Điều kiện cần là biến nhiên >

Điều kiện đủ Giả sử ƒ(z) lồi trong khoảng (0, 5 | va

Hệ thức (16) và (17) cho ta điều cần chứng minh

Tương tự, ta có tiêu chuẩn để nhận biết hàm tựa lõm trên một khoảng

cho trước

Định lý 5 Để hàm ƒ(z) sác định trong (0,6) là một hàm tựa lốm trong

khoảng đó, điều kiện cần uà đủ là các điều kiện sau đây đồng thời được thoả

Hệ quả 1 Dé ham f(x) xdc dinh trong (0,0) là một hàm tựa lồi trong

khoảng đó, điều kiện cần uà đủ là tồn tại hàm số ho(z) liên tục uà lồi trong

trong đó

hị(z) > 2n(2) —h(b—z), Vz€ (3.5)

Tương tự, ta có cách xây dựng hàm tựa lõm trên một khoảng cho trước

Hệ quả 2 Để hàm ƒ(z) tác định trong (0,b) là một hàm tựa lõm trong

khoảng đó, điều kiện cần uà đủ là tồn tại hàm sé ho(x) liên tục uà lõm trong

(0, 1 sao cho

— |ha(z), khiz€ (0, 4 ie) = hì(ø), khi r€ (3.5),

hi(z) < 2n(2) —h(b—2), Wr € (5,4)

Các định lý sau đây cho ta mối liên hệ chặt chẽ giữa hàm các tựa đồng

biến (nghịch biến) với hàm tựa lồi (tựa lõm)

Dinh ly 6 Ham kha vi f(x) là tựa đồng biến trên tập (0,b) khi uà chỉ khi

mọi nguyên hàm F'(z) của nó đều là hàm tựa lồi trên tập đó

Định lý 7 Hàm khé vi f(x) la tựa nghịch biến trên tập (0,b) khi uà chỉ

khi mọi nguyên hàm P'(z) của nó đều là hàm tựa lõm trên tập đó

2 Sắp thứ tự các trung bình M„(z, ơ)

Như đã thấy ở phần trên, bất bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng

và trung bình nhân chỉ là sự sắp được của hai phần tử trong một dãy biểu

thức sắp được thứ tự Các biểu thức này là những hàm đối xứng sơ cấp

Tiếp theo, ta xét một số mở rộng các dạng trung bình sinh bởi các đa thức

đối xứng Các mở rộng này, chủ yếu dựa trên các tính chất của hàm số như

tính đơn điệu (tựa đơn điệu) để so sánh ,, tính lồi, lõm (tựa lồi, lõm) để sắp

thứ tự theo các đặc trưng cho trước

Xét bộ n số dương tuỳ ý

(Z) := (Z1;Z2, ;#n)

26

và bộ hệ số dương (thường được gọi là trọng đơn vị)

được gọt là trưng bình bậc h (theo trọng (o))

Nhận xét rằng, ứng với h = —1, h = 1 và h = 2, ta lần lượt nhận được các trung bình điều hoà, trung bình cộng và trung bình nhãn

Bài toán 1 Với mỗi bộ n số dương (œ) tà trọng (œ), ta đều có

n

° — ay

túc là, giới hạn là một trung bình nhân suụ rộng

Chứng minh Trước hết, ta tính giới han

Bài toán 2 Với mỗi bộ n sé duong (x) trong (a), ta đều có

* h—>+oo lim M;(z,œ) = max{z¿; ¿ = 1,2, ,m} (2)

27

Chứng minh Thật vậy, nếu đặt

Zs = max{1¿; ? = 1,2, ,m},

thì với mọi h > 0, ta có

1 asxts S Mh(œ,œ) S zz

Từ đây, chuyển qua giới hạn ta thu được (2) O

Hoàn toàn tương tự, bằng cách đặt chuyển qua giới hạn khi h + —oo,

ta có

Bài toán 3 Với rnỗi bộ n số dương (2) trọng (oœ), ta đều có

;im Ma(z, o) = min{z¡; ¿=1,2, ,m} (3) Chứng minh "Thật vậy, để ý rằng

M_p(œ,œ) = T ,; Vh<0

Ma (3.2)

Từ đây, chuyển qua giới han ta có ngay (3) oO

Từ các kết qủa trên, ta quy uớc:

~oo, 0, +00

Bay giờ ta có thể chứng minh một kết qủa mạnh hơn ring, day M,(z, a)

là sắp được theo h như là một hàm đồng biến của hàm số biến h € R

28

Bài toán 4 Với mỗi bộ n số dương (z) trong (a), ta đều có

Thật vậy, ta có g”(z) = — > 0 ứng với mọi z > 0 Do vậy, với g(z) (là hàm x

lồi), ta thu được

Dấu đẳng thức trong (5) xảy ra khi và chỉ khi các số z¿ đều nhận giá trị

bằng nhau Từ (4) và (5) ta suy ra

dM; (x, œ)

an 0, Vh Ee R\ {0}

và dấu đẳng thức xây ra khi và chỉ khi Ly = IQ = = Fp Oo

Như vậy, nếu các số z; không nhận giá trị bang nhau thi M;(z, a) 1A mot

hàm đồng biến theo biến h € R Dé thi cha ham y = M„(z,œ) có hai tiệm

cận ngang ‡/ = min{z¿; ¿ = 1,2, ,m} và = max{zj; i= 1,2, ,n}

29

Bài toán 5 Với mỗi bộ n số dương (z) trọng (œ), ta đều có

f(h) = hln My(z, a)

la mét ham di trén R

Chitng minh Vi f(h) la ham khả vì, nên ta kiểm tra tính lồi trực tiếp thông

qua tính đạo hàm của hàm số

œ ox!) (x az} (In z0?) — ( oye? In i) > 0,

Từ đây, ta nhận được kết qủa của một bài toán tìm giá trị nhỏ nhất liên

không đổi Khi đó:

nr

i=1

30

Chứng minh Theo Bài toán ð thì hàm số

được gọi là tổng bậc h của bộ số (z)

Tính đơn điệu của tổng Sh(#) được phát biểu dưới dạng sau

Bài toán 1 Với mỗi bộ n số dương (2), tổng Sụ(œ) nghịch biến trong

(—00,0) va trong (0,+oo) Ngoài ra,

Chứng minh Vì Sp(z) khả vì trong các khoảng (—oo, 0) và (0, +co), nên ta,

kiểm tra tính đơn điệu trục tiếp bằng tính đạo hàm và xét dấu của nó trong

các khoảng tương ứng Sử dụng đẳng thức

hln Sp(+) = » a?

i=l

để tính đạo ham hai vé theo h, ta dé dàng suy ra kết luận của bài toán O

Bài toán 2 Với mỗi bộ n số dương (z), hàm số sau: ƒ(h) := hln S„(œ), là

một hàm lỗi theo h

Chứng minh Chứng mình được suy ra từ tính chất lồi của hàm số (xem Bài

toán 5 6 mục trên) ư#'(h) := hln Mp(z, œ) O

Tương tự, dễ dàng kiểm tra tính lồi của các ham sé g,(h) = Sp(x) va

go(h) := In S;,(x) trong (0,+oo) Từ đây, ta thu được

Hệ quả 3 Với mỗi bộ n số dương (z) uà bộ số dương (œ), sét các bộ số

(h) = hị,hạ, , hạ sao cho tổng

ơœihị + œaha + - + ănhạ = MỊ

không đổi Khi đó

3 `aiS' > (2)

t=1

Hệ quả 4 Với mỗi bộ n sé duong (x) vad b6 86 duong (a), xét các bộ số

(h) = hì,ha, , hạ sao cho tổng

ayhy +aghg+-::+ anh, = M

không đối Khi đó

11s: > Sw(œ

32

VỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN

Nguyễn Văn Mậu

Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN

Hiện nay, nhiều bài toán của Đại số và Giải tích trong chương trình phổ

thông đã bắt đầu tiếp cận đến các đặc trưng cơ bản của hàm số gắn với

các phép biến hình sơ cấp như tịnh tiến, phản xạ, đồng dạng, phép quay và

phép nghịch đảo Một số dạng toán khác liên quan đến các khái niệm cơ bản

của hình học như khoảng cách, chu vi, điện tích, Xin phép được giới thiệu

với các bạn một số hàm số có tính chất tương tự như hàm khoảng cách, chu

vì,

Với mỗi số thực z € lR ta đặt tương ứng một điểm A(z,0) trên trục hoành

của mặt, phẳng toạ độ Đề-các Nhận xét rằng phép tương ứng đó là một-

một và khoảng cách từ 4 đến gốc toạ độ O(0,0) được tính bằng công thức

p(OA) = p(z) = |z| Khi đó, hàm ø(z) có các tính chất sau:

() ø(ø) >0, Vze, ø(z)=0 œ z=(0,

(ii) plz +y) S ø(z) + p(w), Vze€ R,

Trong mục này, ta sẽ khảo sát các hàm số có tính chất như hàm ø(#) và

một số hàm số liên quan

Định nghĩa 1 Hàm số ƒ(z) xác định và liên tục trên I được gọi là hàm

khoảng cách nếu nó thoả mãn đồng thời các tính chất sau:

(it) ƒ(œ +ụ) <S ƒ(z) + ƒ(v), YeeR (2)

Bài toán 1 Chứng minh rằng hàm số ƒ(z) = |z|* là hàm khoảng cách khi

và chỉ khi œ € (0, 1]

Bài giải Nhận xét rằng hàm số ƒ(z) = |z|* thoả mãn điều kiện (1) khi và

chỉ khi œ > 0 Xét điều kiện (2) Với z + y = 0 thì (2) luôn luôn thoả mãn

33

7 lr+y “| + le à _-⁄U Ƒ«<ti vae@ ; a € (1, +00) €

Vậy, khi œ > 1 thì hàm số ƒ(z) = |z|# không thoả mãn điều kiện (2)

Xét trường hợp z + < 0 Khi đó

|z + | < max{|z|, |w|}

jr+y|* < lel” + |uf, Ve > 9

Vậy, hàm số ƒ(z) = |z|* là hàm khoảng cách khi và chỉ khi œ € (0, 1]

Tương tự, đối với trường hợp hai chiều, ứng với mỗi số thực z € IR ta đặt

tương ứng một điểm A(z,) trên mặt phẳng toạ độ Đề-các (Oz) Nhận xét

rằng phép tương ứng đó là một-một và khoảng cách từ 4 đến điểm B(zt, 1)

(i) p(z,y) 20, Vz,yER, ø(z,y)=0 «® (z,y) = (0,0),

(ii) p(AC) < p(AB) + p(BA), VA, B,C

Tiếp theo, ta sẽ khảo sát các hàm số có tính chất tương tự như hàm

0(z,1) và một số hàm số liên quan

Định nghĩa 2 Hàm số ƒ(z, y) xác định và liên tục trên R x R duge gọi là

hàm khoảng cách nếu nó thoả mãn đồng thời các tính chất sau:

ƒ(z,) = ƒ(uw,z), ƒf(œ,u) >0 Vz,ue, ƒ(z,u)=0 © ey =O

3

34

ƒ(i—Z3, Uì—3) Š ƒ(đ1—12, tì —a)+ ƒ (E2—23, a—ga), VZ1, 2, #3; UL, 2 U3 GÌ

(4)

Bài toán 2 Cho ƒ : R? — thoả mãn các điều kiện

(i) f(z,y) = f(y,z) với moi z,y ER,

(ii) f(x, ky + yo) = k(f (x, y1) + f(x, y2) v6i moi k, x, y1, 2 € R,

(iii) f(z,z) > 0 véi moi z € R va ƒ(z,z) = 0 khi và chỉ khi z = 0

Chứng minh rằng hàm số ƒ(z,) thoả mãn điều kiện

a) |ƒ(,)| = ƒ(œ,z)ƒ(u,w) với mọi z,ụ e R,

Bài giải Nhận xét rằng (5) chính là hệ quả của bất đẳng thức Mincovski

khoảng cách khi và chỉ khi p > 1

1

Bài giải Nhận xét rằng hàm số ƒ(z,) = (|z|P? + |y|P)P thoả mãn điều kiện

(3) khi và chỉ khi p > 0 Xét điều kiện (4)

Với p = 1 thì (4) hiển nhiên thoả mãn Xét trường hợp p > 1 Khi đó,

ap dụng bất đăng thức Holder cho cặp số (p, g) với ? + 7 =], ta thu được

(zì — zãÏP + |ưi — ysl?) = (|(@1 — 22) + (2 — 23)? + (yr — y2) + (yo — ys) |?)

2 Bất phương trình hàm với cap bién tu do

Bài toán 1 Xác định các hàm số ƒ(z) thoả mãn đồng thời các điều kiện

sau:

(i) f(z) > 0, Ve ER,

(ii) f(@+y) > f(z) + fly), Vz,yeER

Bai giải Thay z = 0 vào điều kiện đầu bài, ta thu được

ƒ(0) >0 _

/0)/>2/(0) YX ƒ8)=

Vậy nên

(0) = ƒ(œ + (—#)) 3> ƒ(z) + ƒ(—z) > 0

Suy ra ƒ(z) = 0 Thử lại, ta thấy hàm số ƒ(z) = 0 thoả mãn điều kiện bài

ra

Đài toán 2 Cho trước ham s6 h(x) = az, a € lR Xác định các hàm số ƒ (z)

thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

(i) f(z) paz, VeeR,

(ii) f(t +y) > f(z) + fly), Vz, yeER

Bai giai Dé y ring A(x + y) = A(z) + A(y) Dat f(z) = h(x) + g(x) Khi

d6 ta thu duge cdc diéu kién (i) g(z) > 0, Vz ER,

(ii) g(t +y) > o(z) +9(y), Ve,yeR ;

Lặp lại cách giải Bài toán 1 Thay z = 0 vào điều kiện đầu bài, ta thu

được

ø(0)

| g(0)

9(0) = g( + (—z)) 3 g(z) + g(—=z) > 0

Điều này kéo theo øg(z) = 0 hay ƒ(z) = az Thử lại, ta thấy hàm số ƒ(z) =

az thoả mãn điều kiện bài ra

0 hay g(0) =0

Vay nén

Bài toán 3 Cho số dương ø Xác định các hàm số ƒ(z) thoả mãn đồng

thời các điều kiện sau:

(i) f(z) >a", Vr eR,

(ii) f(@+y) > f(z)f(y), Va,yeER

Bài giải Dé ý rằng ƒ(z) > 0 với mọi z € IR Vậy ta có thể logarit hoá hai

về các bất đẳng thức của điều kiện đã cho

(i) Inf(x) > (Ina)z, Vz ER,

(ii) nf(c+y) >Inf(z)Inf(y), Vz,y eR

Dat In f(x) = ¿(z), ta thu được

(i) y(z) > (Ina)z, Vr ER,

(ii) plz + y) 2 @(z)@(0), Ve, € R

Ta nhận được Bài toán 2 Bằng cách đặt ¿(z) = g(x) + (Ina)z, ta thu

được các điều kiện

(i) g(z) 20, Vr ER,

(ii) g(@+y) 2 9(z)+9(y), Ve,yER

37

và g(z) = 0 hay v(x) = (Ina)z Suy ra ƒ(z) = a“ Thử lại, ta thấy hàm

số f(x) = a* thoả mãn điều kiện bài ra

Bài toán 4 Xác định các hàm số f(z) thoả mãn các điều kiện sau:

f(a) >/(0 /(“T*)»> fe) + Fo) Vz,€ R

Bai giai Dat f(0) =a va f(z) — a = g(x) Khi dé (1) có dạng

z+\ 9) + ø(w)

g(x) > 0, 9(=*) 2 a 1 Vz,€lR

Thay = 0 vào (2), ta thu được

#\ g(z) s(5) 2 ~~ hay g(z) 2 29(= =) vz eR

Tiếp theo, ta nhận được Bài toán 1 Suy ra g(z) = 0 va f(x) = const

Thử lại, ta thấy hàm sé f(x) = c thoả mãn điều kiện bài ra

38

(4)

MỘT PHƯƠNG PHAP LAM "CHAT" BAT

DANG THUC

Trinh Dao Chién

Sở Giáo dục uà Đào tạo Gia Lai

Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương

trình toán phổ thông Việc sáng tạo các bất đẳng thức là một việc làm cần

thiết trong quá trình dạy và học toán Dưới đây là một trong những phương

pháp sáng tạo đó: phương pháp làm "chặt" bất đẳng thức

Giả sử ta có bất đẳng thức dạng A4 < Nếu có Ở sao cho A < Ở< B,

thì ta nói rằng bất đẳng thức thứ nhất đã được làm "chặt" hơn bởi bất

đẳng thức thứ hai Điều này đưược tươưng tự đối với dạng bất đẳng thức

A<Œ<8

Trước hết, ta nhắc lại những định nghĩa sau về hàm số lồi, lõm, trong

chương trình toán phổ thông:

Định nghĩa 1 Cho ham 86 f(x) sác định trên khoảng (o, b)

- Hàm số ƒ(œ) được gọi là lồi trên khoảng đó nếu vdi moi 21,22 € (a,b),

ta đều có:

f (21) + f (x2) nS “</(— z„+ø `) (1)

Dấu đẳng thức tấu ra khi va chỉ khi x, = za

Hàm số ƒ(z) được gọi là lõm trên khoảng đó nếu với mọi zị, z; € (ø, b),

ta đều có:

ƒ(m) + f (x2) > #(2 +2), (2)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z; = zo

Từ đồ thị của các hàm số lồi, lõm ta thấy rằng , có thể làm "chặt" hơn

nữa các bất đẳng thức (1) và (2) bởi bất đẳng thức dưới đây, chẳng han:

ƒ(1) + ƒ(s) _ ƒ(m † €) + ƒ(œ¿ — ©)

39