1 Chương 1 Một số lớp hàm số đơn điệu Trong chương này sử dụng các tài liệu tham khảo [2], [6] để nhắc lại các kiến thức cơ bản của một số lớp hàm số đơn điệu để sử dụng trong chứng minh bất đẳng thức[.]
1 Chương Một số lớp hàm số đơn điệu Trong chương sử dụng tài liệu tham khảo [2], [6] để nhắc lại kiến thức số lớp hàm số đơn điệu để sử dụng chứng minh bất đẳng thức toán cực trị liên quan 1.1 Hàm đơn điệu Ta thường dùng ký hiệu I(a, b) ⊂ R nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b), [a, b), (a, b] [a, b], với a < b Xét hàm số f (x) xác định tập I(a, b) ⊂ R Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Nếu với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≤ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) Đặc biệt, ứng với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 , ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng thực I(a, b) Ngược lại, với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≥ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a, b) Nếu xảy f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ; ∀x1 , x2 ∈ I(a, b), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a, b) Những hàm số đơn điệu tăng thực I(a, b) gọi hàm đồng biến I(a, b) hàm số đơn điệu giảm thực I(a, b) gọi hàm nghịch biến tập Trong chương trình giải tích, biết đến tiêu chuẩn để nhận biết hàm số khả vi cho trước khoảng (a, b) hàm đơn điệu khoảng Các định lí sau cho ta số đặc trưng đơn giản khác hàm đơn điệu Định lý 1.1 (xem [2-6]) Hàm số f (x) xác định R+ hàm đơn điệu tăng với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có n X k=1 ak f (xk ) ≤ n X k=1 n X ak f k=1 xk (1.1) Chứng minh Khi f (x) đơn điệu tăng R hiển nhiên ta có f (xj ) ≤ f n X xk , j = 1, 2, , n k=1 Suy aj f (xj ) ≤ aj f n X xk , j = 1, 2, , n (1.2) k=1 Lấy tổng theo j (j = 1, 2, , n), từ (1.2), ta thu (1.1) Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có f (x) + εf (h) ≤ (1 + ε)f (x + h), ∀ε, h > (1.3) Khi ε → 0, ta thu f (x + h) ≥ f (x), hay f (x) hàm đồng biến Định lý 1.2 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức n X f (xk ) ≤ f n X k=1 (1.4) xk , k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := đơn điệu tăng R+ f (x) x Chứng minh Nhận xét rằng, ta có hàm số f (x) = xg(x) (1.4) có dạng (1.1) với aj = xj (j = 1, 2, , n) n X xk g(xk ) ≤ n X k=1 k=1 n X xk g xk , (1.5) k=1 hiển nhiên thỏa mãn ứng với g(x) hàm đơn điệu tăng R+ f (x) hàm đơn điệu tăng [0, +∞] Khi đó, với x dãy số dương giảm x1 , x2 , , xn , ta có Hệ 1.1 Giả sử g(x) = f (x1 − xn ) ≥ n−1 X f (xk ) − f (xk+1 ) k=1 Nhận xét (1.5) không điều kiện cần để g(x) hàm đồng biến Thật vậy, cần chọn hàm g(x) có tính chất < g(x) ∈ C(R+ ), ∀x ∈ R+ maxg(x) ≤ ming(x), ta dễ dàng kiểm chứng (1.5) thỏa mãn Chẳng hạn, ta thấy hàm số g(x) = + sin x, x ∈ R+ , thỏa mãn điều kiện nêu thỏa mãn điều kiện (1.5) Tuy nhiên, hàm g(x) không hàm đơn điệu tăng R+ f (x) Nếu bổ sung thêm điều kiện g(x) := hàm đồng biến R+ x1 , x2 , , xn x số gồm số lớn 1, ta thu bất đẳng thức thực n X f (xk ) < f n X k=1 xk k=1 Tương tự, ta phát biểu đặc trưng với hàm đơn điệu giảm Định lý 1.3 (xem [2-6]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu giảm với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có n X ak f (xk ) ≥ k=1 n X n X ak f k=1 xk k=1 Định lý 1.4 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức n X f (xk ) ≥ f k=1 n X xk , k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := đơn điệu giảm R+ f (x) x Nhận xét rằng, số hàm số sơ cấp biến, hàm tuyến tính f (x) = ax đóng vai trị đặc biệt quan trọng, dễ nhận biết tính đồng biến (khi a > 0) nghịch biến (khi a < 0) khoảng tùy ý cho trước Đặc trưng sau cho ta thấy rõ đặc trưng (bất đẳng thức hàm) hàm tuyến tính Định lý 1.5 (xem [2-6]) Giả thiết rằng, với cặp số dương a1 , a2 , , an ; x1 , x2 , , xn , ta có n X ak f (xk ) ≥ f k=1 n X ak x k , (1.6) k=1 f (x) = ax, a số Chứng minh Lấy n = chọn x1 = x, x2 = y; a1 = y , a2 = , từ (1.6), ta thu 2x f (x) f (y) ≤ ; ∀x, y ∈ R+ x y Suy g(x) := f (x) hàm R+ x Tiếp theo, ta nêu số tính chất hàm đơn điệu để ước lượng số tổng tích phân Định lý 1.6 (Maclaurin, Cauchy) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) Khi đó, ta ln có n X n Z f (k) ≤ f (x)dx ≤ k=1 n−1 X f (k) (1.7) k=0 Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) hàm đơn điệu giảm, nên ta ln có Z k+1 f (k + 1) ≤ f (x)dx ≤ f (k), k = 0, 1, k Lấy tổng theo k , ta thu (1.7), điều phải chứng minh Định lý 1.7 (xem [2-6]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) {ak } dãy tăng (0, +∞) Khi đó, ta ln có n X Z an f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ a0 k=1 n X (ak − ak−1 )f (ak−1 ) (1.8) k=1 Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) hàm đơn điệu giảm, nên ta ln có Z ak (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) ak−1 Lấy tổng theo k , ta thu (1.8), điều phải chứng minh Định lý 1.8 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev) Giả sử f (x) g(x) hai hàm đơn điệu tăng (xk ) dãy đơn điệu tăng x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn Khi với (pj ) pj ≥ 0, j = 1, 2, , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1, ta có n X pk f (xk ) n X k=1 pk g(xk ) ≤ n X k=1 Chứng minh Theo giả thiết h pk f (xk )g(xk ) k=1 ≤ f (xk ) − f (xj ) ih i g(xk ) − g(xj ) , hay f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk ) ≤ f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk ) (1.9) Để ý n X pj pk [f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk )] = n X j,k=1 pk f (xk ) n X k=1 n X pj pk [f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk )] = j,k=1 pk g(xk ) , k=1 n X pk f (xk )g(xk ) k=1 Kết hợp đẳng thức với (1.9), ta thu n X n X pk f (xk ) k=1 1.2 pk g(xk ) ≤ k=1 n X pk f (xk )g(xk ) k=1 Hàm đơn điệu tuyệt đối Định nghĩa 1.2 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đơn điệu tuyệt đối khoảng (a, b) đạo hàm cấp không đổi dấu f (k) (x) ≥ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, Cũng vậy, ta có định nghĩa hàm đồng biến nghịch biến tuyệt đối Định nghĩa 1.3 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng (a, b) đạo hàm cấp hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng Ví dụ hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng (a, b), (a > 0) hàm số sau Ví dụ 1.1 Mọi đa thức P (x) với hệ số dương hàm đơn điệu tăng tuyệt đối khoảng (0, +∞) Ví dụ 1.2 Hàm số f (x) = ex hàm đồng biến tuyệt đối khoảng (0, +∞) Ví dụ 1.3 Hàm số f (x) = x−1 − ex , x+1 hàm nghịch biến tuyệt đối khoảng (0, +∞) Nhận xét 1.1 Nếu hàm số f (x) hàm đồng biến tuyệt đối khoảng (a, b) hàm số g(x) := −f (x)sẽ hàm nghịch biến tuyệt đối khoảng ngược lại Vì vậy, khơng tính tổng qt, ta trình bày tốn liên quan đến hàm đơn điệu tăng đồng biến tuyệt đối khoảng cho Bài toán 1.1 Chứng minh với hàm số g(x) liên tục dương đoạn [0, 1], hàm số Z g(t)etx dt, f (x) = hàm đồng biến tuyệt đối khoảng (0, 1) Chứng minh suy trực tiếp từ tính chất tích phân xác định Bài tốn 1.2 Cho hàm số g(x) liên tục dương đoạn [0, 1] hàm số Z g(t)eλtx dt, λ ≥ f (x) = Chứng minh f (k) f (k+1) ≥ f (k+1) ; ∀x ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, f (k+2) Chứng minh suy trực tiếp từ bất đẳng thức Chebyshev tích phân xác định sau Z k λtx g(t)t e 1.3 Z dt 2+k λtx g(t)t e Z k+1 λtx dt ≥ g(t)t e Z g(t)tk+1 eλtx dt dt Hàm đơn điệu có tính tuần hồn Song song với lớp hàm đơn điệu thông thường đơn điệu tuyệt đối, nhiều lớp hàm đơn điệu khác đưa nghiên cứu đặc trưng chúng đơn điệu đầy đủ, đơn điệu có tính tuần hồn hồn tồn, Định nghĩa 1.4 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đơn điệu có tính tuần hồn khoảng (a, b) đạo hàm chúng khơng triệt tiêu (có dấu khơng đổi) f (k) (x)f (k+2) (x) ≤ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, Ví dụ hàm số sơ cấp đơn điệu có tính tuần hoàn khoảng (a, b), (a > 0) hàm số sau Ví dụ 1.4 Hàm số f (x) = sin x, π hàm số đơn điệu có tính tuần hồn khoảng 0, Ví dụ 1.5 Hàm số f (x) = cos x, hàm số đơn điệu có tính tuần hồn khoảng π ,π Ví dụ 1.6 Cho hàm số g(x) liên tục dương đoạn [0, +∞) hàm số Z g(t)e−λtx dt, λ > 0, f (x) = hàm số đơn điệu có tính tuần hồn khoảng (0, +∞) Bài tốn 1.3 Cho hàm số g(x) liên tục dương đoạn [0, 1] hàm số Z g(t)e−tx dt f (x) = Chứng minh X f (xi ) − f (xi+1 ) ≤ |f (ai ) − f (ai+1 )| i=0 Vậy max i=0 n X |f (xi ) − f (xi+1 )| = i=0 n0 X |f (ai ) − f (ai+1 )| i=0 Bài toán 2.4 Cho f (x) liên tục [a, +∞), f (x) có m điểm cực trị m ≤ n ∈ N Giả sử lim f (x) = M, −∞ < M < +∞ x→+∞ Xét tất dãy số tăng {xi } x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < +∞ 18 Chứng minh n X |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ M i=0 Lời giải Trước hết, ta có nhận xét tốn tìm giá trị lớn biểu thức trên, cố định n a, ta có max n X |f (xi ) − f (xi+1 )| , i=0 hàm đơn điệu tăng "biến số" b Như vậy, b đủ lớn cho [a, b] chứa tất điểm cực trị f (x) [a, +∞), F (b) = max n X |f (xi ) − f (xi+1 )| , i=0 phụ thuộc vào giá trị f (b) Vì n X |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ lim F (b) = M b→+∞ i=0 Bài toán 2.5 Cho f (x) liên tục (−∞, b] Giả thiết lim f (x) = m, −∞ < m < +∞, x→−∞ f (x) có n0 (hữu hạn) điểm cực trị (−∞, b], n0 ≤ n ∈ N Xét tất dãy số x0 = −∞ < x1 < x2 < · · · < xn+1 = b Chứng minh n X |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ m i=0 Lời giải Bài toán giải tương tự toán Xét [a, b] với a đủ bé cho [a, b] chứa tất điểm cực trị f (x) Khi đó, với dãy (xi )ni=1 cho x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b, ta tính F (a) = max n X |f (xi ) − f (xi+1 )| i=0 Dễ thấy, nới rộng [a, b] phía bên trái F (a) hàm đơn điệu tăng Suy n X i=0 |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ lim F (a) a→−∞ 19 Bài toán 2.6 Cho f (x) liên tục [a, b], với a, b ∈ Z Tìm giá trị lớn biểu thức M= n X |f (xi ) − f (xi+1 )| , i=0 xi ∈ Z, x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b Lời giải Với a, b ∈ Z a < b, [a, b] có hữu hạn số điểm nguyên n0 = b−a+1 Như vậy, n = b − a − có cách lựa chọn dãy {x1 , x2 , · · · , xn } Các điểm nguyên nằm [a, b], nên max n X |f (xi ) − f (xi+1 )| = n X |f (xi ) − f (xi+1 )| i=0 i=0 Nếu n + < n0 tức n < n0 − 2, ta có điểm nguyên [a, b] a, a + 1, · · · , b − 1, b Tương ứng, ta có giá trị hàm {f (a); f (a + 1); · · · ; f (a + i1 ); · · · ; f (a + ik ); · · · ; f (b)} Như vậy, dãy phân thành dãy (bao gồm số hạng liên tiếp) có tính chất tăng dần giảm dần Giả sử, dãy phân thành {f (a); f (a + 1); · · · ; f (a + i1 )}; · · · ; {f (a + ik ); · · · ; f (b)} Thực chất, điểm nguyên a + ij (1 ≤ j ≤ k) phần nguyên điểm cực trị phần nguyên điểm cực trị cộng thêm Khi đó, ta xét trường hợp cụ thể sau - Nếu n ≥ k , ta có max n X i=0 |f (xi ) − f (xi+1 )| = k X |f (a + ij ) − f (a + ij+1 )| j=0 Các số aij xác định dãy j = 1, 2, · · · , k với a + i0 = a, a + ik+1 = b - Nếu < n < k; {x1 , x2 , · · · , xn } dãy điểm ngun thỏa mãn điều kiện tốn, ta xét tất tổ hợp chập n k phần tử (ai1 , ai2 , · · · , aik ), ứng với trường hợp 20 Chẳng hạn, (ai1 , ai2 , · · · , ain ) tổ hợp chập n k phần tử aij theo thứ tự tăng Ta tính S= n X |f (aij ) − f (aij+1 )| j=0 Chọn giá trị lớn tổng S trên, ta max n X |f (xi ) − f (xi+1 )| i=0 Ta xét ví dụ minh họa sau Bài tốn 2.7 Xét tất dãy số = x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x2016 ≤ x2017 = 2π Tìm giá trị lớn biểu thức M= 2016 X |cos xi − cos xi+1 | i=0 Lời giải Ta có điểm cực trị hàm số f (x) = cos x [0, 2π] x = 0, x = π, x = 2π Vậy nên max 2016 X |f (xi ) − f (xi+1 )| = |cos − cos π| + |cos π − cos(2π)| = i=0 Bài toán 2.8 Xét tất dãy số = x0 < x1 < · · · < xn = 4π Tìm giá trị lớn biểu thức M= n−1 X | cos xi − cos xi+1 | i=0 Lời giải Trên đoạn [0; 4π] hàm sốf (x) = cos x có điểm cực trị x = 0, x = π, x = 2π, x = 3π, x = 4π Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Khi n > Ta có max n−1 X i=0 | cos xi − cos xi+1 | ... eλtx dt dt Hàm đơn điệu có tính tuần hồn Song song với lớp hàm đơn điệu thông thường đơn điệu tuyệt đối, nhiều lớp hàm đơn điệu khác đưa nghiên cứu đặc trưng chúng đơn điệu đầy đủ, đơn điệu có tính... 0) hàm số sau Ví dụ 1.4 Hàm số f (x) = sin x, π hàm số đơn điệu có tính tuần hồn khoảng 0, Ví dụ 1.5 Hàm số f (x) = cos x, hàm số đơn điệu có tính tuần hồn khoảng π ,π Ví dụ 1.6 Cho hàm. .. 2.1 Hàm đơn điệu khúc phép đơn điệu hóa hàm số Nhìn chung, giải tốn thực tế, ta thường phải làm việc với lớp hàm đơn điệu khúc Trong mục này, ta chủ yếu xét hàm số f (x) xác định I(a, b) mà hàm