(Luận văn) hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - LÊ VĂN HIỂU lu an n va p ie gh tn to HÀM ĐƠN ĐIỆU, TỰA ĐƠN ĐIỆU VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ Thái Nguyên - 2017 an Lu n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - LÊ VĂN HIỂU lu HÀM ĐƠN ĐIỆU, TỰA ĐƠN ĐIỆU VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ an n va p ie gh tn to Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP d oa nl w Mã số : 60 46 01 13 nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: z at nh oi GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2017 n va ac th si i MỤC LỤC lu an MỞ ĐẦU ii Chương Một số lớp hàm số đơn điệu 1.1 Hàm đơn điệu 1.2 Hàm đơn điệu tuyệt đối 1.3 Hàm đơn điệu có tính tuần hoàn 1.4 Hàm đơn điệu liên tiếp đoạn 1 14 14 25 27 27 28 30 33 33 33 35 38 n va Chương Phép đơn điệu hóa hàm số 2.1 Hàm đơn điệu khúc phép đơn điệu hóa hàm số 2.2 Hàm tựa đơn điệu 2.3 Phương pháp xây dựng hàm tựa đơn điệu từ hàm số 2.3.1 Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác 2.3.2 Hàm tựa đồng biến dạng hàm số sin 2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin gh tn to cho trước p ie Chương Các dạng toán liên quan 3.1 Sử dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất đẳng thức 3.1.1 Một số toán áp dụng bất đẳng thức đại số 3.1.2 Một số toán áp dụng cho bất đẳng thức tam giác 3.2 Sử dụng tính đơn điệu hàm số tốn cực trị d oa nl w lu 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO nf va an KẾT LUẬN 48 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lớp hàm số đơn điệu lồi, lõm có vị trí quan trọng Giải tích Tốn học khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm nhiều mơ hình tốn học mà cịn cơng cụ đắc lực để khảo sát bất đẳng thức toán cực trị Trong hầu hết kì thi học sinh giỏi tốn quốc gia Olympic tốn quốc tế toán hàm số thường đề cập đến xem dạng tốn khó bậc phổ thơng Do đó, đề tài "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu lu an hóa hàm số" nghiên cứu nhằm thể rõ vai trò quan trọng hàm đơn điệu, n va tựa đơn điệu dạng toán thi HSG quốc gia Olympic quốc tế tn to ie gh Lịch sử nghiên cứu p Hiện tài liệu tham khảo chuyên đề hàm số có nhiều chưa đề cập đầy đủ hệ thống đến lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu ứng dụng oa nl w chúng d Vì vậy, việc khảo sát sâu lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu dạng nf va liên quan đến hàm số an lu toán ứng dụng liên quan cho ta hiểu sâu sắc lý thuyết ứng dụng lm ul Mục đích, đối tượng phạm vi nghiên cứu z at nh oi Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu hóa hàm số" trình bày số vấn đề liên quan đến lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu z @ số ứng dụng liên quan gm Mục đích nghiên cứu luận văn nhằm thể rõ vai trò quan trọng hàm đơn m co l điệu dạng toán thi HSG quốc gia Olympic quốc tế n va Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương an Lu Các luận điểm đóng góp luận văn ac th si iii Chương Một số lớp hàm số đơn điệu Chương Phép đơn điệu hóa hàm số Chương Các dạng toán liên quan Trong chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic quốc tế liên quan, góp phần giúp cho học sinh giáo viên có thêm số phương pháp giải toán bất đẳng thức Phương pháp nghiên cứu Luận văn sử dụng số phương pháp nghiên cứu sau đây: Nghiên cứu từ nguồn tư liệu gồm: tài liệu tham khảo nêu phần cuối luận văn, sách giáo khoa phổ thông, tài liệu dành cho giáo viên, tạp chí tốn lu an học tuổi trẻ, đề tài nghiên cứu có liên quan, va Nghiên cứu thơng qua việc tiếp cận lịch sử, sưu tập, phân tích, tổng hợp tư liệu n tiếp cận hệ thống to gh tn Nghiên cứu từ thực nghiệm sư phạm trường phổ thơng p ie Luận văn hồn thành hướng dẫn khoa học NGND.GS.TSKH w Nguyễn Văn Mậu, nguyên Hiệu trưởng trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học nl Quốc gia Hà Nội, người thày tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt q d oa trình hồn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính an lu trọng sâu sắc Giáo sư Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng đào tạo, Khoa Tốn - Tin nf va trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho tác z at nh oi lm ul giả suốt trình học tập nghiên cứu trường z m co l gm @ an Lu n va ac th si 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 lu Xét hàm số f (x) xác định tập I(a, b) ⊂ R an Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Nếu với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có va n f (x1 ) ≤ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) gh tn to Đặc biệt, ứng với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 , p ie w ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng thực I(a, b) nl Ngược lại, với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≥ f (x2 ) ta d oa nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a, b) Nếu xảy lu nf va an f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ; ∀x1 , x2 ∈ I(a, b), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a, b) lm ul Những hàm số đơn điệu tăng thực I(a, b) gọi hàm đồng biến z at nh oi 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 z hàm số khả vi cho trước khoảng (a, b) hàm đơn điệu khoảng @ gm Các định lí sau cho ta số đặc trưng đơn giản khác hàm đơn điệu l m co Định lý 1.1 (xem [2-6]) Hàm số f (x) xác định R+ hàm đơn điệu tăng n X ak f k=1  xk (1.1) n k=1 n  X va k=1 ak f (xk ) ≤ n X an Lu với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có ac th si 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  (1.2) xk , j = 1, 2, , n 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) lu Khi ε → 0, ta thu f (x + h) ≥ f (x), hay f (x) hàm đồng biến an n va Định lý 1.2 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức tn to n X f (xk ) ≤ f n X (1.4) k=1 ie gh k=1  xk , p thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := oa nl w đơn điệu tăng R+ f (x) x d Chứng minh Nhận xét rằng, ta có hàm số f (x) = xg(x) (1.4) có dạng (1.1) với n X nf va an lu aj = xj (j = 1, 2, , n) xk g(xk ) ≤ lm ul k=1 n X n  X xk g k=1  (1.5) xk , k=1 z at nh oi 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) = z gm @  f (xk ) − f (xk+1 ) k=1 m co l f (x1 − xn ) ≥ n−1  X Nhận xét (1.5) không điều kiện cần để g(x) hàm đồng biến Thật vậy, an Lu cần chọn hàm g(x) có tính chất n va < g(x) ∈ C(R+ ), ∀x ∈ R+ maxg(x) ≤ ming(x), ac th si 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 lu Định lý 1.3 (xem [2-6]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu giảm an với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có va n n X to ak f (xk ) ≥ n X ak f k=1  xk k=1 gh tn k=1 n  X Định lý 1.4 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức p ie w n X f (xk ) ≥ f  xk , k=1 oa nl k=1 n X d thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := an lu đơn điệu giảm R+ f (x) x nf va Nhận xét rằng, số hàm số sơ cấp biến, hàm tuyến tính f (x) = ax lm ul 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 z at nh oi 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 , k=1  (1.6) ak x k , k=1 f (x) = ax, a số y , a2 = , từ (1.6), ta thu 2x m an Lu n va f (x) f (y) ≤ ; ∀x, y ∈ R+ x y co Chứng minh Lấy n = chọn x1 = x, x2 = y; a1 = l gm ak f (xk ) ≥ f n X @ n X z ta có ac th si 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 (1.7) f (k) k=0 Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực lu an Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) hàm đơn điệu giảm, nên ta ln có Z k+1 va f (k + 1) ≤ f (x)dx ≤ f (k), k = 0, 1, n k to gh tn Lấy tổng theo k , ta thu (1.7), điều phải chứng minh p ie Định lý 1.7 (xem [2-6]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) w {ak } dãy tăng (0, +∞) Khi đó, ta ln có Z nl n X an f (x)dx ≤ a0 d k=1 oa (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ n X (ak − ak−1 )f (ak−1 ) (1.8) k=1 lu nf va an Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực lm ul Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) hàm đơn điệu giảm, nên ta ln có Z ak f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) z at nh oi (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ ak−1 Lấy tổng theo k , ta thu (1.8), điều phải chứng minh z m co n va pj ≥ 0, j = 1, 2, , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1, an Lu Khi với (pj ) l x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn gm điệu tăng (xk ) dãy đơn điệu tăng @ Định lý 1.8 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev) Giả sử f (x) g(x) hai hàm đơn ac th si ta có n X pk f (xk ) n  X k=1  pk g(xk ) ≤ n X k=1  pk f (xk )g(xk ) k=1 Chứng minh Theo giả thiết h ≤ 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  pk g(xk ) , k=1 lu an n va n X pj pk [f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk )] = pk f (xk )g(xk ) k=1 tn to j,k=1 n X p ie gh Kết hợp đẳng thức với (1.9), ta thu n X n  X k=1 pk g(xk ) ≤ k=1 n X  pk f (xk )g(xk ) k=1 d oa nl w pk f (xk )  lu Hàm đơn điệu tuyệt đối nf va an 1.2 Định nghĩa 1.2 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đơn điệu tuyệt đối lm ul khoảng (a, b) đạo hàm cấp khơng đổi dấu z at nh oi f (k) (x) ≥ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, z gm @ Cũng vậy, ta có định nghĩa hàm đồng biến nghịch biến tuyệt đối l Định nghĩa 1.3 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt m biến) tuyệt đối khoảng co đối khoảng (a, b) đạo hàm cấp hàm đồng biến (nghịch (a, b), (a > 0) hàm số sau an Lu Ví dụ hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng n va ac th si X f (xi ) − f (xi+1 ) ≤ |f (ai ) − f (ai+1 )| i=0 max n X z at nh oi Vậy i=0 |f (xi ) − f (xi+1 )| = i=0 |f (ai ) − f (ai+1 )| z i=0 n0 X @ gm Bài toán 2.4 Cho f (x) liên tục [a, +∞), f (x) có m điểm cực trị m ≤ n ∈ N lim f (x) = M, −∞ < M < +∞ x→+∞ n va x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < +∞ an Lu Xét tất dãy số tăng {xi } m co l Giả sử ac th si 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 lu an phụ thuộc vào giá trị f (b) Vì va n n X to |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ lim F (b) = M b→+∞ gh tn i=0 p ie Bài toán 2.5 Cho f (x) liên tục (−∞, b] Giả thiết lim f (x) = m, −∞ < m < +∞, nl w x→−∞ d oa f (x) có n0 (hữu hạn) điểm cực trị (−∞, b], n0 ≤ n ∈ N an Chứng minh lu Xét tất dãy số x0 = −∞ < x1 < x2 < · · · < xn+1 = b nf va n X lm ul i=0 |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ m Lời giải Bài toán giải tương tự toán z at nh oi 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 z |f (xi ) − f (xi+1 )| gm @ F (a) = max n X i=0 l Dễ thấy, nới rộng [a, b] phía bên trái F (a) hàm đơn điệu tăng i=0 |f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ lim F (a) a→−∞ an Lu n X m co Suy n va ac th si 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 lu i=0 an n va Nếu n + < n0 tức n < n0 − 2, ta có điểm nguyên [a, b] tn to a, a + 1, · · · , b − 1, b p ie gh Tương ứng, ta có giá trị hàm w {f (a); f (a + 1); · · · ; f (a + i1 ); · · · ; f (a + ik ); · · · ; f (b)} oa nl Như vậy, dãy phân thành dãy (bao gồm số hạng liên tiếp) d có tính chất tăng dần giảm dần nf va an lu Giả sử, dãy phân thành {f (a); f (a + 1); · · · ; f (a + i1 )}; · · · ; {f (a + ik ); · · · ; f (b)} lm ul Thực chất, điểm nguyên a + ij (1 ≤ j ≤ k) phần nguyên điểm cực z at nh oi trị phần nguyên điểm cực trị cộng thêm Khi đó, ta xét trường hợp cụ thể sau - Nếu n ≥ k , ta có |f (a + ij ) − f (a + ij+1 )| l gm j=0 @ i=0 |f (xi ) − f (xi+1 )| = k X z max n X m co Các số aij xác định dãy j = 1, 2, · · · , k với a + i0 = a, a + ik+1 = b an Lu - Nếu < n < k; {x1 , x2 , · · · , xn } dãy điểm nguyên thỏa mãn điều kiện tốn, ta xét tất tổ hợp chập n k phần tử (ai1 , ai2 , · · · , aik ), ứng với n va trường hợp ac th si 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 lu an Tìm giá trị lớn biểu thức n va 2016 X to M= |cos xi − cos xi+1 | gh tn i=0 Lời giải ie p Ta có điểm cực trị hàm số f (x) = cos x [0, 2π] x = 0, x = π, x = 2π nl w Vậy nên oa |f (xi ) − f (xi+1 )| = |cos − cos π| + |cos π − cos(2π)| = d max 2016 X an lu i=0 nf va Bài toán 2.8 Xét tất dãy số Tìm giá trị lớn biểu thức M= n−1 X | cos xi − cos xi+1 | z i=0 z at nh oi lm ul = x0 < x1 < · · · < xn = 4π @ gm Lời giải Trên đoạn [0; 4π] hàm sốf (x) = cos x có điểm cực trị x = 0, x = π, x = l 2π, x = 3π, x = 4π m co Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Khi n > Ta có | cos xi − cos xi+1 | n va i=0 an Lu max n−1 X ac th si 21 = | cos − cos π| + | cos π − cos(2π)| + | cos(2π) − cos(3π)| + | cos(3π) − cos(4π)| = Trường hợp 2: Khi n = Khi đó, ta có dãy số = x0 < x1 = π < x2 = 2π < x3 = 3π < x4 = 4π Vậy X | cos xi −cos xi+1 | = | cos 0−cos π|+| cos π−cos(2π)|+| cos(2π)−cos(3π)|+| cos(3π)−cos(4π)| = i=0 Trường hợp 3: Khi n < 5, ta có k = Cn5 phần tử xếp theo thứ tự tăng dần lấy từ tập {0, π, 2π, 3π, 4π} phần tử x11 , x12 , , x1k , x21 , x22 , , x2k , lu an ··· va n xk1 , xk2 , , xkk to M1 = |f (0) − f (x11 )| + |f (x11 ) − f (x12 )| + · · · + |f (x1k ) − f (4π)|, p ie gh tn Khi đó, ta cần xét k kết sau nl w M2 = |f (0) − f (x21 )| + |f (x21 ) − f (x22 )| + · · · + |f (x2k ) − f (4π)|, d oa ··· an lu Mk = |f (0) − f (xk1 )| + |f (xk1 ) − f (xk2 )| + · · · + |f (xkk ) − f (4π)| nf va Vậy, max M = max{M1 , M2 , , Mk } lm ul Bài toán 2.9 Cho f (x) = sin x Xét tất dãy số (xi ) cho Xác định giá trị lớn biểu thức @ |f (xi ) − f (xi+1 )| co l gm i=0 z M= X z at nh oi x0 = < x1 < x2 < · · · < x9 = 10π Lời giải Dễ thấy [0, 10π], hàm số f (x) có điểm cực trị xk = an Lu x1 = m k = 0, 1, , 9, π + kπ với n va π π π π π , x3 = + 2π, x5 = + 4π, x7 = + 6π, x9 = + 8π, 2 2 ac th si 22 có độ cao tung độ, x2 = π π π π π + π, x4 = + 3π, x6 = + 5π, x8 = + 7π, x10 = + 9π, 2 2 có độ cao tung độ Do vậy, số tổ hợp chập 10 phần tử, ta cần chọn điểm liên tiếp (trong số điểm cực trị đánh số thứ tự trên) Do max X π π