Sử dụng phương pháp hàm số để chứng minh bất đẳng thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN TRUNG SỸ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN TRUNG SỸ SỬ DỤ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN TRUNG SỸ

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH

BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN TRUNG SỸ

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH

BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Mã số: 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học

TS NGUYỄN ĐÌNH BÌNH

THÁI NGUYÊN - 2015

Mục lục

Lời cam đoan iii

Lời cảm ơn iii

Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt iv

Mở đầu 1 1 Cơ sở lý luận và các kiến thức cần thiết cho đề tài 3 1.1 Tính chất của hàm số bậc nhất 3

1.2 Hàm số đồng biến, nghịch biến 4

1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức Karamata 5

1.3.1 Hàm lồi, hàm lõm khả vi bậc hai 5

1.3.2 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm 6

1.3.3 Bất đẳng thức Karamata 6

1.3.4 Các hệ quả của bất đẳng thức Karamata 7

1.4 Hàm số nửa lồi 10

2 Trình bày một số phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức 13 2.1 Sử dụng tính chất của hàm số bậc nhất để chứng minh bất đẳng thức 13

2.2 Sử dụng tính đơn điệu, cực trị của hàm số để chứng minh bất đẳng thức 18

2.2.1 Sử dụng tính đơn điệu, cưc trị hàm số 18

2.2.2 Sử dụng hàm số đặc trưng 22

2.2.3 Khử dần các biến số bằng đạo hàm một biến 25

2.3 Sử dụng các tính chất của hàm lồi, bất đẳng thức Karamata chứng bất đẳng thức 30

2.3.1 Sử dụng tính chất của hàm lồi 30

2.3.2 Phương pháp tiếp tuyến 372.3.3 Sử dụng bất đẳng thức Karamata và các hệ quả của

bất đẳng thức Karamata 42

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của tôi (từ tháng

9 năm 2014 đến tháng 3 năm 2015), trên cơ sở nghiên cứu tham khảo cáctài liệu, phân tích, tổng hợp và kinh nghiệm qua các năm công tác

Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giámhiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo,Khoa Toán - Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệuTrường THPT Lý Tự Trọng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiệnthuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thựchiện đề tài luận văn này

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015

Tác giả

Nguyễn Trung Sỹ

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

• BĐT - Bất đẳng thức

• AM - Arithmetic Mean

• GM - Geometric Mean

• HCF - Half Convex Function Theorem

• IMO - International Mathematical Olympiad

• MO - National Mathematical Olympiad

• TST - Selection Test for International Mathematical Olympiad

• ĐH - Đề thi Đại học

• HSG - Học sinh giỏi

• I (a; b) hoặc I - Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của R

(a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b]

x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1

x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn.

Chuyên đề bất đẳng thức có vị trí rất đặc biệt trong toán học, không chỉ

là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là công cụ đắc lực trongnhiều lĩnh vực của giải tích, hình học, lượng giác và ứng dụng

Trong các kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh đại hoc, caođẳng và Olympic Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến bất đẳng thứcluôn được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó, thuộcphân loại vận dụng ở mức độ cao

Mặc dù trong quá trình giảng dạy học sinh và giáo viên đã được cọ sát rấtnhiều nhưng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức chúng ta thường thấylúng túng trong quá trình tìm ra cách giải, bởi vì có quá nhiều cách tiếp cận,cũng như phương pháp giải rất đa dạng và phong phú như phương pháp sửdụng các bất đẳng thức cổ điển, phương pháp hàm số, phương pháp dồn biến,giảm biến, phương pháp phân tích thành tổng các bình phương (SOS), phươngpháp hình học hóa, lượng giác hóa, phương pháp ABC

Có thể nói, nghiên cứu về phương pháp sử dụng hàm số trong chứng minhbất đẳng thức là một đề tài đa dạng và thú vị, nhận được sự quan tâm củanhiều nhà toán học trong nước cũng như trên thế giới, các đề tài không ngừngnảy sinh và có nhiều kết quả đẹp Một số nghiên cứu trước đây như: "Một sốbất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu" của tác giả Nguyễn Thị Thu Hà; "Một

số vấn đề về bất đẳng thức Jensen" của tác giả Võ Thị Nhật Vi; "Một số lớpbất đẳng thức dạng Karamata và áp dụng" của tác giả Mạc Văn Thư; Qua

nghiên cứu, bản thân tác giả thấy những đề tài trên đều chỉ nghiên cứu vàomột vấn để cụ thể.

Với suy nghĩ trên, mục tiêu chính của bản luận văn này trình bày một cáchtổng quan, có hệ thống các kiến thức cơ sở, cách thức tiếp cận và phương phápchứng minh bất đẳng thức trên quan điểm sử dụng hàm số

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đềcập đến các vấn đề sau đây:

Chương 1 trình bày cơ sở lý luận và các kiến thức cần thiết cho đề tài.Chương 2 trình bày các phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bấtđẳng thức

Các kiến thức trong luận văn này, được sự hướng dẫn của Giáo viên hướngdẫn tôi đã nghiên cứu, phân tích và tổng hợp từ các kiến thức của Giải tích caocấp Các bài tập minh họa được tổng hợp một cách hệ thống giúp cho giáo viêncũng như học sinh dễ dàng vận dụng vào quá trình dạy và học

là những kiến thức cơ bản của Toán học cao cấp được sử dụng trong luận vănnày.

Chúng ta bắt đầu từ một định lý đơn giản trong giải tích

Định lí 1.1 Hàm số bậc nhất f (x) = ax + b (a 6= 0) đồng biến trên R khi a > 0

và nghịch biến trên R khi a < 0

Nhận xét 1.1 ([5]) Đồ thị hàm số y = ax + b trên đoạn [α; β] là một đoạnthẳng có hai đầu mút là A (α; f (α)) và B (β; f (β)), do đó ta có các tính chất sau

1.2 Hàm số đồng biến, nghịch biến

Định nghĩa 1.1 ([4]) Giả sử hàm số f (x)xác định trên tậpI (a; b) ⊂ R và thỏa

mãn điều kiện

• Với mọi x1, x2 ∈ I (a; b) và x1 < x2 ta đều có f (x1) < f (x2) thì ta nói rằng

f (x) là hàm số đồng biến (hàm đơn điệu tăng thực sự) trên I (a; b)

• Với mọi x 1 , x 2 ∈ I (a; b) và x 1 < x 2 ta đều có f (x 1 ) > f (x 2 ) thì ta nói rằng

f (x) là hàm số nghịch biến (hàm đơn điệu giảm thực sự) trên I (a; b)

Sử dụng định lý Lagrange đã biết trong chương trình Toán giải tích ta cóđịnh lý sau:

Định lí 1.2 ([4])Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b)

i) Nếu f0(x) > 0với mọi x ∈ (a; b) thì hàm sốy = f (x) đồng biến trên khoảngđó

ii) Nếu f0(x) < 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f (x) nghịch biến trênkhoảng đó

Chứng minh Lấy hai điểm x1, x2(x1 < x2) trên khoảng (a; b) Vì f (x) có đạohàm trên khoảng(a; b) nênf (x) liên tục trên [x1; x2] và có đạo hàm trên khoảng

(x1; x2).

Áp dụng định lý Lagrange cho hàm sốy = f (x) trên [x1; x2], khi đó ∃c ∈ (x1; x2)

sao cho

f (x2) − f (x1) = f0(c)(x2− x1).

i) Nếu f0(x) > 0 trên khoảng (a; b) thì f0(c) > 0, mặt khác x2− x1 > 0 nên

f (x2) − f (x1) > 0 hay f (x2) > f (x1), suy ra hàm f (x) đồng biến trên khoảng

(a; b).

ii) Nếu f0(x) < 0 trên khoảng (a; b) thì f0(c) < 0, mặt khác x2− x1 > 0 nên

f (x2) − f (x1) < 0 hay f (x2) < f (x1), suy ra hàm f (x) nghịch biến trên khoảng

(a; b).

Định lí 1.3 (Mở rộng của định lý 1.2) ([4]) Giả sử hàm số y = f (x) có đạohàm trên khoảng (a; b) Nếu f0(x) ≥ 0 (f0(x) ≤ 0) ∀x ∈ (a; b) và đẳng thức chỉxảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số f (x) đồng biến (nghịchbiến) trên khoảng đó

Chứng minh Thậy vậy, để đơn giản cách lập luận, giả sử rằng f0(x) ≥ 0

trên (a; b) và f0(x) = 0 tại x1 ∈ (a; b) thì khi đó f (x) đồng biến trên từng khoảng

(a; x1) và (x1; b) và liên tục trong (a; x1] và[x1; b) nên nó cũng đồng biến trong

(a; x1] và [x1; b) Từ đó suy ra nó đồng biến trên cả khoảng (a; b)

1.3.1 Hàm lồi, hàm lõm khả vi bậc hai

Trong mục này tác giả trình bày một số định nghĩa, tính chất và chứng minhmột số định lý quan trọng của hàm số lồi, lõm được sử dụng trong luận vănnày

Định nghĩa 1.2 ([3],[4]) Hàm số f (x) được gọi là hàm lồi trên tập I(a, b) nếuvới mọi x1, x2 ∈ 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). (1.1)Nếu dấu đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm

số f (x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên I(a, b)

Định nghĩa 1.3 ([3],[4]) Hàm số f (x) được gọi là hàm lõm trên I(a, b) nếu vóimọi x1, x2 ∈ 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). (1.2)Nếu dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm

số f (x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên I(a, b)

Định lí 1.4 Nếu hàm số f (x) khả vi bậc hai trên I(a, b) thì f (x) lồi (lõm) trên

I(a, b) khi và chỉ khi f00(x) ≥ 0 (f00(x) ≤ 0) trên I(a, b)

Tính chất 1.4 Nếu f (x)lồi (lõm) trên I(a; b) thì hàmg(x) = cf (x) là hàm lõm(lồi) trên I(a; b) khi c < 0

Tính chất 1.5 Tổng hữu hạn các hàm lồi trênI(a; b) cũng là một hàm lồi trên

I(a; b)

Tính chất 1.6 Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a; b) và g(x) là mộthàm lồi đồng biến trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lồi trên I(a; b)

Chú ý 1.1 Mở rộng cho (1.1), (1.2), ta có các kết quả sau

Chof (x)là hàm số liên tục và lồi ( hoặc lõm) trênI(a; b)nếu với mọix1, x2, , xn ∈ I(a, b) và mọi số dương λ 1 , λ 2 , λ n có tổng λ 1 + λ 2 + + λ n = 1, ta đều có

f (λ1x1+ λ2x2+ + λnxn) ≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + + λnf (xn). (1.3)( hoặc

f (λ1x1+ λ2x2+ + λnxn) ≥ λ1f (x1) + λ2f (x2) + + λnf (xn).) (1.4)

1.3.2 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm

Nếu f (x) là hàm lồi trên I(a, b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I(a, b), ta đều có

f (x) ≥ f (x 0 ) + f0(x 0 )(x − x 0 ), ∀x, x 0 ∈ (a, b). (1.5)

Ta nhận thấy rằng, dấu đẳng thức (1.5) xảy ra khi x = x0 Vậy ta có thể viết(1.5) dưới dạng

f (x) = min

u∈I(a,b) [f (u) + f0(u)(x − u)].

Nếu f (x) là hàm lõm trên I(a, b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I(a, b), ta đều có

x1+ x2+ · · · + xn−1 ≥ y1+ y2+ · · · + yn−1

x 1 + x 2 + · · · + x n = y 1 + y 2 + · · · + y n

. (1.7)

1 Định lí 1.5: BĐT Karamata được đặt theo tên nhà toán học Jovan Karamata (1902 - 1967), Ông

là một trong những nhà toán học vĩ đại của Serbian trong thế kỷ 20.

Khi đó ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x) (f00(x) > 0) trên (a, b) ta đều có

Không làm mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1, , tn ∈ I(a, b) cũng là

t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn. Khi đó, để chứng minh (1.9) ta chỉ cần chứng minh rằng

x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn) ≥ y1f0(t1) + y2f0(t2) + · · · + ynf0(tn). (1.10)

Sử dụng biến đổi Abel

x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn) =

= S1[f0(t1)−f0(t2)]+S2[f0(t2)−f0(t3)]+· · ·+Sn−1[f0(tn−1)−f0(tn)]+Snf0(tn) (1.11)ứng với Sk(x) := x1+ x2+ · · · + xk. Vì rằng f00(x) > 0 nên f0(xk) ≤ f0(xk−1) Mặtkhác, do Sk(x) ≥ Sk(y)(k = 1, 2, , n − 1) và S n (x) = S n (y), ta thu được (1.10)

Từ định lý 1.5 chúng ta có một số BĐT được coi là hệ quả của nó

1.3.4 Các hệ quả của bất đẳng thức Karamata

Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức Jensen) ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f (x) trên

I(a, b) và với mọi xi∈ I(a, b), (i = 1, 2, , n)ta luôn có bất đẳng thức

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn)

n ≥ f (x1+ x2+ · · · + xn

n ). (1.12)Chứng minh Do tính chất đối xứng, không làm mất tính tổng quát, ta cóthể giả sử x1≥ x2 ≥ · · · ≥ xn Khi đó, ta có

x1+ x2+ · · · + xn−1 ≥ (n − 1)x

x1+ x2+ · · · + xn = nx

trong đó x = x1+ x2+ · · · + xn

n . Theo bất đẳng thức Karamata, ta có

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ nf (x1+ x2+ · · · + xn

n ).

Tương tự như chứng minh Hệ quả 1.1 ta chứng minh được hệ quả sau

Hệ quả 1.2 (Bất đẳng thức Jensen tổng quát) Với mọi hàm lồi f (x) trên

I(a, b) và với mọi xi ∈ I(a, b)(i = 1, 2, , n) và 0 < t1, t2, , tn < 1 thỏa mãn

t1+ t2+ + tn = 1 ta luôn có bất đẳng thức

f (t1x1+ t2x2+ + tnxn) ≤ t1f (x1) + t2f (x2) + + tnf (xn). (1.13)

Hệ quả 1.3 (Bất đẳng thức T Popoviciu) ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f trên

I(a, b) và với mọi x, y, z ∈ I(a, b), ta đều có

Hệ quả 1.4 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje) ([3],[4]) Với mọi hàm lồif (x)

trên I(a, b) và a1, a2, , an ∈ I(a, b) ta luôn có bất đẳng thức sau

f (a1)+f (a2)+· · ·+f (an)+n(n−2)f (a1+ a2+ · · · + an

n ) ≥ (n−1)(f (b1)+f (b2)+· · ·+f (bn)),

Không mất tính tổng quát, ta coin ≥ 3 và a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an Khi đó tồn tại số

tự nhiên m sao cho 1 ≤ m ≤ n − 1 và a1 ≤ · · · ≤ am ≤ a ≤ am+1 ≤ · · · ≤ an, trong

Bất đẳng thức (1.18) được chứng minh tương tự bằng cách sử dụng bất đẳngthức Jensen quen biết

Nhận xét 1.2 Kết quả của các hệ quả trên sẽ được tác giả sử dụng để chứngminh một số bài toán trong chương 2

1.4 Hàm số nửa lồi

Định nghĩa 1.4 ([7]) Hàm số f : I (a; b) −→ R gọi là hàm số nửa lồi trên

khoảng I (a; b) nếu tồn tại một điểm s ∈ I (a; b) sao cho hàm số f là hàm số lồitrên (a; s] hoặc [s; b)

Với việc sử dụng bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata chúng

ta chứng minh được định lý HCF (Định lý hàm nửa lồi) Sau đây là nội dungcủa định lý

Định lí 1.6 2 HCF (Half Convex Function Theorem)([7]) Cho f (u) làhàm số xác định trên khoảng thực I và lồi trên Iu≤s hoặc Iu≥s với hằng số s ∈I.

Chứng minh

• Trường hợp 1: Nếu f (u) là hàm lồi trên Iu≥s

Không mất tính tổng quát giả sử a1≤ a2≤ · · · ≤ an.

Nếu a1 ≥ s thì theo BĐT Jensen BĐT trên luôn đúng

Nếu ∃k ∈ {1; 2; ; n − 1} sao cho

Nếu tồn tạix, y ∈I sao cho x 6= y, x + (n − 1)y = nsvà f (x) + (n − 1)f (y) = nf (s),

(h(x, y) = 0) thì đẳng thức còn xảy ra khi a1 = x, a2 = · · · = an = y và các giaohoán của nó

Chú ý 1.4 Giả sử f có đạo hàm trên I, và đặt

Chương 2

Trình bày một số phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất

Sử dụng các tính chất của hàm số bậc nhất ta có thể chứng minh được cácbài toán đó Sau đây ta sẽ nghiên cứu một vài ví dụ điển hình trong việc sửdụng các Tính chất 1.1, 1.2, 1.3 để chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 2.1 Cho các số thực x, y, z ∈ [0; 2] Chứng minh rằng

2(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≤ 4.

Lời giải

Ta có 2(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≤ 4 ⇔ (2 − y − z)x + 2(y + z) − yz − 4 ≤ 0.Xét hàm số

f (x) = (2 − y − z)x + 2(y + z) − yz − 4, x ∈ [0; 2]

• Nếu y + z = 2 thì bất đẳng thức trở thành −yz ≤ 0 luôn đúng vì y, z ≥ 0.

• Nếu y + z 6= 2 thì f (x) = (2 − y − z)x + 2(y + z) − yz − 4 là hàm số bậc nhất

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.2 [USA MO 1979] Chox, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn



(1 − x)24

2

+ 1

12 > 0. Suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2.3 [Vasile Critoaje] Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãnđiều kiện xy + yz + zx = 3 Chứng minh bất đẳng thức

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với







f (0) ≥ 0 f



(3 − a)24

a ∈ [0; 3] Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2.4 Choa, b, c là các số thực không âm thỏa mãna2+ b2+ c2= 4 Chứngminh bất đẳng thức

a + b + c ≤ 1

2abc +

√ 8.

Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Vậy f (a) ≤ 0 ∀a ∈ [0; 2], suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.5 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 2.6 Cho a, b, clà các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minhbất đẳng thức

2

=1 − a2

Bài tập 2.4 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.

Chứng minh rằng

ab + bc + ca − 2abc ≤ 7

27.

Bài tập 2.5 [Vasile Critoaje]

Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãnab + bc + ca = 3 Chứng minh bất đẳngthức

2.2.1 Sử dụng tính đơn điệu, cưc trị hàm số

Đối với các bài toán chứng minh bất đẳng thức một biến, hoặc đưa được về mộtbiến, việc đưa bất đẳng thức về dạng f (x) ≥ 0, (f (x) > 0; f (x) < 0; f (x) ≤ 0)

∀x ∈I, sau đó xét tính đơn điệu, cực trị của hàm số f (x) với x ∈I ta có thể dễ

dàng chứng minh được bài toán đã cho Sau đây là một vài ví dụ minh họa:

Ví dụ 2.7 Chứng minh bất đẳng thức



sin x x

Bài toán tổng quát

Chứng minh rằng với mọi số thực α ≤ 3, ta luôn có



sin x x

n < 2.

Lời giải Đặt x =

n

√ n

2

Trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giácABC và a, b, c là độ dài

ba cạnh của tam giác ABC

Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với



1 + 22R



1 + b2R





1 + c2R



< e3

√ 3

2

⇔ (1 + sin A)(1 + sin B)(1 + sin C) < e3

√ 3

2

Lấy logarit Nêpe hai vế ta được, bất đẳng thức trên tương đương với

ln (1 + sin A) + ln (1 + sin B) + ln (1 + sin C) < 3

√ 3

2 .

Xét hàm số f (x) = ln (1 + x) − x với x ∈ (0; 1).

Ta có f0(x) = 1

1 + x − 1 = − x

1 + x < 0, ∀x ∈ (0; 1), mà hàm số f (x) liên tục trênnửa khoảng [0; 1), suy ra hàm số f (x) nghịch biến trên [0; 1)

2 ,

suy ra

ln (1 + sin A) + ln (1 + sin B) + ln (1 + sin C) < 3

√ 3

Suy ra f0(x) ≥ 0, ∀x ≥ 0 ⇒ hàm số f (x) đồng biến trên [0; +∞)

Mà x ≥ 0 ⇒ f (x) ≥ f (0) = 0, suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy rakhi x = 0.

Ví dụ 2.11 Cho x là số thực dương Chứng minh rằng

2

> 0 ∀x > 0,

suy ra hàm số f0(x) đồng biến trên (0; +∞) do đó phương trình f0(x) = 0 nếu

có nghiệm thì có tối đa một nghiệm, mà f0(1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhấtcủa PT f0(x) = 0

Bảng biến thiên:

f0(x) − 0 +

f (x) +∞

 Chứng minh rằng

tan x + sin x − 9x

2 ≥ 32

Bảng biến thiên:

3

π 2

f0(x) − 0 +

f (x) 0

√

3 − π
.

Đẳng thức xảy ra khi x = π

3.

Áp dụng: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng

tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ≥ 9

√ 3

Ví dụ 2.13 Cho a, b là các số thực dương Chứng minh rằng

2a+b+ 3a+b
a < 2a+ 3b
a+b.

Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Do đó hàm số f (t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).

Mà a + b > a ⇒ f (a + b) < f (a), bất đẳng thức đã cho được chứng minh

Xét hàm sốg(t) = ln t với t > 0, do g(t) liên tục trên [t; t + 1] và có đạo hàm trên

(t; t + 1) nên theo định lý Lagrange tồn tại c ∈ (t; t + 1) sao cho

ln (t + 1) − ln t (t + 1) − t = g

Trước hết ta giải bài toán tổng quát:

Với mọi số dương a, b, c và s ≥ t ≥ 0 ta luôn có

Do đó hàm số f (x) đồng biến trên [0; +∞), mà s ≥ t ≥ 0 ⇒ f (s) ≥ f (t), hay

2.2.3 Khử dần các biến số bằng đạo hàm một biến

Bất đẳng thức dạng f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I, trong đó f (x) là một hàm khả vi trên I

có thể chứng minh được dễ dàng dựa vào việc chứng minh giá trị nhỏ nhất của

f (x) trên I lớn hơn hay bằng 0

Dựa vào tính chất cơ bản trên, chúng ta có thể chứng minh các bất đẳng thứcnhiều biến bằng cách khảo sát hàm số theo một biến nào đó, coi các biến cònlại là tham số để giảm dần số biến số

Ví dụ 2.17 [Bất đẳng thức Schur] Cho a, b, c là các số thực không âm.Chứng minh bất đẳng thức

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).

Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử rằng a ≥ b ≥ c

nên f0(a) ≥ 0 với a ≥ b ≥ c ≥ 0 do đó hàm số f (a) đồng biến trên [0; +∞).Vậy f (a) ≥ f (b) = c(a − c)2 ≥ 0

Bất đẳng thức được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc

a = b, c = 0 và các hoán vị

Ví dụ 2.18 Cho các số thực a, b, c ∈h1

3; 3

i Chứng minh rằng

Vậy hàm số f (c) đơn điệu giảm.

Vậy hàm số g(a) đơn điệu giảm