Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRƯƠNG ĐỨC THỊNH ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM HYPERBOLIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRƯƠNG ĐỨC THỊNH ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM HYPERBOLIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Các định nghĩa tính chất hàm hyperbolic 1.1.1 Hàm sin hyperbolic 1.1.2 Hàm cosin hyperbolic 1.1.3 Hàm tang hyperbolic 1.1.4 Hàm cotang hyperbolic 1.1.5 Một vài ví dụ 1.2 Một vài đẳng thức lớp hàm hyperbolic 1.2.1 Các đẳng thức lớp hàm hyperbolic 1.2.2 Các ví dụ 1.3 Một số dạng đẳng thức lớp hàm hyperbolic 1.3.1 Công thức cộng 1.3.2 Công thức nhân 1.3.3 Công thức biến đổi tích thành tổng 1.3.4 Công thức biến đổi tổng thành tích 1.3.5 Các ví dụ 3 3 4 6 9 10 10 11 11 Một số toán áp dụng liên quan tới lớp hàm hyperbolic 14 2.1 Một số lớp phương trình, bất phương trình 14 2.1.1 Các phương trình 14 2.1.2 Ứng dụng giải phương trình đại số 17 2.2 Một số bất đẳng thức liên quan lớp hàm hyperbolic 28 2.2.1 Các bất đẳng thức hai biến 28 2.2.2 Các bất đẳng thức ba biến 32 2.2.3 Bất đẳng thức tam giác với lớp hàm hyperbolic 35 Phương trình hàm lớp hàm lượng giác hyperbolic 3.1 Đặc trưng hàm hàm hyperbolic 3.2 Phương trình d’Alembert lớp hàm số liên tục 3.3 Phương trình hàm sinh hàm sin hyperbolic 3.4 Phương trình hàm sinh hàm tang hyperbolic 43 43 43 50 61 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 Mở đầu Hàm lượng giác hyperbolic chuyên đề quan trọng giải tích, đặc biệt chương trình chuyên toán bậc THPT Các đề thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, thi Olympic khu vực, Olympic Quốc tế thường xuất toán sử dụng tính chất hàm lượng giác hyperbolic, toán khó mẻ học sinh THPT Những sách tham khảo dành cho học sinh lĩnh vực không nhiều Đặc biệt tài liệu sách giáo khoa dành cho học sinh THPT hàm lượng giác hyperbolic chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ Xuất phát từ thực tế đó, mục tiêu luận văn cung cấp thêm cho em học sinh, đặc biệt em học sinh khá, giỏi, có khiếu yêu thích môn toán tài liệu tham khảo, kiến thức lý thuyết luận văn có thêm hệ thống tập hàm lượng giác hyperbolic, công thức biến đổi lượng giác hyperbolic lời giải cho tường minh Ngoài ra, kết mà thân tác giả tiếp tục nghiên cứu hoàn thiện trình giảng dạy toán trường phổ thông Ngoài phần Mở đầu, Kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm ba chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương luận văn trình bày số kiến thức liên quan đến hàm lượng giác hyperbolic, đẳng thức lớp hàm hyperbolic Chương Một số toán áp dụng liên quan tới lớp hàm hyperbolic Trong chương luận văn trình bày số lớp phương trình, bất phương trình bất đẳng thức liên quan Chương Phương trình hàm lớp hàm lượng giác hyperbolic Trong chương luận văn trình bày phương trình hàm sinh hàm lượng giác hyperbolic số toán áp dụng tương ứng Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Nhà giáo nhân dân, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới GS - Người thầy tận tâm công việc truyền thụ nhiều kiến thức quý báu kinh nghiệm nghiên cứu khoa học cho tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu đề tài Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô giáo tham giảng dạy hướng dẫn khoa học cho lớp Cao học toán K7Q Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu tập thể giáo viên trường THPT Trần Nhân Tông tạo điều kiện cho tác giả có hội học tập nghiên cứu Tác giả TRƯƠNG ĐỨC THỊNH Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Các định nghĩa tính chất hàm hyperbolic Hàm sin hyperbolic Định nghĩa 1.1 Hàm sin hyperbolic hàm số cho công thức ex − e−x sinh x = Tính chất 1.1 a Hàm sin hyperbolic hàm số lẻ, có tập xác định R sinh x ≥ 0, ∀x ≥ sinh x < 0, ∀x < b Đạo hàm hàm sin hyperbolic (sinh x) = cosh x; (sinh u) = u cosh u c Sự biến thiên Do (sinh x) = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R nên hàm số sinh x đồng biến R Do (sinh x) = sinh x nên hàm số sinh x lồi (0; +∞) lõm (−∞; 0) 1.1.2 Hàm cosin hyperbolic Định nghĩa 1.2 Hàm cosin hyperbolic hàm số cho công thức ex + e−x cosh x = Tính chất 1.2 a Hàm cosin hyperbolic hàm số chẵn, có tập xác định R b Đạo hàm hàm consin hyperbolic (cosh x) = sinh x; (cosh u) = u sinh u c Sự biến thiên Do (cosh x) = sinh x nên hàm số cosh x đồng biến (0; +∞) nghịch biến (−∞; 0) Do (cosh x) = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R cosh x lồi R 1.1.3 Hàm tang hyperbolic Định nghĩa 1.3 Hàm tang hyperbolic hàm số cho công thức sinh x ex − e−x x = = x cosh x e + e−x Tính chất 1.3 a Hàm tang hyperbolic hàm số lẻ, có tập xác định R b Đạo hàm hàm tang hyperbolic u (tanh x) = ; (tanh u) = cosh x cosh2 u c Sự biến thiên Do (tanh x) = > 0, ∀x ∈ R nên hàm số x đồng biến R cosh2 x 1.1.4 Hàm cotang hyperbolic Định nghĩa 1.4 Hàm cotang hyperbolic hàm số cho công thức cosh x ex + e−x coth x = = x sinh x e − e−x Tính chất 1.4 a Hàm cotang hyperbolic hàm số lẻ, có tập xác định R\ {0} b Đạo hàm hàm cotang hyperbolic −1 −u ; (coth u) = (coth x) = sinh2 x sinh2 u c Sự biến thiên −1 Do (coth x) = < 0, ∀x ∈ R\ {0} nên hàm số coth x nghịch biến sinh2 x trên khoảng (−∞; −1) ; (1; +∞) 1.1.5 Một vài ví dụ Ví dụ 1.1 Tính giá trị hàm hyperbolic ln 2, ln Lời giải + Tính giá trị hàm hyperbolic ln eln − e− ln sinh(ln 2) = = ; 5 eln + e− ln = ; tanh(ln 2) = ; coth(ln 2) = cosh(ln 2) = +Tính giá trị hàm hyperbolic ln eln − e− ln sinh (ln 3) = = , ln − ln e +e 5 cosh (ln 3) = = ; (ln 3) = ; coth(ln 3) = Ví dụ 1.2 Giải phương trình bất phương trình sau a e2x + e−2x = 3x −3x b e − e ≥ 3 c ax − a−x < , < a = Lời giải e2x + e−2x 2x −2x a e + e = ⇔ = 2 ⇔ cosh 2x = cosh(ln 2) ⇔ 2x = ± ln hàm cosh x đồng biến (0; +∞) nghịch biến (−∞; 0) √ Vậy phương trình có hai nghiệm x = ± ln e3x − e−3x 3x −3x b e −e ≥ ⇔ ≥ ⇔ sinh 3x ≥ sinh(ln 3) ⇔ 3x ≥ ln 3 hàm sinh x đồng biến R √ Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ ln 3 3 ex ln a − e−x ln a c ax − a−x < ⇔ ex ln a − e−x ln a < ⇔ < 2 ⇔ sinh(x ln a) < sinh(ln 2) ⇔ x ln a < ln ln Nếu a > bất phương trình có nghiệm x < ⇔ x < loga ln a ln Nếu < a < bất phương trình có nghiệm x > ⇔ x > loga ln a Ví dụ 1.3 Chứng minh bất đẳng thức a cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R b −1 < x < 1, ∀x ∈ R c coth x > 1, ∀x > & coth x < −1 ∀x < d sinh3 x + cosh3 x ≥ 1, ∀x ∈ R Lời giải a cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta √ ex + e−x cosh x = ≥ ex e−x = Dấu xảy ⇔ x = Từ ta có điều cần chứng minh b −1 < x < 1, ∀x ∈ R Ta có ex − e−x e2x − x = x = 2x = − 2x −x e +e e +1 e +1 Do e2x > ⇒ −1 < x < ∀x ∈ R c coth x > 1, ∀x > & coth x < −1 ∀x < Ta có coth x = , ∀x = −1 < x < 1, ∀x ∈ R từ ta có x điều cần chứng minh d Biến đổi theo định nghĩa áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta 3 sinh x + cosh x = ex − e−x + ex + e−x = e3x + 3e−x e3x + e−x + e−x + e−x √ ≥ e3x e−x e−x e−x = = Dấu xảy x = Từ ta có điều cần chứng minh 1.2 Một vài đẳng thức lớp hàm hyperbolic 1.2.1 Các đẳng thức lớp hàm hyperbolic a cosh2 x − sinh2 x = b x coth x = 1 c − tanh2 x = cosh2 x d coth2 x − = , ∀x = sinh2 x Chứng minh f (x + α) − f (x − α) 2f (α) = φ(x) = Suy f (x + y) − f (x − y) = 2f (y)φ(x), ∀x ∈ R (3.17) Mặt khác ta có φ(0) = 1, suy f (−y) = −f (y), ∀y ∈ R, suy (3.17) trở thành f (x + y) + f (y − x) = 2f (y)φ(x) (3.18) Đổi vai trò x y (3.18), ta có f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)φ(y) (3.19) Cộng hai vế (3.18) (3.19) ta có f (x + y) = f (x)φ(y) + f (y)φ(x) Mặt khác f (x) hàm lẻ φ(x) hàm chẵn nên E(x) − E ∗ (x) f (x) = A(x), f (x) = (α = 0) 2α E : R −→ C hàm exponential, A : R −→ C hàm cộng tính E(x) − E ∗ (x) Thử lại ta thấy f (x) = A(x), f (x) = thỏa mãn điều kiện 2α toán Kết luận: f ≡ 0, f (x) = A(x), f (x) = E(x) − E ∗ (x) , (α = const = 0), 2α E : R −→ C hàm exponential, A : R −→ C hàm cộng tính Nhận xét 3.3 Nếu bổ sung thêm điều kiện hàm cần tìm hàm liên tục R ta toán Xác định hàm f : R −→ R liên tục thỏa mãn f (x + y)f (x − y) = f (x)2 − f (y)2 , ∀x, y ∈ R 52 Và từ nghiệm toán 3.4 ta có nghiệm toán f (x) = k1 x, f (x) = k2 sin(k3 x), f (x) = k4 sinh(k5 x), k1 , k2 , k3 , k4 , k5 số thực Từ công thức biến đổi cos(x+y) sin(x−y) = (sin 2x−sin 2y) = cos x sin x−cos y sin y, ∀x, y ∈ R Nếu thay hàm f (x) = cos x g(x) = sin x ta f (x + y)g(x − y) = f (x)g(x) − f (y)g(y), x, y ∈ R Từ đặc trưng hàm ta có toán sau Bài toán 3.5 Tìm hàm f, g : R −→ C thỏa mãn f (x + y)g(x − y) = f (x)g(x) − f (y)g(y), x, y ∈ R (3.20) Lời giải Nếu f (x) hàm hằng, giải sử f (x) = k, ∀x ∈ R (3.20) trở thành kg(x − y) = kg(x) − kg(y), suy k[g(x − y) − g(x) + g(y)] = 0, ∀x, y ∈ R (3.21) Nếu k = hàm g(x) tùy ý ta có nghiệm trường hợp là: f ≡ g hàm tùy ý Nếu k = từ (3.21) ta có g(x − y) = g(x) − g(y), ∀x, y ∈ R (3.22) Cho x = thay vào (3.22) ta g(−y) = g(0) − g(y), ∀y ∈ R Ta lại có, thay y −y vào (3.22) g(x + y) = g(x) − g(−y) 53 (3.23) Kết hợp với (3.23) ta g(x + y) = g(x) + g(y) − g(0), ∀x, y ∈ R (3.24) Đặt A : R −→ C cho A(x) = g(x) − g(0), (3.24) trở thành A(x + y) = A(x) + A(y), ∀x, y ∈ R (3.25) Suy A(x) hàm cộng tính, suy g(x) = A(x) + δ δ = g(0) Vậy nghiệm toán trường hợp là: f (x) = k, ∀x ∈ R g(x) = A(x) + δ , A(x) hàm cộng tính δ số tùy ý Nếu g(x) hàm hằng, giả sử g(x) = k, ∀x ∈ R (3.20) trở thành k[f (x + y) − f (x) + f (y)] = 0, ∀x, y ∈ R (3.26) Nếu k = f (x) hàm tùy ý Vậy nghiệm toán trường hợp f (x) hàm tùy ý g(x) = 0, ∀x ∈ R Nếu k = từ (3.26) ta có f (x + y) = f (x) − f (y), ∀x, y ∈ R (3.27) Cho x = thay vào (3.27) ta f (y) = f (0) − f (y) ⇒ 2f (y) = f (0), ∀y ∈ R hay f (x) = 0, ∀x ∈ R Suy ra, nghiệm toán trường hợp f ≡ g ≡ k với k = Xét hai hàm f (x) g(x) không hàm Đổi vai trò x y (3.20) Ta có f (x + y)g(y − x) = f (y)g(y) − f (x)g(x), ∀x, y ∈ R (3.28) Từ (3.20) (3.28) ta có f (x + y)g(x − y) = −f (x + y)g(y − x), ∀x, y ∈ R (3.29) Đặt u = x + y v = x − y (3.29) trở thành f (u)g(v) = −f (u)g(−v), ∀u, v ∈ R (3.30) Vì f (x) không hàm nên tồn u0 ∈ R cho f (u0 ) = 54 Cho u = u0 thay vào (3.30) ta g(v) = −g(−v), ∀v ∈ R, suy hàm g(x) hàm lẻ f (x) + f (−x) f (x) − f (−x) Đặt ψ(x) = φ(x) = , dễ thấy hàm ψ(x) 2 hàm chẵn, hàm φ(x) hàm lẻ f (x) = ψ(x) + φ(x), ∀x ∈ R (3.31) Thay (3.31) vào (3.20) ta có, ψ(x + y)g(x − y) + φ(x + y)g(x − y) = ψ(x)g(x) − ψ(y)g(y) + φ(x)g(x) − φ(y)g(y), ∀x, y ∈ R (3.32) Thay x −x y −y sử dụng tính chất ψ(x) hàm lẻ, φ(x) hàm chẵn ta −ψ(x + y)g(x − y) + φ(x + y)g(x − y) = −ψ(x)g(x) + ψ(y)g(y) + φ(x)g(x) − φ(y)g(y), ∀x, y ∈ R (3.33) Cộng vế với vế (3.32) (3.33) ta được, φ(x + y)g(x − y) = φ(x)g(x) − φ(y)g(y), ∀x, y ∈ R (3.34) Từ (3.32) (3.34) ta có ψ(x + y)g(x − y) = ψ(x)g(x) − ψ(y)g(y), ∀x, y ∈ R (3.35) Thay y −y vào (3.34) ta có, φ(x − y)g(x + y) = φ(x)g(x) − φ(y)g(y), ∀x, y ∈ R (3.36) Từ (3.34) (3.36) ta có φ(x + y)g(x − y) = φ(x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.37) Đặt u = x + y v = x − y thay vào (3.37) ta có φ(u)g(v) = φ(v)g(u), ∀u, v ∈ R 55 (3.38) Vì hàm g(x) không hàm nên từ (3.38) ta có φ(x) = αg(x) α = const, α ∈ R (3.39) Trường hợp 1: Nếu α = 0, thay (3.39) vào (3.34) ta có φ(x + y)φ(x − y) = φ(x)2 − φ(y)2 , ∀x, y ∈ R, (3.40) mà g(x) không hàm suy hàm φ(x) không hàm nên nghiệm phương trình hàm (3.40) là: φ(x) = A(x) A(x) hàm cộng tính, φ(x) = E(x) − E ∗ (x) E(x) hàm exponential,b = 2b Khi từ (3.39) ta có g(x) = A(x), α (3.41) E(x) − E ∗ (x) (3.42) 2bα Cho y = −x thay vào (3.35) kết hợp với tính chất hàm g(x) hàm lẻ, hàm ψ(x) hàm chẵn, ta có g(x) = ψ(0)g(2x) = 2ψ(x)g(x), ∀x ∈ R (3.43) Nếu ψ(0) = (3.43) trở thành ψ(x)g(x) = 0, ∀x ∈ R (3.44) Thay (3.44) vào (3.35) ta có ψ(x + y)g(x − y) = 0, ∀x, y ∈ R, suy ψ ≡ g ≡ Mà g(x) f (x) không hàm nên ψ ≡ Mặt khác φ(x) = αg(x) nên φ không hàm hằng, mà f (x) = ψ(x) + φ(x) nên ψ ≡ Suy ψ(0) = Vì ψ(0) = 0, đặt δ = ψ(0) thay vào (3.43) ta có g(2x) = ψ(x)g(x), δ := ψ(0), δ 56 (3.45) thay (3.41) vào (3.45) ta có ψ(x) = δ∀x ∈ R, suy f (x) = φ(x) + ψ(x) = A(x) + δ, A(x) = βA(x), β = const, β = α Suy ra, nghiệm toán trường hợp là: g(x) = f (x) = A(x) + δ g(x) = βA(x), β số khác 0, A(x) hàm cộng tính Thay (3.42) vào (3.45) ta E(2x) − E ∗ (2x) E(x) − E ∗ (x) = ψ(x) , αb δ αb suy E(x) + E ∗ (x) E(x) + E (x) = ψ(x) ⇔ ψ(x) = δ , δ ∗ suy f (x) =φ(x) + ψ(x) E(x) − E ∗ (x) E(x) + E ∗ (x) = +δ 2b ∗ E(x) − E (x) E(x) + E ∗ (x) =γ +δ 2 E(x) − E ∗ (x) E(x) − E ∗ (x) g(x) = =β , δb 2 β hàng số khác Suy nghiệm toán trường hợp là:  E(x) − E ∗ (x) E(x) + E ∗ (x)  f (x) = γ +δ ∗ E(x) − E (x)  g(x) = β Trường hợp 2: Nếu α = nên từ (3.39) ta có φ ≡ suy ra, f = ψ Khi phương trình (3.35) trở thành ψ(x + y)g(x − y) = ψ(x)g(x) − ψ(y)g(y), ∀x, y ∈ R 57 Cho y = −x ta ψ(0)g(2x) = 2ψ(x)g(x), ∀x ∈ R Do ψ(0) = nên ta có, đặt δ = ψ(0) g(2x) = ψ(x)g(x), δ := ψ(0) δ Ta có g(x + y)g(x − y) x+y x+y x−y x−y g ψ = ψ δ 2 2 x x y y x x y y = ψ g −ψ g ψ g +ψ g δ 2 2 2 2 y y x x g −ψ g = ψ δ 2 2 2 =g(x) − g(y) Suy g(x + y)g(x − y) = g(x)2 − g(y)2 , ∀x, y ∈ R, (3.46) hàm g(x) hai hàm sau g(x) = A(x) (3.47) E(x) − E ∗ (x) (3.48) 2b A : R −→ C hàm cộng tính , E : R −→ C hàm exponential, b = số phức Từ (3.45) , (3.47) (3.48) ta có g(x) = ψ(x) = δ E(x) + E ∗ (x) ψ(x) = δ Suy ra, nghiệm toán trường hợp  E(x) + E ∗ (x)  f (x) = δ ∗ E(x) − E (x)  g(x) = β 58 Kết luận: Nghiệm toán f (x) = 0, ∀x ∈ R g(x) hàm tùy ý, f (x)hàm tùy ý g(x) = 0, ∀x ∈ R, f (x) = A(x) + δ g(x) = βA(x),  E(x) − E ∗ (x) E(x) + E ∗ (x)  f (x) = γ +δ ∗ E(x) − E (x)  g(x) = β β, δ hàng số khác 0, γ số tùy ý, E(x) hàm exponential, A(x) hàm cộng tính Nhận xét 3.4 Nếu bổ sung thêm điều kiện hai hàm cần tìm f, g hai hàm liên tục ta toán Xác định hàm f, g : R −→ R liên tục khác hàm thỏa mãn f (x + y)g(x − y) = f (x)g(x) − f (y)g(y), ∀x, y ∈ R Và từ kết toán 3.5 ta có nghiệm toán f (x) = 0, ∀x ∈ R g(x) hàm liên tục tùy ý, f (x) hàm liên tục tùy ý g(x) = 0, ∀x ∈ R, f (x) = k1 x g(x) = k2 x, f (x) = k3 sin(ax) + k4 cos(ax) g(x) = k5 sin(ax), f (x) = k6 sinh(ax) + k7 cosh(ax) g(x) = k8 sinh(ax), k1 , k2 , k4 , k5 , k7 , k8 , a số khác 0, k3 , k6 số tùy ý Bài toán 3.6 Chứng minh hàm f : R −→ R thỏa mãn f (x + y)f (x − y) ≤ f (x)2 − f (y)2 , x, y ∈ R hàm f nghiệm phương trình hàm f (x + y)f (x − y) = f (x)2 − f (y)2 Lời giải Cho x = y = thay vào (3.49) ta f (0)2 ≤ 59 (3.49) ⇒ f (0) = Cho x = −y thay vào (3.49) ta có ≤ f (−y)2 − f (y)2 ⇔ f (y)2 ≤ f (−y)2 (3.50) Thay y −y ta có f (−y)2 ≤ f (y)2 ≤ f (−y)2 , suy f (−y)2 = f (y)2 , ∀y ∈ R, hay [f (−y) − f (y)][f (−y) + f (y)] = 0, ∀y ∈ R Giả sử có vài điểm y0 cho f (y0 ) = f (−y0 ) (3.51) đó, cho x = y = y0 thay vào (3.49) ta có f (y0 )f (−y0 ) ≤ −f (y0 )2 (3.52) 2f (y0 )2 ≤ ⇒ f (y0 ) = ⇒ f (−y0 ) = (3.53) f (−y) = −f (y), ∀y ∈ R (3.54) Từ (3.51) (3.52), ta có Vì ta có Từ (3.49) (3.54), ta có f (y)2 ≤f (x)2 − f (x + y)f (x − y) = f (x)2 + f (x + y)f (y − x) ≤f (x)2 + f (y)2 − f (x2 ) = f (y)2 Từ suy f (x + y)f (x − y) = f (x)2 − f (y)2 , ∀x, y ∈ R 60 3.4 Phương trình hàm sinh hàm tang hyperbolic Trước hết ta xét số dạng toán liên quan đến hàm tang Bài toán 3.7 Cho b > Tìm hàm f (x) = xác định liên tục D := {x + 2bk x ∈ (−b, b), k ∈ Z} thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y, x + y ∈ D − f (x)f (y) (3.55) Lời giải Cho y = 0, từ (3.55) ta có f (0) [f (x)]2 + = 0, ∀x ∈ D nên f (0) = Do f (0) = f (x) liên tục x = nên tồn x0 > cho [−x0 , x0 ] ⊂ (−b, b) |f (x)| < 1, ∀x ∈ [−x0 , x0 ] π π Chọn x1 ∈ [−x0 , x0 ] đặt f (x1 ) = tan α, α ∈ − , 4 f (2x1 ) = tan α 2f (x1 ) = = tan 2α − [f (x1 )] − tan2 α Giả sử f (kx1 ) = tan(kα), ∀k = 1, 2, , m, m ∈ N+ Khi f (mx1 ) + f (x1 ) − f (mx1 )f (x1 ) tan mα + tan α = − tan α tan mα = tan(m + 1)α f ((m + 1)x1 ) = Vậy f (mx1 ) = tan mα, ∀m ∈ N+ Thay y = −x vào (3.55) kết hợp với f (0) = ta đuợc f (−x) = −f (x), ∀x ∈ D Từ suy f (mx1 ) = tan mα, ∀m ∈ Z Mặt khác, từ (3.55) ta đuợc x1 f (x1 ) = x1 1− f 2f α = tan α = α − tan2 2 tan 61 (3.56) ⇔ f Do tan x1 α x1 α − tan 1+f tan = 2 2 α x1 < f 2 (3.57) < nên từ (3.57) suy f x1 α = tan 2 Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta dễ dàng chứng minh đuợc f x1 α = tan , ∀n ∈ N+ n n 2 (3.58) Khi từ (3.56) (3.58) suy f mx1 α = tan , ∀n ∈ N+ n n 2 Kết hợp với giải thiết f (x) hàm liên tuc D, ta có f (xx1 ) = tan(xα), ∀x ∈ D Do f (x) = tan ax, a = α x1 Để miền xác định f (x) trùng với D, cần chọn a = Kết luận f (x) = tan π 2b π x, ∀x ∈ D 2b Bài toán 3.8 Tìm hàm f (x) xác định liên tục R thỏa mãn điều kiện f (x) + f (y) f (x + y) = , ∀x, y ∈ R (3.59) + f (x)f (y) Lời giải Thay y = vào (3.59) ta f (0) − (f (x))2 = (3.60) Nếu f (0) = từ (3.60) ta f ≡ 1, ∀x ∈ R f (x) = −1, ∀x ∈ R (do f (x) hàm liên tục R) Thử lại, ta thấy hàm số nghiệm toán 62 Xét trường hợp f (0) = Ta chứng minh |f (x)| < 1, ∀x ∈ R Thật vậy, giả sử tồn x1 = để |f (x1 )| ≥ từ (3.59) suy bất đẳng thức sau x1 f |f (x1 )| = x1 ≥ 1+ f x1 x1 1+ f ≤2 f 2 Do x1 = f Lập luận phương pháp quy nạp, ta có f x1 2n = 1, ∀n ∈ N+ Từ tính liên tục f (x), suy |f (0)| = Điều trái với giả thiết f (0) = Vậy |f (x)| < 1, ∀x ∈ R Với x1 = đặt f (x1 ) = α Khi f (2x1 ) = α 2f (x1 ) = = 2α + [f (x1 )]2 + tanh2 α Giả sử f (kx1 ) = tanh(kα), ∀k = 1, 2, , m; m ∈ N+ Khi f ((m + 1)x1 ) = f (mx1 ) + f (x1 ) − f (mx1 ).f (x1 ) mα + α = tanh(m + 1)α + α mα Vậy f (mx1 ) = mα, ∀m ∈ N+ Thay y = −x vào (3.59) sử dụng f (0) = ta f (−x) = −f (x)∀x ∈ R Từ suy ⇔ f (mx1 ) = α, ∀m ∈ Z Mặt khác, từ (3.59) ta x1 f (x1 ) = x1 1+ f 2f α = α = α + tanh2 2 63 (3.61) x1 α x1 α − 1−f = 2 2 α x1 Do < < nên 2 x1 α (3.62) ⇔ f = 2 ⇔ f (3.62) Bằng phương pháp chứng minh quy nạp, dễ dàng chứng minh đẳng thức x1 α , ∀n ∈ N+ = n n 2 f (3.63) Từ (3.61) (3.63) suy f mx1 mα = , ∀m ∈ Z, ∀n ∈ N+ n n 2 theo giả thiết f (x) hàm liên tục R x hàm liên tục R, suy f (xx1 ) = tanh(xα) Vậy f (x) = ax, a = α x1 Thử lại, ta f ≡ 1, f ≡ −1, f (x) = ax, a ∈ R, thỏa mãn yêu cầu đề 64 Kết luận Luận văn “Đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm hyperbolic” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số kiến thức liên quan đến hàm lượng giác hyperbolic, đẳng thức lớp hàm hyperbolic Tiếp theo, xét số lớp toán áp dụng liên quan tới lớp hàm hyperbolic Cuối cùng, luận văn trình bày phương trình hàm sinh hàm lượng giác hyperbolic số toán áp dụng tương ứng 65 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (1998), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức Định lý áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2002), Một số toán chọn lọc từ lượng giác, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2010), Số phức áp dụng, NXB Giáo dục [6] Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục Tiếng Anh [7] Morse P.M., Erdeleyi A., Gray M.C., (1970) Handbook of Mathematical Functions, Springer 66 [...]... √ = 1 ta được  3 3   sinh u = 27 2 √ 3 trong đó u = ln √3 1 √ 3 Bất phương trình trở thành ⇔ sinh (t + α) ≤ ⇔ t ≤ ln √ √ 3 ⇔ t + α ≤ ln √ 3+2 √ 2 3 + 2 − ln 3 = ln 1 + √ 3 Thay lại ta được bất phương trình có nghiệm √ 35 − 16 3 2 = x ≤ cosh 2 ln 1 + √ 3 3 2.2 2.2.1 Một số bất đẳng thức liên quan lớp hàm hyperbolic Các bất đẳng thức hai biến Ta có công thức cosh2 x − sinh2 x = 1,∀x ∈ R Do đó nếu...  2    cosh z = √ 3 với z = ln √3 Suy ra trong đó 1    sinh z = √ 3 √ √ √ V T = 3 cosh 3t + ln 3 + 2 cosh 2t ≥ 2 + 3 = V P 31 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cosh 3t + ln cosh 2t = 1 √ 3 = 1 ⇔ φ Vậy 8x3 + 4y 3 + 2x2 + 2y 2 − 6x + 3y > 2 + 2.2.2 √ 3 Các bất đẳng thức ba biến Sử dụng các công thức nhân ba kết hợp với các bất đẳng thức Karamata, Bất đẳng thức Jensen ta xây dựng được các bài toán sau... có điều cần chứng minh cosh(5x − 7) ≥ 25x2 − 70x + 50 7+5 x− 13 Chương 2 Một số bài toán áp dụng liên quan tới lớp hàm hyperbolic 2.1 2.1.1 Một số lớp phương trình, bất phương trình Các phương trình cơ bản Sử dụng định nghĩa và tính chất của các hàm lượng giác hyperbolic ta xây dựng công thức nghiệm của các phương trình cơ bản sau √ sinh x = a ⇔ x = ln(a + a2 + 1), a ∈ R √ cosh x = a ⇔ x = ln(a ± a2... b = cosh y, c = cosh z, Sử dụng công thức nhân ba ta được P = cosh 3x + cosh 3y + cosh 3z Do hàm cosh x là hàm chẵn nên ta chỉ cần xét x, y, z ≥ 0, khi đó ta tìm được x = ln a + a2 − 1 ; y = ln b + b2 − 1 ; z = ln c + c2 − 1 Do đó giả thiết viết là x + y + z = ln 10 Ta lại thấy (cosh (3x)) = 9 cosh (3x) > 0, ∀x nên cosh (3x) là hàm lồi trên R Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được P = cosh 3x + cosh... minh bất đẳng thức ln (cosh(2x + 3)) ≤ cosh(2x + 3) − 1 Lời giải Xét hàm số y = ln (cosh(2x + 3)) − cosh(2x + 3), ∀x ∈ R Ta có sinh(2x + 3) − 2 sinh(2x + 3) cosh(2x + 3) 4cosh2 (2x + 3) − 4sinh2 (2x + 3) y = − 4 cosh(2x + 3) cosh2 (2x + 3) 4 = − 4 cosh(2x + 3) ≤ 0, ∀x ∈ R cosh2 (2x + 3) y =2 Do đó y ≤ y −3 2 +y 3 −3 x+ 2 2 ⇔ y ≤ −1 nên ln (cosh(2x + 3)) ≤ cosh(2x + 3) − 1 1.3 1.3.1 Một số dạng đẳng thức. .. + sinh x sinh y = + 2 2 2 2 ex+y + e−x−y = = cosh(x + y) ⇒ (1) Trong công thức (1) thay y bằng 2 −y , ta được cosh (x − y) = cosh x cosh(−y)+sinh x sinh(−y) = cosh x cosh y−sinh x sinh y 9 Đây chính là (1 ) Các công thức còn lại được chứng minh tương tự Từ công thức cộng ta cũng dễ dàng chứng minh được các công thức sau đây 1.3.2 Công thức nhân sinh 2x = 2 sinh x cosh x cosh 2x = cosh2 x + sinh2 x... ta được m z + mz = −5 chọn = hay m = √ m 3 3 Thay vào ta được √ 8 3 2 −15 3 √ z + √ z = −5 ⇔ 4z 3 + 3z = 2 3 3 3 Áp dụng nghiệm của phương trình (2),ta được  công thức √ √ √ √ 1  3 −15 3 + 679 3 − 679  3 −15 + z= 2 2 2 Suy ra  1 3 x=√  3 √ √ −15 3 + 679 + 2 20 3  √ √ −15 3 − 679  + 1 2 Tiếp theo, ta xây dụng lớp các phương trình tương ứng và các áp dụng liên quan sinh u = sinh v ⇔ 2 cos h... cosh 4t = − 3 5 cosh t − sin t 4 4 ⇔ cosh 4t = − cosh(t − ln 2) ⇔ ∅ Vậy phương trình có nghiệm ln 2 x = cosh 3 √ 3 = 4+1 √ 232 Tương tự, ta xét các bất phương trình liên quan Hoàn toàn tương tự ta cũng xây dựng một số bất phương trình giữa các hàm lượng giác hyperbolic cơ bản như sau u+v u−v sinh u ≥ sinh v ⇔ 2 cosh sinh ≥0 2 2 u−v ≥ 0 ⇔ u ≥ v ⇔ sinh 2 u+v u−v sinh u ≥ − sinh v ⇔ 2 sinh cosh ≥0 2 2 u+v... Giải bất phương trình 16x5 + 20x3 + 5x − 3 ≥ 0 Lời giải Ta có sinh 5x = sinh (3x + 2x) = sinh 3x cosh 2x + cosh 3x sinh 2x = 16sinh5 x + 20sinh3 x + 5 sinh x Đặt x = sinh t bất phương trình trở thành 16sinh5 t + 20sinh3 t + 5 sinh t ≥ 3 √ √ 1 ln 3 + 10 5 √ 1 Do hàm số sinh x đồng biến trên R nên x = sinh t ≥ sinh ln 3 + 10 = 5 1 1 − √ √ 3 + 10 5 − 3 + 10 5 2 1 1 − √ √ 3 + 10 5 − 3 + 10 5 Vậy bất. .. cosh nx) + 1 − cosh nx = x 4sinh2 2 2n + 1 x nx 2n sinh x sinh − 2 sinh2 2 2 2 = 2x 4sinh 2 nx 2n + 1 x n sinh x sinh − sin h2 2 2 2 = 2x 2sinh 2 = Ví dụ 1.10 Chứng minh bất đẳng thức 25x2 − 70x + 50 cosh(5x − 7) ≥ Lời giải Xét hàm số y = cosh2 (5x − 7) − (5x − 7)2 + 5x − 1, ∀x ∈ R Ta có y = 5 sinh (2(5x − 7))−10(5x−7)+5; y = 50 cosh (2(5x − 7))−50 ≥ 0, ∀x ∈ R Do đó y≥y Ta có y 7 5 = 7; y 7 5 7 5 ... đẳng thức liên quan lớp hàm hyperbolic 28 2.2.1 Các bất đẳng thức hai biến 28 2.2.2 Các bất đẳng thức ba biến 32 2.2.3 Bất đẳng thức tam giác với lớp hàm hyperbolic. .. trị nhỏ P 20 √ 2.2.3 Bất đẳng thức tam giác với lớp hàm hyperbolic Sử dung công thức biến đổi hàm hyperbolic với góc tam giác kết hợp với bất đẳng thức Karamata, Bất đẳng thức Jensen ta xây dựng... kiến thức chuẩn bị Trong chương luận văn trình bày số kiến thức liên quan đến hàm lượng giác hyperbolic, đẳng thức lớp hàm hyperbolic Chương Một số toán áp dụng liên quan tới lớp hàm hyperbolic Trong