Kỹ thuật sử dụng jensen

TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương b.KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN Bất đẳng thức Jensen: Cho hàm f liên tục khả vi tập K Nếu f hàm lồi K với x1 , x2 , , xn  K ta có:  x  x   xn  f  x1   f  x2    f  xn   nf   n   Nhắc lại kiến thức hàm lồi lõm: Cho hàm số y  f  x  liên tục khả vi tập D , đó: Nếu f "  x   x  D hàm số y  f  x  gọi hàm lồi D Nếu f "  x   x  D hàm số y  f  x  gọi hàm lõm D Bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức chặt quan trọng, công cụ cần thiết dễ áp dụng Đây bất đẳng thức mà bạn đọc tiếp cận cần phải ghi nhớ Việc chứng minh bất đẳng thức không cần thiết nên bạn đọc tham khảo nguồn khác Ta có hệ tất yếu hàm số f hàm lõm ta có bất đẳng thức ngược chiều: Nếu f hàm lõm K với x1 , x2 , , xn  K ta có:  x  x2   xn  f  x1   f  x2    f  xn   nf   n   Với việc vận dụng bất đẳng thức Jensen để tìm bất đẳng thức phụ hổ trợ cho trình dồn biến ta thường sử dụng cho trường hợp hai biến: xy xy f  x  f  y  f   f  x   f  y   f       Chứng minh bất đẳng thức phụ tìm biến đổi tương đương bất đẳng thức khác Bài 1: Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ P biểu thức: x 1 x  y 1 y  z 1 z PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI x  f " x  0 Ta thấy f  x   1 x 1 x Theo bất đẳng thức Jensen ta có: x TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương xyz 3     1 x 1 y 1 z xyz 3 1 y x z Do  x  y  z    xy  yz  zx   x  y  z  BÀI GIẢI Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : x 1 x y  1 y  z 1 z   x  y  z x 1 x  y 1 y  z 1 z Và: x  x  y  y  z  z  x x  x2  y y  y  z z  z   x  y  z x  x yy zz xyz y x z     1 x 1 y 1 z   x  y  z      x  y  z x  y  z        x  y  z  xyz 1 xyz Kết luận : Vậy giá trị nhỏ P  3 3 3 x  y  z  Bình luận: Việc vận dụng bất đẳng thức Jensen vào làm ta phải chứng minh, công việc tương đối rườm rà nên ta dùng Jensen làm công cụ hổ trợ cho trình tư việc giải toán ta sử dụng công cụ đơn giản AM-GM, Cauchy-Schwarz, biến đổi tương đương … Bài 2: Cho x, y , z số thực không âm thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ z1 PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI Dễ thấy điểm rơi toán x  y  1, z  P đối xứng theo x , y nên biểu thức: P  x3   y   ta đánh giá đưa hàm số theo biến z TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương Ta thấy hàm số: f  x   x   f "  x   x  3x x 1 3 0 2x  P  x  y   25 z   22    z   25 z   22 2 2 Nếu ta sử dụng kỹ thuật tiếp tuyến thì: x3   PHÂN TÍCH HÀM SỐ Sử dụng công cụ TABLE với hàm: X f X    X   25 X 1  0.2 0.4 0.6 0.8 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2  START =  END =  STEP = 0.2 Dựa vào bảng ta thấy hàm số có cực đại đạt giá trị nhỏ X2 Ta thấy hàm số f  z     z   25 F(X) 5.3284 5.3549 5.3622 5.3543 5.334 5.3033 5.2637 5.2164 5.1624 5.1025 5.0372 z1  không đạt giá trị nhỏ 2 z  Nguyên nhân đánh giá tiếp tuyến hàm thu chưa tốt, ta áp dụng bất đẳng thức Jensen:  xy xy 3 f  x  f  y    f   1   x 1  y 1        3  xy 2z 5 P  z1   z1  1   1  2     PHÂN TÍCH HÀM SỐ Sử dụng công cụ TABLE với hàm: X 2X f X     X   0.2   0.4  START = 0.6  END = 0.8  STEP = 0.2 F(X) 5.3284 5.3684 5.4173 5.48 5.5595 TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương Dựa vào bảng ta thấy hàm số đơn điệu tăng đạt giá trị nhỏ X  1.2 1.4 1.6 1.8 5.6568 5.7711 5.8998 6.0391 6.1842 6.3301 2z Ta thấy f  z    z  hàm đồng biến 0,2   1     f  z  f 0  2  Vậy P    Đẳng thức xảy x  y  1, z  BÀI GIẢI Ta có bất đẳng thức: (*)  x  y   3 xy x3   y      (*)   x   1 y 1 x  y  4  x3  y  x3 y  x3  y   3xy  x  y      Ta có x3  y  xy  x  y  nên cần chứng minh x3  y   xy  x  y   (1) (1)   x  y    x  y   x2 y     Do  x  y  z  x  y  xy  xy   x2 y  xy   x  y  Vậy (*) đúng, đẳng thức xảy x  y 3 xy 2z 5 Áp dụng (*):  P   z1   z1  1   1  2     2z Xét hàm số f  z    z  với z  0,2   1     f ' z   32  z 2   z   16  z 1  z  0,2  TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương Do  32  z 2   z   16  5   4 z 1 Hàm số đồng biến 0,2   f  z   f    54 2 x  y , z   Đẳng thức xảy   x  y  1, z   x  y  z  Kết luận: Vậy giá trị nhỏ P 54 x  y  1, z  Bình luận: Đôi việc đưa hàm số theo biến chưa giải vấn đề hàm số không đạt cực trị giá trị mong muốn, việc thay đổi đánh giá để đưa hàm số phù hợp định hướng tư hàng đầu cần phải ghi nhớ Bất đẳng thức Jensen công cụ tương đối ổn kỹ thuật tiếp tuyến không dùng Bài 3: Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x  y  z  y x  z  8z 2x2  y  z  1 x  y  PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI Ta thấy biểu thưc cuối Và x  y  z  y x  z  x  y 8z    z  1 x  y   z  1 x  y  z  8z 2x2  y x 1  x   8z y 1  y  2  f  x  y   f 1  z  Nên ta đánh giá để đưa biến z Do điểm rơi toán nên ta không sử dụng kỹ thuật tiếp tuyến x 2x   f " x  0 Ta thấy: f  x    x  x     Nên theo bất đẳng thức Jensen ta có: x 1  x   y 1  y  xy 4x  y 2  2   x  y xy  1     TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương P 4 x  y 2  x  y  1  z  z 8z   z   z  12 z  Khảo sát hàm số f  z   1  z   z  1  8z z 1 PHÂN TÍCH HÀM SỐ Sử dụng công cụ TABLE với hàm: X 1  X  8X f X   X    X 1 F(X) 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9  START =  END =  STEP = 0.1 Dựa vào bảng ta thấy hàm số có cực tiểu đạt giá trị nhỏ khoảng  0.2,0.4  thỏa mãn Khảo sát hàm số f  z   Nên P  1  z   z  1  8z  f  z  z 1 3.7024 3.5555 3.5029 3.5102 3.5555 3.625 3.7093 3.8024 3.9002 1 f  3 Đẳng thức xảy x  y  z  BÀI GIẢI Ta có bất đẳng thức: x 1  x   y 1  y   4x  y 2  x  y (*) 2 Thật  *    x  y   x 1  y   y 1  x   1  x 1  y     Đẳng thức xảy x  y   Áp dụng AM-GM : x2  y   x  y   x  y  1  z  z P    2   x  y   z  1 x  y   z  1 z  1  z  8z  Xét hàm số f  z   với z  0,1  z  1 z  4x  y 8z TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương  f ' z  12 z   z  1  f 'z   z  1 1 7 Ta có: f    f 1  4, f     f  z   f     P  3 3  1 x  y , z  Đẳng thức xảy  xyz x  y  z   Kết luận: Vậy giá trị nhỏ P x  y  z  Bình luận: Với ta dự đoán điểm rơi toán x  y  z  dùng kỹ thuật tiếp tuyến thì: y x 8z 8z 8z P    x  y    1  z    2 z1 2 z1 1  x  1  y  z  Hàm số f  z   8z 1  z   lại không đạt giá trị nhỏ z  Vậy  z 1 nên việc sử dụng bất đẳng thức Jensen hợp lí Bài 4: Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Chứng minh rằng: x y 2 2  y z 2 2  z x 2 2  BÀI GIẢI Ta thấy toán đối xứng biến điểm rơi x  y  z  Ta xem z tham số xét hàm: f  x   x2  z2   f " x  z2  x2  x  z2   Để áp dụng bất đẳng thức Jensen thì: 2z2  6x2    3x2  z2  Do biến đối xứng nên ta giả sử x  maxx, y , z  x   3x2  z  Khi    yz 2x   y  z   x2    2   8 P    2 2 2 4x   y  z   y  z  4x   y  z    y  z   x y 2 2 z x 2 2 2 TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương P 4x    x   2  3  x 4  f  x PHÂN TÍCH HÀM SỐ Sử dụng công cụ TABLE với hàm: X f X   2 4X    X     X   F(X) 0.75 1.25 0.7452 1.5 0.7355  START = 1.75 0.7263  END = 0.72  STEP = 0.25 2.25 0.716 Dựa vào bảng ta thấy hàm số đơn 2.5 0.7111 điệu giảm đạt giá trị lớn 2.75 0.7011 X  thỏa mãn 0.6818 Ta thấy hàm số f  x  nghịch biến nên f  x   f 1  thỏa mãn điểm rơi BÀI GIẢI x   Không tổng quát giả sử x  max x , y , z   y  z    yz  x 1 Ta có bất đẳng thức:   2 x  y  x  z    y  z 2  x   2 Thật bất đẳng thức   y  z   y  z    yz  x2     Đẳng thức xảy y  z   Áp dụng AM-GM: y  z   y  z  P 4x   y  z   2 Ta chứng minh    y  z 5x  x  17   4  4x    x   x  x  13 2    3  x x  1,3 (*) (*)   x  1 15x  78 x  111  Đẳng thức xảy x  2  x  1, y  z   x  y  z    x  y  z  Kết luận: Vậy bất đẳng thức đúng, đẳng thức xảy x  y  z  P 10 Đẳng thức xảy TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương Bình luận: Việc vận dụng Jensen toán đối xứng ba biến ta việc xem biến tham số sau cần điều kiện thêm giả sử cách phù hợp Việc chứng minh bất đẳng thức phụ tìm thông thường biến đổi tương đương BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài toán 1: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b3  b3  c  c  a Bài toán 2: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a b 2c P   2  b  c   bc  a  c   ca  a  b   11ab Bài toán 3: Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn  x  y   1  yz  xz  Tìm giá trị lớn biểu thức: 2y 2x z2  P   x 1 y 1 z 1 Bài toán 4: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a2 b2 P   2ac  2b2 c  a  ab  b2 b2  bc  c Đáp số: a  b  c  3  a  b  c  Bài toán 1: Pmin  Bài toán 2: Pmin 11 TƯ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC Gv: Nguyễn Đại Dương x  y   , z  2  a  b  c  Bài toán 3: Pmin  Bài toán 4: Pmin Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Jensen kỹ thuật tương đối hay hiệu dành cho toán bất đẳng thức ứng dụng đạo hàm Chúc em học tốt đạt thành tích cao kì thi tới ! Truy cập website : sienghoc.com để tải tài liệu hữu ích hổ trợ cho học sinh 10 – 11 – 12 kì thi THPT Quốc Gia 2016 đến Đón đọc sách : “ Phương Pháp Hàm Số Trong Chứng minh Bất đẳng thức toán Giá trị lớn nhất, Giá trị nhỏ nhất” Tham gia học offline lớp thầy Nguyễn Đại Dương Lớp Toán 76/5 Phan Thanh để đạt thành tích cao kì thi THPT Quốc Gia 2016 Facebook: www.facebook.com/ThayNguyenDaiDuong Số điện thoại: 0932589246 Địa chỉ: 76/5 Phan Thanh – Thạc Gián – Thanh Khê – TP.Đà Nẵng 12 ...  b  c  Bài toán 3: Pmin  Bài toán 4: Pmin Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Jensen kỹ thuật tương đối hay hiệu dành cho toán bất đẳng thức ứng dụng đạo hàm Chúc em học tốt đạt thành tích cao...  P  x  y   25 z   22    z   25 z   22 2 2 Nếu ta sử dụng kỹ thuật tiếp tuyến thì: x3   PHÂN TÍCH HÀM SỐ Sử dụng công cụ TABLE với hàm: X f X    X   25 X 1  0.2 0.4... đưa biến z Do điểm rơi toán nên ta không sử dụng kỹ thuật tiếp tuyến x 2x   f " x  0 Ta thấy: f  x    x  x     Nên theo bất đẳng thức Jensen ta có: x 1  x   y 1  y  xy