Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi do trường đại học khoa học tự nhiên, đại học quốc gia Hà Nội biên soạn
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN, ĐHQGHN
x * *
Nguyễn Văn Mậu, Bùi Cơng Huấn,
Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng, Đặng Huy Ruận
MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ
TỐN HỌC CHỌN LỌC
BOI DUONG HOC SINH GIỎI
Trang 2MỤC LỤC
Lời nĩi dầu "¬ HH HH nh Ki HH ng HH tk ty it kinh tk rà 0
Một số đặc trưág cơ bản của hàm số 3
Bất phương trình hàm cơ bản : "5 15 Phương trình hàm liên quan đến tam giác 27
Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác 35
of Bất phương trình hàm trong tam gidc d6i véi bién p,R,r 4]
Trang 3Chương trình đào tạo và bồi học sinh năng khiếu tốn bậc phổ thơng hiện sang năm thứ 39 Gắn với việc đổi mới phương pháp dạy và học chương trìnF năm nay, năm 2004, chúng ta đang tích cực chuẩn bị cho việc tổ chức Kỳ thi + Tốn quốc tế năm 2007 tại Việt Nam, kỷ niệm 40 năm Tạp chí Tốn học và ˆ 30 năm các đội tuyển nước ta tham dự các kỳ thi Olympic Tốn quốc tế,
Cĩ thể nĩi, giáo dục mũi nhọn phổ thơng đã thu được những thành tựu rực Nhà nước đầu tư cĩ hiệu quả, xã hội thừa nhận và bạn bè quốc tế kham ph đội tuyển Tốn quốc gia tham dự các kỳ thi Olympic Tốn quốc tế cĩ bể di
tích mang tính ổn định và cĩ tính kế thừa Đặc biệt, năm nay, Đội tuyển To
gia tham dự thi Olympic Tốn quốc tế đã đạt được thành tích rực rỡ: 4 huy vàng và 2 huy chương bạc, đứng thứ 4 thế giới Nhiều năm các đội tuyển Tc gia tham dự các kỳ thi Olympic Tốn quốc tế giữ vững được vị trị từ thứ 4 đế (Top Ten) trên tổng số gần 100 đội tuyển quốc gia tham gia
Từ nhiều năm nay, Các Hệ và các Trường THPT Chuyên thường sử dụng sc các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa cho Hệ THPT Chuy‹ Học sinh các lớp năng khiếu đã tiếp thu tốt các kiến thức cơ bản theo thời lực
hành do Bộ GD và ĐT ban hành
Hiện nay, chương trình cải cách giáo dục đang bước vào giai đoạn hồn c SGK mới Thời lượng kiến thức cũng như trật tự kiến thức cơ bản cĩ những : đáng kể Các kiến thức này đang được cân nhấc để nĩ vẫn nằm trong khuơn k hành của các kiến thức nâng cao đối với các lớp chuyên tốn Vì lẽ đĩ, việc tỉ viết các SGK cho các lớp năng khiếu tốn chưa thể tiến hành cap bach trong t ngắn, địi hổi cĩ sự suy ngẩm và xem xét tồn điện của các chuyên gia giác các cơ giáo, thầy giáo đang trực tiếp giảng dạy các lớp chuyên
Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tụ ĐHQGMN phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cơ gi: giáo thuộc ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, ĐH Vinh, Viện Tốn Học, Hội Tốn Nội, NXBGD, Tạp Chí Tốn Học và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các và ĐT, tổ chức Chương trình bồi dưỡng nghiệp vụ sau đại học về các chuyêi dưỡng học sinh giỏi tốn
Nội dung chính của chuyên dé gồm hai phần: Phương trình, bất phương tr trong hình học và Một số vấn để chọn lọc của số học
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi tơi in cuốn Kỷ yếu này nhằm cung cấp một số kiến thức cơ bản và ứng dụng
chuyên dé Tốn Phổ Thơng
Đây cũng là chuyên để và bài giảng mà các tác giả đã giảng day cho h và sinh viên các đội tuyển thi olympíc tốn quốc gia và quốc tế và là chuyêr dưỡng nghiệp vụ sau đại học cho các giáo viên dạy các lớp chuyên tốn
Chúng tơi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến d‹ để cuốn sách ngày càng hồn chỉnh
TẠM Ban Tổ Chức
Trang 4Z
MỘT SỐ ĐẶC TRƯNG CƠ BẢN CỦA HÀM SỐ
Nguyễn Văn Mậu
1.1 Đặc trưng hàm của một số hàm sốsơoấp ` 1.2 Hàm số chuyển đổi phép tính sé hoc va dai số
1.1 Đặc trưng hàm của một số hàm số sơ cấp
Trong phần này ta nêu những đặc trưng hàm của một số hàm số sơ cấp, 1
gặp trong chương trình phổ thơng Nhờ các đặc trưng hàm này mà ta cĩ thể di đáp số của các phương trình hàm tương ứng cũng như cĩ thể để xuất dang |
tương tự ứng với các đặc trưng hàm đĩ
Các hàm số được xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên tồi xác định của hàm số Nếu hàm số thoả mãn các đặc trưng hàm đã cho mà khí tính liên tục hoặc được xác định trên các tập rời rạc thì nghiệm của phương trìn cĩ thể là một biểu thức hồn tồn khác
1 Ham bac nhat: f(x) = ax + b (với a,b # 0) Dac trung ham: với mọi z,? € R ¡#‡ð = el +s) 2 Hàm tuyến tính: ƒ(z) = az (với a # 0) Đặc trưng hàm: ƒŒœ +) = ƒ(œ) + ƒ(w)_ với mọi z,€ IR 3 Hàm mũ: ƒ(z) = a? (với a>0; # 1) Đặc trưng hàm: ƒ(œ+) = ƒ().ƒ(w) với mọi z, € R 4 Hàm logarit: ƒ(z) = iòa|z| (với a>0; #1) Đặc trưng hàm:
f(xy) = f(x) + fly) với mọi z, € R"
5 Ham sin: f(x) = sing
Dac trung ham:
Trang 510
11
13
14
Dac trung ham:
f(x) =2f?(a) —1 với mọi z €R
hoặc ƒ(z + 9) + ƒ(œ — 9) =2ƒ(z)ƒ(u) với mọi z, €R Ham tang: f(r) = tga
Dac trung ham:
ƒœ+w)= 1— f(x) f(y) f(z) + fy) với mọi z,ụ €đR,ø + g CC) + l)m yk
Ham cotang: f(x) = cotg z Dac trumg ham:
7œ +0) _ ƒ(r)ƒ()—1 = ƒœ) + f0) với mọi ø,1 €]Đ,z y + a km,k €Z
Hàm luỹ thừa: ƒ(z) = x° (V6ia eR; c € R*)
Dac trung ham:
f(zy) = ƒ(œ)ƒ(w)_ với mọi z,ụ € R†
Hàm lượng giác ngược: ƒ(z) = arcsin z Đặc trưng hàm:
f(x) + f( w)= ƒ(vw1—2+wv1i—+z?) với mọi z € [—1;])
Hàm lượng giác ngược: f(x) = arccosz Đặc trưng hàm:
f(z) + fy) = flzy- VU - 2?) —y?) với mọi z, € [—1;1l
Trang 615 Ham cos hyperbolic: f(x) = s(ef +eT") := chx Đặc trưng hàm: + —# 16 Ham tang hyperbolic: f(x) = = ¬ = the Đặc trưng ham: L+ f(x a sa fet) = sew) voi moi z,y < R x —#+ 17 Ham cotangenchyperbolic: f(z) = eve = cothz = a er —~ ee thư Đặc trưng hàm: 1+f(x)fy) 2
f(+ +) = —————_ vei moi z,y ER ¬
Tương tự, ta cũng cĩ các đặc trưng hàm của các hàm số sau đây
_ f(z) = gen, th fle +y) = fe f(x) = cotgex, thì fet y) = Se,
f(z) =c thea, thì er = Tg
f(e)= 5, th fet) = 7
(2) = ee thi fe+y) = ey oe)
f(z) = ee thi f(z+y) = He a et
f(z) = —> thi f(e+y)= Aes eo
8 f(z) =-~—, th fet) = thy en,
f(a) = va: thi f(z +y) = fale fe ee cosa
f0) = ey thi f(e+y) = ee
" nu
Trang 7=(1+es)*, thì ƒø++esy)= ƒ@œ)10), a", thi FH") = f(z) + /(), z.w >0, f(a" c(z?+1), thì /(vz +ựˆ+ 1) = f(x) + f(y), ) ) )= 34 ƒ(z) =cz”, thì ƒ& + w)— ƒ(œ — ) = 4v'ƒ(+)7(0) ) ) ) \| 9 =cx?, thì ƒ(z+ø) + ƒ(Œœ— w) = 2{ƒ(z) + f(y), =ez+a, thì ƒ(z + 0) + ƒ(œT— ) = 2ƒ(z), 37 ƒ(z)=cz, thì ƒ(z+>+) T— ƒ(œT— u) = 2ƒ(0)
1.2 Hàm số chuyển đổi phép tính số học và đại số
Trong mục này, ta khảo sát một số tính chất cơ bản của một số dạng hàm số thơng qua các hệ thức hàm đơn giản Ta cũng khảo sát một số dạng hàm bảo tồn và chuyển đổi các tính chất cơ bản của phép tính đại số như giao hốn, phân bố và kết hợp
Bài tốn 1 Xác định các hàm số ƒ(z) xác định và liên tục trên J thoả mãn điều
kiện
ƒŒ +) = ƒ(œ) + ƒ0) + ƒ()ƒ(), Ye,u €TR (1)
Gidi
Dat f(z) = g(x) — 1, ta thu duge
g(x +y) —1 = g{x)-1+9(y)-—1+ (9) — lo) - 1], Ye.yeR
hay
g(e@+y)=g(x)o(y), Va,y ER (2)
Trang 8và
f(#++ 2) = ƒfz + (y+ 2)| = sly : 2) +a] = P{f0), f2), f(e) = F{f(2), FIf(y) fi} Yew 2 eR
Tu (5) va (6) suy ra (4):
F(F(u,v), w] = Flu, F(v, w)], Vu, v, we Sf
Bai toan 3 Gia str phuong trinh ham:
ƒŒœ +) = Ƒ/(), f(w)Ì, +, u € R
với hàm số Ƒ'{u,0) (u, € JR) là một đa thức (khác hằng), cĩ nghiệm ƒ{z) xác và liên tục (khác hằng) trên IR Chứng minh rằng F'(u, v) c6 dang
F(u,v) = auv + but bu te Gidi
Gia s& F(u,v) la da thitc bac m theo u va bac n theo ø Khi đĩ, do F(u, u xtmg nén m =n Theo (4) thi
F(F(u,), w] = Flu, F(v,w)], Vu,v,w e Sf
nên vế trái là một đa thức bậc ø theo œ cịn vế phải 1A da thttc bac n? theo w S
n2 = n hay nw = 1 Vậy Ƒ(u,u) cĩ dạng
F(u,v) = œwu + bịu + bạu + c Do #'(u,0) là đa thức đối xứng nên 6; = bp va
F(u,v) = auv + but+ bv +c
Nhận xét rang, v6i F(u,v) = auv + bu + bu +c và F(u,v) thoa man điều (4) thi ac = bŸ — b Vậy với a z 0 thì 2 — bi az0 ac=b*-bec=
Bay giờ, ta chuyển sang xét các dạng đặc biệt của (7)
Bài tốn 4 Cho đa thức F'{u,0) = bu + bu +c, b #¿ 0 Xác định các hàm số xác định và liên tục trên IR thoả mãn điều kiện
f(et+y) = FIf(z), fy], YeyER tức là
Ƒ(œ +) =bƒ(+) +bƒÚ@) +e, Va,yeR
Trang 9b= 5 va c = 0 thì mọi hàm hằng đều thoả mãn (8) Khi b = 5 và c # 0 thì (9) võ nghiệm Các trường hợp khác (b # 1, b # ; thì nghiệm của (9) là ƒ(z) = Xét trường hợp b = 1 Khi đĩ (9) cĩ dạng 1— 2b ƒfŒ +) = ƒ(œ) + ƒ(u)+c, Yz,u€R và phương trình hàm này cĩ nghiém f(r) = az —c 2— b Bai toan 5 Cho da thite F(u,v) = auv + bu+ bu + ) ,as£0 Xác định các a hàm số ƒ(z) xác định và liên tục trên I thoả mãn điều kiện ƒŒœ +) = F[ƒ() ƒ(u), Yz,u 'R tức là 2 fle+y) =af(o)fly) +bf(a) +ofy) +, VayeR (0) Gidi Nhận xét rằng, nếu đặt f@)= 5)=1 thì thì từ (10) ta nhận được h(x + u) = h(œ)h(u) Vø, € R và phương trình hàm này cĩ nghiệm h(x) = e®* Suy ra nghiệm của (10) cĩ dạng c1" —b f(z) =
Bài tốn 6 Giả sử ƒ(z) là nghiệm cua phương trình hàm:
ƒ(az + bụ + c) = Aƒ(z) + Bƒ(w) + C (abAB # 0), Vz,ucTR (11) Chứng minh rằng hàm số g(x) = ƒ(z) — ƒ(0) thoả mãn phương trình Cauchy g(z +9) = g(3) + g(u), Vz,uc€T Giải
Lân han dat 2 = 2 V= TT”) HH c= 0,y= r=0 y = —~; vào (11), ta thu được các đẳng thỨc” ~” 7 7” ee
/(a+s)= A/( ) +Bi(-—“)+¢,
joy as(t)+24(~$) +0
Trang 10f(0) = Af(0) + BF( - )+€
Oia `
Suy ra
f(ut+v) = flu) + flv) — ƒ(0)
Tir day suy ra diéu phai chtmg minh
Bài tốn 7 Giả sử hàm số f(z) lién tuc trén R 1a nghiém cua phương trình Ì ƒ(az + bụ +c) = Aƒ(+) + Bƒ(u) + C(abA4B #0), Vzr,c R
Chứng minh ring khi d6 A =a, B=b
Gidi
Thật vậy, nghiệm của
gứ + 1) = g() + gíw), Vøœ, €1R
trong lớp các hàm liên tục là hàm tuyến tính g(z) = œz Do vậy, nghiệm ƒ( dạng ƒ(z) = œz + Øđ Thế vào (11), ta thu được Á = a, B = b và œce— Ở = (a+b— 1)8 Bài tốn 8 Giải và biện luận phương trình hàm sau trong lớp các hàm sé f(x tục trên Đ: Ƒ(az + bu + c) = Aƒ(z) + Bƒ(v) + C(abAB z# 0), Vz,u c R Giải Theo Bài tốn 7, thì điều kiện cần để phương trình hàm (11) cĩ nghiệm là a b= B Giả sử điểu kiện này được thoả mãn Theo (12), ta chia các trường hợp riêi khảo sát Xét các trường hợp sau: Trường hợp b + a = 1, c= 0 Khi đĩ, (11) cĩ dạng
flax + (1 ~a)y) =af(z) + (L—a) f(y) (abAB #0), Va,yeR
Ta thu được (13) thuộc lớp hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng V (13) cĩ nghiệm ƒ(z) = œz+Ø, a,8 €R Trường hợp b + a = 1, c# 0 Khi đĩ, (11) cĩ dạng ƒ(a + (1—a)y +c) =af(x)+(1—a)f(y) + C(abAB 40), Va,y ER C c
h(ax +(1 ~a)y +c) =ah(r)+(1—-a)h(y), Ve,y ER
Trang 11Dễ kiểm tra, phương trình (14) chỉ cĩ nghiệm hằng tuỳ ý (xem (12)) và vì vậy, (13) c6 nghiém f(z) = Cy +6,8ER
c
Trường hợp b+a # 1 Theo Bài tốn 6 thì nghiệm của (13) cĩ dạng f(z) = ar+ 8
Theo (12) thì xe—Œ = (a+b—1)/đ Vậy nếu cho ơ € lR giá trị tuỳ ý thì đ = a+b— TK,
Chú ý
Nếu khơng đồi hỏi nghiệm của (11) là hàm số liên tục trên ÏR thì các đẳng thức a= A,b= B và (12) cĩ thể khơng thoả mãn Tuy nhiên, ta vẫn cĩ các tính chất dai số sau đây
Bài tốn 9 Giả sử phương trình hàm
ƒ(œz + ) = Aƒ(œ) + ƒ(w) (aA #0), Yz,u c'R (15)
cĩ nghiệm khác hằng Chứng minh rằng nếu a (hoặc 4) là số đại số với đa thức tối
Trang 12Bài tốn 10 Giá sử phương trình hàm
ƒ(az +) = ă(œ) + ƒ(u) (aA#20,acQ), Vx,ucR
cĩ nghiệm khác hằng Chứng minh rằng khi đĩ a = A Gidi
Thật vậy, theo Bài tốn 9 thì P„(£) là da thức bậc nhất và vì vậy 4(£) cũng thức bậc nhất (với hệ số bậc cao nhất đều bằng 1) nên a = A
Bài tốn 11 Giải phương trình hàm sau trong lớp các hàm số ƒ{z) liên tục tr f(e+y) =a f(x) f(y) (a> 0), Ya,yeER Giải Dễ thấy ƒ(1) > 0 Nếu ƒ(1) = 0 thì từ (21) ta cĩ ngay ƒ{z) = 0 Xét trườn ƒ(1) >0 Bàng quy nạp, đễ dàng kiểm chứng hệ thức (na) =a F™ [f())", Vn EN’ Vay voi x = 1 thi f(n)=a 7 [ƒ()]J", VneNĐ' m Với + = —, ta thu được n (n? -n)()? f(m) =a 3 eos Vm,n € Đ* Suy ra Do ƒ(1) > 0 nên cĩ thể viết 1 c=—5 + log, f(1) Tir (21) suy ra 1 f(z) = git te Yas e Qt,
Trang 13g( +) = g(2z)g(0), Yz €TR
Bài tốn 12 Xác định các hàm số ƒ xác định và liên tục trên J thoả mãn điều kiện
f(w+y) + f(z) = fle) + ƒ(w+z), Ve,p,z €TR, (1) Gidi Đặt ƒ(0) = a thì với z = 0 trong (1) ta thu được ƒ(œ +) +a= ƒ(z) + ƒ(@), Vz.u€R (2) Dat f(r) = g(x) + a Tir (2) ta nhận được gz +y) = g(t) + g(0), Vœ,u €TR (3)
Phương trình (3) cĩ nghiém g(x) = az, a ER Suy ra phương trình (1) cĩ nghiệm
f(z) =ar+ 8, a,8cR Thử lại, ta thấy hàm ƒ(+) = az + Ø thoả mãn điều kiện bài ra
Trang 16BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN
Nguyễn Văn Mậu
3.1 Bất phương trình hàm uới cặp biến tự do
2.2 Biểu diễn một số dạng hàm số
2.3 Biểu diễn các đa thức dương trên một tập
2.1 Bất phương trình hàm với cặp biến tự do
Bài tốn 1 Xác định các hàm số ƒ(z) thoả mãn đồng thời các diều kiện s: (i) f(z) 20, Va ER,
(ii) f(e+y) > f(z) + fy), Va,yER
Bai giai Thay x = 0 vào điểu kiện đầu bài, ta thu được
ƒ(0) >0 -
/0)>3/(0 ƒ(0) =0
Vậy nên
£(0) = f(x + (-2)) 2 f(a) + f(-2) 2 0
Suy ra ƒ(z) =0 Thử lại, ta thấy ham sé f(x) = 0 thoả mãn diéu kién bai ra Bài tốn 2 Cho trước hàm số h(+) = az, a 6ï Xác định các hàm số ƒ( mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f(z) pax, Ve eR,
(ii) f(@+y) 2 f(z) + fy), Vey eR
Bài giải Để ý rang h(x + y) = A(x) + Aly) Dat f(x) = h(x) + g(x) Kt
thu được các diều kiện () g(z) > 0, Ve ER,
() g(# +) 3 ø(z) + 70), V#, € R
Lập lại cách giải Bài tốn I Thay z = 0 vào điều kiện đầu bài, ta thu dực
g0) 20 _
Trang 17Vay nén
g(0) = g(x + (-2)) 2 g(x) + g(-a) 2 0
Điều này kéo theo g(a’) = 0 hay f(x) = az Tht lại, ta thấy hàm số ƒ(+) = az thoa mãn điều kiện bài ra
Bài tốn 3 Cho số dương a Xác định các ham s6 f(x) thoa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f(x) 2 a®, Ve ER,
Gi) f(e+y) > ƒ(z)ƒ(), Vz,ucR
Bài giải Để ý rằng ƒ(z) > 0 với mọi z € R Vậy ta cĩ thể logarit hố hai vế các
bất đẳng thức của điều kiện đã cho @) Inƒ(z) >(Ina)z, vreR,
Gi) Inf(z+y) > Inf(z) Inƒ(w), Vz,y€ R
Dat In f(x) = v(x), ta thu duoc
(i) p(z) > (Ina)z, Ve ER,
Œ (+) > @()v(), Yz,uĂ€
Ta nhận được Bài tốn 2 Bằng cách đặt p(x) = g(z) + ( Ina)z, ta thu được các điểu kiện
Œ) ø(z)>0, Vze€R,
(ii) ge +y) 2 9(z)+9(y), Va.yeR
va g(x) = 0 hay v(x) = ( Ina)z Suy ra ƒ(z) = a* Thử lại, ta thấy hàm số ƒ(œ) = a7 thoả mãn điều kiện bài ra
Bài tốn 4 Xác định các hàm số ƒ(z) thoả mãn các điều kiện sau:
f(a) > (0, /(229) > EID vay, (1)
Bài giải Đạt ƒ(0) = a và ƒ(z) — a = g(z) Khi đĩ (1) cĩ dạng
g(x) 2 0, o( ==") > g6) g0), Vzuuel (2) với ø(0) = 0
Thay y = 0 vao (2), ta thu được
Trang 18Tiếp theo, ta nhận được Bài tốn I Suy ra ø(z) = 0 và f(x) = const Thử lại, ta thấy hàm số ƒ(z) = c thoả mãn điều kiện bài ra 2.2 Biểu diễn hàm số
Trong mục này, ta mơ tả một số cơng thức biểu diễn hàm cơ bản Các bì này thường gắn với các mục đích mơ tả các đặc trưng hàm, các tính chất c thức dưới dạng tường minh và đơn giản hơn Đây là những hệ thức rất quan trc quan đến những ràng buộc dạng bất đẳng thức cho trước Trong mục tiếp thc
xét riêng cho trường hợp biểu diễn đa thức đương trên một tập Bài tốn 1 Xác định các hàm số ƒ(£) thỏa mãn điều kiện:
f(x) = max{2zw— f(y)}, Ve ER
cR
Giải
Trước hết, từ (1) ta suy ra
f(x) 2 2ay— f(y), Ve,yeER
Thay # = ÿ = £ vào (2), ta thu được bất đẳng thức f(t) >2?, VeeR Tà cĩ 2z — ƒ(u) < 2z — ˆ = +z?— (z— 9), Yz,ucR Mà 2 max{ø” — (ø— y)”} = #”
Suy ra f(x) < z2 Kết hợp với (3), ta duoc f(x) = 2”
Thử lại, ta thấy hàm số ƒ(z) = z2 thoả mãn diều kiện bài ra Bài tốn 2 Xác định các hàm số ƒ(£) thỏa mãn điều kiện:
Trang 19Từ (4) và (5), suy ra xy + acy? — ƒ(w) < +? + vụ? — ` = da” — (w + 0)( — U)Ÿ S zẺ, Va,ye Rt nên yeRt
Suy ra ƒ(z) < z3 Kết hợp với (5), ta được ƒ(z) = z
Thử lại, ta thấy hàm số ƒ(z) = z” thoả mãn điều kiện bài ra
Nhận xét 1 Điều khẳng định trên cho 1a một kết luận tương đương sau đây:
Nếu cĩ một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số z, , chẳng hạn
e+y > ay + cy? Va,yERt hay
z3 > vy + xy? —y Vr,y € Rt
thi tir diéu kien
f(x) = max{a’y + cy” — f(y)}, Vee Rt yeR+
ta cĩ ngay hàm cần tìm ƒ(z) cĩ dạng ƒ(z) = 2° Bài tốn 3 Chứng minh rằng nếu:
Trang 20Vậy bất phương trình cĩ nghiệm z<-=2V x33 Bài tốn ã Cho các số dương Ä⁄ƒ, a Tìm các ham sé f(x); g(x): R a mãn diều kiện |f(y) ~ ƒ(œ) — g(œ)(œ — u)| < M.|z — y|°°*, Va¡u ER Giải Giả sử tổn tại các hàm số ƒ(z), ø(z) thoả mãn yêu cầu bài ra Đổi chỗ z; (2), ta được
|ƒ() — ƒŒ) — ø(0)(w — z)| S M.|u — z|Ÿ** (13.1) với mọi z; € R
Cộng từng vế với vế của (3), ta thu được
|(g(z) — ø(0))( — y)| < 2M.|u — z|?"*
Suy ra
ay < 2M |c—yl*, Ve;yER, cFy Trong (4) ta cố định z, cho —> =x ta duoc
g({z)=0, z€,nên g(z) = c= const, Vr ER
Mat khác, thay g(z) = c vào (1) và làm tương tự như trên, ta cũng nhận được
Trang 21tổng, hiệu, tích của các đa thức cĩ dạng đặc biệt cho trước
Bài tốn 1 Cho đa thức P(z) € Riz] va P(x) > 0 véi mọi z € R Chứng minh
rằng đa thức P({z) cĩ thể biểu diễn được đưới dạng
P(x) = [A(2))’ + [B(œ)Ï
trong d6 A(x) B(x) citing 1a cdc da thitc
Giải Do P(x) > 0 véi moi z € R nên đa thức P(z) cĩ bậc bằng 2w và cĩ thể phân
tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai khơng âm, nghĩa là tt P() = | [I(@¿z + z;) + tị) j=l trong đĩ a;,#;,1; € R, j = 1,2, ,?t Từ hằng đẳng thức (p} + đ?)(p) + g3) = (pipe + 7192)" + (pige — pom)’, ta cĩ kết luận:
Tích của hai biểu thức dạng [u(z)]? + |o(z)]? cũng là một biểu thức cĩ dạng đĩ
Sau hữu hạn bước thực hiện quy trình đĩ ta thu được biểu thức dạng
P(x) = [A(@œ)]? + [B(œ)Ï
Bài tốn 2 Cho f(x) = az? +bx +c € R{z] thỏa mãn điều kiện ƒ(z) > 0 với mọi z > 0 Chứng minh rằng tồn tại đa thức 7z) sao cho đa thức Q(z) = ƒ(z)P(z) cĩ tất các hệ số đều khơng âm
Giải
Do ƒ(z) > 0 với mọi z > 0 nên a > 0 và c= ƒ(0) >
Trang 22Ta chon n sao cho b + na >0 (1) b+mc >0 (2) aCR~? + bGt~!+cCt? >0 VWk>39 — (3) Nhận thấy ngay rằng với nø > max{—b/a, —b/c} thì các điều kiện (1) và ( thoả mãn (do a > 0) Ta biến đổi vế trái của (3): h(k) = (a—b+e)k — [a — (n+3)b + (3n + 3)c]k + c(w+ 1)(n +9) 3 Dob<0,az>0,c>0nêna—b+c>0
Để (3) đúng với mọi k ta chọn ø sao cho biệt thức của tam thức bậc h khơng dương (A¡ < 0) Biểu thức của A; cũng là một tam thức bậc hai theo : số của n2 là (b — 2e)? — 4e(a — b + e) = bỲ — 4ae < 0 (do ƒ(z) >0 VYz>0;>0,a>0 Do vậy, ta cĩ lim A, = —co / n—+eo Do đĩ với n dt lớn thì À; < 0
Từ đĩ suy ra tồn tại + thỏa mãn đồng thời (1), (2) và (3)
Bài tốn 3 Cho đa thức
g(x) = an” + an—1£”—~Í +} + aỳ +ag (n > 3)
thỏa mãn điểu kiện g(x) > 0 với mọi z > 0 Chứng minh rằng khi đĩ tồn tại
để đa thức Q(x) dang Q(+) = ø(z)(œ + 1)* cĩ các hệ số đều khơng âm
Giải Tà xét hai trường hợp deg g(2) = 2m va deg g() = 2m + 1 với rn € Ì Khi n = 2m thì ta cĩ thể phân tích m = II: + byt + cr), k=1 trong đĩ agz2 + bụ„œ + c >0 Yz >0 Theo Bài tốn 2 với mỗi đa thức a„#2 + b„#z + c„ đều tồn tại số tự nhiên rnạ + đa thức
Qk(z) = (agz? + bye + ce)(e +1)" cĩ các hệ số đều khơng âm
Từ đĩ
[Ï9:¿) = TIz@) )(z + 1)”* = g(a )(œ + 1) Em
Trang 23là một đa thức cũng cĩ các hệ số đều khơng âm
Khi dep ø(z) = 2m.+1 thì ø(+) cĩ ít nhất một nghiệm khĩng dương là —a (a > 0) Tà cĩ
g(z) =(z+a)h(+) với h(x) > 0 với mọi z > 0 và deg h(x) = 2m
Do deg h(x) = 2m nén theo trudng hop 1 t6n tại số nguyén dương s sao cho h(z)(œ +
1)* c6 cdc hé s6 déu khong 4m và vì vậy đa thức g(z)(z + 1)Ê cũng cĩ các hệ số đều
khơng âm
Bài tốn 4 Hỏi cĩ tồn tại hay khơng tồn tại các đa thức P{z), Q(z), 7+) với các hệ số nguyên dương và thoả mãn hệ thức 2 x zr 1 T(x) = (a? —32+3)P(z), P(x) = (5 —1s + 5) QC) Giải Viết lại các đẳng thức của đề bài dưới dạng 60T) = 60(z? — 3z + 3)P(+) = (3z? — 4z + 5)QŒ) (4)
Các đa thức (z2 — 3z + 3) và (3z? — 4z + 5) vơ nghiệm và nguyên tố cùng nhau Vì vậy từ (4) suy ra tồn tại các đa thức P({z), Q(z), 7(+) thoả mãn điều kiện đề bài khi và chỉ khi tồn tại đa thức S(z) sao cho các đa thức
(3z? — 4z + 5)Ø(œ), 60(z2 — 3z + 3)S(œ)
và
(3a? — 4x + 5)(x? — 32 + 3)S(x)
đều là những đa thức với hệ số nguyên dương
Theo kết quả của Bài tốn 3 thì tồn tại số nguyên dương kị đủ lớn sao cho (3z2 ~ 4z + 5)(z +1)”
Trang 24Bài tốn 5 Chứng minh rằng nếu đa thite P(x) > 0 với mọi z > 0 thì tơi
da thitc A(x), B(x), C(x), D(z) dé P(x) biéu dién dược dưới dạng
P(x) = [A(@)|Ÿ + [B(a)]? + z{(C(œ)]* + [D(2)]?},
Giải
1 Trường hợp deg P(x) = 2m
Nếu m = 0 thi ta dé dang viét duoc biéu dién (5) Với mm > 1, ta cĩ thể phân tích đa thức P(z) dưới dạng
m
P(x) = [[ (ana? + dew + cx), ,
k=1
trong đĩ ay > 0, ag#z? + byz + cy > 0 Va > 0
Trang 25(Do các biểu thức trong ngoặc nhọn là khong âm với mọi x nén 4p dụng được kết quả biểu diễn của Bài tốn 1)
Bài tốn 6 Cho đa thức ƒ(z) € R[z] thỏa mãn điều kiện ƒƑ(z) >0 Vz € (—1:1) Chứng minh rằng đa thức ƒ(z) cĩ thể biểu điễn được dưới dạng k z) = » < + x) (1 — œ)# j=0
v6i aj 20, a;, By EN
Giai Gia sit deg f(r) = m Dat 1+z li—z + ¬ =‡i r= —— t be Do z € (—1;1) nên £ > 0 t—1 | Vay f(z) = ƒ GS) > 0 Vt > 0 Do dé da thức Q(0) với ¿—1 t)=(t+1)™ Gs) Qt) = (+1 (FS
là một đa thức thỏa mãn điều kiện Q(#) > 0 Vt > 0
Trang 26voi ay = <4 > 0 Tir do ta co điều phải chứng minh
“
Bài tốn 7 Chứng minh rằng tồn tại đa thức P{z) bậc n va nhận giá trị
trong khoảng (—1; 1) và nĩ khơng thể biểu diễn được dưới dạng
P(z) = 3) A„s(1— ø)*( + z)/,
trong đĩ 4„ø >0, œ+ /đ<m; œ, ổ là các số nguyên khơng âm
Giải Xét đa thttc P(x) = x? +¢, trong đĩ s > 0 Giả sử cĩ thể viét P(x) du dạng
P(z) =z ” + » A„ø(<)(1 —#)*(1+z)#,
œ+8<2
trong đĩ e > 0, A(c) > 0, œ và Ø chạy trên tất cả các số nguyên khơng œ+8 <2 Như vậy, với z bất kỳ trong tổng này sẽ chứa vừa đúng sáu số hạn cách thế z = 0 vào (6) ta nhận được 4„ø(z) bị chặn với 0 < e < 1 Cho dé sao cho tồn tại lim, A(e) = A trong tất cả sáu số hạng, khi đĩ chuyển qua giới
és
nhận được
w= S > Ago(l—2)*(1+2)%
œ+Ø<2
Nhưng với z = 0 thì đồng nhất thức này khơng thoả mãn
Trang 28PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN DEN TAM GL
Nguyễn Văn Mậu
` a nw we + oe
3.1 Ham số chuyến đổi các tarn giác
3.2 Phương trình hàm liên quan đến tam giác
3.1 Hàm số chuyển đổi các tam giác
Ta nhấc lại (khơng chứng minh) một số hệ thức đặc trưng cho tam giác học sinh bậc THPT đều quen biết Đây là những hệ thức đơn giản mơ tả sự rài tự nhiên của các yếu tố cạnh và gĩc trong một tam giác
Bài tốn I Điều kiện cần và đủ để 3 số dương 4, ,C là độ do các gĩc ‹ tam giác AABŒ là
A+B+C=7
Bài tốn II Điều kiện cần và đủ để 3 số dương a, b, c khi gắn với cùng mội
đo lường lập thành độ dài các cạnh của một tam giác AABC là atb>c
b+c>ua c+oa>n
Nĩi cách khác, ta cĩ thể phát biểu ngắn gọn như sau
Bài tốn TP Điều kiện cần và đủ để 3 số dương a, ở, e là độ dài các cạnh c tam gidc AABC là
|b—c| <a<b+ec
Trong phần này sẽ khảo sát các đặc trưng hàm cơ bản của một số hàm : bởi các phép biến hình sơ cấp dạng tịnh tiến, đồng dạng, phản xạ và nghịch d đường thẳng thực
Bài tốn 1 Xác định œ để hàm số ƒ(z) = z + œ cĩ tính chất ƒ(a), ƒ(b),
độ dài các cạnh của một tam giác ứng với moi AABC
Trang 29f(a) >0, f(b) >0, f(c) > 0
Suy ra
ata>0Q, b+a>0, c+a>0, VAABC hay
a>-a, a>-b, a>—c, VAABC Điều này tương đương với
œ > max{—a, —b,—c}, VAABCƠ hay œ > 0
Ngược lại, với œ > 0 thì ƒ(a) ƒ(), ƒ(c) là độ dài các cạnh của một tam giác do ø, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác Vậy nên với œ > 0 thì hàm số ƒ(+) = z+a cĩ tính chất ƒ(a), ƒ(b), ƒ(c) là độ đài các cạnh của một tam giác ứng với mọi AAĐØŒ
Bài tốn 2 Xác định œ để ham s6 f(x) = az cé tinh chat f(a), f(b), f(c) là độ
đài các cạnh của một tam giác ứng với mọi A ABC Bài giải
Để ƒ(a), ƒ(b), ƒ(c) là độ đài các cạnh của một tam giác, trước hết phải cĩ ƒ(a)>0, ƒ() >0, ƒ() >0, VAABC
Suy ra
aa>d, ab>0, ac>0, VAABC (1) Tir (1) ta thu được a > 0 That vay, néu a < 0 thi f(a) < 0
Vậy với a > 0 thi ham sé f(z) = az cé tinh chat f(a), f(b), f(c) la do dai cac cạnh của một tam giác ứng với mọi AA 5Œ
Bài tốn 8 Xác định œ, Ø để hàm số ƒ(+) = œz + 6 c6 tinh chat f(a), f(b), f(c)
là độ đài các cạnh của một tam giác tng voi moi AABC
Bài giải
Dé f(a), f(b), f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải cĩ
ƒf(a) >0, ƒŒ) >0 ƒ(e) >0, VAABC
Suy ra
œœ+/>0, ab+j>0, œ+j>09, VAABCˆ (1)
Từ (1) ta thu được œ > 0 That vậy, nếu a < 0, Ø tuỳ ý cho trước thì ta chọn A.45€
cĩ a đủ lớn thì theo tính chất của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được œa + 6 < 0 Tương tự, cũng từ (1) ta suy ra đ > 0 Thật vậy, nếu Ø < 0, ta chọn A ABC cĩ a đủ nhỏ thì theo tính chất của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được œa + Ø < 0
Trang 30Với œ>0, 8>0và œ+ Ø > 0 thi ta thay f(a), f(b), f(c) là độ dài ‹ của một tam giác do a,b,e là độ dài các cạnh của một tam giác Vậy nên:
Với >0, 8> 0 và + > 0 thì hàm số ƒ(z) = œz + Ø cĩ t ƒ(a) ƒ(b), ƒ(e) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi AA 8Œ
Bài tốn 4 Xác dinh a, @ dé hàm số ƒ(z) = ax +3 cé tinh chat f(a), f là độ dài các cạnh của một tam giác ứng voi moi AABC
Bai giai Khong mất tính tổng quát, ta luơn luơn giả thiết a > b > e
: ; 1 + ee ‘ `
Nhận xét rằng, phép nghịch đảo g(x) = = khơng cĩ tính chất: ø(a), ø(0) độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi AA1Œ Thật vậy, xét tam với a =b =2,c= l1 thì ta cĩ 1 1 Tp Cc ale Để ƒ(a), ƒ(b), ƒ(e) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải c ƒ(a)>0, ƒ@) >0, ƒ() >0, VAABC Suy ra
œa+ Ø8 >9, ab+ð8>0, œc+>09, VAABCŒ
Từ (1) ta thu được œ > 0 That vay, néu a < 0, Ø tuỳ ý cho trước thì ta chọn cĩ a đủ lớn thì theo tính chất của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được œø + Ø <
Tương tự, cũng từ (1) ta suy ra đ > 0 Thật vậy, nếu ổ < 0, ta chọn Ai đủ nhỏ thì theo tính chất của nhị thức bậc nhất sẽ nhận duoc aa + 6 < 0
Trường hợp khi đồng thời xảy ra Ø = 0 thì ƒ(z) = 0 khơng thoả mãn (theo nhận xét ở trên)
Với œ =0, 8> 0, ta thu được hàm hằng dương nén f(a) = f(b) = ƒ(c
f(a), f(b), f(c) 1a do dài các cạnh của một tam giác đều Xét trường hợp œ >0, 8> 0 Khi đĩ
f(a) 2 f(b) 2 fe)
Vậy ta cần xác định các số dương œ, Ø sao cho luơn cĩ ƒ(a) + ƒ@) > f(c), VAABC, a>b>»ec hay
1 1 1
> ,
xa+Ð ab+B œc + 8
Xét các tam giác ABC cân đồng dạng với tam giác cạnh 3,3,1, tức a =
Trang 31là + là +8 c 34a 5 3 #a £ Vd > 0 hay 8>2do, Vd >0 Điều này khơng xảy ra khi đ đủ lớn 1 ¿ ,
Vậy với œ =0, 6 > 0 thi ham s6 f(z) = 5 c6 tinh chat ffa) f(b), f(c} là độ dai các cạnh của một tam giác ứng với mọi AABŒ
Bài tốn ð Xác định các hàm số f(a) liên tục trong [0,z], ƒ(0) = 0 và cĩ đạo ham trong (0,7) sao cho f(A), f(B), f(C) tao thanh d6 do cdc gĩc của một tam giác ứng với mọi AA BƠ cho trước Bài giải Ta cần xác định hàm kha vi f(x) sao cho >" Va € (0, 7) f(0) = f(A) + 10 J+ f(C)= Theo gia thiét thi f(0) = 0 nén f(z) =a7 va C=x—(A+4+B) Suy ra f(A)+f(B)+fa-A-B)=n7, VA,B,A+ Be [0.7] hay ƒ(z) + ƒÚ) + ƒœ—œ— ) =”, Vz,u,z + € [0 xÌ (1) Lấy đạo hàm trong (0,7) theo biến z, ta thu được #(Œœ)— ƒ(œŒ—z—) =0, Y#,,# + € |0,7] (2)
Từ (2) suy ra ƒ7(z) là hàm hàng trong (0,7) và vì vậy ƒ(z) = pz + q Do ƒ(0) = nên g = 0 va vi vay f(x) = pz Do ƒ(r) = 7 nên ø = 1 và ta thu được ƒ(z) = z
Trang 32Xác dịnh các hàm số ƒ(z) liên tục trong (0, 7] va ƒ(0)=0 f(z) >0, ƒ()+ƒŒ)+ƒ(r—z—) =z, Vz,u € (0,”),z+ < Do ƒ(0) = 0 nên với = 0, ta thu được ƒ(+) + ƒ(0)+ ƒ(œ—z) =x, Vz € |0,+| Dat f(x) = £ + ø(z) thì ø(0) = 0 và g(z) là hàm liên tuc trong [0,7] Ta c (1) đz+g() +(x#ứ) + g(xz) == ôâ ø(z) + g(x — z) =0, Vz € |0, rÌ hay g( — z) = —g(+®), Va € |0,zÌ, Thế ƒ(z) = z + g(z) vào (1) và sử dụng (2), ta thu được z+g0(z) +1 + 000) +7~(œ+1) + g(x T (œ+)) =7, Ý#,1/€ [0, x], + + hay g(z) + g(0) — g( + 9) =0, Vz,u € [0,~],z + ST hay g(+ +1) = g(z) + ø(), Vz, €[0,~Ì,x +ụ <7 Do ƒ(z) liên tục trong |0, x| nên (3) là phương trình ham Cauchy và ø(z) = †(z) =(1+ø)z Để ƒ(z) > 0 với mọi z € (0, Z), ta cần cĩ 1 + œ > 0 và để f(A) + f(B) + f(C) = 7 ta cần cĩ 1 + œ = 1 Suy ra œ = 0 và ƒ(z) = z
Bài tốn 7 Xác dịnh các hàm số ƒ(z) liên tục trong [0,7] sao cho f(A), f(B)
tạo thành độ do các gĩc của một tam giác ứng với mọi A4 BC cho trước
Bài giải
Ta thấy cĩ hai hàm số hiển nhiên thoả mãn bài tốn, đĩ là ƒ(z) = z và ƒ(z)
Tà phát biểu bài tốn đã cho dưới dạng:
Xác định các hàm số f(x) lién tuc trong [0,7] va
f(z) >0, f(z) + fy) +fr-2-y)=7, Vz, y€ (0,7), ety <n
Trang 33Hay
#(z) + ƒ(w) +Í[m — ƒ(0) — f(w + )]=x va.u c|0.m],# + <
hay
đa + 1) + ƒ(0) = f(x) + fy), VYe.ye Or] ety <a (2)
Dat f(r) = f(0) + g(z) Khi d6 g(z) lien tuc trong [0,7] va (2) cé dang g(z + U) = g(z) + g(0), VY, € [0,7 2+y <7 (3) Đo g(z) liên tục trong |0, ] nên (3) là phương trình hàm Cauchy và g(x) = az và †(z) = œz + Ø Ta cần xác định œ, 2 để ƒ(z) > 0 với mọi z € (0,7) và để ƒ(4) + ƒ@) + ƒ(C) == hay œz+ 8 > 0, Va € (0,7) a(A+B+C)+36=7 hay axr+ G3 >0, Vr € (0,7) an+3f=n hay 1— f(x) =ar+ (oe >0, Va € (0,7) (4) Cho x + 0 va x -> 2, tir (4) ta thu duoc <ac<l ti ¬ 1 5 3 Với —5 < œ < 1 thì hiên nhiên (4) thoả mãn 1
Xét œ= “5 thi f(z) = ~52 += 5 = thoả mãn điều kiện bài ra
Thậy vậy, với 0 < z < z thì ƒ(z) > f(x) =
Xét œ == I1 thì ƒ(z) = z hiển nhiên thoả mãn điều kiện bài ra Vậy, các hàm cần tìm đều cĩ dạng
ƒ(œ) =az+ (= a)m
Bài tốn 8 Xác định các hàm số f(z) lién tuc trong [0,1] sao cho f(a), f(b), f(c) tạo thành độ đo các cạnh của mội tam giác nội tiếp tronp đường trịn đường kính 1 ứng với mọi A ABC nội tiếp trone đường trịn đường kính 1 cho trước
Bài giải
Trang 34Xét đường trịn 2 đường kính bàng I Ký hiệu 3/(A) là tập hợp tất cả giác nội tiếp trong đường trịn Ĩ đĩ Khi đĩ điều kiện cần và đủ để ba s œ,đ,+ là ba gĩc của mot tam gidc thuoc M(A) 1a sina, sin G, sin y tao thar các cạnh của mot tam gidc thudc M(A)
Thật vậy, khi œ đ.+ là ba gĩc của một tam giác thì 2Rsin œ.3sin B,' hay sina,sin Øđ, sin+ là độ dài các cạnh tương ứng của tam giác nội tiếp dư đường trịn 2 đường kính bằng |
Ngược lại, khi sin œ,sin Ø, sin y là độ dài các cạnh tương ứng của tam | tiếp được trong dường trịn 2 đường kính bằng I thì do các gĩc œ, đ,+y dư a, 8,7 1a ba gĩc của một tam giác
Vậy, theo kết quả bài tốn 7 thì các hàm cần tìm cĩ dạng
f(z) =sin (aa + = "` 1—
3
3.2 Phuong trình hàm liên quan đến tam giác
Trong mục này, ta quan tâm đến bộ các hàm số ( phương trình hàm đa £ lập nên một dãy các tam giác ứng với các giá trị tương ứng của đối số
Trước hết, ta nhận xét rằng nghiệm của phương trình vơ định # + yŸ = ¿ tập các số thực dương cĩ thể mơ tả dưới dạng tham số x = uco§0, y = usin», 4 7 z= u, weR*, ve (0,2) Vậy ta cĩ kết luận sau: Bài tốn 1 Chứng minh rằng với mọi (, 0) với u €IR†,€ (0, 3) đều tổn tại một t: mà số do các cạnh là những số
Py(u,v) =ucosv, Po(u,v)=usinv, P3(u,v) =u
va cdc tam gidc d6 tg voi moi (u,v) voiu EE Rt, ve (0, 3Ì cho trước đều giác vuơng
Giải
That vay, dé thay P(u,v) > 0, Pe(u,v) > 0, P3(u,v) > 0 ứng với mọi (u
uERti ve (0, 5 và đẳng thức sau luơn luơn đúng
[Pi(u, v)]? + [P2(u, v))? = [Ps(u, v)]?
Tir d6 suy ra Py(u,v), Pe(u,v), P3(u,v) la dé dai cic canh cha một tam giác
canh huyén P3(u, v)
Trang 35Bai toan 2 Ching minh rang vdi moi x > 1 đều tổn tại một tam giác mà số đo các cạnh là những số Py(x) = a4 +93 420? +041, Po(a) = 2° + 2? +22 +1, P3(x) = 2 —1 và các tam giác đĩ ứng với mọi z > 1 cho trước đều cĩ gĩc lớn nhất như nhau Giải Đặt z? +xz+21=a>0,2z+1=b>0 và z?—1=c>0thì |b — c|= |z?—2z|<a=z?+xz+1<|b+c|=z?®+2z Vay a,b,c la độ đài các cạnh của một tam giác Do vậy
Py(x) = a(a27 +1), Po(z) = b(x? +1), P3(x) = c(x? +1)
cũng là độ dài các cạnh của một tam giác Cạnh cĩ độ đài lớn nhất của tam giác ứng với P1(z) hay a Gọi œ là gĩc lớn nhất của tam giác Khi đĩ thì a2 = b2 + c2 — 2be cos œ hay cosa = SQ = I 5 hay 2z a= 3" Bai tap
Bai 1 X4c dinh cdc da thitc bac nhat T(x), U(x), V(x) sao cho T(x), U(x), V(z)
Trang 36BẤT PHƯƠNG TRÌNH HAM LIEN QUAN DEN TAM |
4.1 Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác
4.2 Hàm số chuyển đổi thứ tự các yếu tố trong tam giác
4.1 Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác
Trước hết, ta nhắc lại (khơng chứng minh) một số hệ thức đặc trưng cho t mà mọi học sinh bậc THPT' đều quen biết Đây là những hệ thức đặc biệt qu: liên quan đến sự ràng buộc tự nhiên của các yếu tố cạnh và gĩc trong một ta Bài tốn L Trong mọi AABC ta đều cĩ: ứng với gĩc lớn hơn thì cạnh lớn Nhận xét 1 Điều khẳng dịnh trên cho ta một kết luận tương đương sau dâ
Trong AABC khi A < B thi sinA < sinB
Và như vậy, mặc dù ham s6 f(x) = sing khong déng bién trong (0, 7) t hệ thức kiểu ”đồng biến” cho cập gĩc của một tam giác
Bài tốn II Trong mọi AABC ta đều cĩ:
A+B
cos A+ cos B < 2cos
Trang 37- Bài tốn V, Trong mọi A ABC ta đều cĩ bất mg thức
cotg S + cotg 5 + core S = >3Vv3
Bai toan VI Trong moi AABC ta déu c6 bat dang thitc
cos A + cosB + cosC' < 7
Nhận xét 3 Điều khẳng định của các Bài tốn II-V để dàng kiểm chứng được dựa trên bất đẳng thức Young W.H quen biết đối với lớp hàm cĩ đạo hàm khơng đổi dấu
trong khoảng (0, z) -
Tuy nhiên, đối với khẳng định của Bài tốn VỊ thì ta thấy ngay rằng tính chất của
hàm lõm khơng cịn được sử dụng như một cơng cụ cơ bản để kiểm chứng tính đúng
đán của bất đẳng thức Vậy thì, một vấn để xuất hiện tự nhiên là: Về tổng thể, ta cĩ
thể mơ tả được hay khơng lớp các hàm tổng quát thoả mãn điều kiện
ƒ(A) + 7(8) + ƒ(G <3/(5)
hoặc
ƒ(A) + ƒ(B) + ƒ(G) >3ƒ(5)
với mọi AA BC?
Sau đây ta xét một số minh hoạ thơng qua cách xây dựng các phương trình hàm dé mơ tả những nhận xét đã nêu ở trên
Trang 38Bài tốn 23 Xác dịnh các hàm số ƒ(¿) xác dịnh trong khoảng (0,7) và thẻ điều kiện:
Với mọi tam giác ABC thì A < B khi va chi khi f(A) < f(B)
Giai
Trước hết, ta cĩ nhận xét rằng điều kiện 4 < B khi va chi khi f(A) < ff mọi cặp gĩc nhọn 4, Ư tương đương với ƒ(f) = fo(t) 1A mot hàm đồng biết (0, 3] Xét hàm số t) khi O<t<= go(t) = fo(t) SUS? fo(a —t) khi 3s<l<7 Ta chứng minh rằng, khi đĩ øo(£) thỏa mãn điều kiện bài ra
Thật vậy, ta cĩ go(4) < go(B) voi moi géc A, B nhon va A < B Xét trườ 0<A<j<B<zxvớ A+B<zr
Tà cĩr— B> Avà
(8) = #aŒ — B) > fo(A) = go( A)
Tiếp theo, ta chứng minh rằng mọi hàm ƒ(£) thỏa mãn điều kiện bài tốn
dạng
_ go(t) khi O<t< 5
j= {20 | khi ‡<¿<z
Thật vậy, với điểu kiện go(B) < ƒ(B) với mọi gĩc P tù, ta cĩ với 0 < A B<rvới A+B<zrthìm-B> Avà
f(B) = go(B) = fol — B) > fo(A) = go(A) = f(A) Bài tốn 3 Xét hàm số int khi O<t<% f(t) = sin i tS 1+cost khi 5<t< Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều cĩ 3v3 f(A) + #(B) + #0) < 2 Giai Khi AABC nhon thi (4) cĩ dạng quen biết sin 4+sinB+sinC < <8
Xét trường hop AABC ti véi C > F thi (4) cĩ dạng _
Trang 39- Để ý rằng với gĩc Œ tù thì
l+cosC < sinC
nên ta cĩ (5) là đúng
4.2 Hàm số chuyển đổi thứ tự các yếu tố trong tam giác
Bài tốn 1 Cho hàm số ƒ(z) xác định dương và hàm số g(z) = zƒ(z) và đồng
biến trong (0,oo) Chứng minh rằng hàm số ø(z) là hàm số bảo tồn hệ thức giữa r và R trong tam giác
Nĩi cách khác, nếu r, ?‡ lần lượt là bán kính đường trịn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC nào đĩ thì g(r) g(†) lần lượt sẽ là bán kính nội tiếp và ngoại tiếp của một tam giác nào đĩ
Giải Thật vậy, theo giả thiết thì R > 2r (dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác đều) Tà
chứng minh g(R) > 2g(r) Tà cĩ ƒ(z) > 0 và ƒ(2z) > ƒ(z) với moi x > 0 (do f(r) 2z x ; déng bién) suy ra gs) > ae) hay g(2z) > 2ø(z) Tir day suy ra g(2r) > 29(r) Mặt khác, g(R) > g(2r) do R > 2r va g(x) déng bién Suy ra g(R) > 2g(r) Bai tap Bài tập 1 Xét hàm số cosứ khi 0<‡#< 5 ƒŒ) = g() khi 3 <t<z c 2
Xác định các hàm số g(£) xác định trong khoảng (5, z) và thỏa mãn điều kiện: Với mọi tam giác ABC ta đều cĩ
f(A) + ƒ(B) + ƒ(Œ) < 3ƒ)
Bài tập 2 Xét hàm số
f(t) = sint khi 0<t<45 g(t) Khi 5 <<“
Trang 40Với mọi tam giác Ä BC ta đều cĩ
f(A) + ƒ() + ƒ(C) <S3ƒŒ) wa
Bài tập 4 Xét hàm số
f= g(t) khi O<t<§ cost khi §<t<7
Xác định các hàm số g(t) x4c định trong (0, 5} và thỏa mãn điều kiện:
Với mọi tam giác AC ta đều cĩ ƒ(A) + ƒ() + ƒ(Ø) <3ƒ(3) Bài tập 5 Cho hàm số p(£) xác định và lõm (cĩ đạo hàm bậc hai âm) trong (( ~ at Xét hàm số q(t) khi O<t<§% /0={ ty WM tebe g(t) khi 5 <t<
Xadc dinh cdéc ham so g(t) xác định trong khoảng (5, z) và thỏa mãn điều kiện: Với mọi tam giác ABC ta đều cĩ
F(A) + f(B) + ƒ(Œ) < 3ƒ)
Bai tập 6 Cho hàm số p(/) xác định trong (5,7) Xét hàm số f(t) = gŒ) khi 0<£<5
q(t) khi 5 <t<a