BẤT ĐẲNG THỨCTRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ HỒNG DUYÊN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Hà Nội - Năm 2015 Mục lục Mở đầu Một số tính chất hàm mũ logarit 1.1 Hàm đơn điệu 1.2 Hàm lồi, lõm 1.3 Tính đơn điệu, tính lồi lõm hàm số mũ hàm logarit 1.3.1 Tính đơn điệu hàm số mũ hàm logarit 1.3.2 Tính lồi, lõm hàm số mũ hàm logarit 1.4 Một số bất đẳng thức cổ điển 1.5 Vai trò hàm số mũ, hàm logarit chứng minh bất đẳng thức cổ điển 4 5 6 Các bất đẳng thức lớp hàm mũ, hàm logarit 13 2.1 Bất đẳng thức hàm số mũ 13 2.2 Bất đẳng thức hàm logarit 26 Một số toán áp dụng 3.1 Các toán cực trị liên quan đến hàm mũ hàm logarit 3.2 Bất đẳng thức siêu việt dãy số giới hạn 3.3 Bất đẳng thức siêu việt phương trình hệ phương trình 34 34 42 50 KẾT LUẬN 58 Tài liệu tham khảo 59 Mở đầu Bất đẳng thức lĩnh vực khó chương trình toán học phổ thông, song lại có sức hấp dẫn, thu hút tìm tòi, óc sáng tạo học sinh Dạng toán bất đẳng thức thường có mặt kỳ thi tuyển sinh cao đẳng đại học, thi học sinh giỏi hay kỳ thi Olympic Lý thuyết bất đẳng thức đặc biệt, tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Đặc biệt bất đẳng thức lớp hàm siêu việt phần chuyên đề hay, đóng vai trò quan trọng bồi dưỡng học sinh giỏi Để góp phần đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi bất đẳng thức, luận văn "Bất đẳng thức lớp hàm siêu việt" đưa số toán bất đẳng thức lớp hàm mũ logarit, số toán áp dụng cúa bất đẳng thức siêu việt vào việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số, toán dãy số giới hạn khảo sát số phương trình hệ phương trình Luận văn "Bất đẳng thức lớp hàm siêu việt" chủ yếu sưu tầm, nghiên cứu tài liệu sách tham khảo liên quan đến bất đẳng thức lớp hàm mũ, logarit toán ứng dụng liên quan Luận văn chuyên đề nhằm góp phần hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông (xem [1-9]) Ngoài phần Mở đầu Kết luận, Luận văn chia làm ba chương sau: Chương Các kiến thức bổ trợ Chương trình bày số tính chất hàm số mũ hàm logarit (tính đơn điệu, tính lồi lõm); ý nghĩa hàm số mũ, hàm logarit chứng minh bất đẳng thức cổ điển số bất đẳng thức cổ điển sử dụng luận văn Chương Các bất đẳng thức lớp hàm mũ, logarit Chương đưa toán bất đẳng thức mũ, logarit nghiên cứu tổng hợp tài liệu tham khảo Chương Một số toán áp dụng Chương đưa toán cực trị liên quan đến hàm mũ, hàm logarit; toán áp dụng bất đẳng thức siêu việt dãy số giới hạn, khảo sát phương trình hệ phương trình Trong thời gian thực luận văn này, tác giả nhận hướng dẫn, bảo tận tình GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Thông qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc trân trọng công lao, quan tâm, động viên tận tình bảo, hướng dẫn thầy Nguyễn Văn Mậu Tác giả chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học dạy bảo tận tình; chân thành cảm ơn thầy cô Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Sau đại học, văn phòng khoa Toán - Cơ - Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian tác giả học tập làm luận văn Hà Nội, ngày 30 tháng 11 năm 2015 Học viên Nguyễn Thị Hồng Duyên Chương Một số tính chất hàm mũ logarit 1.1 Hàm đơn điệu Định nghĩa 1.1 (Xem [1-3]) Cho hàm số f : R → R xác định tập I(a; b) ⊂ R, I(a, b) ký hiệu tập hợp (a, b), [a, b), (a, b], [a, b] với a < b Khi đó, ứng với x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có với x1 < x2 suy f (x1 ) ≤ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a; b) Đặc biệt, ứng với cặp x1 , x2 ∈ I(a; b), ta có f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng thực I(a; b), hay gọi hàm đồng biến Ngược lại, ứng với x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có với x1 < x2 suy f (x1 ) ≥ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a; b) Nếu f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ; ∀x1 , x2 ∈ I(a; b) ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a; b), hay gọi hàm nghịch biến Định lý 1.1 Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) f (x) > với x ∈ (a; b) hàm số f (x) đồng biến khoảng Ngược lại, f (x) < với x ∈ (a; b) hàm số f (x) nghịch biến khoảng 1.2 Hàm lồi, lõm Định nghĩa 1.2 (Xem [1-3]) Hàm số f (x) gọi hàm lồi (lồi xuống dưới) tập I(a; b) ⊂ R với x1 , x2 ∈ I(a; b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) Nếu dấu đẳng thức xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lồi thực (chặt) I(a; b) Hàm số f (x) gọi hàm lõm (lồi trên) tập I(a; b) ⊂ R với x1 , x2 ∈ I(a; b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≥ αf (x1 ) + βf (x2 ) Nếu dấu đẳng thức xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lõm thực (chặt) I(a; b) Định lý 1.2 (Xem [1-3]) Nếu f (x) khả vi bậc hai I(a; b) f (x) lồi (lõm) I(a; b) f (x) ≥ (f (x) ≤ 0) I(a; b) 1.3 Tính đơn điệu, tính lồi lõm hàm số mũ hàm logarit 1.3.1 Tính đơn điệu hàm số mũ hàm logarit - Xét hàm số y = ax , a > 0, a = liên tục R, ta có y = ax ln a (a > 0, a = 1) Khi a > y > nên hàm số đồng biến R Khi < a < y < nên hàm số nghịch biến R - Xét hàm số y = loga x, a > 0, a = 1; x > ta có y = (loga x) = x · ln a Khi a > y > nên hàm số đồng biến (0; +∞) Khi < a < y < nên hàm số nghịch biến (0; +∞) 1.3.2 Tính lồi, lõm hàm số mũ hàm logarit - Xét hàm số y = ax , a > 0, a = 1, ta có y = ax ln a (a > 0, a = 1), y = (ln a)2 ax Ta thấy y > với < a = 1, x ∈ R hàm số y = ax hàm lồi R - Tương tự, với hàm số y = loga x, a > 0, a = 1; x > 0, ta có y = (loga x) = x · ln a −1 y = x ln a Nếu a > tức ln a > y < suy hàm số lõm (0; +∞) Nếu < a < tức ln a < y > suy hàm số lồi (0; +∞) 1.4 Một số bất đẳng thức cổ điển Định lý 1.3 (Bất đẳng thức AM - GM, Xem [1-3]) Giả sử x1 , x2 , , xn số không âm Khi √ x1 + x2 + · · · + xn ≥ n x1 x2 xn n Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Định lý 1.4 (Bất đẳng thức dạng Karamata, Xem [1]) Cho hai dãy số xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n, thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn  x1 ≥ y1 ,     x1 + x2 ≥ y1 + y2 , · · · · · · ··   x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1 ,    x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn Khi đó, ứng với hàm lồi thực f (x) (f (x) > 0) I(a, b), ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Jensen, Xem [1]) Cho hàm số y = f (x) liên tục lồi [a, b] Cho số k1 , k2 , , kn ∈ R+ ; k1 + k2 + · · · + kn = Khi với xi ∈ [a, b]; i = 1, 2, , n, ta có n n ki f (xi ) ≥ f ( i=1 ki xi ) i=1 Nếu hàm số y = f (x) lõm [a, b] bất đẳng thức đổi chiều, tức n n ki f (xi ) ≤ f ( i=1 ki xi ) i=1 Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Bernoulli (dạng liên tục), Xem [1]) Cho x > Khi xα + (1 − x)α ≥ Khi α ≥ α ≤ xα + (1 − x)α ≤ Khi ≤ α ≤ Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Bernoulli tam thức bậc (α, β) , Xem [1] ) Cho cặp số (α, β) thỏa mãn điều kiện α > β > Khi đó, với x ∈ R+ xα + α α − ≥ xβ β β Dấu đẳng thức xảy x = Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Schur) Với số thực dương a, b, c k ∈ R+ ta có ak (a − b)(a − c) + bk (b − c)(b − a) + ck (c − a)(c − b) ≥ Dấu đẳng thức xảy a = b = c a = b c = hoán vị Hai trường hợp quen thuộc sử dụng nhiều k = k = tức (i) a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ (ii) a2 (a − b)(a − c) + b2 (b − c)(b − a) + c2 (c − a)(c − b) ≥ Phương pháp đổi biến p, q, r Đối với số bất đẳng thức đối xứng có biến không âm ta đổi biến sau Đặt p = a + b + c; q = ab + bc + ca; r = abc Ta có số bất đẳng thức sau • ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) = pq − 3r • (a + b)(b + c)(c + a) = pq − r • ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 +2 ) = p2 q − 2q − pr • (a + b)(a + c) + (b + c)(b + a) + (c + a)(c + b) = p2 + q • + b2 + c2 = p2 − 2q • a3 + b3 + c3 = p3 − 3pq + 3r • a4 + b4 + c4 = p4 − 4p2 q + 2q + 4pr • a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = q − 2pr • a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 = q − 3pqr + 3r2 • a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 = q − 4pq r + 2p2 r2 + 4qr2 Có thể thấy lợi ích phương pháp mối ràng buộc biến p, q, r mà biến a, b, c ban đầu • p2 ≥ 3q • p3 ≥ 27r • q ≥ 3pr • pq ≥ 9r • 2p3 + 9r ≥ 7pq • p2 q + 3pr ≥ 4q • p4 + 4q + 6pr ≥ 5p2 q p(4q − p2 ) • r≥ (4q − p2 )(p2 − q) • r≥ 6p 1.5 Vai trò hàm số mũ, hàm logarit chứng minh bất đẳng thức cổ điển Định lý 1.9 (Bất đẳng thức AM - GM suy rộng, [1]) Giả sử cho trước hai cặp dãy số dương x1 , x2 , , xn ; p1 , p2 , , pn Khi đó: xp11 · xp22 · · · xpnn ≤ x1 p1 + x2 p2 + · · ·xn pn p1 + p2 + · · ·pn p1 +p2 +···pn Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Chứng minh Đặt s= x1 p1 + x2 p2 + · · ·xn pn p1 + p2 + · · ·pn Sử dụng bất đẳng thức hàm mũ ex−1 ≥ x, ∀x ∈ R, ta thu Từ ta thu hệ Suy x1 x1 x1 ≤ e s −1 ⇔ x1 ≤ se s −1 s  x1 s −1 , x ≤ se   x2  x2 ≤ se s −1 ,  ···········   xn xn ≤ se s −1  p1 x p1 ( s1 −1)p1 x ≤ s e ,   x  1p2 p2 ( s2 −1)p2 x2 ≤ s e ,  ···········   pn xn xn ≤ spn e( s −n)pn Vậy nên xp11 · xp22 · · · xpnn ≤ sp1 +p2 +···pn e x1 p1 +x2 p2 +···+xn pn −(p1 +p2 +···+pn ) s hay xp11 · xp22 · · · xpnn ≤ sp1 +p2 +···+pn , (đpcm) x1 x2 xn Dấu đẳng thức xảy = = ··· = = hayx1 = x2 = s s s · · · = xn 45 1 > ln (n + 2) ln (2n) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· 1 > 2n − < 2n ⇒ ln (2n − 1) ln (2n) n + < 2n ⇒ Suy |x2n − xn | > 1 n n + +···+ = > = ln 2n ln 2n ln 2n ln 2n 2n Vậy ∃ε0 = , ∀n > 0, |x2n − xn | > ε0 Suy {xn }+∞ n=1 phân kỳ theo định lý 3.2, đpcm Bài toán 3.13 Cho xn = + 1 1+ ··· 1+ n Chứng minh {xn }+∞ n=1 hội tụ Lời giải Xét xn = xn+1 1+ 2n+1 < = n+1 +1 2n+1 Suy xn < xn+1 nên dãy {xn } dãy đơn điệu tăng Ta có ln + m1 < m1 Lấy ln vế {xn } ta có ln xn = ln + 1 1 1 +ln + + · · · +ln + n < + + · · · + n = 2 Vậy ln xn < suy xn < e, {xn } bị chặn Như dãy {xn } đơn điệu tăng bị chặn trên, suy {xn }+∞ n=1 hội tụ theo định lý 3.3, đpcm Bài toán 3.14 Cho xn = + 1 + + · · · + − ln n n Chứng minh dãy {xn }+∞ n=1 hội tụ Lời giải Ta có xn+1 − xn = − ln (n + 1) < n+1 Với ∀n ∈ N+ 46 Do xn+1 < xn Suy dãy {xn } dãy đơn điệu giảm Ta có 1 > ln (1 + ) n n nên 1 1 1 xn = 1+ + +···+ −ln n > ln (1+1)+ln 1+ +ln 1+ +···+ln 1+ −ln n n n n+1 n+1 = ln · · · · · · · = ln > n n n Suy {xn } dãy đơn điệu giảm bị chặn Vậy {xn } dãy hội tụ theo định lý 3.3, đpcm Bài toán 3.15 Chứng minh với α > a > nα = lim n→+∞ an √ Lời giải Đặt m = [α] + 1; b = m a > (do a > 1) ta có nα nm 0< n < n = a a n √ m an m = n bn m Ta có n n 0< n = = b [1 + (b − 1)]n n n(n − 1) + (b − 1).n + (b − 1)2 + · · · + (b − 1)n 2 2n < = → Khi n → +∞ n(n − 1)(b − 1)2 (b − 1)2 n − Theo định lý 3.4 ta suy n =0 n→+∞ bn lim nα = (đpcm) lim n→+∞ an Bài toán 3.16 Chứng minh với a > an lim = n→+∞ n! Lời giải Lấy m nguyên dương cho m + > a Khi với n > m + ta có 0≤ an am+1 an−m−1 am+1 an−m−1 = ≤ · n! (m + 1)!(m + 2) n (m + 1)! (m + 2)n−m−1 47 Suy am+1 a an ≤ 0≤ n! (m + 1)! m + Vì m + > a nên lim n→+∞ a m+2 n−m−1 n−m−1 = Theo định lý 3.4 ta có an lim =0 n→+∞ n! (đpcm) √ n Bài toán 3.17 (Xem [7]) Chứng minh lim n! = +∞ lim n→∞ n→∞ √ n Lời giải Chứng minh lim n! = +∞ Ta thấy √ n n! n n→∞ 2n k ≥ nn+1 (2n)! ≥ k=n Do 2n √ 2n (2n)! ≥ nn+1 ≥ √ n √ √ 2n+1 (2n + 1)! ≥ nn+1 ≥ n √ √ n Do n → ∞ n! ≥ n mà √ lim n = +∞ 2n+1 n→∞ nên lim Chứng minh lim n→∞ √ n n! n √ n n→∞ n! = +∞ = e−1 Ta xét dãy số dương {an }n≥1 ta có √ √ an+1 an+1 lim inf ≤ lim n an ≤ lim sup n an ≤ lim sup n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ an an Với an = n! n an+1 (n + 1)! nn n = · = n+1 an (n + 1) n! n+1 Khi ta có n lim inf n→∞ n+1 n √ n ≤ lim n→∞ n n! n ≤ lim sup n→∞ n n+1 n , = e−1 48 mà n lim inf n→∞ n+1 n n = lim sup n→∞ n+1 n→∞ Vậy lim √ n n→∞ n! n = lim n→∞ = lim 1+ n n n n+1 n n = lim n→∞ n 1+ n = e−1 e = = e−1 Bài toán 3.18 (Xem [7]) Chứng minh 1+ x lim x→+∞ x =e lim x→−∞ 1+ x x = e Lời giải Ký hiệu nx số nguyên mà nx < x < nx + với số thực x Khi ta có 1+ x x ≤ 1+ nx nx +1 = 1+ nx nx · 1+ nx 1+ x x ≥ 1+ nx + nx = 1+ nx + nx +1 · 1 1+ nx + Cho x → +∞ nx → ∞ vế phải bất đẳng thức hội tụ e lim + n→∞ n n = e Do theo định lý 3.4 lim x→+∞ 1+ x x = e x = e x→−∞ x Đặt y = −x, ta chứng minh −y lim − = e y→+∞ y Chứng minh lim Thật −y y 1− = y y−1 1+ y = 1+ y−1 Vậy ta có điều phải chứng minh y−1 · 1+ −→ e y−1 Khi y → +∞ 49 Bài toán 3.19 (Xem [7]) Cho −1/12n an = bn e n!en bn = n+1/2 n Chứng minh khoảng (an , bn ) chứa (an+1 , bn+1 ) Lời giải Với x ∈ (−1, 1) ta có x2 x4 1+x = 2x · + + +··· ln 1−x Đặt x = 2n+1 , ln ta n+1 1 = · 1+ + +··· n 2n + 3.(2n + 1)2 5.(2n + 1)4 Vì n+ 1 1 ·ln + = + + + · · · 2 n 3.(2n + 1) 5.(2n + 1)4 Suy < n+ 1 1 1 ·ln 1+ < 1+ + +··· = 1+ n (2n + 1)2 (2n + 1)4 12n(n + 1) Suy e< 1+ n n+1/2 Ta có 1+ bn bn+1 = < e1+ 12n(n+1) n e n+1/2 Vì 1< bn bn+1 bn+1 −1 −1 bn · e 12n < bn+1 · e 12(n+1) an < an+1 Từ chứng tỏ khoảng (an , bn ) chứa (an+1 , bn+1 ), đpcm 50 3.3 Bất đẳng thức siêu việt phương trình hệ phương trình Bài toán 3.20 Giải phương trình √ √ log3√2 ( − x + x + 5) = Lời giải Điều kiện: −5 ≤ x ≤ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có √ 4−x+ Suy √ x+5≤ √ (1 + 1)(4 − x + x + 5) = √ √ √ log3√2 ( − x + x + 5) ≤ log3√2 = Do phương trình tương đương với √ 4−x= √ x + hay x = − 12 Vậy x = − 21 nghiệm Bài toán 3.21 Giải phương trình 4|x| + 2|x| = 4x + Lời giải Nhận thấy V P > nên 4x + > hay x > − 21 Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có - Nếu |x| ≥ : 4|x| = (1 + 3)|x| ≥ + 3|x| 2|x| = (1 + 1)|x| ≥ + |x| Suy 4|x| + 2|x| ≥ + 4|x| ≥ + 4x Dấu đẳng thức xảy x = - Nếu ≤ |x| ≤ : 4|x| = (1 + 3)|x| ≤ + 3|x|, 51 2|x| = (1 + 1)|x| ≤ + |x| Suy 4|x| + 2|x| ≤ + 4|x| = + 4x Dấu đẳng thức xảy x = ∨ x = Từ phương trình xảy x = {0; 1} Vậy phương trình có nghiệm x = {0; 1} Bài toán 3.22 Giải phương trình 3x = cos x Lời giải Ta có x2 ≥ suy 3x ≥ Lại có cos x ≤ 1, nên phương trình tương đương với 3x = 1, cos x = ⇔ x = Vậy x = nghiệm phương trình Bài toán 3.23 Giải phương trình x2 + 3x = 2x + 2−x cos Lời giải Phương trình cho tương đương với x2 + 3x = 22x + 2−2x + x2 + 3x 2.(2 cos2 − 1) = 22x + 2−2x 2(x + 3x) cos = 22x + 2−2x cos2 Theo bất đẳng thức AM - GM √ 22x + 2−2x ≥ 22x 2−2x = Lại có cos 2(x2 + 3x) ≤2 52 nên phương trình tương đương với   2(x2 + 3x) = 1, cos 22x = 2−2x ⇔ x = Vậy x = nghiệm phương trình Bài toán 3.24 Giải phương trình 3x2 − 2x3 = log2 (x2 + 1) − log2 x Lời giải Điều kiện: x > Phương trình cho tương đương với x2 + 3x − 2x = log2 , x 3x2 − 2x3 = log2 (x + ) x Theo bất đẳng thức AM - GM x+ ≥ x Suy log2 (x + ) ≥ x Xét hàm số f (x) = 3x2 − 2x3 , f (x) = 6x − 6x2 = ⇔ x = (do x > 0) nên hàm số đồng biến (0; 1), nghịch biến (1; +∞) đạt giá trị lớn x = Suy f (x) ≤ f (1) = Từ suy phương trình tương đương với log2 (x + ) = 1, x 3x2 − 2x3 = ⇔ x = Vậy x = nghiệm phương trình 53 Bài toán 3.25 Giải phương trình x2 + x + = x2 + 3x + log3 2x + 4x + Lời giải Phương trình tương đương với log3 (x2 + x + 3) − log3 (2x2 + 4x + 5) = 2x2 + 4x + − (x2 + x + 3) ⇔ log3 (x2 + x + 3) + (x2 + x + 3) = log3 (2x2 + 4x + 5) + (2x2 + 4x + 5) Xét hàm số f (t) = log3 t + t, t > 0, f (t) = tln1 + > với t > Do f (t) đồng biến (0; +∞) Suy phương trình tương đương với f (x2 + x + 3) = f (2x2 + 4x + 5) ⇔ x2 + x + = 2x2 + 4x + ⇔ x2 + 3x + = ⇔ x = −1 ∨ x = −2 Vậy phương trình có nghiệm x = {−1; −2} Bài toán 3.26 Giải phương trình 21+x + 21−x + 31+x + 31−x = 51+x + 51−x Lời giải Ta có 21+x + 21−x + 31+x + 31−x = 51+x + 51−x 1 ⇔ 2x + x +3 3x + x = 5x + x Xét hàm = tx + t−x ; t ≥ 2, x t f (t) = (tx − t−x ).ln t f (t) = tx + - Với x > tx > t−x nên f (t) > với t ≥ 2, hàm số đồng biến Do f (5) > f (3) > f (2) nên ta có   1 1    5x + 3 5x + > 3x + x , > 3x + x , x x 5 ⇔ 1 1   x x 2 5x +  5x + > + > 2 + 5x 2x 5x 2x 54 Suy 1 x x > 3 + +2 + 5x 3x 2x - Với x < tx < t−x nên f (t) < với t ≥ 2, hàm số nghịch biến Do f (5) < f (3) < f (2), chứng minh tương tự ta có 5x + 5x + 1 x x < 3 + +2 + 5x 3x 2x Như x < x > không thỏa mãn phương trình - Với x = thay vào phương trình thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x = Bài toán 3.27 Giải hệ phương trình ex − ey = (log2 y − log2 x)(xy + 1) (1) x2 + y = (2) Lời giải Điều kiện : x, y > Giải (1) ta có nhận xét sau - Nếu x > y ⇔ log2 x > log2 y Khi V T (1) > V P (1) < nên hệ vô nghiệm - Nếu x < y ⇔ log2 x < log2 y Khi V T (1) < V P (1) > nên hệ vô nghiệm - x = y thỏa mãn (1) nên ta có hệ x = y, x2 + y = ⇔ x = y, 2x2 = 1 Vậy hệ có nghiệm (x; y) = √ ; √ 2 ⇔x=y=√ 55 Bài toán 3.28 Giải hệ phương trình √  x − 2x + log3 (6 − y) = x y − 2y + log3 (6 − z) = y √ z − 2z + log3 (6 − x) = z Lời giải Điều kiện: x, y, z < Hệ tương đương với  x  √  log (6 − y) =   x2 − 2x +   y log3 (6 − z) = y − 2y +    z   log3 (6 − x) = √ z − 2z + Xét hàm số f (t) = √ có f (t) = t ; t 0; ∀t < (t2 − 2t + 6)3/2 Suy f (t) hàm đồng biến (−∞; 6) Không giảm tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) hay log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x) ⇔ y ≤ z ≤ x Vậy ta có x ≥ y ≥ z y ≤ z ≤ x, suy y = z Thay z = y vào phương trình hệ ta có log3 (6 − y) = ⇔6−y =3 y y − 2y + y y − 2y + (∗) Xét hàm số y f (y) = y − 2y + ; y < y 6−y y − 2y + ln > f (y) = (y − 2y + 6)3/2 với y < 56 f (y) hàm đồng biến (−∞; 6) Dễ thấy hàm f (t) = − y nghịch biến (−∞; 6), y = nghiệm phương trình (*) Vì y = nghiệm phương trình (*) Như ta có y = z = 3, thay vào hệ ta x = Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = Bài toán 3.29 Giải hệ phương trình  √ log5 x = log3 (4 + √ y) log y = log3 (4 + √z)  log5 z = log3 (4 + x) Lời giải Điều kiện: x, y, z > √ Xét hàm số f (t) = log3 (4 + t); t > 0, √ >0 f (t) = √ t.(4 + t)ln với t > Suy hàm f (t) đồng biến (0; +∞) Không giảm tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) hay log5 z ≥ log5 x ≥ log5 y ⇔ z ≥ x ≥ y Suy x = y = z Thay vào hệ ta phương trình √ log5 x = log3 (4 + x) =: a √ a √ x =√ 5a x = ( 5) ⇔ ⇔ √ a a 4+ x=3 x=3 −4 √ a ⇔ ( 5) = 3a − √ ⇔ + ( 5)a = 3a √ a ⇔ a+ = 3 Dễ thấy vế trái hàm nghịch biến, vế phải hàm a = nghiệm phương trình nên nghiệm 57 Từ log5 x = ⇔ x = 25 Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 25 Bài toán 3.30 Giải hệ phương trình x2 + 3x + ln (x − 1) = y + y + 3y + ln (y − 1) = x + (1) (2) Lời giải Điều kiện: x, y > Lấy phương trình (1) − (2) ta có x−1 =y−x y−1 x−1 ⇔ (x − y)(x + y) + 2(x − y) + ln =0 y−1 x−1 = (y − x)(x + y + 2) ⇔ ln y−1 x−1 ⇔ = e(y−x)(x+y+2) (∗) y−1 x2 − y + 3(x − y) + ln - Nếu x > y V T (∗) > V P (∗) < nên phương trình vô nghiệm - Nếu x < y V T (∗) < V P (∗) > nên phương trình vô nghiệm - x = y V P = V T ,thỏa mãn phương trình Thay x = y vào hệ, ta có x2 + 3x + ln (x − 1) = x + ⇔ f (x) := x2 + 2x + ln (x − 1) = Ta có (∗∗) > Với x > x−1 nên vế trái (**) hàm đồng biến (1; +∞), vế phải hàm Dễ thấy x = nghiệm phương trình nên nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x = y = f (x) = 2x + + 58 KẾT LUẬN Luận văn "Bất đẳng thức lớp hàm mũ, logarit", tác giả trình bày vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết kiến thức bổ trợ tính đơn điệu, tính lồi lõm hàm số nói chung hàm số mũ, hàm logarit nói riêng số bất đẳng thức cổ điển, định lý liên quan Vận dụng linh hoạt bất đẳng thức cổ điển giải số toán bất đẳng thức lớp hàm mũ, hàm logarit thông qua toán cụ thể Áp dụng bất đẳng thức hàm mũ, logarit toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Áp dụng bất đẳng thức siêu việt vào toán khảo sát dãy số giới hạn Nêu cách giải số lớp phương trình, hệ phương trình đặc biệt sử dụng hàm siêu việt Tuy nhiên, thời gian thực không nhiều khả hạn chế nên luận văn đưa số toán bất đẳng thức lớp hàm siêu việt áp dụng vào số toán dãy số giới hạn, phương trình hệ phương trình Về bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức lớp hàm siêu việt nói riêng nhiều vấn đề, nhiều toán phức tạp ứng dụng hay hơn, rộng Trong thời gian tới em tiếp tục tìm hiểu sâu nội dung Em mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn Em xin chân thành cảm ơn! 59 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 1993, Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, 2006 Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam, 1990 - 2014, NXB Giáo dục [5] D.S Mitrinovic (1970), Analytic Inequalities, Springer [6] Rajendra Bhatia (2008), The Logarithmic Mean, Indian Statistical Institute [7] Teodora-Liliana T.R., Vicentiu D.R., Titu Andreescu (2009), Problems in real analysis: Advanced calculus on real axis, Springer [8] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn, 2005, Giáo trình giải tích 1, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang,Nguyễn Viết Triều Tiên, Hoàng Quốc Toàn, 2001, Bài tập giait tích 1, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [...]... 13 Chương 2 Các bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, hàm logarit 2.1 Bất đẳng thức hàm số mũ Đối với hàm mũ, ta thường sử dụng kết quả sau để chứng minh bất đẳng thức Định lý 2.1 Với a > 0; a = 1 thì hàm f (x) = ax luôn thỏa mãn bất đẳng thức f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ R (2.1) Chứng minh Thật vậy - Nếu x = x0 ta được đẳng thức - Xét x > x0 ta được khoảng (x0 ; x) và bất đẳng thức (2.1)... minh β 2.2 α −1 β 3a 2b + c α (∗∗) Bất đẳng thức hàm logarit Đối với hàm logarit, về sau ta thường sử dụng kết quả sau để chứng minh bất đẳng thức Định lý 2.2 Với a > 1 thì hàm f (x) = loga x luôn thỏa mãn bất đẳng thức f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ R+ (2.4) Chứng minh Thật vậy - Nếu x = x0 ta được đẳng thức - Xét x > x0 ta được khoảng (x0 ; x) và bất đẳng thức (2.4) có dạng f (x) − f... + · · · + an x = 1+ Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 2.10 Cho các số dương x1 , x2 , , xn và y1 , y2 , , yn Chứng minh rằng x1 + x2 + · · · + xn y1 + y2 + · · · + yn y1 +y2 +···yn Chứng minh Xét hàm số f (t) = ln t có f (t) = ≥ x1 y1 y1 x2 y2 y1 ··· xn yn yn −1 < 0 suy ra f (t) là hàm số lõm t2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen u1 f (t1 ) + u2 f (t2... 0 ⇔ −(x − y)2 (x2 + xy + y 2 ) ≤ 0 Bất đẳng thức cuối luôn đúng do đó ta có bất đẳng thức phải chứng minh Bài toán 2.8 Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 ta có 1+ 1 x y 1+ 1 y z 1+ 1 z x ≥1+ Chứng minh Xét hàm số f (t) = ln 1 + f (t) = f (t) = 1 xy + yz + zx 1 ; ∀t > 0 t −1 t2 + t 2t + 1 >0 [t(t + 1)]2 suy ra hàm số lồi Theo bất đẳng thức Jensen ta có yf (x) + zf... vì hàm số f (x) = loga x có f (x) = mọi a > 1, x ∈ R+ nên f là hàm đơn điệu giảm trên R+ −1 x2 ln a - Xét x < x0 ta được khoảng (x; x0 ) và bất đẳng thức (2.4) có dạng f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 ) x − x0 < 0 với 27 hay f (x1 ) ≥ f (x0 ) với x < x1 < x0 Điều này hiển nhiên vì f là hàm đơn điệu giảm trên R+ Vậy ta thu được bất đẳng thức (2.4), đpcm Tương tự, ta cũng có Định lý 2.3 Với 0 < a < 1 thì hàm. .. luôn thỏa mãn bất đẳng thức f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ R+ (2.5) Chứng minh Thật vậy, chứng minh hoàn toàn tương tự đinh lý 2.2 nhưng với 0 < a < 1 hàm số f (x) = loga x có f (x) = đơn điệu tăng trên R+ −1 x2 ln a > 0 nên f là hàm Do đó ta thu được bất đẳng thức (2.5),đpcm Từ các kết quả của các định lí 2.2 và 2.3 ta thu được kết quả của một số bài toán cực trị trong lớp hàm mũ với... Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (1; 0; 0) và các hoán vị 20 Bài toán 2.6 Với x > 0, chứng minh rằng 2(1 + ex ) > (1 + √ ex )2 > (1 + √ 3 ex )3 2 Chứng minh Xét hàm số f (t) = ln (1 + et ), mọi t > 0 Khi đó et f (t) = > 0, ∀t > 0 (1 + et )2 Vậy hàm f (t) là hàm lồi trên R+ Mặt khác với x > 0 ta có (x; 0; 0) x x ; ;0 2 2 x x x ; ; 3 3 3 Áp dụng bất. .. với x0 < x1 < x Điều này là hiển nhiên vì hàm số f (x) = ax có f (x) = (ln a)2 ax > 0 với mọi a > 0, a = 1, x ∈ R nên f là hàm đơn điệu tăng trên R - Xét x < x0 ta được khoảng (x; x0 ) và bất đẳng thức (2.1) có dạng f (x) − f (x0 ) ≤ f (x0 ) x − x0 hay f (x1 ) ≤ f (x0 ) với x < x1 < x0 Điều này hiển nhiên vì f là hàm đơn điệu tăng trên R Vậy ta thu được bất đẳng thức (2.1), đpcm Từ kết quả của định... 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Karamata đối với hàm lồi ta suy ra √ √ 3 ln (1 + ex ) + 2ln 2 > 2ln (1 + ex ) + ln 2 > 3ln (1 + ex ) 3 √ 3 x 1+ e √ ⇔ ln (1 + ex ) + ln 2 > ln (1 + ex )2 > ln 2 3 √ 1 + 3 ex √ ⇔ 2(1 + ex ) > (1 + ex )2 > 2 Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh Bài toán 2.7 Cho x, y ∈ N Chứng minh rằng x4 + y 4 x+y 3 x+y ≥ xx y y Chứng minh Lấy Logarit nepe 2 vế ta có bất đẳng thức cần chứng... √ 3 3 giả thiết trở thành p2 − 2q = 1 Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau xy 2 + yz 2 + zx2 + xyz ≤ 4(x + y + z)3 27 hay 4 xy 2 + yz 2 + zx2 ≤ √ − r 3 3 Ta thu được 4 V T (∗) ≤ √ − r + p − [3r + p(1 − q)] 3 3 4 = √ + pq − 4r 3 3 Ta sẽ chứng minh √ 4 √ + pq − 4r ≤ 3 3 3 Theo bất đẳng thức Schur bậc 3 r≥ p(4q − p2 ) 9 = p(2q − 1) 9 (∗) 3 17 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4p(2q −