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 16 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 19 19 20 22 KẾT LUẬN 24 Tài liệu tham khảo 25 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 11 Đặt α s−α u s−u = α1 , = α2 , = u1 , = u2 x1 x2 x1 x2 Suy ra, α1 ≤ u1 ≤ u2 , x1 α1 + x2 α2 = x1 u1 + x2 u2 , ta thu α1x1 α2x2 ≤ ux1 ux2 Nhận thấy dấu đẳng thức xảy αi = ui , ∀i = 1, Vậy định lý với n = Với n = tức  u1 ≤ u2 ≤ u3 ,    x1 α1 ≤ x1 u1 , x1 α1 + x2 α2 ≤ x1 u1 + x2 u2 ,    x1 α1 + x2 α2 + x3 α3 = x1 u1 + x2 u2 + x3 u3 Ta chứng minh α1x1 α2x2 α3x3 ≤ ux1 ux2 ux3 Dấu đẳng thức xảy αi = ui , ∀i = 1, 2, Do giả thiết nên ta cần xét hai trường hợp Trường hợp 1) Khi  α1 = u1 − d1 , α2 = u2 − d2 ,  α3 = u3 + d3 Với d1 , d2 , d3 ≥ Khi x1 d1 + x2 d2 = x3 d3 từ ta thu α1x1 α2x2 α3x3 = (u1 − d1 )x1 (u2 − d2 )x2 (u3 + d3 )x3 ≤ ux1 (u2 − d2 )x2 u3 + d3 − x1 d1 x3 x3 ≤ ux1 ux2 ux3 Dấu đẳng thức xảy αi = ui , ∀1 = 1, 2, Trường hợp 2) Khi  α1 = u1 − d1 , α2 = u2 + d2 ,  α3 = u3 + d3 12 Với d1 , d2 , d3 ≥ Khi x1 d1 = x2 d2 + x3 d3 từ ta thu α1x1 α2x2 α3x3 = (u1 − d1 )x1 (u2 + d2 )x2 (u3 + d3 )x3 x2 d2 x1 x2 u2 (u3 + d3 )x3 ≤ ux1 ux2 ux3 ≤ u1 − d1 + x1 Dấu đẳng thức xảy αi = ui , ∀1 = 1, 2, Vậy định lý với n = Giả sử định lý với n Ta chứng minh định lý với n + Theo giả thiết  u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un ,     x1 α1 ≤ x1 u1 ,    x1 α1 + x2 α2 ≤ x1 u1 + x2 u2 , · · · · · · ··     x1 α1 + x2 α2 + · · · + xn αn ≤ x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un ,    x1 α1 + x2 α2 + · · · + xn+1 αn+1 = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn+1 un+1 nên ứng với số k , ta giả sử αk ≤ uk , αk = uk − dk , uk+1 ≤ αk+1 , αk+1 = uk+1 + dk+1 Ta chia hai trường hợp để xét Trường hợp 1) Khi xk dk ≤ xk+1 dk+1 , x x x x k−1 xk k+1 k+2 n+1 α1x1 · · · αk−1 αk αk+1 αk+2 · · · αn+1 x k−1 = α1x1 · · · αk−1 uk − dk x k−1 xk ≤ α1x1 · · · αk−1 uk xk uk+1 − dk+1 xk dk uk+1 + dk+1 − xk+1 xk+1 xk+1 x x x x k+2 n+1 αk+2 · · · αn+1 k+2 n+1 αk+2 · · · αn+1 x n+1 ≤ ux1 ux2 · · · un+1 Dấu đẳng thức xảy αi = ui , với i = 1, 2, , n + Trường hợp 2) Khi xk dk ≥ xk+1 dk+1 , x x x x k−1 xk k+1 k+2 n+1 α1x1 · · · αk−1 αk αk+1 αk+2 · · · αn+1 x k−1 = α1x1 · · · αk−1 uk − dk xk x x x k+2 n+1 uk+1 − dk+1 k+1 αk+2 · · · αn+1 xk+1 dk+1 xk xk+1 xk+2 xn+1 xk−1 uk+1 αk+2 · · · αn+1 ≤ α1x1 · · · αk−1 uk − dk + xk xn+1 x1 x2 ≤ u1 u2 · · · un+1 Dấu đẳng thức xảy αi = ui , với i = 1, 2, , n + Vậy định lý với n ≥ 13 Chương Các bất đẳng thức lớp hàm mũ, hàm logarit 2.1 Bất đẳng thức hàm số mũ Đối với hàm mũ, ta thường sử dụng kết sau để chứng minh bất đẳng thức Định lý 2.1 Với a > 0; a = hàm f (x) = ax thỏa mãn bất đẳng thức f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ R (2.1) Chứng minh Thật - Nếu x = x0 ta đẳng thức - Xét x > x0 ta khoảng (x0 ; x) bất đẳng thức (2.1) có dạng f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 ) x − x0 hay f (x1 ) ≥ f (x0 ) với x0 < x1 < x Điều hiển nhiên hàm số f (x) = ax có f (x) = (ln a)2 ax > với a > 0, a = 1, x ∈ R nên f hàm đơn điệu tăng R - Xét x < x0 ta khoảng (x; x0 ) 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 hiển nhiên f hàm đơn điệu tăng R Vậy ta thu bất đẳng thức (2.1), đpcm Từ kết định lí 2.1 ta thu kết số toán cực trị lớp hàm mũ với tổng không đổi 14 Hệ 2.1 Với a > x + y + z = α + β + γ hàm f (x) = ax thỏa mãn bất đẳng thức f (y) f (z) f (α) f (β) f (γ) f (x) + + ≥ + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) (2.2) Nói cách khác, với α, β, γ cho trước x, y, z thay đổi giá trị nhỏ biểu thức f (y) f (z) f (x) + + f (α) f (β) f (γ) M= f (α) f (β) f (γ) + + f (α) f (β) f (γ) Hệ 2.2 Với < a < x + y + z = α + β + γ hàm f (x) = ax thỏa mãn bất đẳng thức f (y) f (z) f (α) f (β) f (γ) f (x) + + ≤ + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) (2.3) Nói cách khác, với α, β, γ cho trước x, y, z thay đổi giá trị lớn biểu thức M= f (x) f (y) f (z) + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) + + f (α) f (β) f (γ) Bài toán 2.1 Cho x, y, z > Chứng minh xx y y z z ≥ (xyz) x+y+z Bài toán 2.2 Cho x, y, z độ dài cạnh tam giác Chứng minh (x + y − z)x (y + z − x)y (z + x − y)z ≤ xx y y z z Bài toán 2.3 Cho x, y, z > thỏa mãn x2 + y + z = Chứng minh 2 xx y y z z 2 √ ≥ xy +1 y z +1 z x +1 3 Bài toán 2.4 Cho x, y, z ∈ [0; 1] Chứng minh (2x + 2y + 2z )(2−x + 2−y + 2−z ) < 81 15 Bài toán 2.5 Cho x, y, z > Chứng minh xy+z + y z+x + z x+y > Bài toán 2.6 Với x > 0, chứng minh x 2(1 + e ) > (1 + √ ex )2 > (1 + √ ex )3 Bài toán 2.7 Cho x, y ∈ N Chứng minh x4 + y x+y x+y ≥ xx y y Bài toán 2.8 Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = ta có 1+ x y 1+ y z 1+ z x ≥1+ xy + yz + zx Bài toán 2.9 Cho a1 , a2 , , an > 0; x ≥ Chứng minh ax1 + ax2 + · · · + axn a1 + a2 + · · · + an ≥ n n x Bài toán 2.10 Cho số dương x1 , x2 , , xn y1 , y2 , , yn Chứng minh x1 + x2 + · · · + xn y1 + y2 + · · · + yn y1 +y2 +···yn Bài toán 2.11 Cho < x ≤ y ≤ x1 ≥ y1 y1 x2 y2 y1 xn ··· yn yn 1 + ≥ Chứng minh x y xy ≤ y x Bài toán 2.12 Cho x, y, z > Chứng minh (y + z)x + (z + x)y + (x + y)z > Bài toán 2.13 Cho a, b, c cạnh tam giác α ≥ β ≥ Chứng minh α α 3a α 3b 3c + + 2b + c 2c + a 2a + b β β 3a β 3b 3c ≥ + + 2b + c 2c + a 2a + b 16 2.2 Bất đẳng thức hàm logarit Đối với hàm logarit, sau ta thường sử dụng kết sau để chứng minh bất đẳng thức Định lý 2.2 Với a > hàm f (x) = loga x thỏa mãn bất đẳng thức f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x, x0 ∈ R+ (2.4) Chứng minh Thật - Nếu x = x0 ta đẳng thức - Xét x > x0 ta khoảng (x0 ; x) bất đẳng thức (2.4) có dạng f (x) − f (x0 ) ≤ f (x0 ) x − x0 hay f (x1 ) ≤ f (x0 ) với x0 < x1 < x Điều hiển nhiên hàm số f (x) = loga x có f (x) = a > 1, x ∈ R+ nên f hàm đơn điệu giảm R+ −1 x2 ln a < với - Xét x < x0 ta khoảng (x; x0 ) bất đẳng thức (2.4) có dạng f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 ) x − x0 hay f (x1 ) ≥ f (x0 ) với x < x1 < x0 Điều hiển nhiên f hàm đơn điệu giảm R+ Vậy ta thu bất đẳng thức (2.4), đpcm Tương tự, ta có Định lý 2.3 Với < a < hàm f (x) = loga x 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 với < a < hàm số f (x) = loga x có f (x) = đơn điệu tăng R+ −1 x2 ln a > nên f hàm Do ta thu bất đẳng thức (2.5),đpcm Từ kết định lí 2.2 2.3 ta thu kết số toán cực trị lớp hàm mũ với tổng không đổi 17 Hệ 2.3 Với a > số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = α + β + γ hàm f (x) = loga x thỏa mãn bất đẳng thức f (y) f (z) f (α) f (β) f (γ) f (x) + + ≤ + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) (2.6) Nói cách khác, với α, β, γ cho trước x, y, z thay đổi giá trị lớn biểu thức M= f (x) f (y) f (z) + + f (α) f (β) f (γ) f (β) f (γ) f (α) + + f (α) f (β) f (γ) Hệ 2.4 Với < a < số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = α + β + γ hàm f (x) = loga x thỏa mãn bất đẳng thức f (x) f (y) f (z) f (α) f (β) f (γ) + + ≤ + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) (2.7) Nói cách khác, với α, β, γ cho trước x, y, z thay đổi giá trị lớn biểu thức M= f (x) f (y) f (z) + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) + + f (α) f (β) f (γ) Bài toán 2.14 Chứng minh logx y ≥ logx+z (y + z) với < x < y, z ≥ Bài toán 2.15 Chứng minh √ logy+z x + logz+x y + logx+y z > , ∀x, y, z ∈ ( 2; 2) Bài toán 2.16 Cho x, y > Chứng minh (x + 1)ln (x + 1) + ey ≥ (x + 1)(y + 1) Bài toán 2.17 Cho x, y, z > Chứng minh √ xlogy z + y logz x + z logx y ≥ 3 xyz 18 Bài toán 2.18 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = Chứng minh Bài toán 2.19 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = 13 Chứng minh log3 (x2 y ) ≤ 42 − log3 z Bài toán 2.20 Cho x, y, z số thực dương Chứng minh log2 (xyz) ≤ x+y+z−3 ln Bài toán 2.21 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = Chứng minh 2ln x + ln (yz) + 6ln ≤ Bài toán 2.22 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = 32 Chứng minh (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) + xyz ≤ 133 64 19 Chương Một số toán áp dụng 3.1 Các toán cực trị liên quan đến hàm mũ hàm logarit Bài toán 3.1 Cho số thực x, y, z thỏa mãn 4x + 4y + 4z = Tìm giá trị lớn S S = 2x+2y + 2y+2z + 2z+2x − 2x+y+z Bài toán 3.2 Cho x, y, z thực thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ 2; x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức Q = (1 + x2 )x (1 + y )y (1 + z )z Bài toán 3.3 Cho x, y, z thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức √ √ y z 2 S = (x + x + 1) (y + y + 1) (z + z + 1)x Bài toán 3.4 Cho số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ x + y + z = 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức s = xx + y y + z z Bài toán 3.5 Cho x, y, z số thực thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= √ 4x + 9y + 16z + √ 4y + 9z + 16x + √ 4z + 9x + 16y 20 Bài toán 3.6 Cho x, y, z thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức S= x1−x y 1−y z 1−z Bài toán 3.7 (Xem [1]) Cho a, b, c số không âm, cho b + c = d, x ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức (ab)x (bc)x (ca)x P = + + − ab − bc − ac Bài toán 3.8 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = 2x+2 + 2y+1 + 2z Bài toán 3.9 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = e1−x + e3−y + e4−z Bài toán 3.10 Cho x, y, z số thực dương x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức S = (1 + x)(1 + y)(1 + z) 3.2 Bất đẳng thức siêu việt dãy số giới hạn Trong phần ta sử dụng thêm số định lý sau Định lý 3.1 (Nguyên lý Cauchy, Xem [8-9]) Dãy {an }+∞ n=1 hội tụ ∀ε > 0, ∃n0 cho ∀n > n0 , ∀p nguyên dương ta có |an+p − an | < ε Định lý 3.2 (Định lý phủ định nguyên lý Cauchy, Xem [8-9]) Dãy {an }+∞ n=1 phân kỳ ∃ε0 > cho ∀n0 , ∃n1 , m1 > n0 ta có |an1 − am1 | ≥ ε0 Định lý 3.3 (Định lý hội tụ dãy đơn điệu bị chặn, Xem [8-9]) Nếu dãy {an }+∞ n=1 đơn điệu tăng bị chặn có giới hạn lim an = sup an n→+∞ 21 Nếu dãy {an }+∞ n=1 đơn điệu giảm bị chặn có giới hạn lim an = inf an n→+∞ Định lý 3.4 (Định lý kẹp giới hạn dãy số, Xem [8-9]) Cho dãy số +∞ +∞ + {an }n=1 , {bn }+∞ n=1 , {cn }n=1 Nếu với ∈ N an ≤ bn ≤ cn Và lim an = lim cn = L (L ∈ R) n→+∞ n→+∞ lim bn = L n→+∞ Bài toán 3.11 (Olympic Toán sinh viên 1994, Xem [3]) Cho In = √ xn − x dx Chứng minh In ≤ 22n+1 (2ne)−1/2 Bài toán 3.12 Cho dãy xn = 1 + +···+ ln ln ln n Chứng minh dãy {xn }+∞ n=1 phân kỳ btCho xn = + 1 1+ ··· 1+ n Chứng minh {xn }+∞ n=1 hội tụ Bài toán 3.13 Cho xn = + 1 + + · · · + − ln n n Chứng minh dãy {xn }+∞ n=1 hội tụ 22 Bài toán 3.14 Chứng minh với α > a > nα = lim n→+∞ an Bài toán 3.15 Chứng minh với a > an = n→+∞ n! lim Bài toán 3.16 (Xem [7]) Chứng minh lim √ n n→∞ n! = +∞ lim n→∞ √ n n! n = e−1 Bài toán 3.17 (Xem [7]) Chứng minh lim x→+∞ 1+ x x =e lim x→−∞ 1+ x x = e Bài toán 3.18 (Xem [7]) Cho an = bn e −1/12n n!en bn = n+1/2 n Chứng minh khoảng (an , bn ) chứa (an+1 , bn+1 ) 3.3 Bất đẳng thức siêu việt phương trình hệ phương trình Bài toán 3.19 Giải phương trình √ √ log3√2 ( − x + x + 5) = Bài toán 3.20 Giải phương trình 4|x| + 2|x| = 4x + Bài toán 3.21 Giải phương trình 3x = cos x Bài toán 3.22 Giải phương trình cos x2 + 3x = 2x + 2−x 23 Bài toán 3.23 Giải phương trình 3x2 − 2x3 = log2 (x2 + 1) − log2 x Bài toán 3.24 Giải phương trình log3 x2 + x + = x2 + 3x + 2 2x + 4x + Bài toán 3.25 Giải phương trình 21+x + 21−x + 31+x + 31−x = 51+x + 51−x Bài toán 3.26 Giải hệ phương trình ex − ey = (log2 y − log2 x)(xy + 1) (1) x2 + y = (2) Bài toán 3.27 Giải hệ phương trình √  x − 2x + log3 (6 − y) = x y − 2y + log3 (6 − z) = y √ z − 2z + log3 (6 − x) = z Bài toán 3.28 Giải hệ phương trình  √ log5 x = log3 (4 + √ y) log y = log3 (4 + √z)  log5 z = log3 (4 + x) Bài toán 3.29 Giải hệ phương trình x2 + 3x + ln (x − 1) = y + y + 3y + ln (y − 1) = x + (1) (2) 24 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! 25 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)... dụng bất đẳng thức hàm mũ, logarit trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 4 Áp dụng bất đẳng thức siêu việt vào các bài toán khảo sát dãy số và giới hạn 5 Nêu cách giải một số lớp phương trình, hệ phương trình đặc biệt sử dụng hàm siêu việt Tuy nhiên, do thời gian thực hiện không nhiều và khả năng còn hạn chế nên luận văn mới chỉ đưa ra được một số bài toán bất đẳng thức trong lớp hàm siêu việt. .. văn "Bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, logarit", tác giả đã trình bày được những vấn đề sau: 1 Luận văn đã trình bày chi tiết các kiến thức cơ bản bổ trợ về tính đơn điệu, tính lồi lõm của hàm số nói chung và của hàm số mũ, hàm logarit nói riêng và một số bất đẳng thức cổ điển, định lý liên quan 2 Vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức cổ điển và giải một số bài toán bất đẳng thức trong lớp hàm mũ, hàm. .. + + 2b + c 2c + a 2a + b 16 2.2 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... phương trình Về bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức trong lớp hàm siêu việt nói riêng còn rất nhiều vấn đề, rất nhiều bài toán phức tạp hơn và những ứng dụng hay hơn, rộng hơn Trong thời gian tới em sẽ tiếp tục tìm hiểu sâu hơn về nội dung này Em rất mong nhận được ý kiến đóng góp của thầy cô và các bạn Em xin chân thành cảm ơn! 25 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức định... 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... 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 < 0 với - Xét x < x0 ta được khoảng (x; x0 ) và bất đẳng thức (2.4) 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 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. .. 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... đơn điệu tăng trên R Vậy ta thu được bất đẳng thức (2.1), đpcm Từ kết quả của định lí 2.1 ta thu được kết quả của một số bài toán cực trị trong lớp hàm mũ với tổng không đổi 14 Hệ quả 2.1 Với a > 1 và x + y + z = α + β + γ thì hàm f (x) = ax luôn thỏa mãn bất đẳng thức f (y) f (z) f (α) f (β) f (γ) f (x) + + ≥ + + f (α) f (β) f (γ) f (α) f (β) f (γ) (2.2) Nói cách khác, với α, β, γ cho trước và x,... [7]) Chứng minh lim x→+∞ 1+ 1 x x =e và lim x→−∞ 1+ 1 x x = e Bài toán 3.18 (Xem [7]) Cho an = bn e −1/12n và n!en bn = n+1/2 n Chứng minh rằng mỗi khoảng (an , bn ) chứa (an+1 , bn+1 ) 3.3 Bất đẳng thức siêu việt trong phương trình và hệ phương trình Bài toán 3.19 Giải phương trình √ √ log3√2 ( 4 − x + x + 5) = 1 Bài toán 3.20 Giải phương trình 4|x| + 2|x| = 4x + 2 Bài toán 3.21 Giải phương trình