các bài toán chon lọc luyện thi đại học

ứng dụng định lý lagrange vào giải toán trung học phổ thông I. Định lý Lagrange và hệ quả Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b). Thế thì c(a,b) sao cho f'(c)= ab )a(f)b(f . Hệ quả 1(định lý Rolle): Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b), ngoài ra f(a) = f(b). Thế thì c(a,b) sao cho f'(c) = 0. Hệ quả 2: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b), ngoài ra f'(x) = 0 x (a,b) thì f(x) = const x [a,b]. Chứng minh Ta chứng minh với x 0 , y 0 [a,b], x 0 y 0 thì f(x 0 ) = f(y 0 ). Thật vậy giả sử: x 0 < y 0 [x 0 ,y 0 ] [a,b]; Ta thấy f(x) thoả mãn tất cả các điều kiện của định lý Lagrange trên [x 0 , y 0 ] do đó c(x 0 ,y 0 ) để f'(c)= y x y x 0 0 0 o )(f)(f . Do c(x 0 ,y 0 ) f'(c) = 0 f(x 0 ) = f(y 0 ). đpcm. Hệ quả 3:Nếu hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b), và nếu phơng trình f'(x) = 0 có không quá n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì phơng trình f(x) = 0 có không quá n+1 nhiệm phân biệt trên [a,b]. Chứng minh Giả sử ngợc lại phơng trình f(x) = 0 có quá n+1 nghiệm phân biệt trên [a,b]. Nghĩa là phơng trình f(x) = 0 có ít nhất n+2 nghiệm phân biệt trên [a,b]. Ta xét n+2 nghiệm bất kỳ trong các nghiệm đó là x 1 , x 2 , ., x n+2 ; x i [a,b](i= 2n,1 + ). Giả sử x 1 < x 2 <, .,< x n+2 .Khi đó áp dụng hệ quả 1 trên [x i ,x i+1 ] [a,b] (i=1,n+1) thì y i [x i ,x i+1 ] [a,b] sao cho f'(y i ) = i1i i1i xx )x(f)x(f + + = 0 nghĩa là phơng trình f'(x) = 0 có quá n nghiệm trên [a,b], mâu thuẫn với giả thiết đpcm. II. ứng dụng định lý Lagrange và hệ quả vào việc giải và chứng minh sự tồn tại nghiệm của phơng trình Phần này gồm có 2 bài toán cơ bản đó là giải phơng trình và chứng minh sự tồn tại nghiệm của phơng trình . II.1. Phơng pháp chung Các bài toán ở phần này có thể cho ở dạng trực tiếp hay gián tiếp. Song mỗi phơng trình bằng các phép biến đổi tơng đơng ta luôn đa đợc về dạng f(x) = 0, và giả sử tập xác định của f(x) là X R (X cũng là tập xác định của phơng trình). Thì việc giải phơng trình hay chứng minh sự tồn tại nghiệm của phơng trình dẫn tới xét tính liên tục, khả vi của của hàm số f(x) trên X. Nhờ đó dẫn tới việc vận dụng định lí Lagrang hay hệ quả của định lí này. II.2. các ví dụ Ví dụ 1. Cho 3 số thực dơng a, b, c ; b > a và f(x) là hàm số xác định trên R. Chứng minh rằng nghiệm của phơng trình :(a+c) f(x) + b f(x) = a f(x) +(b+c) f(x) (1) nếu có cũng là nghiệm của phơng trình f(x) = 0 hoặc f(x) = 1. Giải Giả sử x 0 R là nghiệm của phơng trình (1) nghĩa là: (a+c) )x(f 0 + b )x(f 0 = a )x(f 0 +(b+c) )x(f 0 (a+c) )x(f 0 -a )x(f 0 = (b+c) )x(f 0 -b )x(f 0 Xét hàm số g(t)= (t+c) )x(f 0 - t )x(f 0 với t [a,b] thì g(t) liên tục trên [a,b] khả vi trên (a,b). Với giả thết x 0 là nghiệm ta có g(a) = g(b) nên theo hệ quả định lý 1 : m (a,b) để g(m) = 0 f(x 0 )[(m+c) 1)x(f 0 - m 1)x(f 0 ] =0 ( ) 0 0 0 f (x ) 1 f ( x ) 1 0 0 f (x ) 0 (m c) m 0 f (x ) 0 f (x ) 1 đpcm = + = = = Vận dụng ví dụ ta giải bài toán sau Ví dụ 2. Giải phơng trình : 3 x +5 x =2 x +6 x Giải 1. Điều kiện cần Phơng trình đã cho tơng đơng : 3 x - 2 x = 6 x - 5 x . Giả sử y là nghiệm của phơng trình đã cho 3 y - 2 y = 6 y - 5 y . Xét hàm số f(t) = (t+1) y - t y với t [2,5]. Do y là nghiệm của phơng trình nên ta có f(2) = f(5) .Vậy theo hệ quả 1: c (2,5) sao cho f'(c) = 0. y[(c+1) y-1 - c y-1 ] = 0 y = 0 hoặc (c+1) y-1 - c y-1 = 0 y = 0 hoặc: y - 1 = 0 y = 0 hoặc y = 1 2. Điều kiện đủ Dễ thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho. Kết luận. Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x = 1. Nhận xét. Nếu chứng minh phơng trình đã cho có hai nghiệm là 0 và 1 mà dựa vào xét hàm số f(x) = 3 x +5 x - (2 x +6 x ) nh cách thông thờng thì bài toán trở nên khó. Ví dụ 3. Giải phơng trình : 3 x +5 x =2.4 x Giải Cách 1. Ta viết phơng trình ở dạng : 4 x - 3 x =5 x - 3 x và giải nh bài toán ví dụ 2. Cách 2. phơng trình đã cho tơng đơng : 4 3 ( ) x +( 3 5 ) x - 2 = 0. Xét hàm số f(x) = 4 3 ( ) x + ( 3 5 ) x - 2 = 0 có y'' = 4 3 ( ) x ln 2 4 3 + ( 3 5 ) x ln 2 3 5 > 0 Rx Nên theo hệ quả 3: phơng trình f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm. Mà ta thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho. Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x = 1. Nhận xét: Qua bài toán II.1.2 và II.1.3 ta thấy để vận dụng định lý Lagrange là cần biến đổi lại phơng trình đã cho sao cho phù hợp sau đó vận dụng hệ quả này hay hệ quả kia là tùy thuộc vào sự biến đổi ấy. Sau đây ta xét bài toán khó hơn dạng bài ở ví dụ 2 và ví dụ 3. Ví dụ 4. Giải phơng trình : 2 xx 33 + = 2 xx 42 + Giải Phơng trình đã cho tơng đơng : xxxx 3423 22 = 1. Điều kiện cần Giả sử y là nghiệm của phơng trình đã cho yyyy 3423 22 = . Xét hàm số f(t) = yy t)1t( 2 + trên [2,3] do y là nghiệm của phơng trình suy ra : f(2) = f(3) vậy theo hệ quả 1 ta có )3,2(c .sao cho f'(c) = 0 1y1y c)1c(y[y 2 + ] = 0 y = 0 hoặc 1y1y c)1c(y 2 =+ (*) Ta giải (*): với y > 1 ta có : y(c+1) 1y 2 > (c+1) 1y 2 > c 1y 2 > c 1y với 0 < y < 1 ta có : y(c+1) 1y 2 < (c+1) 1y 2 < c 1y 2 < c 1y với y 0 ta có : y(c+1) 1y 2 0 < c 1y Vậy chỉ có y = 1 thỏa mãn (*). 2. Điều kiện đủ Dễ thấy: y = 0 và y = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho Kết luận: Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là 0 và 1. Nhận xét: Qua bài toán II.1.4 ta có thể giải phơng trình sau: )x(f)x(f b)ma( 2 ++ = )x(f)x(f 2 )mb(a ++ . Với : a, b, m > 0; a < b, trong đó f(x) là hàm số xác định trên R với cách giải tơng tự nh bài toán ở ví dụ 4. Ví dụ 5: Cho f(x), g(x) là hai hàm số xác định trên [a,b]; (a, b) R; a < b khả vi trên (a,b) thỏa mãn f(a) = f(b) = m. Chứng minh phơng trình: f'(x) + g'(x).f(x) = m.g'(x) (*) có nghiệm. Giải: Xét hàm số h(x) = (f(x) - m).e g(x) thì h(x) xác định liên tục trên [a,b] khả vi trên (a,b) ngoài ra h(a) = h(b) = 0. Ta lại có : h'(x) = [f'(x) + g'(x)(f(x) - m)].e g(x) nên theo hệ quả 1: )b,a(c sao cho h'(c) =0 [f'(c) + g'(c)(f(c) - m)].e g(c) = 0 f'(c) + g'(c)(f(c) - m) = 0 f'(c) + g'(c).f(c) = m.g'(c) hay phơng trình: f'(x) + g'(x).f(x) = m.g'(x) có nghiệm )b,a(c . Nhận xét: ta xét hai trừơng hợp đặc biệt của bài toán ở ví dụ 5 1/ Nếu cho f(a) = f(b) = m = 0 và chọn g(x) = x ta nhận đợc phơng trình f'(x) - f(x) = 0. Đây là đề thi toán sinh viên toàn quốc năm 2000. 2/ Nếu cho f(a) = f(b) = 0 ta đợc lời giải bài toán với phơng trình f'(x) + g'(x).f(x) = 0. Đây là dạng mà ta hay sử dụng đến trong các phần sau. 3/ Sau đây ta sẽ chỉ ra hàm f(x) và hàm g(x) thỏa mãn bài toán.Ta chọn f(x) = x.sinx.sin(x - 1) 2 ; g(x) = x. Dễ thấy f(x), g(x) khả vi trên [0,1]. Khi đó thay vào phơng trình (*) ta đợc phơng trình : [sinx.sin(x - 1) 2 + x.cosx.sin(x - 1) 2 + 2x(x - 1).sinx.sin(x - 1) 2 ] + x.sinx.sin(x - 1) 2 = 0 (**). Phơng trình này có nghiệm x = 0, x = 1 và ít nhất 1 nghiệm thuộc (0,1) chính vì vậy để chứng minh (**) có nghiệm thuộc (0,1) mà dựa vào tính liên tục hay khảo sát hàm số một cách thông thờng thì là một bài toán khó; mà khi đó ta phải xét hàm f(x) = x, sinx.sin(x - 1) 2 .e x trên [0,1] và lập lại cách giải nh bài ví dụ 5. Ví dụ 6:Cho a 1 , a 2 , , a n R và n n 3 3 2 2 10 n 3 1 0 2 1n a 2 4 a 2 3 a aa n a 3 a 2 a a + +++++=++++ =0. Chứng minh phơng trình : a 1 +2a 2 x +3a 3 x 2 + +n.a n x n-1 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (0,2). Giải: Xét hàm số f(x) = a 0 x + 1n n 3 2 2 1 xa 1n 1 .xa 3 1 xa 2 1 + + +++ hàm này khả vi đến cấp hai trên R, ta có: f(0) = 0; f(1)= 1n n 3 2 2 10 n 3 1 0 2 1n a 2 3 a 2a 2 1 a2)2(f;0 n a 3 a 2 a a + + ++++==++++ = )2 1n a 2 4 a 2 3 a aa(2 n n 3 3 2 2 10 + +++++ = 0. Nên theo hệ quả 1: )2,1(c);1,0(c 21 sao cho f'(c 1 ) = f'(c 2 ) = 0. Khi đó lại theo hệ quả 1: )c,c(c 213 sao cho f''(c 3 ) = 0. a 1 + 2a 2 c + 3a 3 c 2 + +n.a n c n-1 = 0 . Hay phơng trình : a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + + n.a n x n-1 = 0 có nghiệm )c,c(c 213 đpcm. Ví dụ 7: Cho a, b, c R; n N * sao cho )2n(5 )b2a3(6 c + + = .Chứng minh phơng trình sau :3a.sin 2 x + 2b.cos n x + c.cosx + c = 0 có nghiệm (0, 2 ) . Giải : Điều kiện )2n(5 )b2a3(6 c + + = 0 3 c5 2n b4 2n a6 =+ + + + ; Xét hàm số xsin.cxcos 3 c2 xcos 2n b4 xsin 2n a6 )x(f 232n2n + + + = ++ . Có f'(x) = 6a.sin n+1 x.cosx + 4b.cos n+1 x.sinx + 2c.cos 2 x.sinx + 2.sinx.cosx; do đó theo định lý Lagrange 2 ,0(x 0 ) để: 0 2 )0(f) 2 (f )x('f 0 = =+++ )cxcos.cxcosb2xsin.a3(x2sin 2 00 n 0 n 0 = + + + ) 3 c2 2n b4 ()c 2n a6 ( 0 3 c5 2n b4 2n a6 =+ + + + (*) vì 2 ,0(x 0 ) sin2x 0 0 0cxcos.cxcosb2xsin.a3 00 n 0 n =+++ nghĩa là phơng trình : 3a.sin 2 x + 2b.cos n x + c.cosx + c = 0 có nghiệm x = x 0 (0, 2 ) . Nhận xét : Qua các bài toán ở ví dụ 6 và ví dụ 7 vừa xét trên ta thấy để chứng minh phơng trình f(x) = 0 có nghiệm ta tiến hành xét trên các nguyên hàm của f(x) sau đó vận dụng định lý Lagrange chỉ ra sự tồn tại nghiệm của phơng trình f(x) = 0. Đây là dạng bai toán thờng hay gặp mà ta cần chú ý. Ví dụ 8:Tìm tất cả các cặp số nguyên dơng m, n thỏa mãn: 1)nm( 1)nm( n m n m 22 n m 22 ++ = . (1) ; (THTT) Giải: Từ (1) m > n > 0; (1) (m + n) m - n =(m - n) m + n nm )nmln( nm )nmln( + + = (2 ), đặt : m + n = x; m - n = y; Thế thì x > y > 0 và x , y N khi đó (2) y yln x xln = (3); Giả sử có x 0 , y 0 đợc nghiệm đúng (3) ; ta xét hàm số f(t)= t tln với t > 0 ta có f'(t) = 2 t tln1 với 0t > do x 0 , y 0 là nghiệm của (3) f(x 0 ) = f(y 0 ) nên theo hệ quả 1 : )y,x(c 00 để f'(c) = 0 0 c cln1 2 = suy ra c = e từ đó 0 < y 0 < e < x 0 mà y 0 N suy ra y 0 = 1 hoặc y o = 2; dễ thấy y 0 = 1 loại; với y 0 = 2 2 2ln x xln 0 0 = 2 0 x x2 0 = Với x 0 > 4 ; x 0 N ta có: 2 0 x x2 0 > . Thật vậy ta chứng minh theo quy nạp : +) Với x 0 = 5 đúng. +) Giả sử đúng với x 0 = k 5 nghĩa là 2 k k2 > . +) Với x 0 = k +1 ta có 2 k+1 = 2.2 k > 2. k 2 > (k+1) 2 với 5k . Vậy với x 0 N và e < x 0 4 ta thấy x 0 = 4 đúng . Vậy với x 0 = 4; y 0 =2 m = 3; n = 1. Rễ ràng kiểm tra m = 3; n = 1 thỏa mãn bài toán. Nhận xét : +) Qua các ví dụ 1, 2, 3, 4, 8 ta thấy ở một số bài toán nếu biến đổi phơng trình mà có dạng : f(a) = f(b) với f(x) là hàm số nào đó và a, b R thì có thể vận dụng định lý Lagrange hay hệ quả 1 với hàm số f(x) sau đó áp dụng giả thiết f(a) = f(b). +) Lời giải bài toán ở vi dụ 8 trong toán học tuổi trẻ dùng phơng pháp khảo sát hàm số . Bạn đọc có thể tham khảo. Ví dụ 9:Cho hàm số f(x) khả vi trên [0,1] và f'(0) = 1; f'(1) = 0 chứng minh rằng )1,0(c sao cho f'(c) = c. Giải: Xét hàm số g(x) = f(x)- 2 x 2 theo giả thiết ta cũng có g(x) khả vi trên [0,1] và g'(x) = f'(x) - x .Vậy để chứng minh )1,0(c thỏa mãn f'(c) = c Ta phải chứng minh )1,0(c sao cho g'(c) = 0. Ta chứng minh bằng phản chứng: Thật vậy giả sử không )1,0(c để g'(c) = 0 nghĩa là g'(x) 0 với )1,0(x . Khi đó với )1,0(x,x 21 và 21 xx , giả sử x 1 < x 2 theo định lý Lagrange )1,0()x,x(x 210 sao cho g'(x 0 ) = 12 12 xx )x(g)x(g g(x 2 ) - g(x 1 ) = g'(x 0 )(x 2 -x 1 ) 0 suy ra g(x) là đơn ánh trên [0,1] .Thế thì g(x) là hàm tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên [0,1]. Thật vậy giả sử g(x) không tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên [0,1] khi đó ]1,0[y,y,x,x 2121 với x 1 < x 2 ; y 1 < y 2 sao cho: g(x 1 ) < g(x 2 ); g(y 1 ) > g(y 2 ) ; Với mỗi ]1,0[t ta có: 11).1t(t.1y)t1(x.t0 11 =++ và 11).1t(t.1y)t1(x.t0 22 =++ N ên ta xác định hàm F(t) = g(t.x 1 + (1 - t).y 1 ) - g(t.x 2 + (1 - t).y 2 ) thì hiển nhiên F(t) liên tục trên [0,1] ,mặt khác : F(0) = g(y 1 ) - g(y 2 ) > 0; F(1) = g(x 1 ) - g(x 2 ) < 0 )1,0(t 0 sao cho: F(t 0 ) = 0 hay g(t 0 .x 1 + (1 - t 0 )y 1 ) = g(t 0 .x 2 + (1 - t 0 ).y 2 ) do g(x) la đơn ánh t 0 .x 1 + (1 - t 0 )y 1 = t 0 .x 2 + (1 - t 0 ).y 2 t 0 (x 1 - x 2 ) + (1 - t 0 )(y 1 - y 2 ) = 0 điều này không xảy ra vì );1,0(t 0 x 1 < x 2 ; y 1 < y 2 mâu thuẫn với giả thiết g(x) là hàm tăng nghiêm ngặt hoăc giảm nghiêm ngặt trên [0,1] g'(x) giữ nguyên một dấu trên [0,1] mà với cách xác định g(x) nh trên ta có g'(0) = 1; g'(1) = -1 mâu thẫn đó cho ta điều phải chứng minh. Nhận xét: +) Qua chứng minh bài toán ở ví dụ 9 ta thấy: nếu hàm số f(x) xác định trên [a,b] , khả vi trên (a,b) , có f'(x) 0 với )b,a(x thì hàm số đó là đơn ánh trên [a,b]. +) Một đơn ánh liên tục trên [a,b] hoặc tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên [a,b] . Ví dụ 10: Cho p(x) là đa thức bậc n ( )Nn với hệ số thực, biết rằng p(x) không có nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức : q(x) = p(x) + a.p (1) (x) + a 2 .p (2) (x) + . + a n .p (n) (x) với Nn,Ra ; cũng không có nghiệm thực. ( p (k) (x) là đạo hàm cấp k của p(x) ). (CHDC Đức 1971). Giải: +) Bài toán hiển nhiên đúng khi a = 0.Vậy ta chỉ cần xét với a 0. +) Với 0a,Ra . Do p(x) là đa thức bậc n với hệ số thực và p(x) không có nghiệm thực n chẵn ( vì : n lẻ thì p(x) là đa thức với hệ số thực bậc lẻ nên luôn có nghiệm thực) q(x) là đa thức với hệ số thực bậc chẵn . Ta giả sử ngợc lại q(x) có nghiệm thực là : Rm . q(x) = (x - m)r(x) r(x) là đa thức hệ số thực bậc lẻ nên có nghiệm thực là Rt q(x) có hai nghiệm là m và t . Nếu m = t q(x)=(x-m) 2 .h(x) với h(x) là đa thức có bậc n - 2 q'(x) = 2(x - m).h(x) + (x - m) 2 .h'(x) q'(x) có nghiệm = Rmx q(x) - a.q'(x) có nghiệm x = m. Mặt khác: q(x) - a.q'(x) = (p(x) + a.p (1) (x) + a 2 .p (2) (x) + . + a n .p (n) (x) ) - a. ( p (1) (x) + a.p (2) (x) + +a n-1 .p (n) (x)) = p(x). (Chú ý :p (n+1) (0) Rx,0 ). p(x) có nghiệm Rmx = trái với giả thiết về p(x) . Nếu m < t do a 0 nên ta xét hàm số g(x) = a.q(x). a x e thì g(x) liên tục trên [m, t] khả vi trên (m, t) và g(m) = g(t) = 0 nên theo hệ quả 1: )t,m(c để g'(c) = 0 . Mặt khác g'(x) = [a.q'(x) - q(x)]. a x e =- p(x). a x e Do vậy: - p(c). a c e = 0 p(c) = 0 (do a c e > 0 ) hay )t,m(c là nghiệm của p(x). Điều này trái với giả thiết về p(x). Vậy q(x) không có nghiệm thực. Nhân xét : +) Từ tính liên tục của p(x) và q(x) ta có nếu p(x) vô nghiệm thì p(x) giữ nguyên một dấu trên R q(x) cũng giữ nguyên một dấu trên R. Mặt khác : )x(qlim)x(plim xx = do đó nếu p(x) > 0 thì q(x) > 0 và p(x) < 0 thì q(x) < 0. +) Với giả thiết p(x) > 0 với Rx cho a = 1 ta phải chứng minh: p(x) + p (1) (x)+p (2) (x) + . +p (n) (x) > 0 với Rx . Đây là bài toán trong cuốn sách "10.000 bài toán sơ cấp" của tác giả Phan Huy Khải và tác giả đã chứng minh bằng lập luận cực trị. +) Đặc biệt cho p(x) = x 4 +a 1 x 3 +b 1 x 2 +c 1 x+d 1 ; (a 1 ,b 1 ,c 1 ,d 1 R) cho a = 1 chứng minh rằng nếu p(x) > 0 thì : F(x) = p(x) + p (1) (x) + p (2) (x) + p (3) (x) + p (4) (x) > 0 với Rx . Đây là bài toán trong cuốn sách ''200 bài toán thi vô địch''. +) Đặc biệt nữa cho hàm số f(x) = x 4 + 2m.x 2 + m (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của m để f(x) > 0 với Rx . Với các giá trị vừa tìm đợc ở trên chng minh rằng hàm số : F(x) = f(x) + f (1) (x) + f (2) (x) + f (3) (x) + f (4) (x) > 0 Rx . Đây là đề thi tuyển sinh ĐHBK Hà Nội năm 1999 - 2000. II.3. bài tập: 1. Giải phơng trình )1( 2 5 .xsin 2 5 .xcos xcosxsin = Gợi ý: +) cosx = 0 và sinx = 0 không thoả mãn (1) +) Với 0xsin;0xcos (1) xcos 2 5 xsin 2 5 xcosxsin = Xét hàm số t 2 5 )t(f t = với 0 < 1t < sau đó 0)t('f với 0 < 1t < xcosxsin = . 2. Giải phơng trình: ( ) ( ) 12003442003log 542003 xcosxsin2 2003 xcosxsin2 =+ + [...]... khác tục trên 2x f ( 4 ) > 0x ( 0, 2 ) sin x > x ( 0, 2 ) Nhận xét: +) Hai bài toán ở ví dụ 1 và 2 là cách giải thờng dùng nhất đối với dạng bài toán này +) Ta dễ dàng giải các ví dụ 3 và 4 trong phần II bằng cách thay giả thi t giải phơng trình bằng giải bất phơng trình nh cách giải của hai ví dụ trên iii.3 bài tập: 4x 4x 2 sin x 2 1 CMR: Gợi ý: Xét hàm số f ( x ) = sin x + f ( x ) 0... nhiên t1 < t2; và theo giả thi t bài toán ta có : f ' ( t 2 ) f ( t 1 ) do đó ( 2 ) đợc chứng minh (1) đợc chứng minh f ' (t1 ) = Nhận xét: +)Nếu giả thi t bài toán cho f(x) nghịch biến trên bất đẳng thức ngợc lại ( ; ) thì ta có +)Từ bài toán này nếu ta chọn f(x) và các giá trị a, b, c thích hợp và thay vào (1) ta đợc một bất đẳng thức mà việc chứng minh bằng phơng pháp đại số không đơn giản Chẳng... vô số hàm số f(x ) thoả mãn bài toán Chẳng hạn xét sin x trên [0,1] lấy f ( x ) = x ( x 1) e thì hàm f ( x ) thoả mãn toàn bộ điều kiện bài toán trên [ 0,1] ,và ta đợc bài toán sau: 10 Đặt [ M = Max (1 x ) e sin x xe sin x + 10 x10 (1 x ) cos x10 e sin x x[ 0,1] 10 10 10 ] CMR: 1 sin x x ( x 1) e 10 dx 0 M 4 Vì vậy bài toán mang ý nghĩa thực tế khi ra bài tập V.3 bài tập: 1 Cho 0 p < q < r... các bất đẳng thức cổ điển Vậy ta đặt vấn đề nh sau :trớc một bài toán bất đẳng thức khi nào thì bài toán ấy vận dụng đợc bất đẳng thức Jensen, và nếu áp dụng đợc thì phải chọn hàm f(x) nh thế nào? Thì câu trả lời ở đây là không thể Cũng giống nh khi sử dụng bất đẳng thức Côsi ta không trả lời đợc bài toán nào dùng đợc bất đẳng thức Côsi, mà điều này phụ thuộc vào sự quan sát của tờng ngời bởi bài toán. .. quả của nó vào việc giải các bài toán bất đẳng thức số học, bất đẳng thức tích phân và bất đẳng thức hàm lồi mà trờng hợp đặc biệt của nó là bất đẳng thức Jensen thờng sử dụng Trong mục này ta cũng quan tâm đến việc vận dụng định lí Lagrange và hàm lồi để thi t lập các bất đẳng thức V.1 Phơng pháp chung Giả sử bất đẳng thức A 0 (I) (hoặc A 0 ) nào đó cần chứng minh mà các đại lợng tham gia vào bất... số cách nhận biết bài toán bất đẳng thức có thể chứng minh đợc bằng bất đẳng thức Jensen đó là: +) Thờng thì bất đẳng thức cho ở dạng đối xứng +)Hoặc bất đẳng thức cần chứng minh chứa các đại lợng f(a), f(b), f(c) của hàm số f(x) nào đấy Cần chú ý sự chuyển đổi của một số đại lợng sau: a 1.a 2 a n = e ln a1a 2 a n = e ln a1 +ln a 2 + +ln a n ln a 1 + ln a 2 + + ln a n = ln a 1.a 2 a n (Với giả thi t... minh bài toán này gợi cho ta cách tìm hàm số f(x) thoả mãn tính chất có đạo hàm f(x) đồng biến Thật vậy, ta chọn tuỳ ý một hàm số h(x) sao cho g(x) > 0 và h(x) liên tục trên f ( x ) = g ( x ) dx tập X R Ta đặt thì ta có f ( x ) = g( x ) > 0 trên X do vậy f(x) là hàm số đồng biến trên X Và do vậy từ hàm f(x) theo cách tìm nh trên ta chọn các giá trị a, b, c X thích hợp thì ta tạo ra một lớp các bất... Vậy là bài toán đợc chứng minh Chú ý: Do bất đẳng thức đã cho có thể viết lại là: ( ) ( ) ( ) a r b s c s + b r c s a s + c r a s b s > 0 nên có dạng nh bất đẳng thức (1) Điều này gợi cho ta cách chứng minh bài toán nh bất đẳng thức (1) nhờ dạng đó mà ta phải tìm hàm số f(x) sao cho: ( ) ( ) ( ) f a s = a r ; f b s = b r ; f c s = c r để ta dẫn tới hàm f ( t ) = t r s là rất tự nhiên Cũng qua cách... với việc chọn các số x i và i tùy ý thỏa mãn điều kiện bài toán thì ta có đợc bất đẳng thức mới Chẳng hạn trên đây ta đã bốn lần chọn để tạo ra bốn bất đẳng thức (A); (B); (C) và (D) Chính vì thế có thể thấy hàm lồi là một công cụ đắc lực trong việc tạo ra bất đẳng thức Sau đây ta hãy đi vào một số bài toán tiếp theo mà cần có sự giải quyết của bất đẳng thức hàm lồi nếu không thì với các phơng pháp... b, c X thích hợp thì ta tạo ra một lớp các bất đẳng thức của bài toán 1 Ví dụ 3: Cho x1, x2, , xn > 0 ( n 1, n N ) n s1 = x i ; s2 = s3 = i =1 n xix j 1i< jn n x i x jx k 1i< j< k n s n = x1x 2 x n Ta đặt: Gọi là các hàm cơ bản của x1, x2,,xn; CMR: s1 s s s 2 n n 1 n n c1 c2 c n 1 cn n n n n ( 5) Giải: Trớc khi giải bài toán này cần chú ý: Nếu f(x) là đa thức có nghiệm bội k ( k N . Hai bài toán ở ví dụ 1 và 2 là cách giải thờng dùng nhất đối với dạng bài toán này. +) Ta dễ dàng giải các ví dụ 3 và 4 trong phần II bằng cách thay giả thi t. ; và theo giả thi t bài toán ta có : )t(f)t('f 12 do đó ( ) 2 đợc chứng minh (1) đợc chứng minh . Nhận xét: +)Nếu giả thi t bài toán cho f(x) nghịch