Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - LÊ VĂN HIỂU HÀM ĐƠN ĐIỆU, TỰA ĐƠN ĐIỆU VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - LÊ VĂN HIỂU HÀM ĐƠN ĐIỆU, TỰA ĐƠN ĐIỆU VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2017 i MỤC LỤC MỞ ĐẦU ii Chương Một số lớp hàm số đơn điệu 1.1 Hàm đơn điệu 1.2 Hàm đơn điệu tuyệt đối 1.3 Hàm đơn điệu có tính tuần hồn 1.4 Hàm đơn điệu liên tiếp đoạn 1 14 14 25 27 27 28 30 33 33 33 35 38 Chương Phép đơn điệu hóa hàm số 2.1 Hàm đơn điệu khúc phép đơn điệu hóa hàm số 2.2 Hàm tựa đơn điệu 2.3 Phương pháp xây dựng hàm tựa đơn điệu từ hàm số 2.3.1 Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác 2.3.2 Hàm tựa đồng biến dạng hàm số sin 2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin cho trước Chương Các dạng tốn liên quan 3.1 Sử dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất đẳng thức 3.1.1 Một số toán áp dụng bất đẳng thức đại số 3.1.2 Một số toán áp dụng cho bất đẳng thức tam giác 3.2 Sử dụng tính đơn điệu hàm số toán cực trị KẾT LUẬN 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 ii MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lớp hàm số đơn điệu lồi, lõm có vị trí quan trọng Giải tích Tốn học đối tượng nghiên cứu trọng tâm nhiều mơ hình tốn học mà cịn công cụ đắc lực để khảo sát bất đẳng thức toán cực trị Trong hầu hết kì thi học sinh giỏi tốn quốc gia Olympic tốn quốc tế tốn hàm số thường đề cập đến xem dạng tốn khó bậc phổ thơng Do đó, đề tài "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu hóa hàm số" nghiên cứu nhằm thể rõ vai trò quan trọng hàm đơn điệu, tựa đơn điệu dạng toán thi HSG quốc gia Olympic quốc tế Lịch sử nghiên cứu Hiện tài liệu tham khảo chuyên đề hàm số có nhiều chưa đề cập đầy đủ hệ thống đến lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu ứng dụng chúng Vì vậy, việc khảo sát sâu lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu dạng toán ứng dụng liên quan cho ta hiểu sâu sắc lý thuyết ứng dụng liên quan đến hàm số Mục đích, đối tượng phạm vi nghiên cứu Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu hóa hàm số" trình bày số vấn đề liên quan đến lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng liên quan Mục đích nghiên cứu luận văn nhằm thể rõ vai trò quan trọng hàm đơn điệu dạng toán thi HSG quốc gia Olympic quốc tế Các luận điểm đóng góp luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương iii Chương Một số lớp hàm số đơn điệu Chương Phép đơn điệu hóa hàm số Chương Các dạng toán liên quan Trong chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic quốc tế liên quan, góp phần giúp cho học sinh giáo viên có thêm số phương pháp giải toán bất đẳng thức Phương pháp nghiên cứu Luận văn sử dụng số phương pháp nghiên cứu sau đây: Nghiên cứu từ nguồn tư liệu gồm: tài liệu tham khảo nêu phần cuối luận văn, sách giáo khoa phổ thông, tài liệu dành cho giáo viên, tạp chí tốn học tuổi trẻ, đề tài nghiên cứu có liên quan, Nghiên cứu thông qua việc tiếp cận lịch sử, sưu tập, phân tích, tổng hợp tư liệu tiếp cận hệ thống Nghiên cứu từ thực nghiệm sư phạm trường phổ thơng Luận văn hồn thành hướng dẫn khoa học NGND.GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, nguyên Hiệu trưởng trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, người thày tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt q trình hồn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc Giáo sư Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu trường Chương Một số lớp hàm số đơn điệu Trong chương sử dụng tài liệu tham khảo [2], [6] để nhắc lại kiến thức số lớp hàm số đơn điệu để sử dụng chứng minh bất đẳng thức toán cực trị liên quan 1.1 Hàm đơn điệu Ta thường dùng ký hiệu I(a, b) ⊂ R nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b), [a, b), (a, b] [a, b], với a < b Xét hàm số f (x) xác định tập I(a, b) ⊂ R Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Nếu với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có 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) Ngược lại, với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≥ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a, b) Nếu xảy f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ; ∀x1 , x2 ∈ I(a, b), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a, b) Những hàm số đơn điệu tăng thực I(a, b) gọi hàm đồng biến I(a, b) hàm số đơn điệu giảm thực I(a, b) gọi hàm nghịch biến tập Trong chương trình giải tích, biết đến tiêu chuẩn để nhận biết hàm số khả vi cho trước khoảng (a, b) hàm đơn điệu khoảng Các định lí sau cho ta số đặc trưng đơn giản khác hàm đơn điệu Định lý 1.1 (xem [2-6]) Hàm số f (x) xác định R+ hàm đơn điệu tăng với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có n n k=1 ak f (xk ) ≤ n ak f k=1 xk k=1 (1.1) Chứng minh Khi f (x) đơn điệu tăng R hiển nhiên ta có n f (xj ) ≤ f xk , j = 1, 2, , n k=1 Suy n aj f (xj ) ≤ aj f xk , j = 1, 2, , n (1.2) k=1 Lấy tổng theo j (j = 1, 2, , n), từ (1.2), ta thu (1.1) Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có f (x) + εf (h) ≤ (1 + ε)f (x + h), ∀ε, h > (1.3) Khi ε → 0, ta thu f (x + h) ≥ f (x), hay f (x) hàm đồng biến Định lý 1.2 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức n n k=1 f (xk ) ≤ f (1.4) xk , k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := đơn điệu tăng R+ f (x) x Chứng minh Nhận xét rằng, ta có hàm số f (x) = xg(x) (1.4) có dạng (1.1) với aj = xj (j = 1, 2, , n) n n k=1 xk g(xk ) ≤ n xk g k=1 xk , (1.5) k=1 hiển nhiên thỏa mãn ứng với g(x) hàm đơn điệu tăng R+ f (x) hàm đơn điệu tăng [0, +∞] Khi đó, với x dãy số dương giảm x1 , x2 , , xn , ta có Hệ 1.1 Giả sử g(x) = n−1 f (x1 − xn ) ≥ k=1 f (xk ) − f (xk+1 ) Nhận xét (1.5) không điều kiện cần để g(x) hàm đồng biến Thật vậy, cần chọn hàm g(x) có tính chất < g(x) ∈ C(R+ ), ∀x ∈ R+ maxg(x) ≤ ming(x), ta dễ dàng kiểm chứng (1.5) thỏa mãn Chẳng hạn, ta thấy hàm số g(x) = + sin x, x ∈ R+ , thỏa mãn điều kiện nêu thỏa mãn điều kiện (1.5) Tuy nhiên, hàm g(x) không hàm đơn điệu tăng R+ f (x) Nếu bổ sung thêm điều kiện g(x) := hàm đồng biến R+ x1 , x2 , , xn x số gồm số lớn 1, ta thu bất đẳng thức thực n n f (xk ) < f xk k=1 k=1 Tương tự, ta phát biểu đặc trưng với hàm đơn điệu giảm Định lý 1.3 (xem [2-6]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu giảm với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có n n k=1 ak f (xk ) ≥ n ak f k=1 xk k=1 Định lý 1.4 (xem [2-6]) Để bất đẳng thức n n k=1 f (xk ) ≥ f xk , k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := đơn điệu giảm R+ f (x) x Nhận xét rằng, số hàm số sơ cấp biến, hàm tuyến tính f (x) = ax đóng vai trị đặc biệt quan trọng, dễ nhận biết tính đồng biến (khi a > 0) nghịch biến (khi a < 0) khoảng tùy ý cho trước Đặc trưng sau cho ta thấy rõ đặc trưng (bất đẳng thức hàm) hàm tuyến tính Định lý 1.5 (xem [2-6]) Giả thiết rằng, với cặp số dương a1 , a2 , , an ; x1 , x2 , , xn , ta có n n k=1 ak f (xk ) ≥ f ak xk , (1.6) k=1 f (x) = ax, a số Chứng minh Lấy n = chọn x1 = x, x2 = y; a1 = y , a2 = , từ (1.6), ta thu 2x f (x) f (y) ≤ ; ∀x, y ∈ R+ x y Suy g(x) := f (x) hàm R+ x Tiếp theo, ta nêu số tính chất hàm đơn điệu để ước lượng số tổng tích phân Định lý 1.6 (Maclaurin, Cauchy) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) Khi đó, ta ln có n k=1 n−1 n f (k) ≤ f (x)dx ≤ f (k) (1.7) k=0 Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) hàm đơn điệu giảm, nên ta ln có k+1 f (k + 1) ≤ f (x)dx ≤ f (k), k k = 0, 1, Lấy tổng theo k , ta thu (1.7), điều phải chứng minh Định lý 1.7 (xem [2-6]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) {ak } dãy tăng (0, +∞) Khi đó, ta ln có n n an k=1 (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ a0 f (x)dx ≤ k=1 (ak − ak−1 )f (ak−1 ) (1.8) Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) hàm đơn điệu giảm, nên ta ln có ak (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ ak−1 f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) Lấy tổng theo k , ta thu (1.8), điều phải chứng minh Định lý 1.8 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev) Giả sử f (x) g(x) hai hàm đơn điệu tăng (xk ) dãy đơn điệu tăng x ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn Khi với (pj ) pj ≥ 0, j = 1, 2, , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1, ta có n n n pk f (xk ) k=1 k=1 pk f (xk )g(xk ) pk g(xk ) ≤ k=1 Chứng minh Theo giả thiết ≤ f (xk ) − f (xj ) g(xk ) − g(xj ) , hay f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk ) ≤ f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk ) (1.9) Để ý n n n k=1 k=1 j,k=1 pk g(xk ) , pk f (xk ) pj pk [f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk )] = n n pk f (xk )g(xk ) pj pk [f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk )] = j,k=1 k=1 Kết hợp đẳng thức với (1.9), ta thu pk f (xk ) k=1 k=1 1.2 n n n pk g(xk ) ≤ pk f (xk )g(xk ) k=1 Hàm đơn điệu tuyệt đối Định nghĩa 1.2 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đơn điệu tuyệt đối khoảng (a, b) đạo hàm cấp khơng đổi dấu f (k) (x) ≥ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, Cũng vậy, ta có định nghĩa hàm đồng biến nghịch biến tuyệt đối Định nghĩa 1.3 (xem [2]) Hàm số f (x) gọi hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng (a, b) đạo hàm cấp hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng Ví dụ hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối khoảng (a, b), (a > 0) hàm số sau 34 Ta chứng minh nhận xét vừa nêu hoàn toàn Tuy nhiên (bạn đọc tự kiểm chứng), kỹ thuật bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức AG khơng cịn hiệu lực Tính đồng biến g(t) ứng với t ≥ suy từ nhận xét sau (xem lại tính chất phân số bậc tiểu học) Tính chất 3.1 (i) Nếu hai phân số dương có tử số dương phân số có mẫu số lớn bé hơn, (ii) Nếu hai phân số âm có tử số dương phân số có mẫu số lớn lớn Tính chất 3.2 Xét phân số p với q > Khi q p dương tăng mẫu số, phân số giảm, q p (ii) Nếu phân số âm tăng mẫu số, phân số tăng q (i) Nếu phân số Nói cách khác, ta có p với q > số dương d Khi q p p p (i) Nếu phân số dương ≥ , q q q+d p p p (ii) Nếu phân số âm ≤ q q q+d Bài tốn 3.2 Cho phân số Từ kết toán này, ta dễ dàng chứng minh Bài toán 3.3 Với số dương a, b, c cho trước, hàm số bt ct at + + , t ∈ R, g(t) = t b + ct ct + at at + bt hàm đồng biến [0, +∞) Hệ 3.5 Cho α ≥ β ≥ Chứng minh với số dương a, b, c, ta có aα bα cα aβ bβ cβ + + ≥ + + bα + cα cα + aα aα + bα bβ + cβ cβ + aβ aβ + bβ Bài toán 3.4 Chứng minh với số a1 , a2 , · · · , an ∈ R ta ln có đa thức n n Q(x) = i=1 j=1 aj i+j x , i+j hàm đồng biến [0, +∞) Lời giải Thật vậy, ta có Q (x) = x n n ′ aj x i=1 j=1 i+j = x n x i i=1 35 Suy Q′ (x) ≥ với x ≥ Do đó, hàm số Q(x) đồng biến [0, +∞) Từ đây, ta thu Hệ 3.6 (Bất đẳng thức thứ tự Hilbert) Với số thực a1 , a2 , · · · , an , ta ln có n n i=1 j=1 aj ≥ i+j Chứng minh Do đa thức n n Q(x) = i=1 j=1 aj i+j x , i+j đồng biến [0, +∞) nên Q(1) ≥ Q(0) = 0, hay n n i=1 j=1 aj = Q(1) ≥ i+j đpcm 3.1.2 Một số tốn áp dụng cho bất đẳng thức tam giác Sau số toán sử dụng kiến thức lớp hàm đơn điệu liên tiếp đoạn, tổng không đổi ta xét dấu đạo hàm cấp hai việc biến đổi chia hai vế Bài toán 3.5 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có sin A sin B sin C + + cos A0 cos B0 cos C0 tan A0 tan B0 tan C0 (3.3) Chứng minh Xét hàm số f (x) = sin x, x ∈ 0, π π Ta có f ′ (x) = cos x > f ′′ (x) = − sin x < (0, ) Vậy nên f (A) ≤ f (A0 ) + f ′ (A0 )(A − A0 ), suy Tương tự, ta có sin A ≤ tan A0 + A − A0 cos A0 (3.4) sin B ≤ tan B0 + B − B0 cos B0 (3.5) 36 sin C ≤ tan C0 + C − C0 cos C0 (3.6) Từ (3.4), (3.5), (3.6), suy sin A sin B sin C + + ≤ tan A0 + tan B0 + tan C0 cos A0 cos B0 cos C0 Để ý tan A0 + tan B0 + tan C0 = tan A0 tan B0 tan C0 , suy điều phải chứng minh Các toán sau giải tương tự Bài toán 3.6 Cho tam giác A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác ABC ta có A B C cos cos + + A0 B0 C0 sin sin sin 2 cos cot A0 B0 C0 + cot + cot 2 (3.7) Bài toán 3.7 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có tan A tan B tan C + + 2 + tan A0 + tan B0 + tan2 C0 sin A0 sin B0 sin C0 Bài toán 3.8 Cho tam giác ABC có góc khơng nhỏ tan (3.8) 2π Chứng minh √ A B C + tan + tan ≥ − 2 Các tốn sau cho ta mở rộng vơ hạn bất đẳng thức từ bất đẳng thức nhờ lớp hàm số đơn điệu Ta nhận thấy ứng với a, b, c, α, β số dương, α > β ta ln có a b α + b c α + c a α ≥ a b β + b c β + c a β đẳng thức xảy a = b = c Tính chất nhìn nhận hàm số g(x) := a b x + b c x + c a x đồng biến [0 + ∞) Vậy câu hỏi tự nhiên nảy sinh ta thiết lập hay không hàm tương tự bất đẳng thức dạng khác tường minh cách chứng minh cho trường hợp đơn lẻ cụ thể? Ta thu toán nội suy bất đẳng thức, tức từ bất đẳng thức cho, ta xét hai vế giá trị hàm cần tìm hai tọa vị cho trước 37 Bài toán 3.9 Cho a, b, c, α, β số dương, α > β Chứng minh b+c 2a α α c+a 2b + a+b 2c + α ≥ b+c 2a β c+a 2b + β + a+b 2c β (3.9) Lời giải Xét hàm số: t b+c 2a F (t) = c+a 2b + t + t a+b 2c , ∀t > Ta cần chứng minh F (t) hàm số đồng biến (0, +∞) hay ∀t1 , t2 ∈ (0, +∞), t1 < t2 , ta cần chứng minh F (t1 ) ≤ F (t2 ) hay cần chứng minh: t2 b+c 2a t2 c+a 2b + Ta có t2 −1 t1 a+b 2c + t2 b+c 2a c+a 2b a+b 2c t1 b+c 2a + t1 c+a 2b ≥ b+c 2a t1 a+b 2c t1 (b + c)(c + a)(a + b) 8abc t1 c+a 2b + t2 t2 b + c −1≥ t1 t1 2a t2 t2 c + a + −1≥ t1 t1 2b t2 t2 a + b + −1≥ t1 t1 2c t1 + t1 + t2 t2 a+b 2c + t2 t1 ≥ t2 −1 t1 t1 t1 t2 ≥ −3 t1 Cộng theo vế bất đẳng thức ta thu b+c 2a t2 + c+a 2b t2 a+b 2c + t2 b+c 2a ≥ t1 + t1 c+a 2b + a+b 2c t1 , ∀t2 > t1 > Suy F (t) hàm đồng biến (0, +∞) Khi ∀α > β ta ln có b+c 2a α α c+a 2b + + a+b 2c α ≥ b+c 2a β c+a 2b + β + a+b 2c β Từ đây, ta thu điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Với hàm g(t) := a b t + b c t + c a t đồng biến [0 + ∞) cho ta vô hạn bất đẳng thức, (3.9) hệ nó, từ ta mở rộng vơ hạn toán, chẳng hạn toán sau Bài toán 3.10 Cho a, b, c ba cạnh tam giác α > β ≥ Chứng minh c a+b−c α + a b+c−a α + b c+a−b α ≥ c a+b−c β + a b+c−a β + b c+a−b β (3.10) 38 Bài toán 3.11 Cho a, b, c ba cạnh tam giác α > β > Chứng minh 3a 2b + 2c − a ≥ 3.2 α 3b 2c + 2a − b + 3a 2b + 2c − a β + 3b 2c + 2a − b α + β 3c 2a + 2b − c + 3c 2a + 2b − c α β Sử dụng tính đơn điệu hàm số tốn cực trị Bài toán 3.12 (Mỹ, 1977) Chứng minh với số dương tùy ý a ≤ b ≤ c ≤ d, ta có bất đẳng thức ab bc cd da ≥ ba cb dc ad Lời giải Ta đặt b = ax, c = ay, d = az Khi đó, từ điều kiện tốn, ta có ≤ x ≤ y ≤ z , cịn bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với aax (ax)ay (ay)az (az)a ≥ (ax)a (ay)ax (az)ay aaz Sau giản ước hai vế cho aa aax aay aaz nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa ta bất đẳng thức tương đương a xy y z z ≥ xy x z y Đặt x = xs, z = xt, đó, ≤ s ≤ t (vì x ≤ y ≤ z ) y ≥ s (vì x ≥ 1), suy xxs y xt xt ≥ xy x (xt)sx Sau giản ước xxs y x xt nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa bất đẳng thức tương đương y t−1 ≥ ts− x - Nếu y = bất đẳng thức x = 1, y = y = 1, y t−1 = = tt−1 = x - Nếu t = bất đẳng thức y t−1 = y = = 1s− x = 1 ta x 39 Giả sử y > t > Khi đó, nâng lũy thừa hai vế bất đẳng thức lên lũy thừa y > 0, ta bất đẳng thức tương đương t−1y−1 y s y y−1 ≥ t t−1 với ≤ s ≤ t, s ≤ y Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: α Giả sử y ≥ t Ta chứng minh hàm số f1 (α) = α α−1 tăng với α > Ta có α f1′′ (α) = e α−1 ln α ′ α = e α−1 ln α ln α − α − (α − 1)2 (α − − ln α) > 0, (α − 1)2 ta có g1 (α) = α − − ln α > với α > 1, g1′ (α) = α − > (g1′ (0) = 0) α α = e α−1 Suy trường hợp bất đẳng thức thỏa mãn, y s t y y−1 = f1 (y) ≥ f1 (t) = t t−1 ≥ t t−1 Trường hợp 2: Giả sử y < t Ta chứng minh hàm số f2 (α) = α α−1 giảm với α > Ta có ′ α f2′′ (α) = e α−1 ln α = e α−1 α = e α−1 ln α ln α − α(α − 1) (α − 1)2 (α − − α ln α) < 0, α(α − 1)2 ta có g2 (α) = α − − α ln α < với α > 1, g2′ (α) = − ln α − < (g2′ (1) = 0) Suy trường hợp bất đẳng thức thỏa mãn, y y s y y−1 = (f2 (y))y ≥ (f2 (t))y = t t−1 ≥ t t−1 Bài toán 3.13 (Ireland, 2000) Cho x, y ≥ với x + y = Chứng minh x2 y (x2 + y ) ≤ Lời giải Do x + y = nên thành x+y 2 x+y = 1, bất đẳng thức cần chứng minh viết ≥ x2 y (x2 + y ), hay (x + y)6 ≥ x2 y 32(x2 + y ) Trong trường hợp xy = bất đẳng thức hiển nhiên 40 √ √ Xét trường hợp xy = Đặt k = xy Ta có điều kiện x = y = ≥ xy = k , suy ≤ k ≤ Ta chứng minh bất đẳng thức k = 1, nghĩa xy = lúc bất đẳng thức trở thành x+ x ≥ 32 x2 + x2 ≥ Ta cần tìm giá trị nhỏ F (p) = p3 − 32(p − 2) [4, +∞] x Vì F ′ (p) = 3p2 − 32 ≥ (do p ≥ 4), nên F (p) hàm đơn điệu tăng [4, +∞] Đặt p = x + Vậy F (p) ≥ F (4) = với ∀p ≥ (đpcm) Ta sử dụng định lý hệ sau cho toán Định lý 3.1 (xem [2-6]) Cho hàm số y = f (x) liên tục nghịch biến [0, b], ∀a ∈ [0, b] Khi đó, ta ln có b a f (x)dx ≥ a b (3.11) f (x)dx Tương tự, với f (x) liên tục đồng biến [0, b], ∀a ∈ [0, b] a b b f (x)dx ≤ a f (x)dx Hệ 3.7 Nếu b = f (x) liên tục nghịch biến [0, 1] ∀a ∈ [0, 1], ta có a f (x)dx ≥ a f (x)dx Nếu b = 1, f (x) liên tục đồng biến [0, 1] ∀a ∈ [0, 1], ta có a f (x)dx ≤ a f (x)dx Bài tốn 3.14 Tìm giá trị lớn hàm số h(x) = π π2 π π x − + x − cos x, x ∈ 0, 2 Lời giải Ta có f (t) = t + sin t hàm liên tục đồng biến 0, Định lý 3.1, ∀x ∈ 0, π , π π x (t + sin t)dt ≤ x (t + sin t)dt, hay π t2 − cos t 2 x t2 ≤x − cos t π π Khi đó, theo 41 Vậy nên π x2 π2 − cos x + ≤ x +1 , 2 hay π xπ πx2 π − cos x + ≤ + x 2 Suy π π2 πx2 π − cos x − x +1 ≤− π π Vậy, giá trị lớn hàm số h(x) − x = x = 2 Bài tốn 3.15 Tìm giá trị nhỏ hàm số √ f (x) = πx − 2 arcsin x, x ∈ 0, √ Lược đồ giải Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = √ đồng biến 0, x = √ √ 2 1 − t2 hàm liên tục ta giá trị nhỏ hàm số f (x) x = Bài toán 3.16 Tìm giá trị lớn hàm số f (x) = √ √ √ 3x3 − 3 arctan x + x π − 3 √ đoạn [0, 3] hàm liên + t2 √ tục đồng biến [0, 3] ta giá trị lớn hàm số f (x) x = √ x = Lược đồ giải Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = t2 − Bài tốn 3.17 Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = x arccos x − √ 1 − x2 − x x − x, x ∈ [0, 1] 3 Lược đồ giải.Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = √ t − arccos t hàm liên tục đồng biến [0, 1] ta giá trị nhỏ hàm số f (x) −1 x = x = Bài toán 3.18 Tìm giá trị lớn biểu thức f (x, y) = x cos y − y cos x + (x − y)( xy − 1), ≤ x ≤ y 42 Lược đồ giải Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = sin t + t hàm số liên tục đồng biến với t ∈ [0, y] ta giá trị lớn hàm số f (x, y) x = x = y Bài tốn 3.19 Tìm giá trị lớn biểu thức A= 1 π 1 + + − − − ; x, y, z ∈ 0, 2 y z sin x sin y sin z x π Lời giải Từ bất đẳng thức cos t ≤ 1, ∀t ∈ R cos t < với < t ≤ , ta có x x cos tdt < dt ⇒ sin x < x (3.12) Tiếp theo, từ (3.12), x > 0, x x tdt ⇒ cos x > − sin tdt < 0 x2 (3.13) Tiếp theo, từ (3.13), x > 0, x x cos tdt > 1− t2 x3 dt ⇒ sin x > x − 3! Tiếp theo, từ (3.14), x > 0, x x sin tdt > t− t3 x2 x4 + dt ⇒ cos x < − 3! 2! 4! Mặt khác, từ (3.14), ta có sin x x mà 1− > 1− =1− x2 x x6 + − , 12 216 x6 x2 x4 x2 x4 + − >1− + , 12 216 24 nên hay x2 sin x x > cos x, π cos x , x ∈ 0, > 3 x sin x Do π x dt ≥ t3 π x cos t dt sin3 t (3.14) 43 Suy π − ≤ − , x ∈ 0, π sin x x Từ đây, ta có 1 12 1 1 + + − − − ≤ − 2 2 y z π sin x sin y sin z x 12 π Vậy, giá trị lớn A − x = y = z = π Bài toán 3.20 Cho hàm số f (x) khả vi hai lần liên tiếp I(a, b), g(x) = ln f (x) Chứng minh n k=1 f ′ (uk ) ln f (xk ) = f (uk ) n k=1 f ′ (uk ) ln f (uk ) ⇔ f ′ (x)[f (x)f ′′ (x) − f ′ (x)2 ] ≥ f (uk ) Với ∀x ∈ I(a, b), ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x + x + · · · + x n ≥ u1 + u2 + · · · + u n Chứng minh Ta có g(x) = ln f (x); f ′ (x) ; f (x) f ′′ (x).f (x) − f ′ (x)2 g ′′ (x) = , f ′ (x)2 g ′ (x) = f (x) > 0, ∀x ∈ I(a, b), suy g ′ (x) > ⇔ f ′ (x) > Khi g ′′ (x) > ⇒ f ′′ (x).f (x) − f ′ (x)2 > Vậy hàm số g(x) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2) f ′ (x)[f (x)f ′′ (x) − f ′ (x)2 ] > Nên theo Hệ 1.2, ta có n k=1 f ′ (uk ) ln f (xk ) = f (uk ) n k=1 f ′ (uk ) ln f (uk ) ⇔ f ′ (x)[f (x)f ′′ (x) − f ′ (x)2 ] ≥ f (uk ) Với ∀x ∈ I(a, b), ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x + x + · · · + x n ≥ u1 + u2 + · · · + u n 44 Bài toán 3.21 Cho f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0), thỏa mãn điều kiện b2 − 3ac > Chứng minh n k=1 ax3k + bx2k + cxk + d = 3au2k + 2buk + c n k=1 au3k + bu2k + cuk + d , 3au2k + 2buk + c b ∪ (x2 , +∞), x1 , x2 nghiệm phương trình f ′ (x) = 0, (x1 < 3a x2 ) ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng ∀x ∈ x1 , − x + x + · · · + x n ≥ u1 + u2 + · · · + un Lời giải Ta có f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0); f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c; f ′′ (x) = 6ax + 2b Vì ∆′f ′ = b2 − 3ac > nên phương trình f ′ (x) = có hai nghiệm x1 , x2 (x1 < − Trường hợp 1: Nếu a > Ta có f ′ (x) > ⇔ x < x1 x > x2 , suy f ′′ (x) > ⇔ x > b < x2 ) 3a −b , 3a nên f ′ (x) > f ′′ (x) > 0, ∀x > x2 , suy f (x) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2) Vì f ′ (x) < ⇔ x1 < x < x2 , nên f ′′ (x) < ⇔ x < − f ′ (x) < f ′′ (x) < 0, ∀x1 < x < − (1 − 2) b , 3a b , suy f (x) nghịch biến liên tiếp bậc 3a Trường hợp 2: Nếu a < Ta có f ′ (x) > ⇔ x1 < x < x2 nên f ′′ (x) > ⇔ x < f ′ (x) > f ′′ (x) > 0, ∀x, x1 < x < (1 − 2) Vì f ′ (x) < ⇔ x < x1 x > x2 nên −b , 3a −b , suy f (x) đồng biến liên tiếp bậc 3a f ′′ (x) < ⇔ x > −b , 3a f ′ (x) < f ′′ (x) < 0, ∀x > x2 , suy f (x) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2) 45 Do đó, với ∀a = 0, ∀x ∈ x1 , − b 3a ∪ (x2 , +∞) hàm số f (x) đồng biến nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2), nên theo Hệ 1.2, ta có n k=1 ax3k + bx2k + cxk + d = 3au2k + 2buk + c n k=1 au3k + bu2k + cuk + d 3au2k + 2buk + c b ∪(x2 , +∞), x1 , x2 nghiệm phương trình f ′ (x) = (x1 < x2 ) 3a ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn ≥ ∀x ∈ x1 , − u1 + u2 + · · · + un Bài toán 3.22 Cho f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0), thỏa mãn điều kiện b2 − 3ac > Chứng minh n max k=1 ax3k + bx2k + cxk + d = 3au2k + 2buk + c n k=1 au3k + bu2k + cuk + d , 3au2k + 2buk + c b , x2 , x1 , x2 nghiệm phương trình f ′ (x) = 0, (x1 < 3a x2 ), ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng ∀x ∈ (−∞, x1 ) ∪ − x + x + · · · + x n ≤ u1 + u2 + · · · + u n Lời giải Ta có f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0); f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c; f ′′ (x) = 6ax + 2b Vì ∆′f ′ = b2 − 3ac > nên phương trình f ′ (x) = có hai nghiệm x1 , x2 (x1 < − Trường hợp 1: Nếu a > Ta có f ′ (x) > ⇔ x < x1 x > x2 f ′′ (x) < ⇔ x < b < x2 ) 3a −b , 3a suy f ′ (x) > f ′′ (x) < 0, ∀x < x1 , suy f (x) lõm, có đạo hàm bậc số dương Vì f ′ (x) < ⇔ x1 < x < x2 , suy f ′′ (x) > ⇔ x > − b suy f ′ (x) < 3a b < x < x2 , suy f (x) lồi có đạo hàm bậc số dương 3a Trường hợp 2: Nếu a < Ta có f ′ (x) > ⇔ x1 < x < x2 nên f ′′ (x) > 0, ∀x, − f ′′ (x) < ⇔ x > suy f ′ (x) > f ′′ (x) < 0, ∀x, −b , 3a −b < x < x2 , 3a 46 suy f (x) lõm có đạo hàm bậc số dương Vì f ′ (x) < ⇔ x < x1 x > x2 , suy f ′′ (x) > ⇔ x < −b , nên f ′ (x) < 3a f ′′ (x) > 0, ∀x < x1 , suy f (x) lồi có đạo hàm bậc số âm b Do đó, với ∀a = 0, ∀x ∈ (−∞, x1 ) ∪ − , x2 hàm số f (x) lồi (lõm) có đạo hàm bậc 3a số âm (dương), nên theo Hệ 1.3, ta có n max k=1 ax3k + bx2k + cxk + d = 3au2k + 2buk + c n k=1 au3k + bu2k + cuk + d , 3au2k + 2buk + c b , x2 Trong x1 , x2 nghiệm phương trình f ′ (x) = (x1 < 3a x2 ), ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng ∀x ∈ (−∞, x1 ) ∪ − x + x + · · · + x n ≤ u1 + u2 + · · · + u n b a Bài toán 3.23 Cho hàm số f (x) = ln(ax + b), (a < 0), ∀x < − Chứng minh n k=1 (auk + b) ln(axk + b) = a n k=1 (auk + b) ln(auk + b) , a ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x + x + · · · + x n ≥ u1 + u2 + · · · + un Lời giải Ta có f (x) = ln(ax + b); a f ′ (x) = ; ax + b a2 f ′′ (x) = − (ax + b)2 Do a < nên f ′ (x) = f ′′ (x) = − a b < 0, ∀x < − , ax + b a b a2 < 0, ∀x < − (ax + b) a Vậy nên, hàm f (x) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2), theo Hệ 1.2, ta có n k=1 (auk + b) ln(axk + b) = a n k=1 (auk + b) ln(auk + b) a ứng với dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n có tổng x + x + · · · + x n ≥ u1 + u2 + · · · + un Nhận xét rằng, hàm số cho hàm đơn điệu khả vi ta nhận nhiều áp dụng lớp hàm khác hàm lượng giác, hàm đa thức, hàm phân thức, hàm mũ hàm logarit, 47 Kết luận Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu hóa hàm số" giải vấn đề sau: - Trình bày số vấn đề liên quan đến lớp hàm đơn điệu số ứng dụng liên quan nhằm thể rõ vai trò quan trọng hàm đơn điệu dạng toán thi HSG quốc gia Olympic quốc tế - Tiếp theo, trình bày tính chất hàm số tựa đơn điệu phép đơn điệu hóa, giải tốn cực trị liên quan - Cuối cùng, luận văn trình bày hệ thống tập áp dụng từ đề thi HSG quốc gia Olympic quốc tế liên quan 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO A Tiếng Việt [1] Lê Hải Châu, Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục, 2006 [2] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lí áp dụng, NXB Giáo dục, 2006 [3] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục, 2007 [4] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc, Một số toán chọn lọc lượng giác, NXB Giáo dục, 2003 [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục, 2008 [6] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến, Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Việt Nam, 2010 B Tiếng Anh [7] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer [8] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis, Springer Sciences+Business Media ... phạm vi nghiên cứu Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu hóa hàm số" trình bày số vấn đề liên quan đến lớp hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng liên quan Mục đích nghiên... Chương Phép đơn điệu hóa hàm số 2.1 Hàm đơn điệu khúc phép đơn điệu hóa hàm số 2.2 Hàm tựa đơn điệu 2.3 Phương pháp xây dựng hàm tựa đơn điệu từ hàm số 2.3.1 Bất... toán hàm số thường đề cập đến xem dạng tốn khó bậc phổ thơng Do đó, đề tài "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu số ứng dụng phép đơn điệu hóa hàm số" nghiên cứu nhằm thể rõ vai trò quan trọng hàm đơn điệu,