Trong phần này trình bày một số bài toán bất phương trình liên quan đến hàm số khả vi.
Bài toán 2.19. Cho f : [a, b]→R là một hàm có đạo hàm (không nhất thiết phải hữu hạn) tại bất kỳ điểm nào trên [a, b]. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho
f0(x0) ≥
f(b)−f(a) b−a
.
Lời giải. Đối với bất kỳ số nguyên 0≤n ≤10, xét dãy cn =a+ (b−a)n 10 ta có
|f(b)−f(a)| ≤
9
X
n=0
|f(cn+1)−f(cn)|. Như vậy tồn tại một số nguyên k với 0≤k ≤9 sao cho
f(ck+1)−f(ck) ck+1−ck
≥
f(b)−f(a) b−a
.
Đặt k1 là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên và đặt a1 =ck1, b1 = ck1+1. Tiếp theo, ta lặp lại lý luận trên cho đoạn I1 := [a1, b1] và tiếp tục như vậy ta có được dãy các đoạn In := [an, bn] sao cho bn −an = 10−n(b−a) và
f(bn)−f(an) bn−an
≥
f(b)−f(a) b−a
. (2.11)
Do In là khoảng đúng, |In|= (bn−an)→0 khi n → ∞, và I1⊃I2 ⊃ ã ã ã ,theo bổ đề Cantor, tồn tại duy nhất một giá trị x0 sao cho x0 ∈ ∩n≥1In. Đặc biệt điều này cho
ta thấy x0 = lim
n→∞an = lim
n→∞bn. Vì thế, trong bất đẳng thức (2.11) ta có thể thay thế hoặcan hoặc bn bởi x0. Theo đó, do bất đẳng thức trên kết hợp với đồng nhất thức cơ bản ta có
f(bn)−f(an)
bn−an = f(bn)−f(x0)
bn−x0 .bn −x0
bn−an + f(x0)−f(an)
x0−an .x0−an
bn −an.
Trong kết luận, ta có thể giả sử rằng bất đẳng thức (2.11) đúng với vô hạn chỉ số nk, k ≥ 1 và thay thế an bởi x0. Cho n → ∞ và sử dụng định nghĩa đạo hàm của hàm f tại điểm x0 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.20. Choa, b là các số thực với a < b và một hàm liên tục f : [a, b]→R mà khả vi trên (a, b). Chứng minh rằng ∃c∈(a, b) sao cho
2
a−c < f0(c)< 2 b−c.
Lời giải.Trước tiên, giả sửf0(x)đổi dấu trong(a, b). Tức là, tồn tạix1∈(a, b), x2 ∈ (a, b) sao cho f0(x1) ≥0, f0(x2) ≤ 0. Theo định lý Darboux, tồn tại c nằm giữa hai giá trịx1 và x2 sao chof0(c) = 0.Như vậy, tồn tại cthỏa mãn bất đẳng thức ở trên.
Tiếp theo, giả sử f0(x) không đổi dấu trong (a, b). Không mất tính tổng quát, ta giả sửf0(x)≥0,∀x∈(a, b).Lý luận bằng phản chứng và thấy rằnga−x <0,∀x∈ (a, b), suy ra
f0(x)≥ 2
b−x,∀x∈(a, b).
Xét dãy xn =b−b−a
2n , n ∈N, n ≥ 1. Kết hợp với định lý Lagrange về giá trị trung bình, ta thấy∃c1 ∈(a, x1) sao cho
f(x1)−f(a) =f(a+b
2 )−f(a) =f0(c1)b−a
2 ≥ 2
b−c1.b−a 2 ≥1.
Tiếp tục quá trình trên, ta xây dựng được dãy (cn)n≥1 sao cho cn+1∈(xn, xn+1) và f(xn+1)−f(xn) =f0(cn+1)(xn+1−xn)≥ 2
b−cn+1.b−a 2n+1 ≥1.
Do đóf(xn)−f(a)≥n với mọi số nguyên dươngn, từ đó suy raf không bị chặn trên [a, b] (mâu thuẫn với giả thiết ). Vậy ta có, tồn tại c∈(a, b) sao cho f0(c)< 2
b−c. Chứng minh tương tự, ta có, tồn tại c∈(a, b)sao cho 2
a−c < f0(c). Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.21. Cho hàm sốf : [a, b]→R là một hàm khả vi cấp 2 thỏa mãn điều kiện f0(a) = f0(b) = 0. Chứng minh rằng trong (a, b) tồn tại một điểm c sao cho
f00(c)≥ 4
(b−a)2 [f(b)−f(a)].
Lời giải. Nếu f(x) =const thì bất đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên.
Giả sử f(x) 6= const. Từ điều kiện f0(a) = f0(b) = 0 suy ra f(x) không tuyến tính. Áp dụng Định lý Cauchy về giá trị trung bình cho các hàm số f(x) và φ(x) = (x−a)2
2 trên đoạn
a,a+b 2
và cho các hàm số f(x) và γ(x) = (b−x)2
2 trên đoạn a+b
2 , b
. Ta nhận được 8
f
a+b 2
−f(a)
(b−a)2 = f0(ξ1)
ξ1−a, a < ξ1 < a+b 2 . 8
f(b)−f
a+b 2
(b−a)2 = f0(ξ2) b−ξ2,a+b
2 < ξ2 < b.
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được 8[f(b)−f(a)]
(b−a)2 = f0(ξ1)
ξ1−a +f0(ξ2) b−ξ2.
Vìf0(a) =f0(b) = 0, nên vế phải của đẳng thức cuối cùng có thể viết dưới dạng f0(ξ1)
ξ1−a + f0(ξ2)
b−ξ2 = f0(ξ1)−f0(a)
ξ1−a − f0(b)−f0(ξ2)
b−ξ2 =f00(η1)−f00(η2), trong đó a < η1 < ξ1;ξ2 < η2 < b.
Từ đó suy ra
8[f(b)−f(a)]
(b−a)2
≤ |f00(η1)|+|f00(η2)|.
Ký hiệu
f00(c) = max{|f00(η1)|;|f00(η2)|}.
Khi đó ta có
8[f(b)−f(a)]
(b−a)2
≤2|f00(c)|.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức không loại trừ vì có thể có trường hợp |f00(η1)|=|f00(η2)|.
Bài toán 2.22. Cho f là một hàm khả vi liên tục cấp 3 trên đoạn [0,1]. Giả sử rằng f(0) =f0(0) =f00(0) =f0(1) = f00(1) = 0 và f(1) = 1. Chứng minh rằng tồn tại c∈[a, b] sao cho f000(c)≥24.
Lời giải. Xem xét khai triển Taylor của hàm f(x) tại các điểm x= 0 và x= 1 : f(x) =f(0) +f0(0)x+f00(0)
2 x2+f000(ξx) 6 x3, f(x) =f(1) +f0(1)(x−1) + f00(1)
2 (x−1)2+ f000(ηx)
6 (x−1)3, với 0≤ξx≤x và x≤ηx≤1. Kết hợp với các giả thiết, ta có
f(x) = f000(ξx) 6 x3 và
f(x) = 1 + f000(ηx)
6 (x−1)3. Chọn x= 1
2, ta thấy tồn tại ξ và η sao chof000(ξ) +f000(η) = 48. Như vậy một trong hai số f000(ξ), f000(η) lớn hơn hoặc bằng 24. Vậy tồn tại c∈[0,1] để f000(c)≥24.
Bài toán 2.23. Cho f : R → R là một hàm khả vi cấp 3. Chứng minh rằng tồn tại a∈R sao cho f(a).f0(a).f00(a).f000(a)≥0.
Lời giải. Nếu tồn tại ađể một trong các giá trịf(a), f0(a), f00(a), f000(a)bằng không thì ta có điều phải chứng minh luôn đúng.
Ta giả sử các giá trị f(x), f0(x), f00(x), f000(x) hoặc âm hoặc dương với mọi x ∈ R. Giả sử f00(x) > 0 (nếu f00(x) < 0 ta có thể thay f(x) thành −f(x)) và giả sử f000(x) > 0 (nếu f000(x) < 0 ta có thể thay f(x) thành f(−x)). [Sự thay thế này không làm thay đổi dấu của biểu thứcf(x).f0(x).f00(x).f000(x)].
Từ f00(x) > 0, ta có f0(x) là hàm tăng, mặt khác f000(x) > 0 điều đó cho ta thấy f0(x) là một hàm lồi. Khi đó
f0(x+a)> f0(x) +af00(x),∀x∈R.
Chox cố định, lấya đủ lớn, ta suy ra đượcf0(x)>0,∀x∈R. Bằng lập luận tương tự, ta thấy rằngf0(x)>0và f00(x)>0sẽ suy ra được f(x)>0,∀x∈R. Ta kết luận rằng f(a).f0(a).f00(a).f000(a)≥0, với x bất kỳ trong R.
Bài toán 2.24. Chứng minh rằng không tồn tại một hàm khả vi liên tục dương f trên [0,+∞) sao cho f0(x)≥f(f(x)),∀x≥0.
Lời giải. Giả sử ngược lại có hàmf như vậy. Từf0(x)≥f(f(x))>0,f là hàm tăng suy raf0(x)> f(f(x))≥f(f(0))>0và lim
x→+∞f(x) = +∞. Do đó lim
x→+∞f(f(x)) = +∞
và lim
x→+∞f0(x) = +∞. Đặt g(x) := f(x)−x−1 thì g0(x) cũng dần đến +∞ từ đó suy ra g(x) cũng dần đến +∞. Do vậy, tồn tại x0 sao cho f(x0) > x0 + 1. Tiếp theo, áp dụng định lý về giá trị trung bình cho đoạn [x0, f(x0)], ta có một điểm ξ∈(x0, f(x0)) mà
f(f(x0)) = f(x0) +f0(ξ)(f(x0)−x0)
> f0(ξ)(f(x0)−x0)
≥f(f(ξ))(f(x0)−x0)
> f(f(x0))(f(x0)−x0)
> f(f(x0)).
Điều này chứng tỏ giả sử ban đầu là sai. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.1. Cho f :R →R là hàm khả vi sao cho lim
x→−∞f(x)≥0và f0(x)>0,∀x∈ R. Chứng minh rằng f(x)>0,∀x∈R.
Chứng minh. Giả sử ngược lại, tồn tại x0 ∈R sao cho f(x0) <0. Theo giả thiết f0(x) >0,∀x ∈R suy ra f(x) < f(x0),∀x < x0. Do đó lim
x→−∞f(x) ≤f(x0) <0. Điều này trái với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.25. Cho hàmf :R→Rlàm một hàm khả vi cấp 3 sao chof(x), f0(x), f00(x), f000(x) đều dương với mọix∈R. Hơn nữa, giả sử f000(x)≤f(x),∀x∈R. Chứng minh rằng
f0(x)<2f(x),∀x∈R.
Lời giải. Đầu tiên ta nhận thấy từ giả thiết là lim
x→−∞f0(x) = lim
x→−∞f00(x) = 0. Thật vậy, theo đinh lý Lagrange về giá trị trung bình, tồn tại ξn ∈(−n2;−n) sao cho
f(−n2)−f(−n) = (n−n2)f0(ξn)<0.
Theo giả thiết, giới hạn của f và f0 tại −∞ tồn tại, hơn nữa, chúng không âm. Giả sử rằng lim
x→−∞f0(x)>0. Khi đó ta có
n→−∞lim
f(−n2)−f(−n)
= 0
n→−∞lim (n−n2)f0(ξn) =−∞.
Suy ra 0 = −∞ (vô lý). Do vậy, ta có lim
x→−∞f0(x) = 0.
Bằng lập luận tương tự, ta cũng có được lim
x→−∞f00(x) = 0. Từ giả thiết f000(x)≤f(x),∀x∈R, ta có
f00(x)f000(x)≤f00(x)f(x)< f00(x)f(x) +f02(x),∀x∈R.
Sử dụng bất đẳng thức này và áp dụng bổ đề (2.1) với hàm số f(x)f0(x)− 1
2(f00(x))2 ta suy ra rằng 1
2(f00(x))2< f(x)f0(x),∀x∈R. (2.12) Mặt khác, do f(x)>0 và f000(x)>0,∀x∈R nên suy ra
2f0(x)f00(x)<2f0(x)f00(x) + 2f(x)f000(x),∀x∈R.
Sử dụng bất đẳng thức này và áp dụng bổ đề (2.1) với hàm số 2f(x)f00(x)− f02(x) , ta suy ra rằng
f02(x)≤2f(x)f00(x),∀x∈R. (2.13) Kết hợp (2.12) và (2.13), ta có
1 2
f02(x) 2f(x)
2
< 1
2(f00(x))2< f(x)f0(x), Suy ra
f03(x)<8f3(x),∀x∈R. Từ đó suy ra rằng f0(x)<2f(x),∀x∈R.
Nhận xét 2.3. Ta có thể chứng minh bất đẳng thức trên bằng một bất đẳng thức mạnh hơn bằng cách thay thế số 2 bởi một số nhỏ hơn 2.
Thật vậy. Từ bất đẳng thức 1
2(f00(x))2 < f(x)f0(x),∀x ∈ R cộng vào hai vế biểu thức 1
2f0(x)f000(x) và áp dụng giả thiết f000(x)≤f(x), ta được 1
2[f0(x)f000(x) + (f00(x))2]< f(x)f0(x) + 1
2f0(x)f000(x)≤ 3
2f(x)f0(x).
Áp dụng bổ đề (2.1), ta có 1
2f0(x)f00(x)< 3
4f2(x),∀x∈R. Nhân hai vế vớif0(x) và tiếp tục sử dụng bổ đề (2.1), ta có
1
6f03(x)< 1
4f3(x),∀x∈R. Do đó f0(x)<(3
2)1/3f(x)<2f(x).
Chương 3
Các dạng toán về bất phương trình và bất đẳng thức qua các kỳ thi
Olympic
Chương này trình bày một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có chứa tham số (xem[3], [8]); một số bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức mà để giải chúng ta dùng phương pháp đạo hàm và một số tính chất của hàm số có đạo hàm (xem [3], [4]).