Đang tải... (xem toàn văn)
Định lí Rôn và bất đẳng thức hàm lồi
Bn quyn thuc Nhúm C Mụn ca Lờ Hng c T hc em li hiu qu t duy cao, iu cỏc em hc sinh cn l: 1. Ti liu d hiu Nhúm C Mụn luụn c gng thc hin iu ny 2. Mt im ta tr li cỏc thc mc ng kớ Hc tp t xa O HM V NG DNG NH Lí RễN V BT NG THC HM LI Vấn đề 1: Sử dụng tình lồi, lõm của hàm số chứng minh bất đẳng thức Vấn đề 2: Sử dụng định lí Rôn giải phơng trình Hc Toỏn theo nhúm (t 1 n 6 hc sinh) cỏc lp 9, 10, 11, 12 Giỏo viờn dy: Lấ HNG C a ch: S nh 20 Ngừ 86 ng Tụ Ngc Võn H Ni Email: nhomcumon68@gmail.com Ph huynh ng kớ hc cho con liờn h 0936546689 1 Định lí Rôn và bất đẳng thức hàm lồi A. Tóm tắt lí thuyết 1. bất đẳng thức hàm lồi Định lí 1. Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a, b). 1. Hàm số f(x) gọi là lồi trên khoảng đó ( f''(x) 0 x(a, b) ) x 1 , x 2 , . x n (a, b) ta có n )x(f .)x(f)x(f n21 +++ f( n x .xx n21 +++ ), dấu bằng xảy ra khi x 1 = x 2 = . = x n . 2. Hàm số f(x) gọi là lõm trên khoảng đó ( f''(x) 0 x(a, b) ) x 1 , x 2 , . x n (a, b) ta có n )x(f .)x(f)x(f n21 +++ f( n x .xx n21 +++ ), dấu bằng xảy ra khi x 1 = x 2 = . = x n . Định lí 2. Giả sử hàm số f(x) gọi là lồi trên khoảng (a, b). Với n giá trị tuỳ ý x 1 , x 2 , . x n của biến số x thuộc khoảng đó, với n số hữu tỉ r 1 , r 2 , . r n thoả mãn điều kiện =+++ =< 1r .rr n,1ir0 n21 i , ta đều có : r 1 f(x 1 ) + r 2 f(x 2 ) + . + r n f(x n ) f(r 1 x 1 + r 2 x 2 + . + r n x n ), dấu bằng xảy ra khi x 1 = x 2 = . = x n . Chứng minh. Viết các số hữu tỉ r 1 , r 2 , . r n dới dạng n phân số với cùng mẫu chung M nh sau : r i = M m i với i = n,1 , ta có m 1 + m 2 + . + m n = M. Kết quả cần chứng minh đợc suy ra từ Định lí 1 áp dụng cho M số : m 1 số x 1 , m 2 số x 2 , ., m n số x n . 2 2. Định lí Rôn Định lí Rôn : Nếu hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D thì phơng trình f(x) = 0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. B. phơng pháp giải toán Vấn đề 1: sử dụng tính lồi, lõm của hàm số chứng minh bất đẳng thức Để sử dụng tính lồi lõm của hàm số chứng minh bất đẳng thức, giả sử : M 0 ta thực hiện theo các bớc sau : Bớc 1: Biến đổi bất đẳng thức về dạng : n )x(f .)x(f)x(f n21 +++ f( n x .xx n21 +++ ) hoặc r 1 f(x 1 ) + r 2 f(x 2 ) + .+ r n f(x n ) f(r 1 x 1 + r 2 x 2 + .+ r n x n ). Bớc 2: Xét hàm số y = f(x), dùng đạo hàm khẳng định hàm số là lồi hoặc lõm. Bớc 3: Kết luận. Ví dụ 1: Chứng minh rằng : 2 yx 22 + 2 2 yx + . Giải Xét hàm số : f(x) = x 2 . ta có : f(x) = 2x, f"(x) = 2 > 0, x hàm số lõm trên R. Do đó, với mọi x, yR ta có : 2 )y(f)x(f + f( 2 yx + ) 2 yx 22 + 2 2 yx + . Mở rộng : Hàm số : 3 f(x) = x m (m 2) có đạo hàm cấp hai f''(x) = m(m 1)x m 2 > 0, x > 0 do vậy là một hàm lõm trên khoảng đó, và ta có kết quả : "Với n số x 1 , x 2 , ., x n > 0, ta có : m n21 n x .xx +++ n x .xx m n m 2 m 1 +++ . Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi x 1 = x 2 = . = x n . " Ví dụ 2: Chứng minh rằng với x, y > 0 luôn có : 2 ylnxln + ln( 2 yx + ). Giải Xét hàm số : f(x) = lnx ta có : f(x) = x 1 , f"(x) = 2 x 1 < 0 x(0, + ) hàm số lồi trên (0, + ). Do đó, với mọi x, y(0, + ) ta có : 2 )y(f)x(f + f( 2 yx + ) 2 ylnxln + ln( 2 yx + ). Ví dụ 3: Chứng minh rằng với x, y[0, ] luôn có : 2 ysinxsin + sin( 2 yx + ). Giải Xét hàm số : f(x) = sinx ta có : f(x) = cosx, f"(x) = sinx < 0 x(0, ) hàm số lồi trên (0, + ). Do đó, với mọi x, y[0, ] ta có : 2 )y(f)x(f + f( 2 yx + ) 2 ysinxsin + sin( 2 yx + ). Chú ý : Từ đó, trong mọi ABC thì A, B, C (0, ) luôn có : 3 )C(f)B(f)A(f ++ f( 3 CBA ++ ) 3 CsinBsinAsin ++ sin( 3 ) 4 sinA + sinB + sinC 2 33 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi A = B = C ABC đều. Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong ABC ta có : a. tgA + tgB + tgC 3 3 , với ABC nhọn. b. tg 2 A + tg 2 B + tg 2 C 3 . Giải Xét hàm số : f(x) = tgx với x (0, 2 ). Ta có: f'(x) = xcos 1 2 , f''(x) = xcos xsin2 3 > 0 x (0, 2 ) hàm số lõm trên (0, 2 ). a. Do đó, với ABC nhọn, tức là A, B, C(0, 2 ) ta có : 3 )C(f)B(f)A(f ++ f( 3 CBA ++ ) 3 tgCtgBtgA ++ tg( 3 ) tgA + tgB + tgC 3 3 . dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi A = B = C ABC đều. b. Do đó, với 2 A , 2 B , 2 C (0, 2 ) ta có : 3 ) 2 C (f) 2 B (f) 2 A (f ++ f( 3 2 C 2 B 2 A ++ ) 3 2 C tg 2 B tg 2 A tg ++ tg( 6 ) tg 2 A + tg 2 B + tg 2 C 3 . dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi A = B = C ABC đều. Chú ý : Ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ việc sử dụng nhiều hàm lồi để chứng minh một bất đẳng thức. Ví dụ 5: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có : tg 2 2 A + tg 2 2 B + tg 2 2 C 1. Giải 5 Xét hàm số : f(x) = x 2 . ta có : f '(x) = 2x, f"(x) = 2 > 0, x hàm số lõm trên R. Do đó, với tg 2 A , tg 2 B , tg 2 C ta có : 3 ) 2 C tg(f) 2 B tg(f) 2 A tg(f ++ f( 3 2 C tg 2 B tg 2 A tg ++ ) 3 2 C tg 2 B tg 2 A tg 222 ++ 2 3 2 C tg 2 B tg 2 A tg ++ 2 3 3 tg 2 2 A + tg 2 2 B + tg 2 2 C 1, đpcm. Tổng quát : Ta luôn có : tg 2n 2 A + tg 2n 2 B + tg 2n 2 C 1n 3 1 . Thật vậy : (tg 2 2 A ) n + (tg 2 2 B ) n + (tg 2 2 C ) n 3 n 222 3 2 C tg 2 B tg 2 A tg ++ 3. n 3 1 1n 3 1 . Chú ý : Ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ việc sử dụng đồng thời các bất đẳng thức quen thuộc cùng với bất đẳng thức hàm lồi. Ví dụ 6: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có : cosA + cosB + cosC 2 3 . Giải Xét hàm số : f(x) = cosx với x(0, 2 ), ta có : f '(x) = sinx, f ''(x) = cosx < 0 x(0, 2 ) hàm số lồi trên (0, 2 ). 6 Không mất tính tổng quát, ta giả sử C là góc nhỏ nhất trong ABC, suy ra 0 < C < 3 , khi đó : cosA + cosB + cosC = 2cos 2 BA + .cos 2 BA + cosC 2cos 2 BA + + cosC = cos 2 BA + + cos 2 BA + + cosC lồihàmBdt 3.cos 3 C 2 BA 2 BA + + + + = 3cos 3 cosA + cosB + cosC 2 3 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi = + = C 2 BA 1 2 BA cos A = B và C = 3 A = B = C = 3 ABC đều. Vấn đề 2: sử dụng định lí rôn giải phơng trình Giả sử cần giải phơng trình : f(x) = 0. (1) ta có thể lựa chọn kết quả của định lí Rôn bằng việc thực hiện theo các bớc : Bớc1: Tìm tập xác định D của phơng trình Bớc2: Xét hàm số y = f(x) trên D. Sử dụng đạo hàm khẳng định rằng hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D. Bớc3: Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm. Ta cần chỉ ra hai giá trị x 1 , x 2 D sao cho f(x 1 ) = f(x 2 ) = 0. Bớc4: Kết luận. Ví dụ 1: Giải phơng trình : 3 1x + = 3x 2 8x + 3. Giải Điều kiện : x + 1 0 x 1. Viết lại phơng trình dới dạng : 3 1x + 3x 2 + 8x 3 = 0. (1) 7 Xét hàm số f(x) = 3 1x + 3x 2 + 8x 3 trên D = [ 1, + ), ta có : f '(x) = 1x2 3 + 6x + 8, f "(x) = 3 )1x(4 3 + 6 < 0, xD hàm số lồi trên D. Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ có không quá hai nghiệm, ta có : f(0) = f(3) = 0. Do đó phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 3. Chú ý : Đơng nhiên bài toán trên có thể đợc thực hiện bằng phơng pháp biến đổi tơng đơng, cụ thể : Biến đổi tơng đơng phơng trình về dạng : +=+ + 22 2 )3x8x3()1x(9 03x8x3 =+ + 0x57x82x48x9 03x8x3 234 2 =+ + 0)19x21x9)(3x(x 03x8x3 2 2 = = + 3x 0x 03x8x3 2 = = 3x 0x . Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 3. Ví dụ 2: Giải phơng trình : x + 1x3 + = x 2 + x + 1. Giải Điều kiện : + 01x3 0x x 0. Viết lại phơng trình dới dạng : x + 1x3 + x 2 x 1 = 0. (1) Xét hàm số f(x) = x + 1x3 + x 2 x 1 trên D = [0, + ), ta có : f '(x) = x2 1 + 1x32 3 + 2x 1, f "(x) = 3 x4 1 3 )1x3(4 9 + 2 < 0, xD hàm số lồi trên D. Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có : 8 f(0) = f(1) = 0. Do đó phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Nhận xét : 1. Trong ví dụ thứ nhất, chúng ta thấy rằng có thể thực hiện bài toán bằng phơng pháp biến đổi tơng đơng thay cho việc phải sử dụng tới định lí Rôn. 2. Trong ví dụ thứ hai, chúng ta thấy rằng nếu sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng sẽ nhận đợc một phơng trình bậc 8, khi đó cho dù nhẩm đợc hai nghiệm x = 0 và x = 1 thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc giải một phơng trình bậc 6 và điều này hoàn toàn không khả thi. Ví dụ 3: Giải phơng trình : x = 3 1x 2 2 . Giải Viết lại phơng trình dới dạng : 3 1x 2 2 x = 0. (1) Xét hàm số f(x) = 3 1x 2 2 x trên R, ta có : f(x) = 3 2lnx2 . 3 1x 2 2 1, f(x) = 3 2ln2 . 3 1x 2 2 + 9 2lnx4 2 . 3 1x 2 2 > 0, x hàm số lõm. Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có : f(1) = f(2) = 0. Do đó, phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2. Ví dụ 4: Giải phơng trình : (a 2 1)x = a 2x 1, với 0 < a 1. Giải Viết lại phơng trình dới dạng : a 2x (a 2 1)x 1 = 0. (1) Xét hàm số f(x) = a 2x (a 2 1)x 1 trên R, ta có : f(x) = 2lna.a 2x a 2 + 1, f(x) = 4ln 2 a.a 2x > 0, x và 0 < a 1 hàm số lõm. Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có : f(0) = f(1) = 0. Do đó phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Ví dụ 5: Giải phơng trình : 2 x log 2 (x + 1) 1 = 0. 9 Giải Điều kiện x + 1 > 0 x > 1. Xét hàm số y = 2 x log 2 (x + 1) 1. Miền xác định D = ( 1, + ). Đạo hàm : y' = 2 x .ln2 2ln)1x( 1 + y' = 2 x .ln 2 2 + 2ln)1x( 1 2 + > 0, xD hàm số y là lõm trên D. Vậy theo định lí Rôn phơng trình y = 0 có không quá hai nghiệm trên D. Nhận xét rằng y(0) = y(1) = 0. Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Ví dụ 6: Giải phơng trình : 3 x = 1 + x + log 3 (1 + 2x). (1) Giải Điều kiện 2x + 1 > 0 x > 2 1 . Biến đổi phơng trình về dạng : 3 x + x = 1 + 2x + log 3 (1 + 2x). (2) Xét hàm số f(t) = t + log 3 t là hàm đồng biến với t > 0. Khi đó, phơng trình (2) đợc viết lại dới dạng : f(3 x ) = f(1 + 2x) 3 x = 1 + 2x 3 x 1 2x = 0. (3) Xét hàm số g(x) = 3 x 1 2x. Miền xác định D = ( 2 1 , + ). Đạo hàm : g'(x) = 3 x .ln3 2 g''(x) = 3 x .ln 2 3 > 0, xD g(x) là hàm lõm trên D. Vậy phơng trình g(x) = 0 có không quá hai nghiệm trên D. Nhận xét rằng g(0) = g(1) = 0. Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Chú ý : Cũng có thể dử dụng bất đẳng thức Bernouli, cụ thể : 10 . 0936546689 1 Định lí Rôn và bất đẳng thức hàm lồi A. Tóm tắt lí thuyết 1. bất đẳng thức hàm lồi Định lí 1. Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a, b). 1. Hàm số. đợc suy ra từ Định lí 1 áp dụng cho M số : m 1 số x 1 , m 2 số x 2 ,..., m n số x n . 2 2. Định lí Rôn Định lí Rôn : Nếu hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên