SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chứng minh bất đẳng thức là một bài toán hay và khó và thường gặp trong các kì thi vào đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước một bất đẳng thức, học sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Bài viết này nhằm đưa ra một kĩ thuật đơn giản nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về chứng minh bất đẳng thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Đó là sử dụng tính lồi, lõm của đồ thị hàm số. I. Cơ sở lí thuyết a) Nếu đồ thị hàm số lồi trên khoảng (; và ()yfx= )ab '( )( ) ( )yfcxc fc= −+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M( ; ( )), ( ; )cfc c ab∈ thì ( ) '( )( ) ( ), ( ; )f xfcxcfcxab≤−+∀∈ (1) b) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức với chiều ngược lại ngược lại. Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức ( ) f x thông qua biểu thức bậc nhất. Hơn nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của bài toán. II. Bài tập áp dụng Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a 1 , a 2 , …, a n là các số không âm. Chứng minh rằng 12 12 . . n n n aa a aa a n +++ ≥ Chứng minh . Nếu có một số a i = 0 ( i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét trường hợp a i > 0, ∀i ∈ {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho 12 . n aa a+ ++ ta được 11 1 12 12 12 1 . . . . . n nn aa a naaaaaaaaa ≥ +++ +++ +++ n Đặt 12 , {1, 2, ., n} . i i n a xi aa a =∈ +++ thì x i > 0 thoả mãn 12 . 1 n xx x+ ++ = và bđt trở thành 12 1 . n n xx x n ≤ hay 12 1 ln ln . ln ln n xx xn n +++≤ Xét hàm số . Ta có () ln, 0 yfx xx== > 2 11 '( ) , ''( ) 0, 0 fx fx x xx = =− < ∀ > suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng . (0;+ ) ∞ Tiếp tuyến của đths tại điểm 11 ;ln nn ⎛ ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ có phương trình là 1 1ln ynx n =−+ suy ra 1 ln 1 ln , (0; ) xnx x n ≤−+ ∀∈+∞ (1) Áp dụng bđt (1) cho x 1 , x 2 , …, x n và cộng vế lại ta được 12 12 1 ln ln . ln ( . ) ln nn xx xnxx xnn n +++≤+++−+ Kết hợp với ta có điều phải chứng minh. 12 . 1 n xx x+++= Đẳng thức xảy ra khi 12 1 . n xx x n ==== hay 12 . n aa a= == . Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số () yfx= có đạo hàm cấp 2 trên khoảng ( . ; ) ab a) Nếu ''( ) 0, ( ; ) f xxa>∀∈ b thì 12 , , ., ( ; ) n x xxab∀ ∈ và 12 , , ., [0;1] n α αα ∀ ∈ thoả mãn 12 1 n α αα +++=" ta có 11 2 2 1 1 2 2 ()()() nn n n ()f xx x fx fx fx α αααα α +++ ≤ + ++"" (1) b) Nếu ''( ) 0, ( ; ) f xxa<∀∈ b thì ta có bất đẳng thức ngược lại. Chứng minh . a) Đặt 11 2 2 nn x xx x α αα =+ ++" thì (;)x ab∈ . Tiếp tuyến của đths ( ) yfx= tại điểm (; ())x fx có phương trình là '( )( ) ( )yfxxx fx=−+ . Do ''( ) 0, ( ; ) f xxa>∀∈ b nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng ( . Bởi vậy ; ) ab tại điểm (; ())x fx tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra () '()( ) (), (;)f xfxxxfxxab≥−+∀∈ Thay i x x= ta được () '()( ) () ii f xfxxxfx≥−+ . Nhân hai vế với 0 i α ≥ ta được ( ) '( ). '( ). ( ), 1, 2, ., ii i i i i f xfxxfxxfxi αα α α ≥−+∀=n . Cộng vế n BĐT ta được 111 () '() '(). () nnn ii ii i iii fx f x x f xx fx 1 n i i α αα === ≥−+ ∑∑∑ α = ∑ Bởi 1 n ii i x x α = = ∑ và nên ta được 1 1 n i i α = = ∑ 11 () ( ) nn ii ii ii f xf x α == ≥ ∑∑ α đó là đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 12 n x xx= == " b) Chứng minh tương tự. Trường hợp đặc biệt : Nếu 12 1 n n αα α ==== " thì BĐT (1) trở thành 12 12 () () () nn f xfx fx xx x f nn +++ +++ ⎛⎞ ≥ ⎜⎟ ⎝⎠ "" Nhận xét . Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất so với các cách chứng minh đã biết trong các tài liệu. Bài 3 (BĐT Bécnuli). Cho 1 x >− và số thực α . Chứng minh rằng a) ( 1 ) 1 , ( ;0) (1; ) xx α αα +≥+∀∈−∞∪+∞ b) (1 ) 1 , (0;1) xx α αα +≤+∀∈ Chứng minh . Xét hàm số () (1 ) yfx x α ==+ . Ta có 12 '( ) (1 ) , ''( ) ( 1)(1 ) fx x fx x αα ααα −− =+ = −+ Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là 1 yx α = + . Nếu ( ;0) (1; ) α ∈−∞ ∪ +∞ thì ''( ) 0, 1 f xx>∀>− , do đó đths lõm trên khoảng ( 1; ) − +∞ Suy ra ( . 1 ) 1, 1 xxx α α +≥+∀>− Nếu 0 1 α << thì ''( ) 0, 1 f xx<∀>− , do đó đths lồi trên khoảng ( 1; ) − +∞ Suy ra ( . 1 ) 1, 1 xxx α α +≤+∀>− Đẳng thức xảy ra khi 0 x = hoặc 0 α = hoặc 1 α = Bài 4 (T7/374) . Cho các số dương thoả mãn , , abc 4( ) 9 0 abc+ +−= . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = ( ) ( ) ( ) 222 11 bc aa bb cc++ ++ ++1 a Giải . Ta có ( ) ( ) ( ) 22 lnS ln 1 ln 1 ln 1ba a cb b ac c=++++++++ 2 Xét hàm số 2 () ln( 1), 0 fx x x x=++> (1). Do đặc thù của bài toán nên ta có thể dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi 3 4 abc = == . Vì vậy ta sẽ so sánh vị trí của đồ thị với tiếp tuyến của nó tại điểm 3 (;ln2) 4 .Đạo hàm 2 13 '( ) '( ) 45 1 fx f x 4 = ⇒= + . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm 3 (;ln2) 4 có phương trình 43 ln 2 55 yx= +− . Đạo hàm cấp hai 22 ''( ) 0, 0 (1) 1 x fx x xx − =< ++ ∀> suy ra đồ thị hàm số (1) lồi trên khoảng . Do đó tại điểm (0; ) +∞ 3 (;ln2) 4 tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) nằm phía trên đồ thị hàm số (1). Từ đó ta có 2 43 ln( 1) ln 2 , 0 55 xx x x+ +≤ + − ∀> . Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương ta được a 2 4 ln( 1) ln 2 55 aa a 3 + +≤ + − . Nhân hai vế với số b > 0 ta suy ra 2 43 ln( 1) ln 2 55 ba a ab ⎛⎞ ++≤+ − ⎜⎟ ⎝⎠ b . Tương tự ta có 2 43 ln( 1) ln 2 55 cb b bc c ⎛⎞ ++≤+ − ⎜⎟ ⎝⎠ . 2 43 ln( 1) ln 2 55 ac c ca a ⎛⎞ ++≤+ − ⎜⎟ ⎝⎠ . Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được 43 lnS ( ) ln 2 ( ) 55 ab bc ca a b c ⎛⎞ ≤+++−++ ⎜⎟ ⎝⎠ . Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức 2 1 ()( 3 ab bc ca a b c++ ≤ ++ ) và giả thiết 9 4 abc++= , rút gọn ta thu được 9 lnS ln 2 4 ≤ . Từ đó 4 S42≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 4 abc = == . Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 42 . Nhận xét. Đôi khi giả thiết lồi, lõm không được thoả mãn. Lúc đó ta sẽ so sánh vị trí của tiếp tuyến và đồ thị hàm số bằng chứng minh trực tiếp. Bài 5 ( 2003 USA Math Olympiad ) Cho là những số dương. Chứng minh rằng , , abc 22 222222 (2 ) (2 ) (2 ) 8 2()2()2() abc bca cab abc bca cab ++ ++ ++ ++ ++ ++ ++ 2 ≤ Giải . Đặt ;; ab xyz abc abc abc === ++ ++ ++ c . Khi đó , , x yz là những số dương và thoả mãn 1 x yz++= , và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 22 222222 (2 ) (2 ) (2 ) 8 2()2()2( ) xyz yzx zxy xyz yzx zxy ++ ++ ++ ++ ++ ++ ++ 2 ≤ Hay 222 222222 (1) (1) (1) 8 2(1)2(1)2(1) xyz xxyyzz +++ + +≤ +− +− +− Xét hàm số 2 22 (1) () , (0;1) 2(1) x fx x xx + = +− ∈ . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi 1 3 xyz= == nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 18 ; 33 ⎛ ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ . Ta có 2 22 21 '( ) 4. (3 2 1) xx fx xx +− =− −+ Tiếp tuyến của đồ thị hàm số () f x tại điểm 18 ; 33 ⎛ ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ có phương trình là 4 4 3 yx=+ . 32 2 436 ''( ) 12. (3 2 1) 3 1x xx fx xx +−+ = −+ đổi dấu hai lần trên khoảng . Do đó đồ thị hàm số (0;1) không hoàn toàn lồi trên khoảng . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức (0;1) 2 22 (1) 4 4,(0; 2(1) 3 x xx xx + ≤+∀∈ +− 1) (Vì BĐT này tương đương với 2 (3 1) (4 1) 0 xx− +≥ ). Tương tự ta có các BĐT đối với y và z, cộng vế lại và sử dụng 1 x yz+ += ta thu được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 xyz= == , tức là abc= = . Bài tập tự luyện 1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh rằng 21 (sin sin sin ) (tan tan tan ) 2 3 33 ABC ABC++ + ++ ≥ 2) ( HSG Hải dương ) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 9 5; 8 xyz x xy ++= ⎧ ⎨ ≥+≥ ⎩ Chứng minh rằng 15 xyz ≤ . 3) ( 1997 Japanese Math Olympiad ) Cho là những số thực dương. , , abc Chứng minh rằng 222 22222 2 ()()() () () () bca cab abc abcbca cab +− +− +− 3 5 + +≥ ++ ++ ++ . 4) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và số 2 ta có bất đẳng thức sau a ≥ sin sin sin 3 3 cos cos cos 2 1 ABC aAaBaCa ++≤ +++ + . LÊ VĂN LỤC - HẢI DƯƠNG . SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chứng minh bất đẳng thức là một bài toán hay. bài toán về chứng minh bất đẳng thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Đó là sử dụng tính lồi, lõm của đồ thị hàm số. I. Cơ sở