ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN KIM TOÀN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠO HÀM VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học : TS Nguyễn Văn Ngọc Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Một số bất đẳng thức đạo hàm hàm biến 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 Các định lý trung bình 1.1.1 Lý thuyết tóm tắt 1.1.2 Các toán Sự tăng giảm hàm số Hướng lồi điểm uốn đồ thị hàm số Công thức Taylor bất đẳng thức Landau-Hadamard 1.4.1 Công thức Taylor khoảng 1.4.2 Công thức Taylor địa phương 1.4.3 Bất đẳng thức Landau-Hadamard 1.4.4 Các toán Bất đẳng thức Glaeser 1.5.1 Giới thiệu 1.5.2 Bất đẳng thức có điều kiện 1.5.3 Bất đẳng thức khơng có điều kiện biên Công thức tính đạo hàm cấp n số bất đẳng thức liên quan Một số bất đẳng thức đạo hàm khác đa thức Định lý Markov-Bernsterin 6 6 12 14 15 15 16 16 16 19 19 20 25 25 30 36 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình 2.1 2.2 38 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức 38 Ứng dụng đạo hàm phương trình,bất phương trình 50 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Lý chọn đề tài luận văn Bất đẳng thức vấn đề khó tốn học sơ cấp, địi hỏi tính tư tính sáng tạo cao Trong chương trình chun tốn trường THPT chun bất đẳng thức chuyên đề quan trọng Các toán liên quan đến bất đẳng thức tốn thường gặp kì thi học sinh giỏi toán cấp quốc gia, khu vực quốc tế Các toán bất đẳng thức đa dạng chứng minh nhiều phương pháp khác phương pháp sử dụng đạo hàm công cụ hữu hiệu.Tuy nhiên, bất đẳng thức đạo hàm cịn quan tâm giới thiệu tài liệu Tiếng Việt Bởi việc sưu tầm, tuyển chọn, khai thác số bất đẳng thức đạo hàm biến như: định lý trung bình, tăng giảm hàm số, hướng lồi điểm uốn đồ thị hàm số, công thức Taylor, cơng thức tính đạo hàm cấp n, cần thiết cho công tác giảng dạy học tập tốn học bậc phổ thơng Trên sở bất đẳng thức đạo hàm đó, vận dụng vào giải lớp tốn khó như: chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, giải bất phương trình Đó dạng tốn đề cập nhiều kì thi học sinh giỏi tốn cấp quốc gia, Olympic toán quốc tế Bên cạnh bất đẳng thức đạo hàm kể cịn nhiều bất đẳng thức đạo hàm khó hơn, giới thiệu chưa nhiều tiếng việt như: bất đẳng thức Landau-Hadamard; bất đẳng thức Glaeser, bất 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn đẳng thức Markov-Bernstein số bất đẳng thức khác liên quan đến hàm lồi Đây bất đẳng thức khó cịn quan tâm, xuất rải rác số tài liệu Vì việc giới thiệu bất đẳng thức đạo hàm cần thiết cho công tác giảng dạy học tập tốn học bậc phổ thơng Mục đích nghiên cứu luận văn Sưu tầm, giới thiệu, hệ thống hóa phân loại số bất đẳng thức đạo hàm biến số để áp dụng vào giải tốn sơ cấp khó, hay gặp kì thi vào lớp chuyên, thi đại học, thi học sinh giởi quốc gia Olympic toán quốc tế như: Chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, giải bất phương trình Bên cạnh giới thiệu số bất đẳng thức đạo hàm khó chưa giới thiệu nhiều tài liệu Tiếng Việt như: bất đẳng thức LandauHadamard, bất đẳng thức Glaeser, bất đẳng thức Markov-Bernstein số bất đẳng thức khác liên quan đến hàm lồi Bố cục luận văn Bản luận văn "Một số bất đẳng thức đạo hàm ứng dụng gồm có: mở đầu, hai chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương Một số bất đẳng thức đạo hàm Trong chương trình bày định lý trung bình, định lý Rolle, định lý Lagrange, định lý Cauchy, tăng giảm hàm số, hướng lồi điểm uốn đồ thị hàm số, công thức Taylor - bất đẳng thức Landau-Hadamard, bất đẳng thức Glaese, bất đẳng thưc Markov-Bernstein cơng thức tính đạo hàm cấp n số bất đẳng thức đạo hàm khác đa thức Chương Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức,giải phương trình,bất phương trình Trong chương trình bày ứng dụng bất đẳng thức đạo hàm việc giải tốn chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình Luận văn hồn thành với hướng dẫn bảo tận tình 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn TS Nguyễn Văn Ngọc - Viện Toán Học Hà Nội Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn Thầy Em xin trân trọng cảm ơn Thầy Cô Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo Trường Đại Học Khoa Học Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K4 Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập làm ln văn Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, em mong nhận dạy đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm tới luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng 09 năm 2012 Tác giả Nguyễn Kim Tồn 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Một số bất đẳng thức đạo hàm hàm biến 1.1 1.1.1 Các định lý trung bình Lý thuyết tóm tắt Trong mục trình bày số định lý trung bình vi phân, biết đến nhiều tài liệu toán Tiếng Việt Định lý 1.1 (Định lý Rolle) Giả sử hàm f(x) liên tục đoạn [a,b]; có đạo hàm khoảng (a,b) f(a) = f(b) tồn ξ ∈ (a, b) cho f’(ξ ) = Định lý 1.2 (Định lý Lagrange) Nếu hàm f(x) liên tục đoạn [a,b] có đạo hàm khoảng (a,b) tồn ξ ∈ (a, b), cho f (b) − f (a) = f (ξ)(b − a) Định lý 1.3 (Định lý Cauchy) Nếu hàm f(x), g(x) đồng thời xác định, liên tục đoạn [a,b] có đạo hàm khoảng (a,b), với g’(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) g(a) = g(b) tồn ξ ∈ (a, b) cho: f (b) − f (a) f (ξ) = g(b) − g(a) g (ξ) 1.1.2 Các toán Trong phần trình bày số tốn chứng minh bất đẳng thức Đây tốn khó, dạng tổng quát, sử dụng định lý trung bình để chứng minh Bài tốn 1.1 Cho hàm f(x) liên tục đoạn [a,b], có đạo hàm hữu hạn khoảng (a,b) Ngồi f khơng tuyến tính Khi khoảng (a,b) 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn tồn điểm c, cho |f (c)| > f (b) − f (a) b−a Lời giải Chia đoạn [a, b] thành n phần điểm a = xo < x1 < x2 < < xn = b Ta nhận được: n−1 f (b) − f (a) = n−1 (f (xi+1 ) − f (xi )) ≤ i=0 f (xi+1 ) − f (xi ) i=0 Theo cơng thức Lagrange, ta có f (xi+1 ) − f (xi ) = f (ξi ) xi , xi < ξi < xi+1 , Do ta có xi = xi+1 − xi n−1 |f (b) − f (a)| ≤ |f (ξ)| xi i=0 Vì hàm f (x) khơng tuyến tính, nên tồn phân hoạch đoạn [a, b] cho số |f (ξ)| tồn số lớn nhất, khác khơng Kí hiệu số |f (c)| Khi ta nhận bất đẳng thức n−1 |f (b) − f (a)| < |f (c)| xi = (b − a)|f (c)|, a < c < b i=0 Từ suy |f (c)| > f (b) − f (a) b−a Ta có đpcm Bài tốn 1.2 Cho hàm f (x) có đạo hàm cấp hữu hạn đoạn [a, b], thỏa mãn điều kiện f (a) = f (b) = Chứng minh khoảng (a, b) tồn điểm c, cho f (c) ≥ |f (b) − f (a)| (b − a)2 Lời giải Nếu f (x) = const bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên Giả sử f (x) = const Từ điều kiện f (a) = f (b) = 0, suy f (x) 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn khơng tuyến tính Áp dụng cơng thức Cauchy số gia hữu hạn cho (x − a)2 (a + b) hàm số f (x) φ(x) = đoạn a, cho hàm số 2 a+b (b − x)2 đoạn , b , ta nhận f (x) γ(x) = 2 a+b f( ) − f (a) f (ξ1 ) a+b = , a < ξ < (b − a)2 ξ1 − a a+b ) f (ξ2 ) = , (b − a)2 b − ξ2 Cộng vế đẳng thức ta f (b) − f ( a+b < ξ2 < b f (b) − f (a) f (ξ1 ) f (ξ2 ) = + (b − a) ξ1 − a b − ξ2 Vì f (a) = f (b) = 0, nên vế phải đẳng thức cuối viết dạng: f (ξ1 ) f (ξ2 ) f (ξ1 ) − f (a) f (b) − f (ξ2 ) + = − = f (η1 ) − f (η2 ), ξ1 − a b − ξ2 ξ1 − a b − ξ2 a < η1 < ξ1 ; ξ2 < η2 < b Từ suy 8[f (b) − f (a)] ≤ |f (η1 )| + |f (η2 )| (b − a)2 Kí hiệu: f (c) = max{|f (η1 )|; |f (η2 )|} Khi ta có 8[f (b) − f (a)] ≤ 2|f (c)| (b − a)2 Từ suy đpcm Dấu đẳng thức khơng loại trừ có trường hợp |f (η1 )| = |f (η2 )| Bài toán 1.3 Giả sử hàm f (x) liên tục khoảng [a, +∞) nữa, f (x) > k = const > 0, ∀x > a Chứng minh rằng, f (a) < 0, phương |f (a)| trình f (x) = có nghiệm thực khoảng a, a+ k 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời giải: Áp dụng Định lý Lagrange cho hàm f (x) đoạn [a, a + |f (a)| ] ta có: k f a+ |f (a)| |f (a)| |f (a)| − f (a) = f a + θ , < θ < k k k Từ điều kiện f (x) > k > 0, ta tìm được: f a+ |f (a)| − f (a) > |f (a)|, k Suy f a+ |f (a)| > |f (a)| + f (a) = −f (a) + f (a) = k |f (a)| nhận giá k trị trái dấu, nên theo Định lý Cauchy giá trị trung gian tồn ξ ∈ |f (a)| (a, a + ), cho f (ξ) = Ta chứng minh điểm ξ k Thật giả sử khoảng cịn tìm ξ1 , cho f (ξ1 ) = theo định lý Rolle, (ξ, ξ1 ) (ξ < ξ1 ) hay khoảng (ξ1 , ξ), (ξ1 < ξ ) tìm ξ2 , cho f (ξ2 ) = Điều trái với giả thiết f (x) > k > x > a Hàm f (x) đầu mút đoạn a, a + Bài toán 1.4 a, Giả sử hàm f (x) khả vi liên tục n lần [a,b] đoạn có khơng n khơng điểm (nghiệm phương trình f(x)=0) tính bội Chứng minh rằng: (b − a)n max|f (x)| ≤ max|f (n) (x)| [a,b] [a,b] n! b, Hàm f (x) ∈ C2 [0, 1] có khơng nghiệm [0,1] (kể bội), |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1] Số max|f (x)| ? [0,1] Lời giải: a, Bằng quy nạp theo k ≥ ta chứng minh điều khẳng định sau: Định lý Rolle tổng quát: Nếu f ∈ Ck [a, b] f có khơng (k+1) 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn không điểm (kể bội) đoạn [a,b] f (k) có không điểm [a,b] Với k=0 điều khẳng định hiển nhiên Giả sử định lý với k-1 Ta chứng minh định lý với k Giả sử x1 , x2 , , xl nghiệm khác hàm f [a, b] có bội tương ứng α1 , α2 , , αl với α1 + α2 + + αl ≥ k + x1 < x2 < < αl Khi f (x) có nghiệm xj bội αj − 1(nếu αj > 1) theo định lý Rolle cịn có l − nghiệm khoảng (α, αj+1 ), j = 1, 2, , l − Tóm lại số nghiệm f (x) [a,b] không vượt quá: l (αj − 1) + l − ≥ k − l + − l − = k j=1 Bây giờ, lại ta áp dụng giả thiết quy nạp cho f với k − Định lý chứng minh Ta kí hiệu x1 , x2 , , xn n không điểm hàm f (x) [a, b] số trùng nhau, nghiệm f lặp lại s lần bội khơng s Giả sử x0 ∈ [a, b] tùy ý khác với x1 , x2 , xn Xét đa thức bậc n: n (x − xj ) j=1 n P (x) = f (x0 ) (x0 − xj ) j=1 Đặt g(x) = f (x) − P (x) Hàm g(x) có nghiệm x0 , x1 , , xn Nếu số xj (j ≥ 1) nằm dãy {x1 , x2 , , xn } s lần bội nghiệm xj khơng s Vì áp dụng định lý Rolle tổng qt g (n) có nghiệm x ∈ [a, b] Ta có = g (n) (x ) = f (n) (x ) − p(n) (x ) = f (n) (x ) − n!f (x0 ) n (x0 − xj ) j=1 10 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn với f (x) = b c − − − (1 − b)(1 − c), b + c + (c + x + 1)2 (x + b + 1)2 hàm đơn điệu tăng Do f (x) đạt giá trị lớn Do b c f (a) ≤ max{f (1), f (0)} Vì f (1) ≤ + + =1 b+c+1 c+b+1 b+c+1 b c + b + c + b2 c2 f (0) = + + (1 − b)(1 − c) = = nên c+1 b+1 + b + c + bc f (a) ≤ Bài toán 2.14 Chứng minh với số a, b, c, d ∈ [0, 1] ln có a b c + + ≤ bc + ca + ab + a b c d (ii) + + + ≤1+ bcd + cda + abd + abc + abcd + (i) Lời giải (i) Khơng hạn chế giả thiết ≥ a ≥ b ≥ c ≥ Xét x b c + + bc + cx + bx + 1 bc bc với f (x) = − − Khi x ≥ b ≥ c ≥ ta có bc + (cx + 1)2 (bx + 1)2 bc bc bc bc ≤ , ≤ Như (cx + 1)2 (cb + 1)2 (bx + 1)2 (bc + 1)2 f (x) = f (x) ≥ 2bc − bc − = ≥ bc + (bc + 1)2 (bc + 1)2 Hàm số f (x) đồng biến x ≥ b Từ suy f (1) ≥ f (a) hay b c b c a + + ≤ + + bc + ca + ab + bc + (c + 1) b + a b c b2 + c2 + b + c + + ≤ + Bởi bc + ca + ab + bc + (c + 1)(b + 1) (1 − b)(1 − c) ≥ nên + bc ≥ b + c ta Ta suy b2 + c2 + b + c b+c+b+c + ≤ + ≤ bc + (b + 1)(c + 1) bc + 2(b + c) a b c + + ≤ bc + ca + ab + (ii) Khơng hạn chế giả thiết ≥ a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ Xét hàm số Tóm lại (i) 47 47Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn x b c d + + + với x ≥ b có đạo hàm bcd + cdx + bdx + bcx + bcd bcd f (x) = − − Khi x ≥ b ta có bcd + (cdx + 2)2 (bdx + 2)2 3bcd − 2bcd f (x) ≥ − = ≥ bcd + (bcd + 2)2 (bcd + 2)2 f (x) = Vậy hàm f (x) đồng biến x ≥ b Từ suy f (1) ≥ f (a) hay a b c d + + + bcd + cda + dab + abc + b c d + + + ≤ bcd + cd + db + bc + b c d S≤ + + + bcd + c + d + b + d + b + c + 1 b c d ≤ + + + bcd + c + d + b b + d + c b + c + d 1 +1≤ + = bcd + abcd + a b c d Tóm lại + + + ≤1+ bcd + cda + abd + abc + abcd + Bài toán 2.15 Chứng minh √ sine cos(e − 1) − sin(e − 1) cose > cos(e − 1)cose S= (2.16) π sine > 0, sin(e − 1) > 0, cose < 0, cos(e − 1) < Lời giải Ta có π > e e − ≈ 1, 71828 > =⇒ Khi sin(e − 1) sine − > (2.16) ⇐⇒ √ 3 cose cos(e − 1) π sinx , với điều kiện x = + kπ, k ∈ Z Đặt f (x) = √ cosx π Rõ ràng hàm f(x) liên tục [e − 1, e] ⊂ ( ; π) có đạo hàm khoảng (e − 1; e) Theo định lý Lagrange, ∃c ∈ (e − 1; e) cho f (e) − f (e − 1) = f (c) (2.17) 48 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2cos2 x + Mặt khác, ta có f (x) = √ 3 cos4 x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số cos2 x, cos2 x, ta có √ 2cos2 x + = cos2 x + cos2 x + ≥ cos4 x, 2cos2 x + √ ≥ ⇐⇒ f (x) ≥ 3 cos4 x Dấu "=" không xảy với x ∈ [e − 1; e],do ⇐⇒ f (c) > (2.18) Từ(2.17) (2.18) ta thu f (e) − f (e − 1) > hay sine sin(e − 1) √ − > cose cos(e − 1) Từ ta có bất đẳng thức cần chứng minh (2.16) π Bài toán 2.16 Chứng minh < α < β < β−α β−α < tanβ − tanα < cos2 α cos2 β Lời giải Xét hàm số f (x) = tanx rõ ràng f(x) liên tục [α; β], có đạo hàm khoảng (α; β) ta có f (x) = cos2 x Theo định lý Lagrange, ∃c ∈ (α; β), cho tanβ − tanα = (β − α) cos2 c (2.19) π Vì < α < β < nên < cosβ < cosc < cosα 1 Từ ta có < < cos2 α cos2 c cos2 β Suy β−α β−α β−α < < cos2 α cos2 c cos2 β (2.20) Từ (2.19) (2.20) ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 2.17 Chứng minh với n > 1, (n ∈ N) < a < b, ta có nan−1 (b − a) < bn − an < nbn−1 (b − a) 49 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời giải Xét hàm số f (x) = xn với x > Rõ ràng f (x) liên tục (0; +∞) f (x) = nxn−1 , Khi theo định lý Lagrange, ∃c ∈ (a; b) cho f (b) − f (a) = f (c)(b − a) hay bn − an = ncn−1 (b − a) (2.21) Do b − a > a < c < b nên ta có nan−1 (b − a) < ncn−1 (b − a) < nbn−1 (b − a) (2.22) Từ (2.21) và(2.22) ta có bất đẳng thức cần chứng minh 2.2 Ứng dụng đạo hàm phương trình,bất phương trình Bài tốn 2.18 Giải phương trình ln(x + 1)2(x+1) = x2 + 2x (2.23) Lời giải: Tập điều kiện phương trình là: D = (−1; +∞) Đặt f (x) = 2(x + 1)ln(x + 1) − x2 − 2x = Có f (x) xác định, liên tục, khác số với x ∈ D, có f (0) = f (x) = 2[ln(x + 1) − x]; f (x) = −2x −2 ; f (x) = , ∀x ∈ D x−1 (x + 1)2 Ta có f (x) = ⇐⇒ x = 0; f (0) = −1 < nên f (x) đạt cực đại đồng thời giá trị lớn D x = Bởi ta có f (x) = 2[ln(x + 1) − x] ≤ f (0) = 0, ∀x ∈ D Từ suy f (x) hàm số nghịch biến D Do (2.23) ⇐⇒ f (x) = f (0) ⇐⇒ x = Suy phương trình (2.23) có nghiệm x = Bài tốn 2.19 Giải phương trình x2 − x − = x2 ex+1 − (x + 1)ex 50 50Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời giải Ta giải toán tổng quát Bài toán: Cho g(x), h(x) hai hàm số Chứng minh h(x).eg(x) − g(x).eh(x) = h(x) − g(x) (2.24) ⇐⇒ (2.24) g(x).h(x) = 0, g(x) = h(x) = Chứng minh Xét hàm số f (t) = et − xác đinh, liên tục với t = Có t tet − et + φt f (t) = = t2 t Mà φ t = et + t.et − et = t.et Ta có φ (t) = ⇐⇒ t = Lại có φ (t) = et (t + 1) =⇒ φ (0) = > nên hàm số φ(t) đạt cực tiểu giá trị nhỏ t = Nói cách khác φ(t) > 0, ∀t = Từ có f (t) > 0∀t = 0, tức hàm số f (t) đồng biến hai khoảng (−∞; 0); (0; +∞) Xét phương trình (2.24) Thấy g(x).h(x) = (2.24) Nếu g(x).h(x) = 0, (2.24) tương đương với eg(x) − eh(x) − = g(x) h(x) (2.25) Từ nhận xét hàm số f (t) đồng biến hai khoảng (−∞; 0); (0; +∞), lim f (t) = ta t < f (t) < 1, cịn t > f (t) > x→0 Bởi (2.25) có nghiệm g(x) h(x) phải dấu chúng trái dấu phương trình (2.25) có vế lớn cịn vế nhỏ Thế hàm số f (t) đồng biến hai khoảng (−∞; 0); (0; +∞) nên g(x), h(x) dương âm (2.25) ⇐⇒ g(x) = h(x) Từ lập luận ta thu kết tốn nêu Trở lại ví dụ xét áp dụng toán với g(x) = x2 ; h(x) = x + ta 51 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn phương trình cho tương đương với    x (x + 1) =  ⇐⇒  x =x+1=0   x=0 x = −1 √ 1+ x= 2√ 1− x= Vậy phương trình cho có nghiệm: √ √ 1− 1+ ;x = x = 0; x = −1; x = 2 Bài toán 2.20 Cho phương trình an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 = Chứng minh tồn m ∈ N ∗ cho an an−1 a1 a0 + + + + = n+m n+m−1 m+1 m (2.26) (2.27) phương trình (2.26) ln có nghiệm x ∈ (0; 1) Lời giải: Đặt f (x) = V T (2.26) xét hàm số an an−1 a1 a0 F (x) = + + + + n+m n+m−1 m+1 m Hàm số F (x) xác định liên tục [0; 1] có F (x) = xm−1 f (x), ∀x ∈ (0; 1); F (0) = an an−1 a1 a0 + + + + = F (1) = n+m n+m−1 m+1 m Theo định lý Lagrange tồn x0 ∈ (0; 1) cho F (x0 ) = F (1) − F (0) = =⇒ xm−1 f (x0 ) = =⇒ f (x0 ) = 0 1−0 (do x0 ∈ (0; 1), nên x0m−1 = 0) Vậy phương trình (2.26) ln có nghiệm x ∈ (0; 1) Bài tốn 2.21 Giải phương trình e−x − sin(e−x )cos(e−x ) − π = (2.28) 52 52Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời giải Đặt f (x) = V T (2.28) Hàm số f (x) xác định, liên tục, khác số với x ∈ D = R, có f (−lnπ) = f (x) = e−x (cos2e−x − 1) ≤ 0, ∀x ∈ D Vậy f (x) hàm số nghịch biến D Do (2.28) ⇐⇒ f (x) = f (−lnπ) ⇐⇒ x = −lnπ Phương trình (2.28) có nghiệm x = −lnπ Bài toán 2.22 Giải phương trình 2x+1 + 3x+1 − (x2 ln2 + x2 ln3) − = (2.29) Lời giải Đặt f (x) = V T (2.29) Hàm số f (x) xác đinh, liên tục, khác số với x ∈ D = R, có f (0) = f (x) = 2x+1 ln2 + 3x+1 ln3 − 2xln2 − 3xln3 = (2ln2)[2x − x] + (3ln3)[3x − x] > 0, ∀x ∈ D Vậy f (x) hàm đồng biến D Do (2.29) ⇐⇒ f (x) = f (0) ⇐⇒ x = Phương trình (2.29) có nghiệm x = Bài tốn 2.23 Giải phương trình: tg2 π(x + y) + cotg2 π(x + y) = 2x + 1 + x2 Lời giải Tập xác định cosπ(x + y)sinπ(x + y) = x ≥ ⇐⇒ ⇐⇒ sin2π(x + y) = x ≥ k x + y = ,k ∈ Z x≥0 (∗) Với x, y thỏa mãn (*) ta có tg2 π(x + y) + cotg2 π(x + y) ≥ tg2 π(x + y).cotg2 π(x + y) = 2.(∗∗) 53 53Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2x + 1, ∀x ≥ + x2 Ta xét hàm số f (x) = f (x) = 2(1 + x2 ) − 4x2 − x2 = , ∀x > (1 + x2 )2 2x (1 + x2 ) 2x(1 + x2 ) + x2 f (x) = ⇐⇒ x2 = ⇐⇒ x = 1, (do x ≥ 0) Bảng biến thiên x f (x) +∞ + − f (x) 1 Nhờ bảng biến thiên ta có maxf (x) = f (1) = x≥0 (***) Từ (**), (***) bất đẳng thức Cauchy phương trình cho tương đương với   tg2 π(x + y) + cotg2 π(x + y) = tg2 π(x + y) = 2x ⇐⇒ x=1 +1=2  1+x   x + y = 41 + n, n ∈ Z tgπ(x + y) = x=1  x=1   −1 ⇐⇒  ⇐⇒  tgπ(x + y) = −1 + m, m ∈ Z  x+y = x=1 x=1   y = − + n, n ∈ Z   x=1 ⇐⇒   y = − + m, m ∈ Z  x = Dễ dàng thấy cặp (x;y) thỏa mãn (*) Vậy phương trình cho có hai họ nghiệm Bài tốn 2.24 Giải phương trình (a − x)n + (x − b)n = (a − b)n 54 54Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Trong a,b tham số thực a = b n ∈ N∗ Lời giải Với n=1 phương trình nghiệm ∀x ∈ R Với n>1 phương trình cho tương đương với phương trình a−x a−b Đặt t = n x−b a−b + n = (2.30) a−x ta : a−b (2.30) ⇐⇒ tn + (1 − t)n = (2.31) Xét hàm số g(t) = tn +(1−t)n −1 R, ta có g (t) = n[tn−1 −(1−t)n−1 ] g =n n−1 − n−1 = ⇒ 2t > ⇒ −t < − t < t ⇒ t > |1 − t| ⇒ tn−1 > |1 − t|n−1 ≥ (1 − t)n−1 t < ⇒ 2t < ⇒ −(1 − t) = t − < t < − t ⇒ |t| < − t ⇒ (1 − t)n−1 > |t|n−1 ≥ tn−1 t> Do phương trình g (t) = có nghiệm t = Giả sử phương trình g(t) = có ba nghiệm phân biệt t1 < t2 < t3 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số g(t) hai đoạn[t1 ; t2 ], [t2 ; t3 ], tồn c1 ∈ (t1 ; t2 ), c2 ∈ (t2 ; t3 ) cho: g(t2 ) − g(t1 ) g(t3 ) − g(t2 ) g (c1 ) = = 0, g (c2 ) = = t2 − t1 t3 − t2 Nghĩa phương trình g (t) = có hai nghiệm phân biệt c1 < c2 , trái với lập luận trên.Suy phương trình g(t) = có khơng q hai nghiệm phân biệt Do phương trình (2.30) có khơng q hai nghiệm phân biệt phân biệt Lần lượt thay x = a, x = b vào (2.30) ta được: a−a a−b a−b a−b a−b a−b n b−b + a−b n n + = + = n = + = 55 55Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Nghĩa phương trình (2.30) có hai nghiệm phân biệt : x = a, x = b Do phương trình cho có hai nghiệm phân biệt : x = a, x = b, với n>1 Vậy, với n = tập nghiệm phương trình cho R Với n > tập nghiệm phương trình cho {a; b} Bài tốn 2.25 Cho phương trình 1 1 + + + = , n ∈ N∗ x − 4x − n x−1 Chứng minh phương trình có nghiệm lớn 1 1 Lời giải Xét hàm số fn (x) = + + + − x − 4x − n x−1 ∗ khoảng (1; +∞) với n ∈ N , n ≥ 2, ta nhận thấy hàm số fn (x) liên tục khoảng (1; +∞) 1 fn (2) > − = , lim fn (x) = − , nên tồn b > cho x→+∞ 2 fn (b) < Do tồn x0 ∈ (2; b) cho fn (x0 ) = Mặt khác, hàm số fn (x) có đạo hàm khoảng (1; +∞) n2 fn (x) = − − − − < (x − 1)2 (4x − 1)2 (n x − 1)2 ∀x ∈ (1; +∞), ∀n ∈ N, n ≥ Suy hàm số fn (x) nghịch biến khoảng (1; +∞), nên nghiệm x0 khoảng (1; +∞) Vì phương trình cho có nghiệm lớn ∀n ∈ N∗ Bài toán 2.26 Giải phương trinh 2x − 22x+1 = (x + 1)3x (2.32) Lời giải Xét hàm số f (x) = 2x xác định, liên tục R, có f (x) = 2x ln2, ∀x ∈ R Theo định lí Lagrange, tồn c nằm x 2x + cho: 2x − 22x+1 = f (c)[x − (2x + 1)] = −(x + 1)2c ln2 Bởi (2.32) ⇐⇒ −(x + 1)2c ln2 = (x + 1)3x ⇐⇒ (x + 1)[3x + 2c ln2] = ⇐⇒ x + = ⇐⇒ x = −1 56 56Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (do 3x + 2c ln2 > với x ∈ R) Vậy phương trình cho có nghiệm x = −1 Bài tốn 2.27 Giải bất phương trình 3x −4 + (x2 − 4)3x−2 ≥ (2.33) Lời giải: Xét hàm số f (x) = 3x Hàm số f (x) xác định, liên tục, có đạo hàm với x ∈ R f (x) = 3x ln3 Sử dụng định lí Lagrange ta có: (2.33) ⇐⇒ f (x2 − 4) − f (0) + (x2 − 4)3x−2 ≥ ⇐⇒ f (c)[x2 − − 0] + (x2 − 4)3x−2 ≥ ⇐⇒ x2 − ≥ ⇐⇒ x ≤ −2 ∨ ≤ x Vậy bất phương trình có nghiệm x ≤ −2 ∨ x ≥ Bài tốn 2.28 Chứng minh bất phương trình √ ln(1 + + x2 ) < + lnx x thỏa mãn ∀x ∈ (0; +∞) √ Lời giải Xét hàm số f (x) = ln(1 + + x2 ) − lnx − khoảng x (0; +∞) ta có x √ 1 x 1 1√+ x2 √ √ f (x) = − + 2= − + + + x2 x x (1 + + x2√) + x2 x x √ x2 − + x2 − (1 + x2 ) −(1 + + x2 ) √ √ √ √ = + 2= + x x(1 + + x2 ) +√x2 x(1 + + x2 ) + x2 x 1 + x2 − x x−x √ =− √ + 2= > √ = x + x2 x x2 + x2 x2 + x2 Do hàm số f(x) đồng biến khoảng (0; +∞) Lấy điểm x0 ∈ (0; +∞) x1 > x0 , f (x0 ) < f (x1 ) Khi f (x1 ) < f (x), ∀x ∈ (x1 ; +∞) ⇒ f (x1 ) ≤ lim f (x) = lim x→+∞ = lim x→+∞ x→+∞ ln + x ln 1+ √ + x2 − x x 1 + − = ln1 = x2 x 57 57Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Suy f (x0 ) < f (x1 ) ≤ ⇒ f (x0 ) < Do tính chất điểm x0 ∈ (0; +∞), nên f (x) < 0, ∀x ∈ (0; +∞) Vì ln(1 + √ 1 + x2 ) < lnx + , ∀x ∈ (0; +∞) x Bài tốn 2.29 Bất phương trình √ sin(x + 1) cosx − sinx cos(x + 1) < cosx.cos(x + 1) (2.34) Có nghiệm x=5 (Radian) khơng ? Tại ? Lời giải Ta có (2.34) ⇐⇒ sin(x + 1) sinx √ − < 3 cosx cos(x + 1) (2.35) sin(x + 1) sinx √ − 3 cosx cos(x + 1) sint 3π ; 2π Rõ g(t) liên Xét hàm g(t) = √ đọan [x; x + 1] ⊂ cost 2cos2 t + tục có đạo hàm g (t) = √ 3 cos4 t Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số cos2 t, cos2 t, 1,ta có √ 2 2cos t + = cos t + cos t + ≥ cos4 t Đặt f (x) = 2coss2 t + √ ⇐⇒ ≥ 3 cos4 t 3π Tức g (t) ≥ 1, ∀t ∈ [x, x + 1] ⊂ ; 2π Áp dụng định lý Lagrange cho hàm g(t) [x; x + 1] ta có g(x + 1) − g(x) = g (c), (c ∈ (x; x + 1)) (x + 1) − x sin(x + 1) sinx 2cos2 c + ⇐⇒ −√ = √ ≥ 3 cosx cos(x + 1) cos4 c 3π 3π ; 2π f (x) ≥ mà x = ∈ , 2 x = 5(radian) khơng phải nghiệm bất phương trình (2.35) Như vậy, ∀x ∈ [x; x+1] ⇐⇒ 58 58Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (cũng bất phương trình (2.34)) Vậy bất phương trình cho khơng có nghiệm x = 5(radian) 59 59Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn KẾT LUẬN Bản luận văn giới thiệu, phân loại hệ thống hóa số bất đẳng thức đạo hàm biến số như: định lý trung bình, tăng giảm hàm số, hướng lồi điểm uốn đồ thị hàm số, công thức Taylor, cơng thức tính đạo hàm cấp n số bất đẳng đạo hàm khác đa thức Bên cạnh luận văn cịn đề cập đến số bất đẳng thức đạo hàm khó chưa giới thiệu nhiều tài liệu Tiếng Việt như: bất đẳng thức Landau-Hadamard, bất đẳng thức Glaeser, bất đẳng thức Markov-Bernstein số bất đẳng thức khác liên quan đến hàm lồi Trên sở bất đẳng thức đạo hàm ứng dụng vào giải toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, giải bất phương trình Đây dạng tốn thường gặp kì thi học sinh giỏi toán cấp quốc gia Olympic toán quốc tế Qua trình làm luận văn em biết đến bất đẳng thức đạo hàm mà từ trước đến em chưa biết đến như: bất đẳng thức Landau-Hadamard, bất đẳng thức Glaeser, bất đẳng thức MarkovBernstein Qua em thấy nhận thức bất đẳng thức đạo hàm nâng lên rõ rệt Việc tìm hiểu bất đẳng thức sở giúp em sáng tạo thêm nhiều toán bất đẳng thức đạo hàm phục vụ nhiều cho việc học tập giảng dạy thân 60 60Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Lưu Cường (2000),Toán Olympic cho sinh viên-tập1 NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Phụ Hy (2005), Ứng dụng giải tich để giải toán THPT NXB Giáo Dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc NXB Giáo Dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến (2009), Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi THPT- NXB giáo dục [5] Y.Y.Liashko, A.C.Boiachuk, Ia.G.Gai,G.P.Golovak (1979), Giải tích tốn học- Các ví dụ tập, phần 1, tập 1- NXB Đại học trung học chuyên nghiệp [6] Tạp chí toán học tuổi trẻ, số 417, năm 2012 [7] http://users.ipfw.edu/CoffmanA/pdf/calclemma6.pdf [8] http://www.math.tamu.edu/ terdelyi/ /abstract.pdf [9] http://www.ms.uky.edu/ larry/paper.dir/markov.pdf [10] http://files.ele-math.com/abstracts/mia-15-17-abs.pdf 61 61Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... Landau-Hadamard, bất đẳng thức Glaese, bất đẳng thưc Markov-Bernstein cơng thức tính đạo hàm cấp n số bất đẳng thức đạo hàm khác đa thức Chương Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất. .. 36 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình 2.1 2.2 38 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức 38 Ứng dụng đạo hàm phương trình ,bất phương trình 50 2Số. .. dụng bất đẳng thức đạo hàm việc giải tốn chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình 2.1 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Bài toán 2.1 Chứng minh bất đẳng thức 1+ n