Mục lục Mở đầu 3 1 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học 5 1.1 Hàm số chuyển đổi từ phép cộng của đối số . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Hàm số chuyển đổi từ phép nhân của đối số . . . . . . . . . . . . . 21 1.3 Hàm số chuyển đổi các phép biến đổi hình học của đối số . . . . . 25 2 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các trung bình cơ bản của đối số 40 2.1 Hàm số chuyển đổi từ trung bình cộng của đối số . . . . . . . . . . 40 2.2 Hàm số chuyển đổi từ trung bình nhân của đối số . . . . . . . . . . 42 2.3 Hàm số chuyển đổi từ trung bình điều hòa của đối số . . . . . . . . 43 3 Bất đẳng thức trong lớp hàm lồi, lõm và tựa lồi, lõm 48 3.1 Hàm lồi, lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.2 Hàm tựa lồi và tựa lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.3 Hàm tựa lồi, lõm dạng hàm sin và cosin . . . . . . . . . . . . . . . 63 4 Một số dạng toán liên quan 71 Kết luận 82 Tài liệu tham khảo 83 1 Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu của mình để kiên trì hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt cả quá trình làm luận văn. Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới người thầy của mình. Tôi cũng muốn gửi tới toàn thể các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các thầy cô đã đảm nhận giảng dạy hai khóa Cao học 2010 - 2012 và 2011 - 2013, đặc biệt là các thầy cô tham gia tham gia giảng dạy nhóm Phương pháp Toán sơ cấp 2010 - 2012 lời cảm ơn chân thành đối với công lao dạy dỗ trong suốt thời gian của khóa học. Tôi xin cám ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, các anh chị em trong nhóm Cao học Toán 2010-2012, đặc biệt là các anh chị em nhóm Phương pháp Toán sơ cấp đã quan tâm, giúp đỡ, tạo điều kiện cũng như động viên tinh thần để tôi có thể hoàn thành khóa học này. 2 Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức hàm là một trong các lĩnh vực nghiên cứu quan trọng của Giải tích toán học. Ngay từ Trung học phổ thông chúng ta cũng đã được biết đến một số lớp bất đẳng thức hàm quen biết như hàm đồng biến, nghịch biến và hàm lồi, lõm,. . . Tức là lớp các hàm số được mô tả tính chất qua bất đẳng thức Jensen như f  x + y 2  ≤ f(x) + f(y) 2 . Trong những năm gần đây, các nhà toán học cũng rất quan tâm đến bất đẳng thức hàm, mở rộng các bất đẳng thức tổng quát cho lớp hàm đang xét (ví dụ như các bất đẳng thức dạng Karamata cho hàm lồi). Trong các đề thi Olympic Toán quốc tế, các đề thi chọn học sinh giỏi những năm gần đây cũng có xuất hiện nhiều các dạng bài toán liên quan đến bất đẳng thức hàm, như các bài toán giải bất phương trình hàm, chứng minh các tính chất của lớp các bất đẳng thức hàm. . .Nói chung các dạng toán này khá mới mẻ, rời rạc và khá khó. Luận văn này trình bày về một số lớp bất đẳng thức hàm và một số bài toán liên quan, với hi vọng có thể bước đầu trình bày một cách có hệ thống một số đặc điểm, một số dạng toán có thể thiết lập ở một số lớp bất đẳng thức hàm. Luận văn chủ yếu tổng hợp kiến thức từ nhiều nguồn như các sách, bài báo, báo cáo khoa học viết về chuyên đề bất đẳng thức hàm, bất phương trình hàm, các đề thi học sinh giỏi các cấp, các đề thi Olympic Toán quốc tế, các tài liệu trên Internet. Qua đó trình bày lần lượt, hệ thống lại và đưa ra một số kĩ thuật ra đề, giải các các bài toán liên quan đến bất đẳng thức hàm, cũng như giúp bạn đọc tiếp cận gần gũi hơn với khái niệm bất đẳng thức hàm. Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 4 chương: 3 Trong hai chương đầu luận văn trình bày các về lớp bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính và đại lượng trung bình cơ bản. Chương 3 trình bày riêng về lớp các hàm khá quen thuộc là hàm lồi, lõm. Ngoài ra, còn xây dựng phương pháp mô tả các hàm tựa lồi, tựa lõm từ lớp các hàm lồi lõm trên một khoảng, từ đó áp dụng vào một số bài toán giải bất phương trình hàm lượng giác. Một số bài toán liên quan cũng như các bài tập đề nghị được trình bày ở chương 4. Do thời gian gấp rút và kiến thức còn hạn chế nên luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, rất mong nhận được những đóng góp của thầy cô và bạn bè đồng nghiệp, xin trân trọng cảm ơn. Hà Nội, tháng 11 năm 2014. Học viên Nguyễn Thị Hiền 4 Chương 1 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học Nói đến bất đẳng thức hàm, người ta nhớ đến bất đẳng thức hàm Cauchy cổ điển f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. Vì vậy một cách tự nhiên chúng ta xét đến các lớp bất đẳng thức hàm đầu tiên là: Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học. Trong đó có hai phép tính thường thấy nhất trong lý thuyết về phương trình - bất phương trình hàm là phép cộng và phép nhân. 1.1 Hàm số chuyển đổi từ phép cộng của đối số 1.1.1. Bất đẳng thức hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng Dưới đây ta xét một số bài toán nghiên cứu các hàm số thỏa mãn các bất đẳng thức hàm f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R (1.1) và f(x + y) ≥ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R (1.1a) Hàm số thỏa mãn bất đẳng thức (1.1) được gọi là hàm trên cộng tính (Subad- ditive), ngược lại nếu hàm số thỏa mãn (1.1a) thì được gọi là hàm dưới cộng tính (Superadditive). 5 Bài toán 1.1. Cho hàm số f : R → R thỏa mãn (1.1): f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R, trong đó f không âm với mọi x ∈ R mà |x| ≥ k, k là hằng số dương. Chứng minh rằng f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Lời giải. Do f thỏa mãn (1.1) với mọi x, y ∈ R nên ta dễ dàng chứng minh được f(nx) ≤ nf(x), ∀n ∈ Z ∗ + , ∀x ∈ R. Giả sử f(x) ≥ 0 với mọi x mà |x| ≥ k. Khi đó với mỗi x mà |x| < k thì luôn có số nguyên dương n sao cho n|x| > k hay |nx| > k. Do đó 0 ≤ f(nx). Mà f(nx) ≤ nf(x), suy ra 0 ≤ nf(x). Vậy f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Bài toán 1.2. Chứng minh rằng nếu hàm số f : R → R thỏa mãn (1.1) với ∀x, y ∈ R , liên tục tại 0 với f(0) = 0 thì f liên tục với mọi x ∈ R. Lời giải. Thật vậy, với x ∈ R, f(x) = f(x + h − h) ≤ f(x + h) + f(−h). Suy ra f(x) −f(−h) ≤ f(x + h) ≤ f(x) + f(h) với mọi h. Cho h → 0, thì do f liên tục tại 0 và f(0) = 0 suy ra f liên tục tại x. Bài toán 1.3. Cho hàm f khả vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0). Chứng minh rằng f là hàm trên cộng tính nếu f  (x) < f(x) x , ∀x ∈ I và f là hàm dưới cộng tính nếu f  (x) > f(x) x , ∀x ∈ I. Lời giải. Thật vậy, nếu f  (x) tồn tại trên I = (a, ∞), a ≥ 0, và f  (x) < f(x) x ∀x ∈ I. Ta có f  (x) < f(x) x , ∀x ∈ I ⇔ x.f  (x) −f(x) < 0, ∀x ∈ I ⇒ d dx  f(x) x  = x.f  (x) −f(x) x 2 < 0, ∀x ∈ I. Như vậy f(x) x đơn điệu giảm trên I. 6 Với x, y ∈ I, ta có f(x + y) = x. f(x + y) x + y + y. f(x + y) x + y ≤ x. f(x) x + y. f(y) y = f(x) + f(y). Suy ra f(x) là hàm trên cộng tính trên I. Điều ngược lại chứng minh tương tự. Bài toán 1.4. Cho f là hàm trên cộng tính trên R và f khả vi trên (a, +∞), (a ≥ 0). Chứng minh rằng nếu f(x) + f(−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞) thì f  (x) là hàm đơn điệu không tăng trên (a, +∞). Lời giải. f là hàm trên cộng tính trên R, f  (x) tồn tại trên I = (a; ∞), a ≥ 0, f(x) + f(−x) ≤ 0, ∀x ∈ I. Khi đó lấy x 1 ∈ I, t > 0 là số thực dương bất kì. Do f  (x 1 + t) tồn tại nên lim h→0 f(x 1 + t + h) −f(x 1 + t) h = f  (x 1 + t). Suy ra, với ε > 0, tồn tại h > 0 đủ nhỏ sao cho f  (x 1 + t) − ε < f(x 1 + t + h) −f(x 1 + t) h . Do đó f  (x 1 + t) − ε < 1 h .[f(x 1 + t + x 1 + h − x 1 ) −f(x 1 + t)] ≤ 1 h .[f(x 1 + t) + f(x 1 + h) + f(−x 1 ) −f(x 1 + t)] = 1 h .[f(x 1 + h) + f(−x 1 )] ≤ 1 h .[f(x 1 + h) − f(x 1 )]. Suy ra f  (x 1 + t) ≤ f  (x 1 ), ∀t > 0. Do đó f  (x) là hàm đơn điệu không tăng trên I. Bài toán 1.5. Cho hàm f(x) : R → R thỏa mãn (1.1) với mọi x, y ∈ R. Chứng minh rằng f là hàm số chẵn thì f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. 7 Lời giải. Thật vậy, cho x = 0, từ (1.1) ta có f(y) ≤ f(0) +f(y) suy ra f(0) ≥ 0. Do f chẵn nên 2f(x) = f(x) + f(−x) ≥ f(x − x) = f(0) ≥ 0, ∀x ∈ R. Như vậy qua các bài toán trên ta có một số nhận xét về các hàm số trên - dưới cộng tính: Nhận xét 1.1. (i) Hàm f : R → R là hàm trên cộng tính không âm với mọi x ∈ R mà |x| ≥ k, k > 0 thì f(x) không âm trên R. (ii) Hàm f : R → R là hàm trên cộng tính, liên tục tại 0 với f(0) = 0 thì f liên tục với mọi x ∈ R. (iii) Hàm f khả vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0) là hàm trên cộng tính nếu f  (x) < f(x) x , ∀x ∈ I và là hàm dưới cộng tính nếu f  (x) > f(x) x , ∀x ∈ I. (iv) Hàm f là hàm trên cộng tính trên R và khả vi trên (a, +∞), (a ≥ 0), nếu f(x) + f(−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞) thì f  (x) là hàm đơn điệu không tăng trên (a, +∞). (v) Hàm trên cộng tính f(x) : R → R là hàm số chẵn thì không âm. Ta xét một số bài toán giải bất phương trình hàm liên quan. Bài toán 1.6. Xác định hàm số f(x) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: (i) f(x + y) ≥ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R; (ii) f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Lời giải. Thay x = 0, y = 0 vào điều kiện đề bài ta được  f(0) ≥ 2f(0), f(0) ≥ 0 ⇒ f(0) = 0. Vậy nên ∀x ∈ R, ta có 0 = f(0) = f(x + (−x)) ≥ f(x) + f(−x). Mà f(x) ≥ 0, f(−x) ≥ 0 nên f(x) = 0, ∀x ∈ R. Hay f(x) ≡ 0. Thử lại ta thấy hàm số f(x) ≡ 0 thỏa mãn điều kiện đề bài ra. 8 Bài toán 1.7. Cho trước a ∈ R. Xác định hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: (i) f(x + y) ≥ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R, (ii) f(x) ≥ ax, ∀x ∈ R. Lời giải. Xét hàm số g(x) = f(x) − ax. Thay vào các điều kiện đề bài ta được (i) g(x + y) ≥ g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R, (ii) g(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Theo Bài toán 1.6, ta có g(x) ≡ 0, hay f(x) = ax. Thử lại ta thấy hàm số f(x) = ax thỏa mãn điều kiện đề bài ra. Bài toán 1.8. Xác định hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: (i) f(x + y) ≥ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R, (ii) f(1) = 1, (iii) f(g(|x|)) ≥ g(|f(x)|), ∀x ∈ R, trong đó g : R + → R + là hàm liên tục, tăng với g(0) = 0, g(1) = 1. Lời giải. • Đầu tiên ta chỉ ra rằng f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R + . Với x ∈ R + , khi đó x = ny với n ∈ Z + và 0 ≤ y ≤ 1. Hơn thế nữa, y = g(t) với 0 ≤ t ≤ 1 nào đó (g là hàm liên tục, tăng với g(0) = 0 , g(1) = 1). Từ (i) và (iii) ta có f(x) = f(ny) ≥ nf(y) = nf(g(t)) ≥ ng(|f(t)|) ≥ 0, ∀x ∈ R + . • Như vậy, với x, y ∈ R, x > y ta có x = y + x ∗ , x ∗ ∈ R + , từ (i) ta có f(x) = f(y + x ∗ ) ≥ f(y) + f(x ∗ ) ≥ f(y). Nói cách khác, f là hàm đơn điệu không giảm trên R. 9 • Tiếp theo ta sẽ chứng ninh |f(x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R. Theo (i) ta có f(0) ≥ f(0) + f(0) suy ra f(0) ≤ 0. Mà theo chứng minh trên thì f(0) ≥ 0, nên f(0) = 0. Hơn nữa 0 = f(0) = f(x − x) ≥ f(x) + f(−x), suy ra f(−x) ≤ −f(x), ∀x ∈ R. (1.2) Vì g(1) = 1 = f(1) và f(g(1)) = f(g(| − 1|)) ≥ g(|f(−1)|) và g đồng biến nên |f(−1)| ≤ 1. Tuy nhiên theo (1.2) thì f(−1) ≤ −f(1) = −1, suy f(−1) = −1. Lại có, với n ∈ N f(n) ≤ −f(−n) = −f(n(−1)) ≤ −nf(−1) = n. Nhưng f(n) ≥ nf(1) = n. Vậy f(n) = n, ∀n ∈ N . Bây giờ lấy p, q ∈ Z ∗ + , ta có p = f(p) = f  q p q  ≥ qf  p q  , suy ra f  p q  ≤ p q , ∀p, q ∈ Z ∗ + . Như vậy, do f là hàm đơn điệu không giảm trên R ∀x ∈ R + , f(x) ≤ x. (1.3) (Thật vậy, nếu có x ∈ R + để f(x) > x thì tồn tại x 0 ∈ Q + sao cho x < x 0 < f(x), khi đó f(x 0 ) ≤ x 0 < f(x). Mà do f là hàm đơn điệu không giảm nên f(x 0 ) ≥ f(x). Vô lý.) Lấy x ∈ R bất kì, từ (iii) và (1.3) ta có g(|x|) ≥ f(g(|x|)) ≥ g(|f(x)|) suy ra, do g đơn điệu tăng |f(x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R. (1.3a) 10 [...]... ta thấy hàm số f (x) ≡ 0 không thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm đã cho Vậy hệ bất đẳng thức hàm vô nghiệm 1.2 Hàm số chuyển đổi từ phép nhân của đối số Trong phần này ta sẽ đi tìm lời giải cho bài toán Bài toán 1.15 Tìm tất cả các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R \ {0} thỏa mãn bất đẳng thức hàm |f (xy)| ≥ |f (x) + f (y)|, ∀x, y ∈ R \ {0} Trước hết ta có định lý sau: Định lí 1.3 Cho hàm số f :... thấy hàm số f (x) = ex thỏa mãn điều kiện đề bài ra Nhận xét 1.2 Bài toán trên vẫn cho kết quả không đổi nếu ta thay tập xác định R của hàm số bởi một khoảng mở U bất kì chứa 0, và các điều kiện đúng với mọi x, y, x + y ∈ U Chúng ta có thể khái quát kết quả của Bài toán 1.9, Bài toán 1.10 bằng cách tiếp tục giảm nhẹ điều kiện của hàm số trong điều kiện (ii) Bài toán 1.11 Cho U là một khoảng mở bất kì... của Bài toán 1.7 ta có g(x) = (ln a)x Suy ra f (x) = ax Thử lại ta thấy hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện đề bài ra Liệu ta có tìm được một hàm thay thế cho hàm h(x) = ax trong Bài toán 1.9, để bài toán vẫn có nghiệm không tầm thường? Từ kết quả của Bài toán 1.9, ta có thể liên tưởng đến kết quả f (x) = ex , và ta có một đánh giá chặt rằng ex ≥ 1 + x, ∀x ∈ R Vậy, một cách tự nhiên ta có bài toán sau: Bài. .. (x) = f (0)e 2 ln 2 x = 2e 2 ln 2 Thử lại ta thấy hàm số f (x) = 2e 2 ln 2 thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm đã cho trên khoảng (−2; ∞) Bài toán 1.14 Tìm tất cả các hàm số f (x) xác định trên R thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm sau: f (x + y) ≥ f (x)ef (y) , (1) f (x) ≥ x2 (2) Lời giải Từ (2) suy ra f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Thay x = y = 0 vào hệ bất đẳng thức hàm ta được f (0) ≥ f (0)ef (0) f (0) ≥ 0 ⇔ ef (0) ≤... 1 và g (0) = k Chứng minh Từ bất đẳng thức hàm thứ nhất, áp dụng Định lý 1.2 ta được f (x) = ekx (C là hằng số) Vì f (0) = 1 nên C = 1 Do đó f (x) = ekx Tương tự, từ bất đẳng thức hàm thứ hai, áp dụng Định lí 1.2, ta cũng có g(x) = ekx Rõ ràng f (x) = ekx và g(x) = ekx thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm với các điều kiện đã cho Hệ quả được chứng minh Hệ quả 1.4 Cho U là một khoảng mở chứa 0 Xét bất đẳng. .. Trong phần này ta đi xây dựng một dạng bài tập giải bất phương trình hàm các bất đẳng thức hàm f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R Bài toán 1.9 Cho trước a > 0 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau (i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R; (ii) f (x) ≥ ax , ∀x ∈ R Lời giải Từ (ii) ta nhận xét rằng f (x) > 0 với mọi x ∈ R Vậy ta có thể logarit hóa các bất đẳng thức điều kiện đã cho, ta thu... hằng số Chứng minh Giả sử f (x) là một nghiệm không âm của bất đẳng thức hàm đã cho Vì g(x) ≥ k(x) trên U nên ta có f (x + y) ≥ f (x)g(y) ≥ f (x)k(y), trong đó k(x) thỏa mãn k(0) = 1, k (0) = l Áp dụng Định lý 1.2 vào bất đẳng thức hàm này, ta có f (x) = Celx , trong đó C ≥ 0 là hằng số Rõ ràng, khi đó f (0 + x) ≥ f (0)g(x) ⇔ elx ≥ g(x), ∀x ∈ U Từ các Định lý và các Hệ quả trên ta có thể ra nhiều bài toán, ... 1 nên C = f (0) = 1 Vậy f (x) = e2x Thử lại ta thấy hàm số f (x) = e2x thỏa mãn điều kiện đề bài ra Bài toán 1.13 Tìm tất cả các hàm số f (x) xác định trên khoảng mở (−2; +∞), thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm sau: f (x + y) ≥ f (x)log 2 f (y), f (x) ≥ x + 2 (1) (2) Lời giải Từ (2) suy ra f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−2; +∞) Thay x = y = 0 vào hệ bất đẳng thức hàm ta được f (0) ≥ f (0)log 2 f (0) f (0) ≥ 2 ⇔ log... f (b), thì hệ bất đẳng thức hàm dạng "cộng" trên là sự thu hẹp của bất đẳng thức hàm Cauchy cổ điển f (x + y) ≤ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R 25 Trước hết, ta nhắc lại rằng, một tập hợp M trù mật trong tập số thực R nếu như trong mọi lân cận của một điểm tùy ý của tập R đều có ít nhất một điểm của tập M Chẳng hạn, tập Q các số các số hữu tỷ là tập trù mật trong tập R Tính chất sau đây là một kết quả quen... thì xy ∈ R+ Với y = x, từ đẳng thức (*) và theo kết quả phần trên ta có 1 1 f (x) = f (x2 ) = a ln(x2 ) = a ln |x|, ∀x ∈ R− 2 2 Thử lại, ta thấy hàm f (x) = a ln |x| với a ∈ R tùy ý thỏa mãn các điều kiện bài toán đặt ra Như vậy, từ kết quả của Định lý 1.3 và Định lý 1.4 ta có lời giải đầy đủ cho bài toán 1.15 24 1.3 Hàm số chuyển đổi các phép biến đổi hình học của đối số Các phép biến đổi hình học . xuất hiện nhiều các dạng bài toán liên quan đến bất đẳng thức hàm, như các bài toán giải bất phương trình hàm, chứng minh các tính chất của lớp các bất đẳng thức hàm. . .Nói chung các dạng toán này. rạc và khá khó. Luận văn này trình bày về một số lớp bất đẳng thức hàm và một số bài toán liên quan, với hi vọng có thể bước đầu trình bày một cách có hệ thống một số đặc điểm, một số dạng toán. pháp mô tả các hàm tựa lồi, tựa lõm từ lớp các hàm lồi lõm trên một khoảng, từ đó áp dụng vào một số bài toán giải bất phương trình hàm lượng giác. Một số bài toán liên quan cũng như các bài tập