Luận văn Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số

Trường hợp 2: Nếu a < 0. Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac 0. Do đó, f ′′(x) < 0, ∀x, suy ra f ′(x) là hàm số nghịch biến trên R. Suy ra phương trình f ′(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0. Ta có f ′(x) > 0, ∀x < x0, nên x < x0 hàm số f(x) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương. Do đó, với ∀a 6= 0, ∀x < x0. Hàm số f(x) lồi (lõm)có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 1.3 ta có max n∑ k=1 ax 2(k+1) k + bx k+2 k + cx 2 k + dxk + e 2(k + 1)au2k+1k + (k + 2)b k+1 k + 2cuk + d = n∑ k=1 au 2(k+1) k + bu k+2 k + cu 2 k + duk + e 2(k + 1)au2k+1k + (k + 2)b k+1 k + 2cuk + d , ∀x < x0, trong đó, x0 là nghiệm của phương trình f ′(x) = 0, ứng với mọi dãy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · ·+ xn ≤ u1 + u2 + · · ·+ un. 14 Chương 2. Phép đơn điệu hóa hàm số Trong chương này sử dụng các tài liệu tham khảo [2], [4], [6] để làm cơ sở cho việc giải quyết các bài toán liên quan. 2.1 Hàm đơn điệu từng khúc và phép đơn điệu hóa hàm số Nhìn chung, khi giải quyết các bài toán thực tế, ta thường phải làm việc với lớp các hàm đơn điệu từng khúc. Trong mục này, ta chủ yếu xét các hàm số f(x) xác định trên I(a, b) mà trên đó hàm f(x) chỉ có hữu hạn các điểm dừng (điểm cực trị). Trước hết ta xét một số ví dụ đơn giản với hàm số có hai khoảng đơn điệu. Ví dụ 2.1. Xét hàm số f(x) = |x− p|, 0 < p < 1. Xác định các hàm số đơn điệu g(x) trong [0, 1] sao cho g(x) ≥ f(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.1) Lời giải. Nhận xét rằng, đồ thị hàm số đã cho trên R có trục đối xứng x = p. Trước hết, ta xác định hàm số đơn điệu giảm g0(x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1), tức là, ứng với mọi g(x) đơn điệu giảm và thỏa mãn (2.1), ta đều có g(x) ≥ g0(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.2) Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến nên hiển nhiên g0(x) = f(x) trong [0, p]. Vì trong [p, 1], hàm f(x) đồng biến, nên g0(x) ≡ 0. Vậy, ta có hàm số đơn điệu giảm g0(x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1) được xác định theo công thức g0(x) = { f(x), khi 0 ≤ x ≤ p, f(p) = 0, khi p ≤ x ≤ 1. Mọi hàm số đơn điệu giảm khác được xác định theo (2.2). Tiếp theo, ta xác định hàm số đơn điệu tăng g1(x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1), tức là, ứng với mọi g(x) đơn điệu tăng và thỏa mãn (2.1), ta đều có g(x) ≥ g1(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.3) 15 Xét trường hợp 0 ≤ p ≤ 1 2 hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến và đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p, nên hiển nhiên g0(x) = f(0) = p trong [0, 2p]. Vì trong [2p, 1], hàm f(x) đồng biến, nên g0(x) ≡ f(x). Vậy, ta có hàm số đơn điệu tăng g1(x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1) được xác định theo công thức g0(x) = { p, khi 0 ≤ x ≤ 2p, f(x), khi 2p ≤ x ≤ 1. Đối với trường hợp 1 2 ≤ p, thì hiển nhiên hàm số đơn điệu tăng g1(x) mức thấp nhất thỏa mãn (2.1) sẽ là hàm hằng g1(x) ≡ p. Mọi hàm số đơn điệu tăng khác được xác định theo (2.3). Tương tự, ta xét việc mô tả lớp hàm đơn điệu cho trường hợp hàm số đã cho ở đường mức cao nhất. Ví dụ 2.2. Xét hàm số f(x) = x2 − 2px+ 1, 0 < p < 1. Xác định các hàm số đơn điệu g(x) trong [0, 1] sao cho g(x) ≤ f(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.4) Lời giải. Nhận xét rằng, đồ thị hàm số y = f(x) (xét trên R) có trục đối xứng x = p. Trước hết, ta xây dựng hàm số đơn điệu giảm g0(x) mức cao nhất thỏa mãn (2.4), tức là, ứng với mọi g(x) đơn điệu giảm và nhất thỏa mãn (2.4), ta đều có g(x) ≤ g0(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.5) Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến nên hiển nhiên g0(x) = f(x) trong [0, p]. Vì trong [p, 1], hàm f(x) đồng biến, nên g0(x) = { f(x), khi 0 ≤ x ≤ p, f(p) = 1, khi p ≤ x ≤ 1. Mọi hàm số đơn điệu giảm khác được xác định theo (2.5). Tiếp theo, ta xác định hàm số đơn điệu tăng g1(x) mức cao nhất thỏa mãn (2.4), tức là, ứng với mọi g(x) đơn điệu tăng và thỏa mãn (2.4), ta đều có g(x) ≤ g1(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.6) Xét trường hợp 0 ≤ p ≤ 1 2 hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến và đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p, nên hiển nhiên g0(x) = f(0) = 1 trong 16 [0, 2p]. Vì trong [2p, 1], hàm f(x) đồng biến, nên g0(x) ≡ f(x). Vậy ta có hàm số đơn điệu tăng g1(x) mức cao nhất thỏa mãn (2.4) được xác định theo công thức g0(x) = { 1, khi 0 ≤ x ≤ 2p, f(x), khi 2p ≤ x ≤ 1. Đối với trường hợp 1 2 ≤ p, thì hiển nhiên hàm số đơn điệu tăng g1(x) mức cao nhất thỏa mãn (2.4) sẽ là hàm hằng g1(x) ≡ 1. Mọi hàm số đơn điệu tăng khác được xác định theo (2.4). Bài toán 2.1 (Tổng quát). Cho hàm số f(x) liên tục và có hữu hạn khoảng đơn điệu trên [a, b] và 1 < n ∈ N. Xét tất cả các dãy số tăng {xi} trong [a, b] x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Để giải quyết bài toán này ta xét từng trường hợp cụ thể. Bài toán 2.2. Cho hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên [a, b] với −∞ < a < b < +∞ và 1 < n ∈ N. Xét tất cả các dãy số tăng {xi} trong [a, b] x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Lời giải. Vì f(x) đơn điệu trên [a, b] nên với mọi dãy tăng (xi)∞n=1 trong [a, b] x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b. ta đều có n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = |f(a)− f(b)| . Do vậy max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = |f(a)− f(b)| . 17 Bài toán 2.3. Cho n0 ∈ N,−∞ < a < b < +∞ và hàm f(x) liên tục trên [a, b] và có n0 khoảng đơn điệu, n0 ≤ n ∈ N. Xét tất cả các dãy số tăng {xi} trong [a, b] x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Lời giải. Theo giả thiết, số điểm cực trị của f(x) trên (a, b) là n0. Do n ≥ n0, ta có lời giải bài toán như sau Giả sử {x1, x2, · · · , xn} là một dãy tăng tùy ý trong [a, b] sao cho x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b. Gọi các điểm cực trị (điểm tại đó hàm đã cho thay đổi tính đơn điệu) của f(x) là a1, a2, · · · , an0 ; (a1 < a2 < · · · < an0). Khi đó ta bổ sung các điểm cực trị này vào dãy ban đầu, ta có dãy mới (x′i) m i=1, (n ≤ m ≤ n+ n0) với x′0 = a; x′n+1 = b. Dãy mới (x′i)mi=1 cũng được sắp xếp theo thứ tự tăng. Ta có n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ n∑ i=0 ∣∣f(x′i)− f(x′i+1)∣∣ . Mặt khác, rõ ràng trên [ai, ai+1] hàm số f(x) đơn điệu, nên m∑ i=0 ∣∣f(x′i)− f(x′i+1)∣∣ ≤ n0∑ i=0 |f(ai)− f(ai+1)| . Vậy max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = n0∑ i=0 |f(ai)− f(ai+1)| . Bài toán 2.4. Cho f(x) liên tục trên [a,+∞), f(x) có m điểm cực trị và m ≤ n ∈ N Giả sử lim x→+∞ f(x) = M, −∞ < M < +∞. Xét tất cả các dãy số tăng {xi} x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < +∞. 18 Chứng minh rằng n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤M. Lời giải. Trước hết, ta có nhận xét rằng đối với các bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ở trên, thì khi cố định n và a, ta có max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| , là một hàm đơn điệu tăng đối với "biến số" b. Như vậy, khi b đủ lớn sao cho [a, b] chứa tất cả các điểm cực trị của f(x) trên [a,+∞), thì F (b) = max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| , chỉ phụ thuộc vào giá trị f(b). Vì vậy n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ lim b→+∞ F (b) = M. Bài toán 2.5. Cho f(x) liên tục trên (−∞, b]. Giả thiết rằng lim x→−∞ f(x) = m, −∞ < m < +∞, và f(x) có n0 (hữu hạn) điểm cực trị trên (−∞, b], n0 ≤ n ∈ N. Xét tất cả các dãy số x0 = −∞ < x1 < x2 < · · · < xn+1 = b. Chứng minh rằng n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ m. Lời giải. Bài toán này được giải quyết tương tự như bài toán trên. Xét [a, b] với a đủ bé sao cho [a, b] chứa tất cả các điểm cực trị của f(x). Khi đó, với mọi dãy (xi)ni=1 sao cho x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b, ta tính được F (a) = max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Dễ thấy, khi nới rộng [a, b] về phía bên trái thì F (a) cũng là một hàm đơn điệu tăng. Suy ra n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ lim a→−∞F (a). 19 Bài toán 2.6. Cho f(x) liên tục trên [a, b], với a, b ∈ Z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| , trong đó xi ∈ Z, x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b. Lời giải. Với a, b ∈ Z và a < b, thì trên [a, b] có hữu hạn số điểm nguyên là n0 = b−a+1. Như vậy, nếu n = b − a − 1 thì chỉ có một cách lựa chọn dãy {x1, x2, · · · , xn}. Các điểm nguyên nằm trong [a, b], nên max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Nếu n+ 2 < n0 tức là n < n0 − 2, ta có các điểm nguyên trong [a, b] là a, a+ 1, · · · , b− 1, b. Tương ứng, ta có các giá trị của hàm là {f(a); f(a+ 1); · · · ; f(a+ i1); · · · ; f(a+ ik); · · · ; f(b)}. Như vậy, dãy trên có thể phân thành các dãy con (bao gồm một số hạng liên tiếp) và có tính chất tăng dần hoặc giảm dần. Giả sử, dãy được phân thành {f(a); f(a+ 1); · · · ; f(a+ i1)}; · · · ; {f(a+ ik); · · · ; f(b)}. Thực chất, các điểm nguyên a+ ij (1 ≤ j ≤ k) hoặc là phần nguyên của các điểm cực trị hoặc là phần nguyên của các điểm cực trị cộng thêm 1. Khi đó, ta xét các trường hợp cụ thể sau. - Nếu n ≥ k, ta có max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = k∑ j=0 |f(a+ ij)− f(a+ ij+1)| . Các số aij xác định trong dãy j = 1, 2, · · · , k với a+ i0 = a, a+ ik+1 = b. - Nếu 1 < n < k; {x1, x2, · · · , xn} là dãy các điểm nguyên thỏa mãn điều kiện của bài toán, thì ta xét tất cả các tổ hợp chập n của k phần tử (ai1, ai2, · · · , aik), ứng với mỗi trường hợp. 20 Chẳng hạn, (ai1, ai2, · · · , ain) là một tổ hợp chập n của k phần tử aij đã sắp theo thứ tự tăng. Ta tính được S = n∑ j=0 |f(aij)− f(aij+1)| . Chọn giá trị lớn nhất trong các tổng S ở trên, ta được max n∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Ta xét các ví dụ minh họa sau. Bài toán 2.7. Xét tất cả các dãy số 0 = x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x2016 ≤ x2017 = 2pi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = 2016∑ i=0 |cosxi − cosxi+1| . Lời giải. Ta có các điểm cực trị của hàm số f(x) = cos x trên [0, 2pi] là x = 0, x = pi, x = 2pi. Vậy nên max 2016∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = |cos 0− cos pi|+ |cospi − cos(2pi)| = 4. Bài toán 2.8. Xét tất cả các dãy số 0 = x0 < x1 < · · · < xn = 4pi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = n−1∑ i=0 | cosxi − cosxi+1|. Lời giải. Trên đoạn [0; 4pi] hàm sốf(x) = cos x có 5 điểm cực trị là x = 0, x = pi, x = 2pi, x = 3pi, x = 4pi. Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1: Khi n > 5. Ta có max n−1∑ i=0 | cosxi − cosxi+1| 21 = | cos 0− cospi|+ | cospi − cos(2pi)|+ | cos(2pi)− cos(3pi)|+ | cos(3pi)− cos(4pi)| = 8. Trường hợp 2: Khi n = 5. Khi đó, ta có dãy số 0 = x0 < x1 = pi < x2 = 2pi < x3 = 3pi < x4 = 4pi. Vậy 4∑ i=0 | cosxi−cosxi+1| = | cos 0−cospi|+| cospi−cos(2pi)|+| cos(2pi)−cos(3pi)|+| cos(3pi)−cos(4pi)| = 8. Trường hợp 3: Khi n < 5, ta sẽ có k = Cn5 bộ phần tử sắp xếp theo thứ tự tăng dần lấy từ tập {0, pi, 2pi, 3pi, 4pi} là các bộ phần tử x11, x12, . . . , x1k, x21, x22, . . . , x2k, · · · xk1, xk2, . . . , xkk. Khi đó, ta cần xét k kết quả sau M1 = |f(0)− f(x11)|+ |f(x11)− f(x12)|+ · · ·+ |f(x1k)− f(4pi)|, M2 = |f(0)− f(x21)|+ |f(x21)− f(x22)|+ · · ·+ |f(x2k)− f(4pi)|, · · · Mk = |f(0)− f(xk1)|+ |f(xk1)− f(xk2)|+ · · ·+ |f(xkk)− f(4pi)|. Vậy, maxM = max{M1, M2, . . . , Mk}. Bài toán 2.9. Cho f(x) = sinx. Xét tất cả các dãy số (xi) sao cho x0 = 0 < x1 < x2 < · · · < x9 = 10pi. Xác định giá trị lớn nhất của biểu thức M = 8∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . Lời giải. Dễ thấy trên [0, 10pi], hàm số f(x) có các điểm cực trị là xk = pi 2 + kpi với k = 0, 1, . . . , 9, trong đó x1 = pi 2 , x3 = pi 2 + 2pi, x5 = pi 2 + 4pi, x7 = pi 2 + 6pi, x9 = pi 2 + 8pi, 22 có cùng độ cao tung độ, x2 = pi 2 + pi, x4 = pi 2 + 3pi, x6 = pi 2 + 5pi, x8 = pi 2 + 7pi, x10 = pi 2 + 9pi, có cùng độ cao tung độ. Do vậy, trong số các tổ hợp chập 8 của 10 phần tử, ta chỉ cần chọn 8 điểm liên tiếp (trong số các điểm cực trị đã được đánh số thứ tự ở trên). Do vậy max 8∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = ∣∣∣sin 0− sin pi 2 ∣∣∣+∣∣∣sin pi 2 − sin(pi 2 + pi) ∣∣∣+· · ·+∣∣∣sin(pi 2 + 7pi)− sin 10pi ∣∣∣ = 1 + 7.2 + 1 = 16. Bài toán 2.10. Cho f(x) = x3 − 3x2. Tìm x ∈ (−10, 10), sao cho S = |f(−10)− f(x)|+ |f(x)− f(10)| , đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. Trước hết ta cần xác định các điểm cực trị của hàm số f(x). Ta có f ′(x) = 3x2 − 6x và f ′(x) = 0 khi x = 0, x = 2. Qua điểm x = 0 và x = 2, hàm f ′(x) đổi dấu. Vậy, x = 0, x = 2 là hai điểm cực trị của f(x) trên (−10, 10). Ta chỉ cần xét x = 0→ S1 = |f(−10)− f(0)|+ |f(0)− f(10)| = 1300 + 700 = 2000, x = 2→ S2 = |f(−10)− f(2)|+ |f(2)− f(10)| = 1300 + 700 = 2000. Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức bằng max{S1, S2} = 2000. Đạt được khi x = 0 hoặc x = 2. Bài toán 2.11. Cho f(x) = x4 − x3 − 5x2. Tìm x1, x2 ∈ (−2, 3), sao cho x1 < x2 và S = |f(−2)− f(x1)|+ |f(x1)− f(x2)|+ |f(x2)− f(3)| đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. Dễ thấy trên [−2, 3], hàm số f(x) có các điểm cực trị là {−5 4 , 0, 2}. Ta có C23 = 3 nên sẽ có 3 bộ phần tử sắp xếp theo thứ tự tăng dần lấy từ tập {−5 4 , 0, 2}, là  x1 = − 5 4 x2 = 0 ;  x1 = − 5 4 x2 = 2 ; { x1 = 0 x2 = 2 . 23 Vậy ta cần xét cả 3 trường hợp. - Với x1 = −5 4 , x2 = 0, ta có S1 = ∣∣∣f(−2)− f(−5 4 ) ∣∣∣+ ∣∣∣f(−5 4 )− f(0) ∣∣∣+ |f(0)− f(3)| = ∣∣∣4− 875 256 ∣∣∣+ ∣∣∣−875 256 − 0 ∣∣∣+ |0− 9| = 13− 875 128 . - Với x1 = −5 4 , x2 = 2, ta tính được S2 = 35. Thật vậy S2 = ∣∣∣f(−2)− f(−5 4 ) ∣∣∣+ ∣∣∣f(−5 4 )− f(2) ∣∣∣+ |f(2)− f(3)| = 35. - Với x1 = 0, x2 = 2, ta tính được S3 = 35. Thật vậy S3 = |f(−2)− f(0)|+ |f(0)− f(2)|+ |f(2)− f(3)| = 35. Vậy Smax = max{S1, S2, S3} = 35, khi x1 = 0, x2 = 2 hoặc x1 = −5 4 , x2 = 2. Bài toán 2.12. Cho số p ∈ (0, 1) và cho hàm số f(x) = |x − p|. Xét các bộ số x1, x2, x3, x4 (x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4) trong [0, 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = |f(x1)− f(x2)|+ |f(x2)− f(x3)|+ |f(x3)− f(x4)| . Lời giải. Nhận xét rằng, đồ thị hàm số đã cho, trên R, có trục đối xứng x = p trên toàn trục thực. Hàm đã cho nghịch biến trong [0, p] và đồng biến trong [p, 1]. Ta bổ sung thêm điểm x = p vào dãy số x1, x2, x3, x4 và sắp thứ tự tăng dần u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ u4 ≤ u5. Từ đây suy ra M = |f(x1)− f(x2)|+ |f(x2)− f(x3)|+ |f(x3)− f(x4)| ≤ |f(u1)− f(u2)|+ |f(u2)− f(x3)|+ |f(u3)− f(u4)|+ |f(u4)− f(u5)| ≤ |f(0)− f(p)|+ |f(p)− f(1)| = p+ (1− p) = 1. Vậy, maxM = 1 khi, chẳng hạn, x1 = 0, x2 = x3 = p, x4 = 1. Bài toán 2.13. Cho f(x) = x x2 + 1 . Xét dãy số tùy ý x0 = −2 < x1 < x2 < x3 < x4 ≤ 2017. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| . 24 Lời giải. Ta có f ′(x) = −x2 + 1 (x2 + 1)2 . Suy ra f ′(x) = 0 khi x = ±1. Xét x > 1, trên [−2, x] ta xét phân hoạch tùy ý x0 = −2 < x1 < x2 < x3 < x. Ta có max 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = |f(−2)− f(−1)|+ |f(−1)− f(1)|+ |f(1)− f(2017)| = ∣∣∣−2 5 + 1 2 ∣∣∣+ ∣∣∣−1 2 − 1 2 ∣∣∣+ ∣∣∣1 2 − f(2017) ∣∣∣ = 11 10 + 1 2 − f(2017) = 16 10 − f(2017). Vậy nên max 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = sup 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = 16 10 − f(2017). Bài toán 2.14. Cho f(x) = x x2 + 1 . Xét tất cả các dãy số x0 = −∞ < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = 2. Chứng minh rằng 4∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ 8 5 . Lời giải. Hàm số đã cho có các điểm cực trị x = ∓1. Ta có, ứng với mọi dãy (xi) 5 1; x0 = a < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = 2, ta đều có max 4∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = |f(a)− f(−1)|+ |f(−1)− f(1)|+ |f(1)− f(2)| = ∣∣∣f(a) + 1 2 ∣∣∣+ ∣∣∣−1 2 − 1 2 ∣∣∣+ ∣∣∣1 2 − 2 5 ∣∣∣ = f(a) + 1 2 + 1 + 1 10 = 8 5 + f(a). Suy ra 4∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ lim a→+∞( 8 5 − a a2 + 1 ) = 8 5 . Bài toán 2.15. Cho f(x) = x x2 + 1 . Xét tất cả các dãy (xi)41, sao cho x0 = −∞ < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = +∞. Chứng minh rằng 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ 2. 25 Lời giải. Hàm số đã cho có các điểm cực trị x = ±1 và f(−1) = −1 2 ; f(1) = 1 2 . Ta có max 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| = |f(a)− f(−1)|+ |f(−1)− f(1)|+ |f(1)− f(b)| = f(a) + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 − f(b) = f(a)− f(b) + 2. Do lim x→±∞ f(x) = 0, nên 3∑ i=0 |f(xi)− f(xi+1)| ≤ lim a→−∞,b→+∞ ( f(a)− f(b) + 2 ) = 2. 2.2 Hàm tựa đơn điệu Ta nhắc lại tính chất quen biết sau đây. Giả sử hàm số f(x) xác định và đơn điệu tăng trên I(a, b). Khi đó, với mọi x1, x2 ∈ I(a, b), ta đều có f(x1) ≤ f(x2)⇔ x1 ≤ x2, và ngược lại, ta có f(x1) ≥ f(x2)⇔ x1 ≤ x2; ∀x1, x2 ∈ I(a, b), khi f(x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a, b). Tuy nhiên, trong ứng dụng, có nhiều hàm số chỉ đòi hỏi có tính chất yếu hơn, chẳng hạn như f(x1) ≤ f(x2)⇔ x1 ≤ x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 ≤ 1, thì không nhất thiết f(x) phải là một hàm đơn điệu tăng trên (0, 1). Ví dụ, với hàm số f(x) = sin pix, ta luôn có khẳng định sau đây. Bài toán 2.16. Nếu A,B,C là các góc của ∆ABC thì sinA ≤ sinB ⇔ A ≤ B. (2.7) Như vậy, mặc dù hàm f(x) = sin pix không đồng biến trong (0, 1), ta vẫn có bất đẳng thức (suy ra từ (2.7)), tương tự như đối với hàm số đồng biến trong (0, 1) sinpix1 ≤ sin pix2 ⇔ x1 ≤ x2, ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < 1, (2.8) Ta đi đến định nghĩa sau đây. 26 Định nghĩa 2.6 (xem [2]). Hàm số f(x) xác định trong (a, b) ⊂ (0,+∞) được gọi là hàm tựa đồng biến trong khoảng đó, nếu f(x1) 0 mà x1 + x2 < b, (2.9) Tương tự, ta cũng có định nghĩa hàm tựa nghịch biến trong một khoảng cho trước. Định nghĩa 2.7 (xem [2]). Hàm số f(x) xác định trong (a, b) ⊂ (0,+∞) được gọi là hàm tựa nghịch biến trong khoảng đó, nếu f(x1) x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b. (2.10) Bài toán 2.17. Mọi hàm số f(x) tựa đồng biến trong (a, b) ⊂ (0,+∞) đều đồng biến trong khoảng ( 0, b 2 ) . Chứng minh. Khẳng định được suy ra trực tiếp từ Định nghĩa 2.6 Thật vậy, khi x1, x2 ∈ ( 0, b 2 ) thì hiển nhiên, x1 + x2 < b và ta thu được f(x1) < f(x2)⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ ( 0, b 2 ) . (2.11) Hệ thức (2.11) cho ta điều cần chứng minh. Bài toán 2.18. Giả thiết rằng hàm h(x) đồng biến trong khoảng ( 0, b 2 ] . Khi đó hàm số f(x) =  h(x), khi x ∈ ( 0, b 2 ] , h(b− x), khi x ∈ [ b 2 , b ) , là hàm số tựa đồng biến trong (0, b). Định lý 2.1 (xem [2-6]). Mọi hàm f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0,+∞) và thỏa mãn các điều kiện (i) f(x) đồng biến trong khoảng ( 0, b 2 ) , (ii) f(x) ≥ f(b− x), ∀x ∈ [ b 2 , b ) , đều là hàm tựa đồng biến trong khoảng đã cho. Chứng minh. Khi hàm f(x) tựa đồng biến trong (0, b) thì theo Bài toán 2.17, hàm f(x) đồng biến trong khoảng (0, b 2 ). Xét x ∈ [ b 2 , b ) . Khi đó, để x1 ∈ (0, b) sao cho đồng thời x1 < x và x1 + x < b, ta cần chọn x1 ∈ ( 0, b 2 ) và x1 < b − x ∈ ( 0, b 2 ) . Do vậy, mọi x2 ∈ [ b 2 , b ) ta đều có x1 < x2 và 27 để x1 + x2 < b thì dễ thấy x2 ∈ ( b 2 , b − x1 ) . Vì theo giả thiết, thì f(x1) < f(x2) với mọi x2 ∈ ( b 2 , b− x1 ) , nên f(x2) > f(x). 2.3 Phương pháp xây dựng các hàm tựa đơn điệu từ một hàm số cho trước 2.3.1 Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác Trước hết, ta nhắc lại (không chứng minh) một số hệ thức đặc trưng cho tam giác mà mọi học sinh bậc THPT đều quen biết. Đây là những hệ thức đặc biệt quan trọng liên quan đến sự ràng buộc tự nhiên của các yếu tố cạnh và góc trong một tam giác. Tính chất 2.1. Trong mọi tam giác ABC thì ứng với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn. Nhận xét 2.1. Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương đương sau đây: Trong mọi tam giác ABC, khi A < B thì sinA < sinB. Và như vậy, mặc dù hàm số f(x) = sinx không đồng biến trong (0, pi) ta vẫn có hệ thức kiểu "đồng biến" cho cặp góc của một tam giác. Tính chất 2.2. Trong mọi tam giác ABC ta đều có: cosA+ cosB ≤ 2 cos A+B 2 . Nhận xét 2.2. Như vậy, mặc dù hàm số f(x) = cosx không là hàm lõm (có đạo hàm cấp hai luôn âm) trong (0, pi) ta vẫn có hệ thức kiểu "hàm lõm" cho cặp góc của một tam giác. Tính chất 2.3. Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức sinA+ sinB + sinC ≤ 3 √ 3 2 . Tính chất 2.4. Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 ≥ √ 3. Tính chất 2.5. Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức cot A 2 + cot B 2 + cot C 2 ≥ 3 √ 3. Tính chất 2.6. Trong mọi tam giác ABC ta đều có bất đẳng thức cosA+ cosB + cosC ≤ 3 2 . 28 Nhận xét 2.3. Điều khẳng định của các Tính chất 2.3 - 2.5 dễ dàng kiểm chứng trực tiếp được dựa trên bất đẳng thức Jensen quen biết đối với lớp hàm có đạo hàm không đổi dấu trong khoảng (0, pi). Tuy nhiên, đối với khẳng định của Tính chất 2.6 thì ta thấy ngay rằng đặc trưng của hàm lõm không còn được sử dụng như một công cụ cơ bản để kiểm chứng trực tiếp tính đúng đắn của bất đẳng thức đã cho. Vậy nên, một vấn đề xuất hiện một cách tự nhiên là: Về tổng thể, ta có thể mô tả được hay không lớp các hàm tổng quát thỏa mãn điều kiện f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3f ( pi 3 ) , hoặc f(A) + f(B) + f(C) ≥ 3f ( pi 3 ) . với mọi tam giác ABC? Sau đây ta xét một số minh họa thông qua cách xây dựng các phương trình hàm để mô tả những nhận xét đã nêu ở trên. 2.3.2 Hàm tựa đồng biến dạng hàm số sin Bài toán 2.19. Cho hàm số f(t) xác định trong khoảng (0, pi) thỏa mãn điều kiện f(x) + f(y) ≤ 2f ( x+ y 2 ) , ∀x, y, x+ y ∈ (0, pi) (2.12) Chứng minh rằng f(x) + f(y) + f(z) ≤ 3f ( x+ y + z 3 ) , ∀x, y, z, x+ y + z ∈ (0, pi) (2.13) Lời giải. Giả sử x, y, z, x + y + z ∈ (0, pi). Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z thì ta có z + x+ y + z 3 ∈ (0, pi) nên f(z) + f ( x+ y + z 3 ) ≤ 2f (z + x+y+z3 2 ) , ∀x, y, x+ y ∈ (0, pi) (2.14) Từ (2.12) và (2.14) suy ra f(x) + f(y) + f(z) + f ( x+ y + z 3 ) ≤ 2 [ f ( x+ y 2 ) + f (z + x+y+z3 2 )] ≤ 4f ( x+ y + z 3 ) , ∀x, y, z, x+ y + z ∈ (0, pi). Từ đó, ta thu được (2.13). 29 Bài toán 2.20. Xác định các hàm số f(t) xác định trong khoảng (0, pi) và thỏa mãn điều kiện Với mọi tam giác ABC thì A < B khi và chỉ khi f(A) < f(B). Lời giải. Trước hết, ta có nhận xét rằng điều kiện A < B khi và chỉ khi f(A) < f(B) với mọi cặp góc A, B không tù (nhọn hoặc vuông) tương đương với điều kiện f(t) = f0(t) là một hàm đồng biến trong ( 0, pi 2 ] . Xét hàm số g0(t) =  f0(t), khi 0 < t ≤ pi 2 , f0(pi − t), khi pi 2 < t < pi, (2.15) với f0(t) là một hàm đồng biến tùy ý cho trước trong ( 0, pi 2 ] . Ta chứng minh rằng, khi đó g0(t) thỏa mãn điều kiện bài ra. Thật vậy, ta có g0(A) < g0(B) với mọi cặp góc A, B không tù và A < B. Xét trường hợp 0 < A < pi 2 < B < pi với A+B < pi. Ta có pi 2 > pi −B > A và do đó g0(B) = f0(pi −B) > f0(A) = g0(A). Tiếp theo, ta chứng minh rằng mọi hàm f(t) có dạng f(t) =  f0(t), khi 0 < t ≤ pi 2 , ≥ f0(pi − t), khi pi 2 < t < pi, (2.16) trong đó f0(t) là một hàm đồng biến tùy ý cho trước trong ( 0, pi 2 ] , đều thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy, với mọi góc B tù và A + B < pi, 0 < A < pi 2 < B < pi, ta có pi 2 > pi − B > A nên f(B) ≥ f0(pi −B) > f0(A) = f(A). Ngược lại, giả sử hàm f(x) xác định theo công thức f(t) =  f0(t), khi 0 < t ≤ pi 2 , f1(pi − t), khi pi 2 < t < pi, không thỏa mãn điều kiện (2.16), tức là tồn tại điểm t1 ∈ ( pi 2 , pi ) để f1(pi − t1) < f0(pi − t1). Khi đó, ta có f(t1) = f1(pi − t1) < f0(pi − t1) = f(pi − t1), mâu thuẫn với định nghĩa hàm tựa đồng biến. 30 Ví dụ 2.3. Xét hàm số f(t) =  sin t, khi 0 < t ≤ pi 2 , h(t) + sin t, khi pi 2 < t < pi. Trong đó h(t) ≥ 0 với mọi t ∈ ( pi 2 , pi ) . Khi đó, f(t) là một hàm tựa đồng biến trong (0, pi). 2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin Nhận xét rằng, có một mối liên hệ mật thiết giữa lớp các hàm đồng biến (nghịch biến) trong một khoảng cho trước với lớp các hàm lồi (lõm) trong khoảng đó. Định lý 2.2 (xem [2-6]). Hàm khả vi f(x) trong khoảng (a, b) là hàm đồng biến trong khoảng đó khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F (x) của nó là hàm lồi trong khoảng đó. Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết thì F (x) có đạo hàm bậc hai trong khoảng (a, b), nên F (x) là hàm lồi trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi F ′′(x) ≥ 0 trong khoảng đó. Điều này tương đương với f ′(x) ≥ 0 với mọi x ∈ (a, b). Kết quả của Định lý 2.2 gợi ý cho ta cách thiết lập mối liên hệ giữa lớp hàm các hàm tựa đồng biến (tựa nghịch biến) trong một khoảng cho trước với lớp các hàm tựa lồi (tựa lõm) trong khoảng đó. Định lý 2.3 (xem [2-6]). Hàm khả vi f(x) trong khoảng (a, b) là hàm tựa đồng biến trong khoảng đó khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F (x) của nó là hàm tựa lồi trong khoảng đó. Bài toán 2.21. Cho q(t) là hàm số lõm trong khoảng ( 0, pi 2 ] . Xét hàm số f(t) =  q(t), khi 0 < t ≤ pi 2 , 2q( pi 2 )− q(pi − t), khi pi 2 < t < pi. Chứng minh rằng f(t) là hàm tựa lõm trong (0, pi). Lời giải. Nếu tam giác ABC nhọn hoặc vuông thì do giả thiết hàm q(t) lõm, dễ thấy ngay rằng điều kiện bài toán được thỏa mãn. Xét trường hợp khi tam giác ABC tù, chẳng hạn C > pi 2 . Trước hết ta chứng minh hàm f(t) thỏa mãn điều kiện f(A) + f(C) ≤ 2f ( A+ C 2