Luận văn Một số dạng toán cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic

ao cho f (a) f ′(a) f ′′(a) f ′′′(a)≥ 0. Bài toán 1.14. Cho hàm số f ,g thỏa mãn điều kiện f ′(x) g′(x) = e f (x)−g(x), ∀x và f (0) = g(2018) = 1. Tìm hằng số c lớn nhất sao cho f (2018)> c. Lời giải. Ta có f ′(x) g′(s) = e f (x)−g(x), ∀x hay f ′(x).e− f (x) = g′(x).e−g(x). Từ đó ta có e− f (x) = e−g(x), ∀x ∈ R. Xét hàm số h(x) := e− f (x)−g′(x).e−g(x) = a với a là một hằng số. Khi đó ta có h(0) = h(2018), kết hợp với giả thiết ta được e−1− e−g(0) = e− f (2018)− e−1. Do vậy e− f (2018) = 2e−1− e−g(0) < 2e−1 = e−1+ln 2. Vậy ta chọn hằng số c lớn nhất là c=−1+ ln 2 thỏa mãn điều kiện f (2018)> c. Bài toán 1.15. Chứng minh rằng ab+ba > 1,∀a> 0,b> 0 22 Lời giải. - Bất đẳng thức trên là hiển nhiên nếu ít nhất các số a hoặc b lớn hơn 1. - Ta đi xét các giá trị a,b ∈ (0;1). Thật vậy, đặt a = 1− c,b = 1− d;c,d ∈ (0;1). Ta xét hàm số sau f (x) = (a− cx)d,x ∈ [0;1]. Áp dụng định lí Lagrange tồn tại x0 ∈ (0;1) sao cho: (1− c)d = 1− cd (1− cx0)1−d < 1− cd. Từ đó ab+ba = 1− c (1− c)d + 1−d (1−d)c > 1− c 1− cd + 1−d 1− cd = (1− c)(1−d) 1− cd +1> 1. Bài toán 1.16. Cho f : R→ R là một hàm của lớp C3 sao cho f , f ′, f ′′, f ′′′ đều là những số dương. Hơn nữa ta giả sử f ′′′(x)≤ f (x), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f ′(x)< 2 f (x), ∀x ∈ R. Lời giải. Ta nhận thấy, từ giả thiết ta có lim x→−∞ f ′(x) = lim x→−∞ f ′′(x) = 0. Thật vậy, theo định lí giá trị Lagrange, tồn tại ξn ∈ (−n2;−n) sao cho f (−n2)− f (−n) = (n−n2) f ′(ξn)< 0. Bằng giả thiết giới hạn của f và f ′ tại −∞ tồn tại và hơn nữa các giới hạn đó không âm. Ta giả sử phản chứng lim x→−∞ f ′(x) > 0. Để có giới hạn tại −∞ từ trên ta có được 0=−∞ (mâu thuẫn). Do vậy ta có lim x→−∞ f ′(x) = 0. 23 Lập luận tương tự, ta cũng có được lim x→−∞ f ′′(x) = 0. Vậy theo bổ đề, ta có được f ′(x)< 2 f (x),∀x. Bài toán 1.17. Cho f : [0;1]→ R là một hàm liên tục trên [0;1] khả vi trên khoảng (0;1) và thỏa mãn 0 ≤ f ′(x) ≤ 2 f (x), ∀x ∈ (a;b). Chứng minh rằng f đồng nhất bằng 0. Lời giải. Xét g := [0;1]→ R là một hàm xác định bởi g(x) = e−2x f (x). Khi đó g′(x) = e−2x( f ′(x)−2 f (x))≤ 0. Do đó g là hàm giảm. Mặt khác, g(0) = 0,g≥ 0, nên ta có g≡ 0 hay f ≡ 0. Bài toán 1.18. Chứng minh rằng 2 pi ( 1− a b ) ≤ sup x>0 ∣∣∣sin(ax) ax − sin(bx) bx ∣∣∣≤ 4(1− a b ) , ∀0< a< b. Lời giải. Xét 0< a< b. Đặt λ = a b , f (x) = sinx x ,x> 0 và µ(λ ;x) = f (x)− f (λx) 1−λ . Từ | f (x)| 0, ta có được |µ(λ ;x)|< 2 1−λ ≤ 4 với điều kiện 0< λ < 1. Điều này chứng tỏ sup x>0 |µ(λ ;x)| ≤ 4, ∀λ ∈ (0;1). Để chứng minh phần bất đẳng thức còn lại, ta nhận thấy µ(λ ;pi) = sin(λpi) λ (1−λ )pi = µ(1−λ ,pi). 24 Từ đẳng thức đó, ta đi xem xét các trường hợp ứng với giá trị λ ∈ ( 0; 1 2 ) . Vì f là hàm giảm trên [ 0; pi 2 ] , ta có µ(λ ;pi)≥ 1 λ sin pi 2 pi 2 ≥ 2 pi với mọi λ ∈ ( 0; 1 2 ] . Bài toán 1.19. Cho f là một hàm thực khả vi cấp n+1 trên [a;b], thỏa mãn f (i)(a) = f (i)(b) = 0,∀i ∈ {1,2,3, . . . ,n}. Chứng minh rằng phương trình f (n+1)(x) = f (x) có nghiệm trên [a;b]. Lời giải. Đầu tiên ta giả sử n = 0 và xét hàm số g(x) = e−x f (x). Theo định lí Rolle, tồn tại x0 ∈ [a;b] sao cho 0= g′(x0) = e−x0( f ′(x0)− f (x0)). Điều đó cho thấy f ′ (x0) = f (x0). Tiếp theo ta giả sử n ≥ 1 và xét hàm h(x) = n ∑ k=0 f (k)(x). Khi đó h(a) = h(b) = 0 và h(x) = h ′ (x) = f (x)− f n+1(x). Áp dụng cách chứng minh n= 0 đối với hàm h ta suy ra được rằng f (n+1)(x) = f (x) có nghiệm trên [a;b]. Bài toán 1.20. Cho f là một hàm khả vi và f ′ liên tục trên [a;b] sao cho tồn tại giá trị m ∈ [a;b] để f ′(m) = 0. Chứng minh rằng phương trình f ′(x) = f (x)− f (a) b−a có nghiệm trên [a;b]. Lời giải. Xét hàm g : [a;b]→ R với g(x) = f ′ (x)− f (x)− f (a) b−a . Không mất tính tổng quát ta giả sử f (m) > f (a). Xét x1 ∈ [a;m] sao cho f (x1) = max{ f (x);x ∈ [a;m]} . Khi đó ta có f (x1)− f (a)> 0≥ (b−a) f ′(x1). Điều đó cho thấy g(x1)< 0. 25 Theo định lí Lagrange, tồn tại x2 ∈ (a;x1) sao cho f ′(x2) = f (x1)− f (a)x1−a . Vì thế g(x2) = f (x1− f (a) x1−a − f (x2)− f (a) b−a . Mặt khác, do g là một hàm liên tục, nên tồn tại x ∈ [x2;x1] sao cho g(x) = 0. Do vậy phương trình f ′ (x) = f (x)− f (a) b−a có nghiệm trên [a;b]. Bài toán 1.21. Chứng minh rằng không tồn tại hàm dương liên tục, khả vi f trên [0;∞) sao cho f ′(x)≥ f ( f (x)) với mọi x≥ 0. Lời giải. Giả sử f là một hàm thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ f ′(x)≥ f ( f (x))> 0 nên f là một hàm tăng. Điều đó cho thấy f ′(x)≥ f ( f (x))≥ f ( f (0))> 0. Điều này chứng tỏ f là một hàm chặn dưới bởi 0 và lim x→∞ f (x) = ∞. Vì thế lim x→∞ f ( f (x)) = ∞ và limx→∞ f ′(x) = ∞. Xét g(x) := f (x)−x−1. Do g′(x) dần tiến ra ∞ khi x→∞ nên g(x)→∞ khi x→∞. Do đó tồn tại x0 thỏa mãn f (x0)> x0+1. Tiếp theo áp dụng định lí giá trị trung bình trên đoạn [x0; f (x0)], ta có được một điểm ξ ∈ (x0; f (x0)) thỏa mãn điều kiện f ( f (x0)) = f (x0)+ f ′(ξ )( f (x0)− x0)> f ′(ξ )( f (x0)− x0), ≥ f ( f (ξ )( f (x0)− x0)> f ( f (x0))( f (x0)− x0)> f ( f (x0)) mâu thuẫn. Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán. Bài toán 1.22. Cho hàm số f (x) khả vi trên đoạn [a;b] và thỏa mãn điều kiện | f (x)|2+ | f ′(x)|2 > 0,∀x ∈ [a;b]. 26 Chứng minh rằng các số các nghiệm của phương trình f (x) = 0 trên đoạn [a;b] là hữu hạn. Lời giải. Giả sử phương trình f (x) = 0 có vô số nghiệm {xn}⊂ [a;b] với n= 1,2, . . . Vì {xn} là dãy bị chặn nên tồn tại dãy con {xnk} → α ∈ [a;b]. Do f (x) liên tục, nên f (α) = 0. Từ giả thiết và vì f (α) = 0, nên f ′(α) 6= 0. Nhưng f ′(α) = lim x→α f (x)− f (α) x−α 6= 0. Điều này chứng tỏ f (x) 6= 0 trong một lân cận nào đó của điểm α. Điều này lại mâu thuẫn với giả thiết α là điểm tụ của dãy {xn}. Vậy số các nghiệm của phương trình f (x) = 0 trên đoạn [a;b] là hữu hạn. 27 Chương 2 Bất đẳng thức và cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic 2.1 Bất đẳng thức trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic Trong phần này ta sử dụng ký hiệu I để chỉ một trong các khoảng sau: [a,b], [a,b), (a,b], (a,b) với a< b. Trước hết, ta xét một số bất đẳng thức cơ bản đối với hàm số. Định lí 2.1. Giả sử f (x) là một hàm lồi trên khoảng I và λ1,λ2,λ3, . . . ,λn là dãy các số không âm thỏa mãn điều kiện λ1+λ2+λ3+ · · ·+λn = 1. Khi đó f (λ1x1+λ2x2+ · · ·+λnxn) ≤λ1 f (x1)+λ2 f (x2)+ · · ·+λn f (xn), ∀x1,x2, . . . ,xn ∈ I. Hệ quả 2.1. Nếu f (x) là một hàm lồi trên khoảng I thì f (x1+ x2+ . . . .+ xn n ) ≤ f (x1)+ f (x2)+ . . . .+ f (xn) n , ∀x1,x2, . . . .,xn ∈ I. 28 Định nghĩa 2.1. Với các số dương a,b ta định nghĩa trung bình logarit của các số a,b là biểu thức LM(a,b) = b−a ln b− ln a , a 6= b, L(a,a) = a. Nhận xét rằng LM(a,b) = 1 1 b−a ∫ b a dx x = 1 M1 (1 x ,(a,b) ) . Ký hiệu: Về sau, ta sử dụng các ký hiệu đối với các đại lượng trung bình cho hai số dương như sau - Trung bình điều hòa (HM(a,b)), - Trung bình nhân (GM(a,b)), - Trung bình logarit (LM(a,b)), - Trung bình cộng (AM(a,b)). Ta có Định lí 2.2. Với các số dương a< b ta luôn có 2ab a+b < √ ab< 1 1 b−a ∫ b a dx x < a+b 2 hay HM(a,b)< GM(a,b)< LM(a,b)< AM(a,b). (2.1) Chứng minh. Giả sử 0 < a < b xét hàm lồi f (x) = ex trên trên đoạn [ln a, ln b]. Ta có bất đẳng thức e ln a+ln b 2 (ln b− ln a)< ∫ ln b ln a exdx< ln a+ ln b 2 (ln b− ln a). 29 Từ đây suy ra √ ab< b−a ln b− ln a < a+b 2 ⇔ GM(a,b)< LM(a,b)< AM(a,b). Ta có 2ab a+b < √ ab⇔ HM(a,b)< GM(a,b). Vậy nên HM(a,b) 0,a 6= b. Định lí 2.3. Với 0< a< b ta có các bất đẳng thức LM(a,b)< ( a1/3+b1/3 2 )3 , LM(a3,b3)< AM3(a,b). (2.2) Chứng minh. Ta có∫ d c f (x)dx= 1 8 f (c)(d− c)+ 3 8 f (2c+d 3 ) (d− c)+ 3 8 f (c+2d 3 ) (d− c)+ 1 8 f (c)(d− c)− (c−d) 5 6480 f (4)(η), trong đó c< η < d. Cho c= ln a,d = ln b, f (x) = ex, ta thu được b−a= ∫ ln b ln a exdx< eln a+3e 2ln a+ln b 3 +3e ln a+2ln b 3 + eln b 8 .(ln b− ln a) = ( a1/3+b1/3 2 )3 (ln b− ln a). Từ đây suy ra bất đẳng thức thứ nhất trong (2.2). Trong bất đẳng thức thứ nhất, thay a,b tương ứng bởi a3,b3 ta thu được bất đẳng 30 thức thứ hai. Bài toán 2.1. Ta có hệ thức LM(x2,y2) LM(x,y) = AM(x,y). (2.3) Lời giải. Ta có L(x2,y2) = x2− y2 ln x2− ln y2 = (x− y)(x+ y) 2(ln x− ln y) = L(x,y) x+ y 2 = L(x,y)A(x,y). Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 2.2. Giả sử b> a> 0. Khi đó ta luôn có bất đẳng thức LM(a,b)< AM(a,b)+GM(a,b) 2 . (2.4) Lời giải. Ta có ( a1/3+b1/3 2 )3 < ( a1/2+b1/2 2 )2 ⇔ ( 3√a+ 3√b 2 )3 ≤ (√a+√b 2 )2 ⇔ 3( 3 √ a2b+ 3√ a2b)≤ a+b+4 √ ab. (2.5) Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ta có 3 3 √ a2b= 3 3 √ a. √ ab. √ ab≤ a+ √ ab+ √ ab. 3 3 √ ab2 = 3 3 √ b. √ ab. √ ab≤ b+ √ ab+ √ ab. Cộng các vế tương ứng, ta được 3( 3 √ a2b+ 3√ ab2)≤ a+b+4 √ ab. 31 Mặt khác ( a1/2+b1/2 2 )2 = (√a+√b 2 )2 = a+b 2 + √ ab 2 = AM+GM 2 . Suy ra LM < AM+GM 2 , điều phải chứng minh. Bài toán 2.3. Chứng minh bất đẳng thức 1< sinhx x 0. Lời giải. Ta có AM(ex,e−x) = coshx, GM(ex,e−x) = 1, LM(ex,e−x) = sinhx x . Với x 6= 0, ex 6= e−x. Áp dụng bất đẳng thức GM < LM < AM, ta có điều phải chứng minh. Bài toán 2.4. Chứng minh bất đẳng thức sinhx x < coshx+1 2 , x> 0. Lời giải. Ta có A(ex,e−x) = coshx, G(ex,e−x) = 1, L(ex,e−x) = sinhx x . Với x > 0, ex 6= e−x ta áp dụng bất đẳng thức LM < AM+GM 2 , ta thu được điều phải chứng minh. Bài toán 2.5. Cho b> a> 0, chứng minh bất đẳng thức b2−a2 ln b− ln a < 2 (b+a 2 )2 . 32 Lời giải. Theo đẳng thức (2.3) và bất đẳng thức (2.1), ta có LM(a2,b2) = LM(a,b)AM(a,b)< AM2(a,b). Từ đó suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh. Tiếp theo, ta xét một loại trung bình nữa, đó là trung bình đồng nhất (Identric) và các bất đẳng thức gắn với hàm mũ liên quan. Định nghĩa 2.2. Với các số dương a,b trung bình đồng nhất được các đinh bởi hệ thức IM(a,b) =  a nếu a= b, 1 e ( bb aa ) 1 (b−a) nếu a 6= b. Bài toán 2.6. Với 0< a< b, chứng minh bất đẳng thức GM(a,b)< IM(a,b)< AM(a,b). (2.6) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức đối với hàm lồi: f (a+b 2 ) ≤ 1 b−a ∫ b a f (x)dx≤ f (a)+ f (b) 2 với f (x) =−ln x, ta có f (a+b 2 ) =−ln (a+b 2 ) =−ln AM(a,b), f (a)+ f (b) 2 = −ln a− ln b 2 =− ln ab 2 =−ln √ ab=−ln GM(a,b), 1 b−a ∫ b a f (x)dx= 1 b−a ∫ b a (−ln x)dx=− 1 b−a [ ln (bb aa ) − (b−a) ] =− { ln ([bb aa ] 1 b−a)−1}=−ln (1 e [bb aa ] 1 b−a) =−ln IM(a,b). 33 Như vậy, ta có −ln AM(a,b)<−ln IM(a,b)<−ln GM(a,b) ⇔ AM(a,b)> IM(a,b)> GM(a,b). Để chứng minh bất đẳng thức (2.10) chúng ta cần các bổ đề sau đây: Bài toán 2.7. Với 0< a< b, chứng minh bất đẳng thức ln x≤ x−1, x> 0. (2.7) Lời giải. Xét hàm số f (x) = x− ln x−1 trên miền x> 0. Ta có f ′(x) = 1− 1 x = 0⇔ x= 1. Dề thấy f ′(x) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x= 1. Do đó x= 1 là điểm cực tiểu duy nhất. Nhưng, f (1) = 0. vậy ta có f (x)≥ 0, ∀x> 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= 1. Vậy bất đẳng thức (2.7) được chứng minh. Bài toán 2.8. Giả sử f (x) là hàm khả tổng dương trên khoảng (a,b), a> 0. Chứng minh bất đẳng thức H f < G f < A f , (2.8) trong đó A f = 1 b−a ∫ b a f (x)dx, G f = e 1 b−a ∫ b a ln f (t)dt , H f = b−a∫ b a dx/ f (x) . (2.9) Lời giải. Trong bất đẳng thức (2.7), lấy x= (b−a) f (t)∫ b a f (τ)dτ , ln x= ln f (t)− ln ( 1 b−a ∫ b a f (τ)dτ ) . 34 Theo bất đẳng thức (2.7), ta có ln f (t)− ln ( 1 b−a ∫ b a f (τ)dτ ) ≤ (b−a) f (t)∫ b a f (τ)dτ −1. Lấy tích phân theo t trên (a,b) biểu thức trên, ta có ∫ b a ln f (t)dt− (b−a)ln ( 1 b−a ∫ b a f (τ)dτ ) ≤ (b−a) ∫ b a f (t)dt∫ b a f (τ)dτ − (b−a) = 0. Từ đây suy ra vế phải của (2.8). Áp dụng bất đẳng thức này đối với 1 f thay cho f với chú ý rằng ln 1 f (t) =−ln f (t) ta nhận được vế trái của (2.8). Bài toán 2.9. Với 0< a< b, chứng minh bất đẳng thức LM(a,b)< IM(a,b)< AM(a,b). (2.10) Lời giải. Với f (x) = 1 x , ta có A f (a,b) = 1 b−a ∫ b a dx x = ln b− ln a b−a = 1 L(a,b) , G f (a,b) = e 1 b−a ∫ b a (−ln x)x = e−ln IM(a,b) = 1 IM(a,b) . Suy ra LM(a,b)< IM(a,b). Áp dụng bất đẳng thức G f < A f với f (x) = x ta có IM(a,b)< AM(a,b). Như vậy ta có 35 Hệ quả 2.2. Với các số dương a,b có các bất đẳng thức kép HM(a,b)≤ GM(a,b)≤ LM(a,b)≤ AM(a,b)+GM(a,b) 2 ≤ IM(a,b)≤ AM(a,b). (2.11) Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trung gian giữa LM và IM. Ta có LM(a,b)≤ AM(a,b)+GM(a,b) 2 ≤ IM(a,b) ⇔ AM(a,b)+GM(a,b)≤ 2IM(a,b)≤ 2AM(a,b)⇔ GM(a,b)≤ AM(a,b). Trong thực tiễn, có rất nhiều bài toán không liên quan trực tiếp đến các hàm mũ và hàm hyperbolic, nhưng chúng có những mối quan hệ mật thiết với nhau, có thể sử dụng các hàm hyperbolic như là phương pháp giải hiệu quả. Bài toán 2.10. Cho a,b,c> 0 thỏa mãn điều kiện( a+ √ a2−1 )( b+ √ b2−1 )( c+ √ c2−1 ) = 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của P= 4a3+4b3+4b3−3a−3b−3c. Lời giải. Theo giả thiết, ta có a,b,c ≥ 1 nên có thể đặt a = coshx,b = coshy,c = coshz, x,y,z≥ 0. Khi đó ta tìm được x= ln ( a+ √ a2−1 ) ;y= ln ( b+ √ b2−1 ) ;z= ln ( c+ √ c2−1 ) . Do đó ta có thể viết giả thiết dưới dạng x+ y+ z= ln 10. Sử dụng tính chất 1.9, ta thu được P= cosh3x+ cosh3y+ cosh3z. Ta lại thấy (cosh(3x))′′ = 9.cosh(3x)> 0, ∀x nên cosh(3x) là hàm lồi trên R. 36 Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta được P= cosh3x+ cosh3y+ cosh3z≥ 3cosh ( 3x+3y+3z 3 ) hay P≥ 3cosh(ln 10) = 3.e ln 10+ e−ln 10 2 = 303 200 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a= b= c= 3 √ 10+ 3 √ 10−1 2 . Bài toán 2.11. Chứng minh bất đẳng thức 1< sinhx x < coshx, x 6= 0. Lời giải. Ta có A(ex,e−x) = coshx, GM(ex,e−x) = 1, LM(ex,e−x) = sinhx x . Với x 6= 0, ex 6= e−x, áp dụng bất đẳng thức GM < LM < AM, ta có ngay điều phải chứng minh. Bài toán 2.12. Chứng minh bất đẳng thức coshx+ x sinhx > 2, ∀x 6= 0. Lời giải. Ta có AM(ex,e−x) = coshx, GM(ex,e−x) = 1, LM(ex,e−x) = sinhx x . Với x 6= 0, ex 6= e−x. Áp dụng bất đẳng thức AM−GM GM ≥ LM−GM LM , 37 ta thu được điều phải chứng minh. Bài toán 2.13. Chứng minh bất đẳng thức sinhx x < coshx+3coshx/3 4 , ∀x 6= 0. (2.12) Lời giải. Ta có LM(ex,e−x) = sinhx x , M1/3(e x,e−x) = coshx+3coshx/3 4 . Sử dụng bất đẳng thức LM ≤M1/3 ta được bất đẳng thức (2.12). Bài toán 2.14. Cho a< b. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a;b) sao cho 2 a− c < sinhc< 2 b− c . Lời giải. Đầu tiên ta thấy nếu a < 0 < b thì sinhx đổi dấu trên (a;b) vì sinh0 = 0. Tức là tồn tại x1 0 sao cho sinhx1 ≥ 0,sinhx2 ≤ 0. Khi đó, chỉ cần chọn c= 0, ta được điều cần chứng minh. Bài toán 2.15. Cho a< b. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a;b) sao cho 2 a− c < coshc< 2 b− c . Lời giải. Vì coshx< 0 không đổi dấu trên (a;b). Ta giả sử phản chứng rằng với mọi x ∈ (a;b), ta có coshx≥ 2 b− x , ∀x ∈ (a;b). Xét dãy xn = b− b−a2n , ∀n ∈ N. Kết hợp với định lí giá trị trung bình Lagrange, ta thấy tồn tại giá trị c1 ∈ (a;x1) sao cho sinhx1− sinha= sinh a+b2 − sinha= coshc1 b−a 2 ≥ 2 b− c1 . b−a 2 ≥ 1. 38 Cứ tiếp tục quá trình trên, ta xây dựng dãy (cn)n≥1 sao cho cn+1 ∈ (xn;xn+1) và sinhxn+1− sinhxn = coshcn+1(xn+1− xn)≥ 2b− cn+1 b−a 2n+1 ≥ 1. Do đó sinhxn− sinha ≥ n, ∀n ∈ N∗. Điều này cho thấy sinhx là hàm không bị chặn trên (a;b) (mâu thẫn với tính chất hàm số sinhx là hàm liên tục khả vi . Do đó giả sử là sai. Vậy tồn tại giá trị c ∈ (a;b) sao cho coshc= sinh′ c< 2 b− c . Chứng minh tương tự, ta thấy tồn tại giá trị c ∈ (a;b) sao cho 2 a− c < coshc. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 2.16. Giả sử |coshx−coshy| ≤M|x−y|, ∀x,y ∈ (0,1). Chứng minh rằng |coshx| ≤M, ∀x,y ∈ (0,1). Lời giải. Xét hàm số f (x) = coshx. Cố định x ∈ (0;1) và xét t 6= 0, sao cho x+ t ∈ (0;1). Theo giả thiết, ta có | f ′(x)| ≤ ∣∣∣ f (x+ t) f (x) t ∣∣∣+ ∣∣∣ f (x+ t) f (x) t − f ′(x) ∣∣∣ ≤M+ ∣∣∣ f (x+ t)− f (x) t − f ′(x) ∣∣∣. Chuyển qua giới hạn khi t → 0, ta có bất đẳng thức | f ′(x)| ≤ M hay |coshx| ≤ M, ∀x,y ∈ (0,1). Bài toán 2.17. Cho hàm số f (x) = e−x2. Chứng minh rằng max x∈R | f ′′(x)| ≥ e 1/2 4 . Lời giải. Ta có f ′(x) =−2xe−x2 39 và f ′′(x) = e−x 2 (4x2−1). Nhận xét rằng | f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0. Tương tự, | f ′(x)| ≤ f (1 2 ) , ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi x= 1 2 . Áp dụng bất đẳng thức Landau, ta có max x∈R | f ′(x)| ≤ 2 √ max x∈R | f (x)|M2, trong đó M2 =max x∈R | f ′′(x)|. Suy ra M2 ≥ e 1/2 4 , điều phải chứng minh. Bài toán 2.18. Cho hàm số f (x) = e−x2+2x. Chứng minh rằng max x∈R | f ′′(x)| ≥ e 2 . Lời giải. Ta có f ′(x) = 2(1− x)e−x2+2x và f ′′(x) = 2e−x 2+2x(2x2−4x+1). Nhận xét rằng | f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1. Tương tự, | f ′(x)| ≤ f (2+√2 2 ) = √ 2e1/2, ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi x= 2+ √ 2 2 . Áp dụng bất đẳng thức Landau, ta có max x∈R | f ′(x)| ≤ 2 √ max x∈R | f (x)|M2, trong đó M2 =max x∈R | f ′′(x)|. Suy ra M2 ≥ e2 , điều phải chứng minh. 40 2.1.2. Bất đẳng thức trong tam giác trong lớp hàm hyperbolic Bài toán 2.19. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinh3A+sinh3B+ sinh3C ≥ 3sinhpi. Lời giải. Ta có thể giải bài toán 1.1 theo hai cách như sau: Cách 1: Biến đổi trực tiếp dựa vào tính chất coshx≥ 1. ∀x ∈ R sinh3A+sinh3B+ sinh3C+sinhpi = 2sinh 3A+3B 2 cosh 3A−3B 2 +2sinh 3C+pi 2 cosh 3C−pi 2 ≥ 2sinh 3A+3B 2 +2sinh 3C+pi 2 = 4sinh 3A+3B+3C+pi 4 cosh 3A+3B−3C−pi 4 ≥ 4sinh 3A+3B+3C+pi 4 = 4sinhpi. Suy ra sinh3A+sinh3B+ sinh3C ≥ 3sinhpi. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cosh 3A−3B 2 = 1 cosh 3C−pi 2 = 1 cosh 3A+3B−3C−pi 4 = 1 ⇔ A= B=C = pi 3 . Cách 2: Xét hàm số y = sinhx. Do (sinhx)′′ = sinhx> 0, ∀x > 0 nên hàm số sinhx lồi trên (0;+∞) nên sinh3A+sinh3B+ sinh3C ≥ 3sinh 3A+3B+3C 3 ⇔ sinh3A+sinh3B+ sinh3C ≥ 3sinhpi. 41 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A= B=C = pi 3 . Ta có thể tổng quát thành bài toán sau: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinhA+sinhB+ sinhC ≥ 3sinh kpi 3 ,k > 0. Bài toán 2.20. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có coshkA+ coshkB+ coshkC ≥ 3coshkpi 3 ,k > 0. Lời giải. Xét hàm số y = coshx Do (coshx)′′ = coshx ≥ 1, ∀x ∈ R coshx lồi trên R nên coshkA+ coshkA+ coshkA≥ 3coshkA+B+C 3 ⇔ coshkA+ coshkA+ coshkA≥ 3coshkpi 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A= B=C = pi 3 . Bài toán 2.21. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có tanhkA+ tanhkA+ tanhkA≥ 3 tanhkpi 3 ,k > 0. Lời giải. Xét hàm số y= tanhx. Do (tanhx)′′ = 2tanhx cosh2x ≥ 0,∀x> 0 suy ra y= tanhx lồi trên (0;+∞) nên tanhkA+ tanhkA+ tanhkA≥ 3 tanhkA+B+C 3 ,k > 0 ⇔ tanhkA+ tanhkA+ tanhkA≥ 3 tanhkpi 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A= B=C = pi 3 . Bài toán 2.22. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinh2 A 2 + sinh2 B 2 + sinh2 C 2 ≥ 3 2 ( cosh pi 3 −1 ) . 42 Lời giải. Ta có công thức: sinh2 x 2 = coshx−1 2 . Suy ra sinh2 A 2 + sinh2 B 2 + sinh2 C 2 = coshA−1 2 + coshB−1 2 + coshC−1 2 = coshA+ coshB+ coshC 2 − 3 2 . Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta được coshA+ coshB+ coshC ≥ 3cosh pi 3 . Suy ra sinh2 A 2 + sinh2 B 2 + sinh2 C 2 ≥ 3 2 ( cosh pi 3 −1 ) . Bài toán 2.23. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có cosh2 A 2 + cosh2 B 2 + cosh2 C 2 ≥ 3 2 ( cosh pi 3 +1 ) . Lời giải. Ta có công thức cosh2 x 2 = coshx+1 2 nên cosh2 A 2 + cosh2 B 2 + cosh2 C 2 = coshA+1 2 + coshB+1 2 + coshC+1 2 = coshA+ coshB+ coshC 2 + 3 2 . Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta được coshA+ coshB+ coshC ≥ 3cosh pi 3 . Suy ra 43 cosh2 A 2 + cosh2 B 2 + cosh2 C 2 ≥ 3 2 ( cosh pi 3 +1 ) . Bài toán 2.24. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinhA+sinhB+ sinhC ≥ sinh pi−A 2 + sinh pi−B 2 + sinh pi−C 2 . Lời giải. Ta có sinhA+sinhB= 2sinh A+B 2 cosh A−B 2 ≥ 2sinh pi−C 2 , sinhB+ sinhC = 2sinh B+C 2 cosh B−C 2 ≥ 2sinh pi−A 2 , sinhC+sinhA= 2sinh C+A 2 cosh C−A 2 ≥ 2sinh pi−B 2 . Do đó sinhA+sinhB+ sinhC ≥ sinh pi−A 2 + sinh pi−B 2 + sinh pi−C 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Bài toán 2.25. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinh A 2 + sinh B 2 + sinh C 2 ≥ tanh A 2 + tanh B 2 + tanh C 2 . Lời giải. Xét hàm số y= sinh x 2 − tanh x 2 , ∀x≥ 0. Do y′ = 1 2 cosh x 2 − 1 2 1 cosh2 x 2 , nên y′′ = 1 4 sinh x 2 + 1 2 sinh x 2 cosh3 x 2 ≥ 0, ∀x≥ 0. Suy ra y(x)≥ y(0)+ y′(0).(x−0), ∀x≥ 0. Do đó sinh x 2 − tanh x 2 ≥ 0, ∀x≥ 0. Thay x lần lượt bởi A, B, C vào bất đẳng thức rồi cộng theo vế, ta được điều phải 44 chứng minh sinh A 2 + sinh B 2 + sinh C 2 ≥ tanh A 2 + tanh B 2 + tanh C 2 . Bài toán 2.26. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có 3(sinhA+ sinhB+ sinhC)≥ pi ( sinhA A + sinhB B + sinhC C ) . Lời giải. Xét hàm số y= x− tanhx. Ta có . . . ? Do đó hàm số y= x− tanhx là hàm số đồng biến trên R nên y≥ y(0), ∀x≥ 0. Suy ra x− tanhx≥ 0,∀x≥ 0 nên x≥ tanhx,∀x≥ 0. Xét hàm số y= sinhx x . Ta có Do đó hàm số y= sinhx x là hàm số đồng biến (0;+∞) Giả sử A≥ B≥C ta có sinhA A ≥ sinhB B ≥ sinhC C . Theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có (A+B+C) ( sinhA A + sinhB B + sinhC C ) ≤ 3(sinhA+ sinhB+ sinhC) . Từ đó suy ra 3(sinhA+ sinhB+ sinhC)≥ pi ( sinhA A + sinhB B + sinhC C ) . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Bài toán 2.27. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinhAsinhBsinhC ≤ sinh3pi 3 . Lời giải. Xét hàm số y= ln (sinhx), ∀x> 0. Ta có 45 Do đó hàm số y= ln (sinhx) là hàm số lõm trên (0;+∞) nên ta có bất đẳng thức ln (sinhA)+ ln (sinhB)+ ln (sinhC)≤ 3ln ( sinh A+B+C 3 ) . Suy ra ln (sinhAsinhBsinhC)≤ ln ( sinh3 pi 3 ) . Vì hàm số y= ln x là hàm số đồng biến trên (0;+∞) nên ta có điều phải chứng minh sinhAsinhBsinhC ≤ sinh3pi 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Bài toán 2.28. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có coshAcoshBcoshC ≥ cosh3pi 3 . Lời giải. Xét hàm số y= ln (coshx), ∀x> 0. Ta có Do đó hàm số y= ln (coshx) là hàm số lồi trên (0;+∞) nên ta có bất đẳng thức ln (coshA)+ ln (coshB)+ ln (coshC)≤ 3ln ( cosh A+B+C 3 ) . Suy ra ln (coshAcoshBcoshC)≥ ln ( cosh3 pi 3 ) . Vì hàm số y= ln x là hàm số đồng biến trên (0;+∞) nên ta có điều phải chứng minh coshAcoshBcoshC ≤ cosh3pi 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Bài toán 2.29. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinhA+ sinhB+ sinhC− tanhA− tanhB− tanhC ≥ 3 ( sinh pi 3 − tanh pi 3 ) . 46 Lời giải. Xét hàm số y = sinhx− tanhx, ∀x > 0. Ta có y′ = coshx− 1 cosh2x ,y′′ = sinhx+ sinhx cosh3x > 0, ∀x > 0. Do đó hàm số y = sinhx− tanhx là hàm số lồi trên (0;+∞) nên ta có bất đẳng thức (sinhA− tanhA)+(sinhB− tanhB)+(sinhC− tanhC) 3 ≥ ( sinh A+B+C 3 − tanh A+B+C 3 ) . Suy ra sinhA+ sinhB+ sinhC− tanhA− tanhB− tanhC ≥ 3 ( sinh pi 3 − tanh pi 3 ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Bài toán 2.30. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sinh2 A 2 + sinh2 B 2 + sinh2 C 2 > A2+B2+C2 4 . Lời giải. Ta có công thức sinh2 x 2 = coshx−1 2 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với coshA+ coshB+ coshC−3≥ A 2+B2+C2 2 . Xét hàm số y= 2coshx−x2, ∀x≥ 0. Ta có y′ = 2sinhx−2x,y′′ = 2coshx−1≥ 0, ∀x≥ 0. Suy ra y(x)> y(0)+y′(0).(x−0), ∀x> 0 nên 2coshx−x2> 2, ∀x> 0. Lần lượt thay x bởi A, B, C vào bất đẳng thức trên ta được rồi cộng từng vế các bất đẳng thức đó, ta được ( 2coshA−A2)+ (2coshB−B2)+ (2coshC−C2)> 6. 47 Suy ra coshA+ coshB+ coshC−3> A 2+B2+C2 2 . Bài toán 2.31. Chứng minh bất đẳng thức ln sinhx x > 1 2 xcoshx− sinhx sinhx , x> 0 (2.13) Lời giải. Để chứng minh bất đẳng thức (2.13) có thể sử dụng bất đẳng thức của các đại lượng trung bình. Ta có LM(ex,e−x) = sinhx x , GM(ex,e−x) = 1, IM(ex,e−x) = excothx−1. (2.14) Lấy logarit hai vé của (2.14), ta có bất đẳng thức (2.13). 2.2 Các dạng toán cực trị sinh bởi hàm mũ và hyperbolic 2.2.1. Các dạng toán cực trị cơ bản Trong mục này trình bày một số kiến thức cơ bản tìm cực trị hàm số. Định nghĩa 2.3 (xem [1]). Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp D (D ⊂ R) và x0 ∈ R. a) x0 được gọi là một điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a;b) chứa điểm x0 sao cho (a;b) ⊂ D và f (x) < f (x0) với mọi x ∈ (a;b)\{x0}. Khi đó f (x0) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f . b) x0 được gọi là một điểm cực tiểu của hàm