Hàm Đơn Điệu, Tựa Đơn Điệu Và Một Số Ứng Dụng Của Phép Đơn Điệu Hóa Hàm Số

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (349.91 KB, 53 trang )

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------

LÊ VĂN HIỂU

HÀM ĐƠN ĐIỆU, TỰA ĐƠN ĐIỆU
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP
ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ

Thái Nguyên - 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------

LÊ VĂN HIỂU

HÀM ĐƠN ĐIỆU, TỰA ĐƠN ĐIỆU
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP
ĐƠN ĐIỆU HÓA HÀM SỐ

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên - 2017

i

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU

ii

Chương 1. Một số lớp hàm số đơn điệu
1.1 Hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Hàm đơn điệu tuyệt đối . . . . . . . .
1.3 Hàm đơn điệu có tính tuần hoàn . . .
1.4 Hàm đơn điệu liên tiếp trên một đoạn

.
.
.
.

1
1
5
6
7

.
.

.
.
.
.

14
14
25
27
27
28
30

.
.
.
.

33
33
33
35
38

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

Chương 2. Phép đơn điệu hóa hàm số

2.1 Hàm đơn điệu từng khúc và phép đơn điệu hóa hàm số . . .
2.2 Hàm tựa đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp xây dựng các hàm tựa đơn điệu từ một hàm số
2.3.1 Bất đẳng thức hàm liên quan đến tam giác . . . . . .
2.3.2 Hàm tựa đồng biến dạng hàm số sin . . . . . . . . . .
2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

. . . . . .
. . . . . .
cho trước
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .

Chương 3. Các dạng toán liên quan
3.1 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức
3.1.1 Một số bài toán áp dụng trong bất đẳng thức đại số . . . . .
3.1.2 Một số bài toán áp dụng cho bất đẳng thức trong tam giác .
3.2 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong bài toán cực trị . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

KẾT LUẬN

47

TÀI LIỆU THAM KHẢO

48

ii

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lớp các hàm số đơn điệu và lồi, lõm có vị trí rất quan trọng trong Giải tích Toán
học vì nó không những là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của nhiều mô hình toán
học mà còn là một công cụ đắc lực để khảo sát bất đẳng thức và các bài toán cực trị.
Trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các
bài toán về hàm số thường được đề cập đến và được xem như những dạng toán rất khó
của bậc phổ thông.
Do đó, đề tài "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu
hóa hàm số" được nghiên cứu nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của hàm đơn điệu,
tựa đơn điệu trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế.

2. Lịch sử nghiên cứu
Hiện nay các tài liệu tham khảo về chuyên đề hàm số có nhiều nhưng chưa đề cập
đầy đủ và hệ thống đến lớp các hàm đơn điệu, tựa đơn điệu cùng các ứng dụng của
chúng.
Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn về lớp các hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và các dạng
toán ứng dụng liên quan cho ta hiểu sâu sắc hơn về lý thuyết cũng như các ứng dụng
liên quan đến hàm số.

3. Mục đích, đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa
hàm số" trình bày một số vấn đề liên quan đến lớp các hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và
một số ứng dụng liên quan.
Mục đích nghiên cứu của luận văn nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của hàm đơn
điệu trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế.

4. Các luận điểm và đóng góp của luận văn
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương.

iii

Chương 1. Một số lớp hàm số đơn điệu
Chương 2. Phép đơn điệu hóa hàm số
Chương 3. Các dạng toán liên quan
Trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải các đề thi HSG
quốc gia và Olympic quốc tế liên quan, góp phần giúp cho học sinh và giáo viên có thêm
một số phương pháp giải toán bất đẳng thức.

5. Phương pháp nghiên cứu
Luận văn này được sử dụng một số phương pháp nghiên cứu sau đây:
Nghiên cứu từ các nguồn tư liệu gồm: các tài liệu tham khảo được nêu ở phần cuối
của luận văn, sách giáo khoa phổ thông, các tài liệu dành cho giáo viên, tạp chí toán
học tuổi trẻ, các đề tài nghiên cứu có liên quan, . . .
Nghiên cứu thông qua việc tiếp cận lịch sử, sưu tập, phân tích, tổng hợp tư liệu và
tiếp cận hệ thống.
Nghiên cứu từ thực nghiệm sư phạm ở trường phổ thông.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của NGND.GS.TSKH.

Nguyễn Văn Mậu, nguyên Hiệu trưởng trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học
Quốc gia Hà Nội, người thày đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá
trình hoàn thành bản luận văn này. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính
trọng sâu sắc đối với Giáo sư.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo, Khoa Toán - Tin
trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác
giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.

1

Chương 1. Một số lớp hàm số đơn điệu
Trong chương này sử dụng các tài liệu tham khảo [2], [6] để nhắc lại các kiến thức
cơ bản của một số lớp hàm số đơn điệu để sử dụng trong chứng minh bất đẳng thức và
bài toán cực trị liên quan.

1.1

Hàm đơn điệu

Ta thường dùng ký hiệu I(a, b) ⊂ R là nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp (a, b),
[a, b), (a, b] hoặc [a, b], với a < b.

Xét hàm số f (x) xác định trên tập I(a, b) ⊂ R.
Định nghĩa 1.1 (xem [2]). Nếu với mọi x1 , x2 ∈ I(a, b) sao cho x1 < x2 , ta đều có
f (x1 ) ≤ f (x2 ) thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu tăng trên I(a, b).

Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta đều có
f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ,

thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a, b).
Ngược lại, nếu với mọi x1 , x2 ∈ I(a, b) sao cho x1 < x2 , ta đều có f (x1 ) ≥ f (x2 ) thì ta
nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a, b). Nếu xảy ra
f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 ; ∀x1 , x2 ∈ I(a, b),

thì ta nói rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b).
Những hàm số đơn điệu tăng thực sự trên I(a, b) được gọi là hàm đồng biến trên
I(a, b) và hàm số đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b) được gọi là hàm nghịch biến trên

tập đó.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để nhận biết khi
nào thì một hàm số khả vi cho trước trên khoảng (a, b) là một hàm đơn điệu trên khoảng
đó.
Các định lí sau đây cho ta một số đặc trưng đơn giản khác của hàm đơn điệu.
Định lý 1.1 (xem [2-6]). Hàm số f (x) xác định trên R+ là một hàm đơn điệu tăng khi
và chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn , ta đều có
n

n

ak f (xk ) ≤
k=1

n

ak f
k=1

xk .
k=1

(1.1)

2

Chứng minh. Khi f (x) đơn điệu tăng trên R thì hiển nhiên ta có
n

f (xj ) ≤ f

xk , j = 1, 2, . . . , n.
k=1

Suy ra

n

aj f (xj ) ≤ aj f

xk , j = 1, 2, . . . , n.

(1.2)

k=1

Lấy tổng theo j (j = 1, 2, . . . , n), từ (1.2), ta thu được (1.1).
Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có
f (x) + εf (h) ≤ (1 + ε)f (x + h), ∀ε, h > 0.

(1.3)

Khi ε → 0, ta thu được f (x + h) ≥ f (x), hay f (x) là một hàm đồng biến.
Định lý 1.2 (xem [2-6]). Để bất đẳng thức
n

n

f (xk ) ≤ f
k=1

(1.4)

xk ,
k=1

được thỏa mãn với mọi bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn , điều kiện đủ là hàm g(x) :=
đơn điệu tăng trên R+ .

f (x)
x

Chứng minh. Nhận xét rằng, ta có hàm số f (x) = xg(x) và (1.4) sẽ có dạng (1.1) với
aj = xj (j = 1, 2, . . . , n)
n

n

xk g(xk ) ≤
k=1

n

xk g
k=1

xk ,

(1.5)

k=1

hiển nhiên được thỏa mãn ứng với g(x) là một hàm đơn điệu tăng trên R+ .
f (x)
là hàm đơn điệu tăng trong [0, +∞]. Khi đó, với mọi
x
dãy số dương và giảm x1 , x2 , . . . , xn , ta đều có

Hệ quả 1.1. Giả sử g(x) =

n−1

f (x1 − xn ) ≥

f (xk ) − f (xk+1 ) .
k=1

Nhận xét rằng (1.5) không là điều kiện cần để g(x) là một hàm đồng biến. Thật vậy,
chỉ cần chọn hàm g(x) có tính chất
0 < g(x) ∈ C(R+ ), ∀x ∈ R+ và maxg(x) ≤ 2 ming(x),

3

ta dễ dàng kiểm chứng rằng (1.5) được thỏa mãn. Chẳng hạn, ta thấy hàm số
g(x) = 3 + sin x, x ∈ R+ ,

thỏa mãn điều kiện nêu trên và vì vậy nó thỏa mãn điều kiện (1.5). Tuy nhiên, hàm
g(x) không là hàm đơn điệu tăng trên R+ .
f (x)
Nếu bổ sung thêm điều kiện g(x) :=
là hàm đồng biến trên R+ và x1 , x2 , . . . , xn
x

là bộ số gồm các số lớn hơn 1, thì ta thu được bất đẳng thức thực sự
n

n

f (xk ) < f
k=1

xk .
k=1

Tương tự, ta cũng phát biểu các đặc trưng với hàm đơn điệu giảm.
Định lý 1.3 (xem [2-6]). Hàm f (x) xác định trên R+ là một hàm số đơn điệu giảm khi
và chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn , ta đều có
n

n

ak f (xk ) ≥
k=1

n

ak f
k=1

xk .
k=1

Định lý 1.4 (xem [2-6]). Để bất đẳng thức
n

n

f (xk ) ≥ f
k=1

xk ,
k=1

được thỏa mãn với mọi bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn , điều kiện đủ là hàm g(x) :=
đơn điệu giảm trên R+ .

f (x)
x

Nhận xét rằng, trong số các hàm số sơ cấp một biến, thì hàm tuyến tính f (x) = ax
đóng vai trò đặc biệt quan trọng, vì nó rất dễ nhận biết về tính đồng biến (khi a > 0)
và nghịch biến (khi a < 0) trong mỗi khoảng tùy ý cho trước. Đặc trưng sau đây sẽ cho
ta thấy rõ hơn về đặc trưng (bất đẳng thức hàm) của hàm tuyến tính.
Định lý 1.5 (xem [2-6]). Giả thiết rằng, với mọi cặp bộ số dương a1 , a2 , . . . , an ; x1 , x2 , . . . , xn ,
ta đều có

n

n

ak f (xk ) ≥ f
k=1

ak x k ,

(1.6)

k=1

thì f (x) = ax, trong đó a là hằng số.
Chứng minh. Lấy n = 2 và chọn x1 = x, x2 = y; a1 =

y
1
, a2 = , từ (1.6), ta thu được
2x
2

f (x)

f (y)
≤
; ∀x, y ∈ R+ .
x
y

4

Suy ra g(x) :=

f (x)
là một hàm hằng trên R+ .
x

Tiếp theo, ta nêu một số tính chất của hàm đơn điệu để ước lượng một số tổng và
tích phân.
Định lý 1.6 (Maclaurin, Cauchy). Giả thiết rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm trên
(0, +∞). Khi đó, ta luôn có
n

n−1

n

f (k) ≤

f (x)dx ≤
0

k=1

f (k).

(1.7)

k=0

Khi f (x) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, f (x) là một hàm đơn điệu giảm, nên ta luôn có
k+1

f (k + 1) ≤

f (x)dx ≤ f (k),

k = 0, 1, 2 . . .

k

Lấy tổng theo k , ta thu được (1.7), chính là điều phải chứng minh.
Định lý 1.7 (xem [2-6]). Giả thiết rằng f (x) là một hàm đơn điệu giảm trên (0, +∞)
và {ak } là một dãy tăng trong (0, +∞). Khi đó, ta luôn có
n

n

an

f (x)dx ≤

(ak − ak−1 )f (ak ) ≤
a0

k=1

(ak − ak−1 )f (ak−1 ).

(1.8)

k=1

Khi f (x) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, f (x) là một hàm đơn điệu giảm, nên ta luôn có
ak

(ak − ak−1 )f (ak ) ≤

f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ).
ak−1

Lấy tổng theo k , ta thu được (1.8), chính là điều phải chứng minh.
Định lý 1.8 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev). Giả sử f (x) và g(x) là hai hàm đơn
điệu tăng và (xk ) là một dãy đơn điệu tăng
x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn .

Khi đó với mọi bộ trong (pj )
pj ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1,

5

ta đều có

n

n

pk g(xk ) ≤

pk f (xk )
k=1

n

pk f (xk )g(xk ) .

k=1

k=1

Chứng minh. Theo giả thiết thì
0 ≤ f (xk ) − f (xj )

g(xk ) − g(xj ) ,

hay
f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk ) ≤ f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk ).

(1.9)

Để ý rằng
n

n

n

pj pk [f (xk )g(xj ) + f (xj )g(xk )] = 2
j,k=1

và

pk f (xk )
k=1

pk g(xk ) ,
k=1

n

n

pj pk [f (xj )g(xj ) + f (xk )g(xk )] = 2
j,k=1

pk f (xk )g(xk ).
k=1

Kết hợp các đẳng thức này với (1.9), ta thu được

n

n

pk g(xk ) ≤

pk f (xk )
k=1

1.2

n

k=1

pk f (xk )g(xk ) .
k=1

Hàm đơn điệu tuyệt đối

Định nghĩa 1.2 (xem [2]). Hàm số f (x) được gọi là hàm đơn điệu tuyệt đối trong
khoảng (a, b) nếu đạo hàm mọi cấp của nó đều không đổi dấu
f (k) (x) ≥ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, . . .

Cũng vậy, ta có định nghĩa hàm đồng biến và nghịch biến tuyệt đối.
Định nghĩa 1.3 (xem [2]). Hàm số f (x) được gọi là hàm đồng biến (nghịch biến) tuyệt
đối trong khoảng (a, b) nếu các đạo hàm mọi cấp của nó đều là hàm đồng biến (nghịch
biến) tuyệt đối trong khoảng đó.
Ví dụ về các hàm số sơ cấp đơn điệu, đồng biến (nghịch biến) tuyệt đối trong khoảng
(a, b), (a > 0) là các hàm số sau.

6

Ví dụ 1.1. Mọi đa thức P (x) với các hệ số đều dương là hàm đơn điệu tăng tuyệt đối
trong khoảng (0, +∞).
Ví dụ 1.2. Hàm số f (x) = ex là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng (0, +∞).
Ví dụ 1.3. Hàm số
f (x) =

x−1
− ex ,
x+1

là hàm nghịch biến tuyệt đối trong khoảng (0, +∞).
Nhận xét 1.1. Nếu hàm số f (x) là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng (a, b) thì
hàm số g(x) := −f (x)sẽ là hàm nghịch biến tuyệt đối trong khoảng đó và ngược lại. Vì
vậy, không mất tính tổng quát, ta chỉ trình bày các bài toán liên quan đến hàm đơn
điệu tăng và đồng biến tuyệt đối trong khoảng đã cho.
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, 1],
hàm số

1

g(t)etx dt,

f (x) =
0

sẽ là hàm đồng biến tuyệt đối trong khoảng (0, 1).

Chứng minh. được suy ra trực tiếp từ tính chất của tích phân xác định.
Bài toán 1.2. Cho hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, 1] và hàm số
1

g(t)eλtx dt, λ ≥ 0.

f (x) =
0

Chứng minh rằng
f (k)
f (k+1)

≥

f (k+1)
; ∀x ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, . . .
f (k+2)

Chứng minh. được suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức Chebyshev đối với tích phân
xác định sau đây
1

1
k λtx

g(t)t e
0

1.3

1
2+k λtx

dt

g(t)t
0

e

1
k+1 λtx

dt ≥

g(t)t

e

0

g(t)tk+1 eλtx dt.

dt
0

Hàm đơn điệu có tính tuần hoàn

Song song với lớp hàm đơn điệu thông thường và đơn điệu tuyệt đối, nhiều lớp hàm

đơn điệu khác cũng được đưa ra và nghiên cứu các đặc trưng của chúng như đơn điệu
đầy đủ, đơn điệu có tính tuần hoàn hoàn toàn, . . .

7

Định nghĩa 1.4 (xem [2]). Hàm số f (x) được gọi là hàm đơn điệu có tính tuần hoàn
trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi các đạo hàm của chúng không triệt tiêu (có dấu không
đổi) và
f (k) (x)f (k+2) (x) ≤ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, . . .

Ví dụ về các hàm số sơ cấp đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng (a, b), (a > 0)
là các hàm số sau.
Ví dụ 1.4. Hàm số
f (x) = sin x,

là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng 0,

π
.
2

Ví dụ 1.5. Hàm số
f (x) = cos x,

là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng

π
,π .
2

Ví dụ 1.6. Cho hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, +∞) thì hàm số
1

g(t)e−λtx dt, λ > 0,

f (x) =
0

là hàm số đơn điệu có tính tuần hoàn trong khoảng (0, +∞).
Bài toán 1.3. Cho hàm số g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, 1] và hàm số
1

g(t)e−tx dt.

f (x) =
0

Chứng minh rằng
f (k)

x+y
2

≥ 2k f

x+y
2

; ∀x, y ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, . . .

Chứng minh. Được suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức Chebyshev đối với tích phân
xác định.

1.4

Hàm đơn điệu liên tiếp trên một đoạn

Trong các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số, ta thương gặp lớp hàm có các
đạo hàm bậc nhất, bậc hai không đổi dấu trong khoảng cho trước. Lớp hàm này có
nhiều ứng dụng trong bất đẳng thức và các bài toán cực trị.

8

Định nghĩa 1.5 (xem [2-6]). Giả sử f (x) là hàm khả vi bậc hai trên I(a, b). Nếu f (x) ≥ 0
với ∀x ∈ I(a, b) và f (x) ≥ 0 với ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói rằng f (x) là hàm đơn điệu tăng
liên tiếp bậc (1 − 2) trên I(a, b).
Tương tự, nếu có f (x) ≤ 0 với ∀x ∈ I(a, b) và f (x) ≤ 0 với ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f (x)
là hàm đơn điệu giảm liên tiếp bậc (1 − 2) trên I(a, b).
Đôi khi, trong ứng dụng ta phải làm việc với lớp hàm có đạo hàm bậc nhất, bậc hai
không đổi dấu trên I(a, b) không nhất thiết phải cùng dấu.
Chẳng hạn, f (x) ≥ 0, f (x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f (x) là hàm tăng - giảm bậc
(1 − 2) trên I(a, b) và f (x) ≤ 0, f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f (x) là hàm giảm - tăng

bậc (1 − 2) trên I(a, b).
Bài toán 1.4. Cho các hàm f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t) đồng thời đồng biến (nghịch biến)
liên tiếp bậc (1 − 2) trên I(a, b). Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ {fk (x)}, x ∈ I(a, b), k =
1, 2, . . . , n. Tìm

n

fk (xk )
,
υk

min
k=1

ứng với mọi dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng
x1 + x2 + · · · + xn = (f1 )−1 (v1 ) + (f2 )−1 (v2 ) + · · · + (fn )−1 (vn ) cho trước.
−1

Lời giải. Theo nhận xét, đặt uk = fk

(vk ), k = 1, 2, . . . , n. Tức là

fk (uk ) = vk , k = 1, 2, . . . , n.

Ta thu được vk = fk (uk ), uk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Vậy nên

n

k=1

Mặt khác, ta có

n

k=1

fk (xk )
=
vk

fk (xk )
≥
fk (uk )

n

k=1
n

k=1

fk (xk )
.
fk (uk )

(1.10)

fk (uk )
.
fk (uk )

(1.11)

fk (uk )

.
fk (uk )

(1.12)

Từ (1.10), (1.11), ta suy ra
n

k=1

fk (xk )
≥
vk

n

k=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi
xk = uk = (fk )−1 (vk ), k = 1, 2, . . . , n.

9

Vậy nên

n

min
k=1

fk (xk )
=
υk

n

k=1

fk (uk )
.
fk (uk )

Tương tự, ta có
Bài toán 1.5. Cho các hàm f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t) đồng thời lồi (lõm) và có đạo hàm
bậc nhất là các hàm số âm (dương) trên khoảng I(a, b).
Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ {fk (x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Tìm

n

max
k=1

fk (xk )
,
υk

ứng với mọi dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1 + x2 + · · · + xn =
(f1 )−1 (v1 ) + (f2 )−1 (v2 ) + · · · + (fn )−1 (vn ) cho trước.

−1

Lời giải. Đặt uk = fk

(vk ), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó
fk (uk ) = vk , k = 1, 2, . . . , n,

ta thu được vk = fk (uk ), uk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Vậy nên

n

k=1

Mặt khác, ta có

n

k=1

fk (xk )
=
vk

fk (xk )
≤
fk (uk )

n

k=1
n

k=1

fk (xk )
.
fk (uk )

(1.13)

fk (uk )
.
fk (uk )

(1.14)

fk (uk )
.
fk (uk )

(1.15)

Từ (1.13), (1.14) suy ra
n

k=1

fk (xk )
≤

vk

n

k=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi
xk = uk = (fk )−1 (vk ), k = 1, 2, . . . , n.

Vậy nên

n

max
k=1

fk (xk )
=
υk

n

k=1

fk (uk )
.
fk (uk )

Ta xét trường hợp riêng khi hàm f1 (t) = f2 (t) = · · · = fn (t) = f (x).
Từ kết quả hai bài toán trên ta thu được.

10

Hệ quả 1.2. Cho hàm số f (t) đồng biến (nghịch biến) liên tiếp bậc (1 − 2) trên I(a, b).
Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ {fk (x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó
n

min
k=1

n

f (xk )
=
υk

k=1

f (uk )
,
f (uk )

ứng với mọi dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng
x1 + x2 + · · · + xn = u1 + u2 + · · · + un .

Trong đó uk = (f )−1 (vk ); k = 1, 2, . . . , n.
Hệ quả 1.3. Cho hàm số f (t) lồi (lõm) và có đạo hàm bậc nhất là các hàm số âm
(dương) trên I(a, b).
Giả sử dãy số {vk } với vk ∈ {fk (x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó

n

max
k=1

fk (xk )
=
υk

n

k=1

fk (uk )
,
fk (uk )

ứng với mọi dãy số {xk } với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng
x1 + x2 + · · · + xn = u1 + u2 + · · · + un .

Trong đó uk = (f )−1 (vk ); k = 1, 2, . . . , n.
Bài toán 1.6. Cho hàm số f (x) = ax2(k+1) + bx + c, (a = 0), k ≥ 0.
Chứng minh rằng
n

min
k=1

2(k+1)

axk

+ bxk + c

2(k + 1)au2k+1
+b
k

n

=
k=1

2(k+1)

auk

+ buk + c

2(k + 1)auk2k+1 + b

, ∀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 .

Lời giải. Ta có
f (x) = ax2(k+1) + bx + cx, (a = 0);
f (x) = 2(k + 1)ax2k+1 + b;
f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k .

Trường hợp 1: Nếu a > 0. Khi đó f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k > 0, ∀x, suy ra f (x) là
hàm số đồng biến trên R.
Vậy, 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) đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2).

11

Trường hợp 2: Nếu a < 0. Khi đó f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k < 0, ∀x, suy ra f (x) là
hàm số nghịch biến trên R.
Do đó, 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) nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2).
Do đó, với ∀x > x0 hàm số f (x) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2), nên
theo Hệ quả 1.2, ta có
n

min
k=1

2(k+1)

axk

+ bxk + c

2(k + 1)au2k+1
+b
k

n

=
k=1

2(k+1)

auk

+ buk + c

2(k + 1)auk2k+1 + b

, ∀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 .

Bài toán 1.7. Cho hàm số f (x) = ax2(k+1) + bx + c, (a = 0), k ≥ 0. Chứng minh rằng
n

max
k=1

2(k+1)

axk
2(k

+ bxk + c

+ 1)au2k+1
k

+b

n

=
k=1

2(k+1)

auk

+ buk + c

2(k + 1)auk2k+1 + b

, ∀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 .

Lời giải. Ta có
f (x) = ax2(k+1) + bx + cx, (a = 0);
f (x) = 2(k + 1)ax2k+1 + b;
f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k .

Trường hợp 1: Nếu a > 0. Khi đó f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k > 0, ∀x, suy ra f (x) là

hàm số đồng biến trên R hay 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) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số âm.

Trường hợp 2: Nếu a < 0. Khi đó f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k < 0, ∀x. Suy ra f (x)
là hàm số nghịch biến trên R nên 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 = 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
n

max
k=1

2(k+1)

axk

+ bxk + c

2(k + 1)au2k+1
+b
k

n

=
k=1

2(k+1)

auk

+ buk + c

2(k + 1)auk2k+1 + b

, ∀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 .

12

Bài toán 1.8. Cho hàm số f (x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a = 0) thỏa mãn điều
kiện (k 2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k 2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1.
Chứng minh rằng
n

2(k+1)

axk

min
k=1

+ bxk+2
+ cx2k + dxk + e
k

2(k + 1)au2k+1
+ (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k
k
n

=
k=1

2(k+1)

auk

+ buk+2
+ cu2k + duk + e
k

2(k + 1)auk2k+1 + (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k

, ∀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 .

Lời giải. Ta có
f (x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a = 0);

f (x) = 2(k + 1)ax2k+1 + (k + 2)bxk+1 + 2cx + d;
f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k + (k + 1)(k + 2)bxk + 2c.

Đặt xk = t (t > 0), xét hàm số
g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.

Trường hợp 1: Nếu a > 0.
Vì ∆g = (k 2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k 2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0. Suy ra
f (x) > 0, ∀x, suy ra f (x) là hàm số đồng biến trên R.

Vậy, 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) là hàm số đồng biến liên tiếp bậc (1 − 2).
Trường hợp 2: Nếu a < 0.
Vì ∆g = (k 2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k 2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0.
Suy ra f (x) < 0, ∀x nên 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)

là hàm số nghịch biến liên tiếp bậc (1 − 2).
Do đó, với ∀a = 0, ∀x > x0 . Hàm số f (x) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc
(1 − 2), nên theo Hệ quả 1.2, ta có
n

min
k=1
n

2(k+1)

axk

+ bxk+2
+ cx2k + dxk + e
k

2(k + 1)au2k+1
+ (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k
k

=
k=1

2(k+1)

auk

+ cu2k + duk + e
+ buk+2
k

2(k + 1)au2k+1
+ (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k
k

, ∀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 .

13

Bài toán 1.9. Cho hàm số f (x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a = 0) thỏa mãn điều
kiện (k 2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k 2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1. Chứng minh rằng
n

max
k=1
n

2(k+1)

axk

+ bxk+2
+ cx2k + dxk + e
k

2(k + 1)au2k+1
+ (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k
k
2(k+1)

auk

=
k=1

+ buk+2
+ cu2k + duk + e
k

2(k + 1)auk2k+1 + (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k

, ∀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 .

Lời giải. Ta có
f (x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a = 0);
f (x) = 2(k + 1)ax2k+1 + (k + 2)bxk+1 + 2cx + d;
f (x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k + (k + 1)(k + 2)bxk + 2c.

Đặt xk = t (t > 0), xét hàm số
g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.

Trường hợp 1: Nếu a > 0.
Vì ∆g = (k 2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k 2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0.
Do đó, f (x) > 0, ∀x, suy ra f (x) là hàm số đồng biến trên R.
Vậy, 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) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số âm.
Trường hợp 2: Nếu a < 0.

Vì ∆g = (k 2 + 3k + 2)2 b2 − 16(2k 2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 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 = 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
n

max
k=1
n

2(k+1)

axk

+ bxk+2
+ cx2k + dxk + e
k

+ (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
2(k + 1)au2k+1
k
k

=
k=1

2(k+1)

auk

+ buk+2
+ cu2k + duk + e
k

2(k + 1)auk2k+1 + (k + 2)bk+1
+ 2cuk + d
k

, ∀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),
f (p) = 0,

khi 0 ≤ x ≤ p,
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
1
hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến
2
và đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p, nên hiển nhiên g0 (x) = f (0) = p trong

Xét trường hợp 0 ≤ p ≤

[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
p,

g0 (x) =

f (x),

khi 0 ≤ x ≤ 2p,
khi 2p ≤ x ≤ 1.

1
≤ p, thì hiển nhiên hàm số đơn điệu tăng g1 (x) mức thấp nhất
2
thỏa mãn (2.1) sẽ là hàm hằng g1 (x) ≡ p.

Đối với trường hợp

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),

f (p) = 1,

khi 0 ≤ x ≤ p,
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)

1
hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm số đã cho nghịch biến
2
và đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng x = p, nên hiển nhiên g0 (x) = f (0) = 1 trong

Xét trường hợp 0 ≤ p ≤

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,
f (x),

khi 0 ≤ x ≤ 2p,

khi 2p ≤ x ≤ 1.

1
≤ p, thì hiển nhiên hàm số đơn điệu tăng g1 (x) mức cao nhất thỏa
2
mãn (2.4) sẽ là hàm hằng g1 (x) ≡ 1.

Đối với trường hợp

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
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| .

M=
i=0

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
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
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| .

M=
i=0

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 (xi )m
i=1 , (n ≤
m ≤ n + n0 ) với x0 = a; xn+1 = b. Dãy mới (xi )m
i=1 cũng được sắp xếp theo thứ tự tăng.

Ta có

n

n

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 f (x) = M, −∞ < M < +∞.

x→+∞

Xét tất cả các dãy số tăng {xi }
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < +∞.

18

Chứng minh rằng

n

|f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ M.
i=0

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
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| ,

max
i=0

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
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| ,

F (b) = max
i=0

chỉ phụ thuộc vào giá trị f (b). Vì vậy
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ lim F (b) = M.
b→+∞

i=0

Bài toán 2.5. Cho f (x) liên tục trên (−∞, b]. Giả thiết rằng
lim f (x) = m, −∞ < m < +∞,

x→−∞

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

|f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ m.
i=0

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
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| .

F (a) = max
i=0

Dễ thấy, khi nới rộng [a, b] về phía bên trái thì F (a) cũng là một hàm đơn điệu tăng.
Suy ra

n

|f (xi ) − f (xi+1 )| ≤ lim F (a).
i=0

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
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| ,

M=

i=0

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
n

n

|f (xi ) − f (xi+1 )| .

|f (xi ) − f (xi+1 )| =

max

i=0

i=0

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
n

k

|f (xi ) − f (xi+1 )| =

max
i=0

|f (a + ij ) − f (a + ij+1 )| .
j=0

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

n

|f (aij ) − f (aij+1 )| .

S=
j=0

Chọn giá trị lớn nhất trong các tổng S ở trên, ta được
n

|f (xi ) − f (xi+1 )| .

max
i=0

Ta xét các ví dụ minh họa sau.
Bài toán 2.7. Xét tất cả các dãy số
0 = x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x2016 ≤ x2017 = 2π.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2016

|cos xi − cos xi+1 | .

M=
i=0

Lời giải.
Ta có các điểm cực trị của hàm số f (x) = cos x trên [0, 2π] là x = 0, x = π, x = 2π .
Vậy nên

Hàm Đơn Điệu, Tựa Đơn Điệu Và Một Số Ứng Dụng Của Phép Đơn Điệu Hóa Hàm Số

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về