Hàm Đơn Đi U, Tựa Đơn Đi U Và M T So Ứng Dụng Của Phép Đơn Đi U Hóa Hàm So.docx

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
LÊ VĂN HIEU
HÀM ĐƠN ĐI U, TỰA ĐƠN ĐI U
VÀ M T SO ỨNG DỤNG CỦA PHÉP
ĐƠN ĐI U HÓA HÀM SO
Thái Nguyên - 2017

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Tải tài liệu tại sividoc.com
LÊ VĂN HIEU
HÀM ĐƠN ĐI U, TỰA ĐƠN ĐI U
VÀ M T SO ỨNG DỤNG CỦA PHÉP
ĐƠN ĐI U HÓA HÀM SO
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP
Mã so : 60 46 01 13
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
NGƯ I HƯ NG DȀN KHOA HOC:
GS.TSKH. NGUYEN VĂN M U
Thái Nguyên - 2017

i
MỤC LỤC
M ĐAU ii
Chương 1. M t so l p hàm so đơn đi u 1
1.1 Hàm đơn đi u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Hàm đơn đi u tuy t đoi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Hàm đơn đi u có tính tuan hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Hàm đơn đi u liên tiep trên m®t đoạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Chương 2. Phép đơn đi u hóa hàm so 14
2.1 Hàm đơn đi u tàng khúc và phép đơn đi u hóa hàm so.................................14
2.2 Hàm tựa đơn đi u ..............................................................................................25
2.3 Phương pháp xây dựng các hàm tựa đơn đi u tà m®t hàm so cho trước . 27
2.3.1 Bat đȁng thác hàm liên quan đen tam giác.........................................27
2.3.2 Hàm tựa đong bien dạng hàm so sin .......................................................28
2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm so cosin..............................................................30
Chương 3. Các dạng toán liên quan 33
3.1 Sả dụng tính đơn đi u của hàm so trong cháng minh bat đȁng thác ............33
3.1.1 M®t so bài toán áp dụng trong bat đȁng thác đại so.........................33
3.1.2 M®t so bài toán áp dụng cho bat đȁng thác trong tam giác..............35
3.2 Sả dụng tính đơn đi u của hàm so trong bài toán cực trị ..............................38
KET LU N 47
TÀI LI U THAM KHẢO 48

ii
M ĐAU
1. Lý do chon đe tài
Lớp các hàm so đơn đi u và loi, lõm có vị trí rat quan trong trong Giải tích Toán
hoc vì nó không nhǎng là m®t đoi tượng nghiên cáu trong tâm của nhieu mô hình toán
hoc mà còn là m®t công cụ đac lực đe khảo sát bat đȁng thác và các bài toán cực trị.
Trong hau het các kì thi hoc sinh giỏi toán quoc gia và Olympic toán quoc te thì các
bài toán ve hàm so thường được đe c p đen và được xem như nhǎng dạng toán rat khó
của b c phő thông.
Do đó, đe tài "Hàm đơn đi u, tựa đơn đi u và m®t so úng dựng của phép đơn đi u
hóa hàm so" được nghiên cáu nham the hi n rõ vai trò quan trong của hàm đơn đi u,
tựa đơn đi u trong các dạng toán thi HSG quoc gia và Olympic quoc te.
2. Lịch sfi nghiên cfíu
Hi n nay các tài li u tham khảo ve chuyên đe hàm so có nhieu nhưng chưa đe c p
đay đủ và h thong đen lớp các hàm đơn đi u, tựa đơn đi u cùng các áng dụng của
chúng.
Vì v y, vi c khảo sát sâu hơn ve lớp các hàm đơn đi u, tựa đơn đi u và các dạng
toán áng dụng liên quan cho ta hieu sâu sac hơn ve lý thuyet cũng như các áng dụng
liên quan đen hàm so.
3. Mnc đích, đoi tư ng và phạm vi nghiên cfíu
Lu n văn "Hàm đơn đi u, tựa đơn đi u và m®t so úng dựng của phép đơn đi u hóa
hàm so" trình bày m®t so van đe liên quan đen lớp các hàm đơn đi u, tựa đơn đi u và
m®t so áng dụng liên quan.
Mục đích nghiên cáu của lu n văn nham the hi n rõ vai trò quan trong của hàm đơn
đi u trong các dạng toán thi HSG quoc gia và Olympic quoc te.
4. Các lu n điem và đóng góp của lu n văn
Lu n văn gom phan mở đau, ket lu n và 3 chương.

iii
Chương 1. M®t so lớp hàm so đơn đi u
Chương 2. Phép đơn đi u hóa hàm so
Chương 3. Các dạng toán liên quan
Trong các chương đeu trình bày m®t h thong bài t p áp dụng giải các đe thi HSG
quoc gia và Olympic quoc te liên quan, góp phan giúp cho hoc sinh và giáo viên có thêm
m®t so phương pháp giải toán bat đȁng thác.
5. Phương pháp nghiên cfíu
Lu n văn này được sả dụng m®t so phương pháp nghiên cáu sau đây:
Nghiên cáu tà các nguon tư li u gom: các tài li u tham khảo được nêu ở phan cuoi
của lu n văn, sách giáo khoa phő thông, các tài li u dành cho giáo viên, tạp chí toán
hoc tuői trẻ, các đe tài nghiên cáu có liên quan, . . .
Nghiên cáu thông qua vi c tiep c n lịch sả, sưu t p, phân tích, tőng hợp tư li u và
tiep c n h thong.
Nghiên cáu tà thực nghi m sư phạm ở trường phő thông.
Lu n văn được hoàn thành dưới sự hướng dan khoa hoc của NGND.GS.TSKH.
Nguyen Văn M u, nguyên Hi u trưởng trường Đại hoc Khoa hoc Tự nhiên, Đại hoc
Quoc gia Hà N®i, người thày đã t n tình hướng dan, giúp đơ tác giả trong suot quá
trình hoàn thành bản lu n văn này. Tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn chân thành và kính
trong sâu sac đoi với Giáo sư.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hi u, Phòng đào tạo, Khoa Toán - Tin
trường Đại hoc Khoa hoc, Đại hoc Thái Nguyên đã tạo moi đieu ki n thu n lợi cho tác
giả trong suot quá trình hoc t p và nghiên cáu tại trường.

n
Σ Σ
1
Chương 1. M t so l p hàm so đơn đi u
Trong chương này sả dụng các tài li u tham khảo [2], [6] đe nhac lại các kien thác
cơ bản của m®t so lớp hàm so đơn đi u đe sả dụng trong cháng minh bat đȁng thác và
bài toán cực trị liên quan.
1.1 Hàm đơn đi u
Ta thường dùng ký hi u I(a, b) ⊂ R là nham ngam định m®t trong bon t p hợp (a, b),
[a, b), (a, b] ho c [a, b], với a < b.
Xét hàm so f(x) xác định trên t p I(a, b) ⊂ R.
Định nghĩa 1.1 (xem [2]). Neu với moi x1, x2 ∈ I(a, b) sao cho x1 < x2, ta đeu có
f(x1) ≤ f(x2) thì ta nói rang f(x) là m®t hàm đơn đi u tăng trên I(a, b).
Đ c bi t, khi áng với moi c p x1, x2 ∈ I(a, b), ta đeu có
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 < x2,
thì ta nói rang f(x) là m®t hàm đơn đi u tăng thực sự trên I(a, b).
Ngược lại, neu với moi x1, x2 ∈ I(a, b) sao cho x1 < x2, ta đeu có f (x1) ≥ f (x2) thì ta
nói rang f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm trên I(a, b). Neu xảy ra
f(x1) > f(x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ I(a, b),
thì ta nói rang f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm thực sự trên I(a, b).
Nhǎng hàm so đơn đi u tăng thực sự trên I(a, b) được goi là hàm đong bien trên
I(a, b) và hàm so đơn đi u giảm thực sự trên I(a, b) được goi là hàm nghịch bien trên
t p đó.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biet đen các tiêu chuȁn đe nh n biet khi
nào thì m®t hàm so khả vi cho trước trên khoảng (a, b) là m®t hàm đơn đi u trên khoảng
đó.
Các định lí sau đây cho ta m®t so đ c trưng đơn giản khác của hàm đơn đi u.
Định lý 1.1 (xem [2-6]). Hàm so f(x) xác đ nh trên R+
là m®t hàm đơn đi u tăng khi
và chí khi với moi c¾p b® so dương a1, a2, . . . , an và x1, x2, . . . , xn, ta đeu có
Σ
k=1
akf (xk) ≤
n
ak f
k=1
n
xk
k=1
. (1.1)

2
Σ
Σ
n
Σ
n
Σ Σ
ChGng minh. Khi f(x) đơn đi u tăng trên R thì hien nhiên ta có
Suy ra
f(xj) ≤ f
n
xk
k=1
, j = 1, 2, . . . , n.
ajf(xj) ≤ ajf
n
xk
k=1
, j = 1, 2, . . . , n. (1.2)
Lay tőng theo j (j = 1, 2, . . . , n), tà (1.2), ta thu được (1.1).
Ngược lại, với n = 2, tà (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 m®t hàm đong bien.
Định lj 1.2 (xem [2-6]). Đe bat đȁng thúc
Σ
k=1
f(xk) ≤ f
n
xk
k=1
, (1.4)
được thóa mãn với moi b® so dương x1
đơn đi u tăng trên R+
.
, x2 ,. . . , xn
, đieu ki n đủ là hàm g(x) :=
f(x)
x
ChGng minh. Nh n xét rang, ta có hàm so f(x) = xg(x) và (1.4) sě có dạng (1.1) với
aj = xj (j = 1, 2, . . . , n)
Σ
k=1
xkg(xk) ≤
n
xk g
k=1
n
xk
k=1
, (1.5)
hien nhiên được thỏa mãn áng với g(x) là m®t hàm đơn đi u tăng trên R+
.
H quả 1.1. Giả sủ g(x) =
f(x)
x
là hàm đơn đi u tăng trong [0, +∞]. Khi đó, với moi
dãy so dương và giảm x1, x2, . . . , xn, ta đeu có
Σ
n−1
Nh n xét rang (1.5) không là đieu ki n can đe g(x) là m®t hàm đong bien. Th t v y,
chỉ can chon hàm g(x) có tính chat
0 < g(x) ∈ C(R+
), ∀x ∈ R+
và maxg(x) ≤ 2 ming(x),
.
f(xk) − f(xk+1)
k=1
f(x1 − xn) ≥

3
R
n
Σ
n
Σ Σ
Σ Σ
n
Σ
ta de dàng kiem cháng rang (1.5) được thỏa mãn. Chȁng hạn, ta thay hàm so
g(x) = 3 + sin x, x ∈ R+
,
thỏa mãn đieu ki n nêu trên và vì v y nó thỏa mãn đieu ki n (1.5). Tuy nhiên, hàm
g(x) không là hàm đơn đi u tăng trên R+
.
Neu bő sung thêm đieu ki n g(x) :=
f(x)
là hàm đong bien trên +
và x
x
là b® so gom các so lớn hơn 1, thì ta thu được bat đȁng thác thực sự
, x2 , . . . , xn
Σ
k=1
f(xk) < f
n
xk .
k=1
Tương tự, ta cũng phát bieu các đ c trưng với hàm đơn đi u giảm.
Định lj 1.3 (xem [2-6]). Hàm f(x) xác đ nh trên R+
là m®t hàm so đơn đi u giảm khi
và chí khi với moi c¾p b® so dương a1, a2, . . . , an và x1, x2, . . . , xn, ta đeu có
Σ
k=1
akf (xk) ≥
n
ak f
k=1
n
xk .
k=1
Định lj 1.4 (xem [2-6]). Đe bat đȁng thúc
n
f(xk) ≥ f
k=1
n
xk ,
k=1
được thóa mãn với moi b® so dương x1
đơn đi u giảm trên R+
.
, x2 ,. . . , xn
, đieu ki n đủ là hàm g(x) :=
f(x)
x
Nh n xét rang, trong so các hàm so sơ cap m®t bien, thì hàm tuyen tính f (x) = ax
đóng vai trò đ c bi t quan trong, vì nó rat de nh n biet ve tính đong bien (khi a > 0)
và nghịch bien (khi a < 0) trong moi khoảng tùy ý cho trước. Đ c trưng sau đây sě cho
ta thay rõ hơn ve đ c trưng (bat đȁng thác hàm) của hàm tuyen tính.
Định lj 1.5 (xem [2-6]). Giả thiet rang, với moi c¾p b® so dương a1, a2, . . . , an; x1, x2, . . . , xn,
ta đeu có Σ
k=1
akf(xk) ≥ f
n
k=1
akxk , (1.6)
thì f(x) = ax, trong đó a là hang so.
ChGng minh. Lay n = 2 và chon x = x, x = y; a y
= , a 1
= , tà (1.6), ta thu được
1
f(x)
2
f(y)
1 2x 2 2
+
x
≤
y
; ∀x, y ∈ R .
1

4
n
n n
f(k + 1) ≤
k
f(x)dx ≤ f(k), k = 0, 1, 2 . . .
(ak − ak−1)f(ak) ≤
ak−1
f(x)dx ≤ (ak − ak−1)f(ak−1).
Suy ra g(x) :=
f(x)
x
là m®t hàm hang trên R+
.
Tiep theo, ta nêu m®t so tính chat của hàm đơn đi u đe ước lượng m®t so tőng và
tích phân.
Định lj 1.6 (Maclaurin, Cauchy). Giả thiet rang f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm trên
(0, +∞). Khi đó, ta luôn có
Σ
k=1
f(k) ≤
n
f(x)dx
0
n−1
k=0
f(k). (1.7)
Khi f(x) là hàm ngh ch bien thì có dau bat đȁng thúc thực sự.
ChGng minh. Th t v y, theo giả thiet, f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm, nên ta luôn có
∫ k+1
Lay tőng theo k, ta thu được (1.7), chính là đieu phải cháng minh.
Định lj 1.7 (xem [2-6]). Giả thiet rang f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm trên (0, +∞)
và {ak} là m®t dãy tăng trong (0, +∞). Khi đó, ta luôn có
Σ
k=1
(ak − ak−1)f(ak) ≤
an
f(x)dx
a0
Σ
k=1
(ak − ak−1)f(ak−1). (1.8)
Khi f(x) là hàm ngh ch bien thì có dau bat đȁng thúc thực sự.
ChGng minh. Th t v y, theo giả thiet, f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm, nên ta luôn có
∫ ak
Lay tőng theo k, ta thu được (1.8), chính là đieu phải cháng minh.
Định lj 1.8 (Bat đȁng thác thá tự Chebyshev). Giả sủ f(x) và g(x) là hai hàm đơn
đi u tăng và (xk) là m®t dãy đơn đi u tăng
x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn.
Khi đó với moi b® trong (pj)
pj ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1,
∫ Σ
∫
≤
≤

5
Σ Σ Σ
n
Σ Σ
Σ Σ Σ
ta đeu có n
k=1
pkf(xk)
n
k=1
pkg(xk) ≤
n
k=1
pkf(xk)g(xk) .
ChGng minh. Theo giả thiet thì
0 ≤
h
f(xk) − f(xj)
ih
g(xk) − g(xj)
i
,
hay
Đe ý rang
f(xk)g(xj) + f(xj)g(xk) ≤ f(xj)g(xj) + f(xk)g(xk). (1.9)
j
Σ
,k=1
pjpk[f(xk)g(xj) + f(xj)g(xk)] = 2
n
k=1
pkf(xk)
n
k=1
pkg(xk) ,
và n n
Σ
pjpk[f(xj)g(xj) + f(xk)g(xk)] = 2
Σ
pkf(xk)g(xk).
j,k=1
Ket hợp các đȁng thác này với (1.9), ta thu được
k=1
n
k=1
pkf(xk)
n
k=1
pkg(xk) ≤
n
k=1
pkf(xk)g(xk) .
1.2 Hàm đơn đi u tuy t đoi
Định nghĩa 1.2 (xem [2]). Hàm so f (x) được goi là hàm đơn đi u tuy t đoi trong
khoảng (a, b) neu đạo hàm moi cap của nó đeu không đői dau
f(k)(x) ≥ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, . . .
Cũng v y, ta có định nghĩa hàm đong bien và nghịch bien tuy t đoi.
Định nghĩa 1.3 (xem [2]). Hàm so f (x) được goi là hàm đong bien (nghịch bien) tuy t
đoi trong khoảng (a, b) neu các đạo hàm moi cap của nó đeu là hàm đong bien (nghịch
bien) tuy t đoi trong khoảng đó.
Ví dụ ve các hàm so sơ cap đơn đi u, đong bien (nghịch bien) tuy t đoi trong khoảng
(a, b), (a > 0) là các hàm so sau.

6
−
∫
∫ 1
Ví dn 1.1. Moi đa thác P (x) với các h so đeu dương là hàm đơn đi u tăng tuy t đoi
trong khoảng (0, +∞).
Ví dn 1.2. Hàm so f(x) = ex là hàm đong bien tuy t đoi trong khoảng (0, +∞).
Ví dn 1.3. Hàm so
f(x) =
x − 1
ex,
x + 1
là hàm nghịch bien tuy t đoi trong khoảng (0, +∞).
Nh n xét 1.1. Neu hàm so f (x) là hàm đong bien tuy t đoi trong khoảng (a, b) thì
hàm so g(x) := −f(x)sě là hàm nghịch bien tuy t đoi trong khoảng đó và ngược lại. Vì
v y, không mat tính tőng quát, ta chỉ trình bày các bài toán liên quan đen hàm đơn
đi u tăng và đong bien tuy t đoi trong khoảng đã cho.
Bài toán 1.1. Cháng minh rang với moi hàm so g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, 1],
hàm so
f(x) =
1
g(t)etxdt,
0
sě là hàm đong bien tuy t đoi trong khoảng (0, 1).
ChGng minh. được suy ra trực tiep tà tính chat của tích phân xác định.
Bài toán 1.2. Cho hàm so g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, 1] và hàm so
Cháng minh rang
f(k)
f(x) =
0
f(k+1)
g(t)eλtxdt, λ ≥ 0.
f(k+1)
≥
f(k+2)
; ∀x ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, . . .
ChGng minh. được suy ra trực tiep tà bat đȁng thác Chebyshev đoi với tích phân
xác định sau đây
1
g(t)tkeλtxdt
0
1
g(t)t2+keλtxdt
0
1
g(t)tk+1eλtxdt
0
1
g(t)tk+1eλtxdt.
0
1.3 Hàm đơn đi u có tính tuan hoàn
Song song với lớp hàm đơn đi u thông thường và đơn đi u tuy t đoi, nhieu lớp hàm
đơn đi u khác cũng được đưa ra và nghiên cáu các đ c trưng của chúng như đơn đi u
đay đủ, đơn đi u có tính tuan hoàn hoàn toàn, . . .
∫ ∫ ∫ ∫
≥

7
2
2
∫ 1
2 2
f(x) = g(t)e−λtxdt, λ > 0,
Định nghĩa 1.4 (xem [2]). Hàm so f (x) được goi là hàm đơn đi u có tính tuan hoàn
trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi các đạo hàm của chúng không tri t tiêu (có dau không
đői) và
f(k)(x)f(k+2)(x) ≤ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, . . .
Ví dụ ve các hàm so sơ cap đơn đi u có tính tuan hoàn trong khoảng (a, b), (a > 0)
là các hàm so sau.
Ví dn 1.4. Hàm so
f(x) = sin x,
là hàm so đơn đi u có tính tuan hoàn trong khoảng 0,
π
.
Ví dn 1.5. Hàm so
f(x) = cos x,
là hàm so đơn đi u có tính tuan hoàn trong khoảng
π
, π .
Ví dn 1.6. Cho hàm so g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, +∞) thì hàm so
∫ 1
là hàm so đơn đi u có tính tuan hoàn trong khoảng (0, +∞).
Bài toán 1.3. Cho hàm so g(x) liên tục và dương trên đoạn [0, 1] và hàm so
Cháng minh rang
f(x) = g(t)e−txdt.
0
.f(k) x + y
. ≥ 2k
.f
x + y
. ; ∀x, y ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, . . .
ChGng minh. Được suy ra trực tiep tà bat đȁng thác Chebyshev đoi với tích phân
xác định.
1.4 Hàm đơn đi u liên tiep trên m t đoạn
Trong các dạng toán liên quan đen khảo sát hàm so, ta thương g p lớp hàm có các
đạo hàm b c nhat, b c hai không đői dau trong khoảng cho trước. Lớp hàm này có
nhieu áng dụng trong bat đȁng thác và các bài toán cực trị.
0

8
Σ
J
Σ fk(xk)
=
Σ fk(xk)
. (1.10)
Σ fk(xk)
≥
Σ fk(uk)
. (1.11)
vk fk
J
(uk)
−
k=1 k=1
Định nghĩa 1.5 (xem [2-6]). Giả sả f (x) là hàm khả vi b c hai trên I(a, b). Neu fJ
(x) ≥ 0
với ∀x ∈ I(a, b) và fJJ
(x) ≥ 0 với ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói rang f(x) là hàm đơn đi u tăng
liên tiep b c (1 − 2) trên I(a, b).
Tương tự, neu có fJ
(x) ≤ 0 với ∀x ∈ I(a, b) và fJJ
(x) ≤ 0 với ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f(x)
là hàm đơn đi u giảm liên tiep b c (1 − 2) trên I(a, b).
Đôi khi, trong áng dụng ta phải làm vi c với lớp hàm có đạo hàm b c nhat, b c hai
không đői dau trên I(a, b) không nhat thiet phải cùng dau.
Chȁng hạn, fJ
(x) ≥ 0, fJJ
(x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f(x) là hàm tăng - giảm b c
(1 − 2) trên I(a, b) và fJ
(x) ≤ 0, fJJ
(x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f(x) là hàm giảm - tăng
b c (1 − 2) trên I(a, b).
Bài toán 1.4. Cho các hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) đong thời đong bien (nghịch bien)
liên tiep b c (1 − 2) trên I(a, b). Giả sả dãy so {vk} với vk ∈ ={fk
J
(x)}, x ∈ I(a, b), k =
1, 2, . . . , n. Tìm
n
min
fk(xk)
,
υk
k=1
áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn = (f1
J
)−1(v1) + (f2
J
)−1(v2) + · · · + (fn
J
)−1(vn) cho trước.
Lài giai. Theo nh n xét, đ t uk =
1
fk (vk), k = 1, 2, . . . , n. Tác là
fk
J
(uk) = vk, k = 1, 2, . . . , n.
Ta thu được vk = fk
J
(uk), uk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
V y nên
n n
M t khác, ta có
vk
k=1
n
k=1
n
fk
J
(uk)
Tà (1.10), (1.11), ta suy ra
k=1
fk
J
(uk)
k=1
fk
J
(uk)
n n
Σ fk(xk)
≥
Σ fk(uk)
. (1.12)
Dau đȁng thác xảy ra khi
xk = uk= (fk
J
)−1(vk), k = 1, 2, . . . , n.

9
Σ
J
min
Σ fk(xk)
=
Σ fk(uk)
.
Σ fk(xk)
=
Σ fk(xk)
. (1.13)
Σ fk(xk)
≤
Σ fk(uk)
. (1.14)
Σ fk(xk)
≤
Σ fk(uk)
. (1.15)
υk fk
J
(uk)
−
k=1 k=1
V y nên
n n
Tương tự, ta có
υk
k=1 k=1
fk
J
(uk)
Bài toán 1.5. Cho các hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) đong thời loi (lõm) và có đạo hàm
b c nhat là các hàm so âm (dương) trên khoảng I(a, b).
Giả sả dãy so {vk} với vk ∈ ={fk
J
(x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Tìm
n
max
fk(xk)
,
υk
k=1
áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng x1 + x2 + · · · + xn =
(f1
J
)−1(v1) + (f2
J
)−1(v2) + · · · + (fn
J
)−1(vn) cho trước.
Lài giai. Đ t uk =
1
fk (vk), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó
fk
J
(uk) = vk, k = 1, 2, . . . , n,
ta thu được vk = fk
J
(uk), uk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
V y nên
n n
M t khác, ta có
vk
k=1
n
k=1
n
fk
J
(uk)
Tà (1.13), (1.14) suy ra
k=1
n
fk
J
(uk)
k=1
n
fk
J
(uk)
Dau đȁng thác xảy ra khi
vk
k=1 k=1
fk
J
(uk)
xk = uk= (fk
J
)−1(vk), k = 1, 2, . . . , n.
V y nên n n
max
Σ fk(xk)
=
Σ fk(uk)
.
Ta xét trường hợp riêng khi hàm f1(t) = f2(t) = · · · = fn(t) = f(x).
Tà ket quả hai bài toán trên ta thu được.

10
υk fJ(uk)
υk fk
J (uk)
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
k=1 k=1
k=1 k=1
H quả 1.2. Cho hàm so f(t) đong bien (ngh ch bien) liên tiep b¾c (1 − 2) trên I(a, b).
Giả sủ dãy so {vk} với vk ∈ ={fk
J
(x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó
n n
min
Σ f(xk)
=
Σ f(uk)
,
úng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn = u1 + u2 + · · · + un.
Trong đó uk = (fJ)−1(vk); k = 1, 2, . . . , n.
H quả 1.3. Cho hàm so f(t) loi (lõm) và có đạo hàm b¾c nhat là các hàm so âm
(dương) trên I(a, b).
Giả sủ dãy so {vk} với vk ∈ ={fk
J
(x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi đó
n n
max
Σ fk(xk)
=
Σ fk(uk)
,
úng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn = u1 + u2 + · · · + un.
Trong đó uk = (fJ)−1(vk); k = 1, 2, . . . , n.
Bài toán 1.6. Cho hàm so f(x) = ax2(k+1) + bx + c, (a /= 0), k ≥ 0
.
Cháng minh rang
n 2(k+1) n 2(k+1)
min
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x > x .
Trong đó x0 là nghi m của phương trình fJ(x) = 0, áng với moi dãy so {xk} với xk ∈
I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
Lài giai. Ta có
f(x) = ax2(k+1) + bx + cx, (a /= 0);
f J(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + b;
fJJ(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k.
Trư ng h p 1: Neu a > 0. Khi đó fJJ(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k > 0, ∀x, suy ra fJ(x) là
hàm so đong bien trên R.
V y, phương trình fJ(x) = 0 có nghi m duy nhat x = x0. Ta có fJ(x) > 0, ∀x > x0,
nên ∀x > x0 hàm so f(x) đong bien liên tiep b c (1 − 2).
k
k=1
k
k=1

11
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
Trư ng h p 2: Neu a < 0. Khi đó fJJ
(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k < 0, ∀x, suy ra fJ
(x) là
hàm so nghịch bien trên R.
Do đó, phương trình fJ
(x) = 0 có nghi m duy nhat x = x0. Ta có fJ
(x) < 0, ∀x > x0,
nên ∀x > x0 hàm so f(x) nghịch bien liên tiep b c (1 − 2).
Do đó, với ∀x > x0 hàm so f(x) đong bien ho c nghịch bien liên tiep b c (1 − 2), nên
theo H quả 1.2, ta có
n 2(k+1) n 2(k+1)
min
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x > x ,
trong đó x0 là nghi m của phương trình fJ
(x) = 0, áng với moi dãy so {xk} với xk ∈
Bài toán 1.7. Cho hàm so f(x) = ax2(k+1) + bx + c, (a /= 0), k ≥ 0. Cháng minh rang
n 2(k+1) n 2(k+1)
max
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x < x .
Trong đó x0 là nghi m của phương trình fJ
I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un.
Lài giai. Ta có
f(x) = ax2(k+1) + bx + cx, (a /= 0);
fJ
(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + b;
fJJ
(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k.
Trư ng h p 1: Neu a > 0. Khi đó fJJ
(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k > 0, ∀x, suy ra fJ
(x) là
hàm so đong bien trên R hay phương trình fJ
(x) = 0 có nghi m duy nhat x = x0. Ta có
fJ
(x) < 0, ∀x < x0, nên ∀x < x0 hàm so f(x) loi có đạo hàm b c nhat là nhǎng so âm.
Trư ng h p 2: Neu a < 0. Khi đó fJJ
(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k < 0, ∀x. Suy ra fJ
(x)
là hàm so nghịch bien trên R nên phương trình fJ
(x) = 0 có nghi m duy nhat x = x0.
Ta có fJ
(x) > 0, ∀x < x0, nên ∀x < x0 hàm so f(x) lõm có đạo hàm b c nhat là nhǎng
so dương.
Do đó, với ∀a /= 0, ∀x < x0 hàm so f(x) loi (lõm) có đạo hàm b c nhat là nhǎng s
o
âm (dương), nên theo H quả 1.3 ta có
n 2(k+1) n 2(k+1)
max
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x < x .
trong đó x0 là nghi m của phương trình fJ
k
k=1
k
k=1
k
k=1
k
k=1
k
k=1
k
k=1

12
Σ
Σ
Σ
Σ
Bài toán 1.8. Cho hàm so f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /= 0) thỏa mãn đieu
ki n (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1.
Cháng minh rang
n 2(k+1) k+2 2
min
axk + bxk + cxk + dxk + e
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
auk + buk + cuk + duk + e
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x > x0.
k=1 k k k
Lài giai. Ta có
f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a 0);
fJ
(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + (k + 2)bxk+1 + 2cx + d;
fJJ
(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k + (k + 1)(k + 2)bxk + 2c.
Đ t xk = t (t > 0), xét hàm so
g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.
Trư ng h p 1: Neu a > 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0. Suy ra
fJJ
(x) > 0, ∀x, suy ra fJ
(x) là hàm so đong bien trên R.
V y, phương trình fJ
(x) > 0, ∀x > x0,
nên x > x0 hàm so f(x) là hàm so đong bien liên tiep b c (1 − 2).
Trư ng h p 2: Neu a < 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0.
Suy ra fJJ
(x) < 0, ∀x nên fJ
(x) là hàm so nghịch bien trên R. Suy ra phương trình
fJ
(x) < 0, ∀x > x0, nên x > x0 hàm so f(x)
là hàm so nghịch bien liên tiep b c (1 − 2).
Do đó, với ∀a /= 0, ∀x > x0. Hàm so f(x) đong bien ho c nghịch bien liên tiep b c
(1 − 2), nên theo H quả 1.2, ta có
n 2(k+1) k+2 2
min
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x > x0.
k=1 k k k
Trong đó, x0 là nghi m của phương trình fJ

13
Σ
Σ
Σ
Σ
Bài toán 1.9. Cho hàm so f (x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /= 0) thỏa mãn đieu
ki n (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1. Cháng minh rang
n 2(k+1) k+2 2
max
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x < x0.
k=1 k k k
Lài giai. Ta có
f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /= 0);
fJ
(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + (k + 2)bxk+1 + 2cx + d;
fJJ
(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k + (k + 1)(k + 2)bxk + 2c.
Đ t xk = t (t > 0), xét hàm so
g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.
Trư ng h p 1: Neu a > 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0.
Do đó, fJJ
(x) > 0, ∀x, suy ra fJ
(x) là hàm so đong bien trên R.
V y, phương trình fJ
(x) < 0, ∀x < x0,
nên x < x0 hàm so f(x) loi có đạo hàm b c nhat là nhǎng so âm.
Trư ng h p 2: Neu a < 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0.
Do đó, fJJ
(x) < 0, ∀x, suy ra fJ
(x) là hàm so nghịch bien trên R. Suy ra phương trình
fJ
(x) > 0, ∀x < x0, nên x < x0 hàm so f(x)
lõm có đạo hàm b c nhat là nhǎng so dương.
Do đó, với ∀a /= 0, ∀x < x0. Hàm so f(x) loi (lõm)có đạo hàm b c nhat là nhǎng so
âm (dương), nên theo H quả 1.3 ta có
n 2(k+1) k+2 2
max
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x < x0,
k=1 k k k
trong đó, x0 là nghi m của phương trình fJ

(
0
14
Chương 2. Phép đơn đi u hóa hàm so
Trong chương này sả dụng các tài li u tham khảo [2], [4], [6] đe làm cơ sở cho vi c
giải quyet các bài toán liên quan.
2.1 Hàm đơn đi u tfing khúc và phép đơn đi u hóa hàm
so
Nhìn chung, khi giải quyet các bài toán thực te, ta thường phải làm vi c với lớp các
hàm đơn đi u tàng khúc. Trong mục này, ta chủ yeu xét các hàm so f(x) xác định trên
I(a, b) mà trên đó hàm f(x) chỉ có hǎu hạn các điem dàng (điem cực trị).
Trước het ta xét m®t so ví dụ đơn giản với hàm so có hai khoảng đơn đi u.
Ví dn 2.1. Xét hàm so
f(x) = |x − p|, 0 < p < 1.
Xác định các hàm so đơn đi u g(x) trong [0, 1] sao cho
g(x) ≥ f(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.1)
Lài giai. Nh n xét rang, đo thị hàm so đã cho trên R có trục đoi xáng x = p.
Trước het, ta xác định hàm so đơn đi u giảm g0(x) mác thap nhat thỏa mãn (2.1),
tác là, áng với moi g(x) đơn đi u giảm và thỏa mãn (2.1), ta đeu có
g(x) ≥ g0(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.2)
Vì trong [0, p] hàm so đã cho nghịch bien nên hien nhiên g0(x) = f(x) trong [0, p]. Vì
trong [p, 1], hàm f(x) đong bien, nên g0(x) ≡ 0.
V y, ta có hàm so đơn đi u giảm g0(x) mác thap nhat thỏa mãn (2.1) được xác định
theo công thác
g (x) =
f(x), khi 0 ≤ x ≤ p,
f(p) = 0, khi p ≤ x ≤ 1.
Moi hàm so đơn đi u giảm khác được xác định theo (2.2).
Tiep theo, ta xác định hàm so đơn đi u tăng g1(x) mác thap nhat thỏa mãn (2.1),
tác là, áng với moi g(x) đơn đi u tăng và thỏa mãn (2.1), ta đeu có
g(x) ≥ g1(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.3)

15
2
(
(
2
0
0
Xét trường hợp 0 ≤ p ≤
1
hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm so đã cho nghịch bien
và đo thị hàm so đã cho có trục đoi xáng x = p, nên hien nhiên g0(x) = f(0) = p trong
[0, 2p]. Vì trong [2p, 1], hàm f(x) đong bien, nên g0(x) ≡ f(x).
V y, ta có hàm so đơn đi u tăng g1(x) mác thap nhat thỏa mãn (2.1) được xác định
theo công thác
g (x) =
p, khi 0 ≤ x ≤ 2p,
f(x), khi 2p ≤ x ≤ 1.
Đoi với trường hợp
1
2
≤ p, thì hien nhiên hàm so đơn đi u tăng g1 (x) mác thap nhat
thỏa mãn (2.1) sě là hàm hang g1(x) ≡ p.
Moi hàm so đơn đi u tăng khác được xác định theo (2.3).
Tương tự, ta xét vi c mô tả lớp hàm đơn đi u cho trường hợp hàm so đã cho ở đường
mác cao nhat.
f(x) = x2 − 2px + 1, 0 < p < 1.
Xác định các hàm so đơn đi u g(x) trong [0, 1] sao cho
g(x) ≤ f(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.4)
Lài giai. Nh n xét rang, đo thị hàm so y = f(x) (xét trên R) có trục đoi xáng x = p.
Trước het, ta xây dựng hàm so đơn đi u giảm g0(x) mác cao nhat thỏa mãn (2.4),
tác là, áng với moi g(x) đơn đi u giảm và nhat thỏa mãn (2.4), ta đeu có
g(x) ≤ g0(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.5)
Vì trong [0, p] hàm so đã cho nghịch bien nên hien nhiên g0(x) = f(x) trong [0, p]. Vì
trong [p, 1], hàm f(x) đong bien, nên
g (x) =
f(x), khi 0 ≤ x ≤ p,
f(p) = 1, khi p ≤ x ≤ 1.
Moi hàm so đơn đi u giảm khác được xác định theo (2.5).
Tiep theo, ta xác định hàm so đơn đi u tăng g1(x) mác cao nhat thỏa mãn (2.4), tác
là, áng với moi g(x) đơn đi u tăng và thỏa mãn (2.4), ta đeu có
g(x) ≤ g1(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.6)
Xét trường hợp 0 ≤ p ≤
1
hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm so đã cho nghịch bien
và đo thị hàm so đã cho có trục đoi xáng x = p, nên hien nhiên g0(x) = f(0) = 1 trong

16
(
≤
Σ
Σ
Σ
Σ
0
[0, 2p]. Vì trong [2p, 1], hàm f(x) đong bien, nên g0(x) ≡ f(x). V y ta có hàm so đơn đi u
tăng g1(x) mác cao nhat thỏa mãn (2.4) được xác định theo công thác
g (x) =
1, khi 0 ≤ x ≤ 2p,
f(x), khi 2p ≤ x ≤ 1.
Đoi với trường hợp
1
p, thì hien nhiên hàm so đơn đi u tăng g
2
mãn (2.4) sě là hàm hang g1(x) ≡ 1.
Moi hàm so đơn đi u tăng khác được xác định theo (2.4).
(x) mác cao nhat thỏa
Bài toán 2.1 (Tőng quát). Cho hàm so f(x) liên tục và có hǎu hạn khoảng đơn đi u
trên [a, b] và 1 < n ∈ N. Xét tat cả các dãy so tăng {xi} trong [a, b]
x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b.
Tìm giá trị lớn nhat của bieu thác
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Đe giải quyet bài toán này ta xét tàng trường hợp cụ the.
Bài toán 2.2. Cho hàm so f(x) liên tục và đơn đi u trên [a, b] với −∞ < a < b < +∞
và 1 < n ∈ N. Xét tat cả các dãy so tăng {xi} trong [a, b]
x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b.
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Lài giai. Vì f(x) đơn đi u trên [a, b] nên với moi dãy tăng (xi)∞
n=1 trong [a, b]
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b.
ta đeu có
Do v y
n
|f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(b)| .
i=0
n
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(b)| .
i=0
1

17
Σ
i i=1
i=0 i=0
Bài toán 2.3. Cho n0 ∈ N, −∞ < a < b < +∞ và hàm f(x) liên tục trên [a, b] và có n0
khoảng đơn đi u, n0 ≤ n ∈ N.
Xét tat cả các dãy so tăng {xi} trong [a, b]
x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b.
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Lài giai. Theo giả thiet, so điem cực trị của f(x) trên (a, b) là n0.
Do n ≥ n0, ta có lời giải bài toán như sau
Giả sả {x1, x2, · · · , xn} là m®t dãy tăng tùy ý trong [a, b] sao cho
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b.
Goi các điem cực trị (điem tại đó hàm đã cho thay đői tính đơn đi u) của f(x) là
a1, a2, · · · , an0 ; (a1 < a2 < · · · < an0 ).
Khi đó ta bő sung các điem cực trị này vào dãy ban đau, ta có dãy mới (xJ
)m , (n ≤
m ≤ n + n0) với xJ
0 = a; xJ
n+1 = b. Dãy mới (xJ
)m cũng được sap xep theo thá tự tăng.
Ta có n
i i=1
n
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| ≤
Σ
.f(xi
J
) − f(xJ
i+1)..
M t khác, rõ ràng trên [ai, ai+1] hàm so f(x) đơn đi u, nên
m n0
Σ
.f(xJ
i) − f(xJ
i+1). ≤
Σ
|f(ai) − f(ai+1)| .
V y n n0
max
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| =
Σ
|f(ai) − f(ai+1)| .
Bài toán 2.4. Cho f(x) liên tục trên [a, +∞), f(x) có m điem cực trị và m ≤ n ∈ N
Giả sả
lim
x→+∞
Xét tat cả các dãy so tăng {xi}
f(x) = M, −∞ < M < +∞.
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < +∞.
i=0
i=0
i=0
i=0

18
Σ
Σ
Σ
n
Σ
i=1
Σ
n
i=0
→+∞
→−∞
Cháng minh rang
n
|f(xi) − f(xi+1)| ≤ M.
i=0
Lài giai. Trước het, ta có nh n xét rang đoi với các bài toán tìm giá trị lớn nhat của
bieu thác ở trên, thì khi co định n và a, ta có
n
max |f(xi) − f(xi+1)| ,
i=0
là m®t hàm đơn đi u tăng đoi với "bien so" b. Như v y, khi b đủ lớn sao cho [a, b] cháa
tat cả các điem cực trị của f(x) trên [a, +∞), thì
n
F(b) = max |f(xi) − f(xi+1)| ,
i=0
chỉ phụ thu®c vào giá trị f(b). Vì v y
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| ≤
b
lim F (b) = M.
Bài toán 2.5. Cho f(x) liên tục trên (−∞, b]. Giả thiet rang
lim
x→−∞
f(x) = m, −∞ < m < +∞,
và f(x) có n0 (hǎu hạn) điem cực trị trên (−∞, b], n0 ≤ n ∈ N.
Xét tat cả các dãy so x0 = −∞ < x1 < x2 < · · · < xn+1 = b.
Cháng minh rang
n
|f(xi) − f(xi+1)| ≤ m.
i=0
Lài giai. Bài toán này được giải quyet tương tự như bài toán trên.
Xét [a, b] với a đủ bé sao cho [a, b] cháa tat cả các điem cực trị của f(x). Khi đó, với
moi dãy (xi)n
sao cho x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b, ta tính được
n
F(a) = max |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
De thay, khi nới r®ng [a, b] ve phía bên trái thì F (a) cũng là m®t hàm đơn đi u tăng.
Suy ra
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| ≤
a
lim F (a).
i=0

19
Σ
i=0 i=0
i=0 j=0
Bài toán 2.6. Cho f(x) liên tục trên [a, b], với a, b ∈ Z.
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| ,
i=0
trong đó
xi ∈ Z, x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b.
Lài giai. Với a, b ∈ Z và a < b, thì trên [a, b] có hǎu hạn so điem nguyên là n0 = b−a+1.
Như v y, neu n = b − a − 1 thì chỉ có m®t cách lựa chon dãy {x1, x2, · · · , xn}. Các
điem nguyên nam trong [a, b], nên
n n
max
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| =
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| .
Neu n + 2 < n0 tác là n < n0 − 2, ta có các điem nguyên trong [a, b] là
a, a + 1, · · · , b − 1, b.
Tương áng, ta có các giá trị của hàm là
{f(a); f(a + 1); · · · ; f(a + i1); · · · ; f(a + ik); · · · ; f(b)}.
Như v y, dãy trên có the phân thành các dãy con (bao gom m®t so hạng liên tiep)
và có tính chat tăng dan ho c giảm dan.
Giả sả, dãy được phân thành
{f(a); f(a + 1); · · · ; f(a + i1)}; · · · ; {f(a + ik); · · · ; f(b)}.
Thực chat, các điem nguyên a + ij (1 ≤ j ≤ k) ho c là phan nguyên của các điem cực
trị ho c là phan nguyên của các điem cực trị c®ng thêm 1.
Khi đó, ta xét các trường hợp cụ the sau.
- Neu n ≥ k, ta có
n k
max
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| =
Σ
|f(a + ij) − f(a + ij+1)| .
Các so aij xác định trong dãy j = 1, 2, · · · , k với a + i0 = a, a + ik+1 = b.
- Neu 1 < n < k; {x1, x2, · · · , xn} là dãy các điem nguyên thỏa mãn đieu ki n của
bài toán, thì ta xét tat cả các tő hợp ch p n của k phan tả (ai1, ai2, · · · , aik), áng với
moi trường hợp.

20
Σ
Σ
Σ
Σ
Σ
Σ
Chȁng hạn, (ai1, ai2, · · · , ain) là m®t tő hợp ch p n của k phan tả aij đã sap theo
thá tự tăng. Ta tính được
n
S = |f(aij) − f(aij+1)| .
j=0
Chon giá trị lớn nhat trong các tőng S ở trên, ta được
n
max |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Ta xét các ví dụ minh hoa sau.
Bài toán 2.7. Xét tat cả các dãy so
0 = x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x2016 ≤ x2017 = 2π.
2016
M = |cos xi − cos xi+1| .
i=0
Lài giai.
Ta có các điem cực trị của hàm so f(x) = cos x trên [0, 2π] là x = 0, x = π, x = 2π.
V y nên
2016
max |f(xi) − f(xi+1)| = |cos 0 − cos π| + |cos π − cos(2π)| = 4.
i=0
Bài toán 2.8. Xét tat cả các dãy so
0 = x0 < x1 < · · · < xn = 4π.
n−1
M = | cos xi − cos xi+1|.
i=0
Lài giai. Trên đoạn [0; 4π] hàm sof(x) = cos x có 5 điem cực trị là x = 0, x = π, x =
2π, x = 3π, x = 4π.
Ta xét các trường hợp sau
Trư ng h p 1: Khi n > 5. Ta có
n−1
max | cos xi − cos xi+1|
i=0

21
Σ
5
Σ
= | cos 0 − cos π| + | cos π − cos(2π)| + | cos(2π) − cos(3π)| + | cos(3π) − cos(4π)| = 8.
Trư ng h p 2: Khi n = 5.
Khi đó, ta có dãy so 0 = x0 < x1 = π < x2 = 2π < x3 = 3π < x4 = 4π.
V y
4
| cos xi−cos xi+1| = | cos 0−cos π|+| cos π−cos(2π)|+| cos(2π)−cos(3π)|+| cos(3π)−cos(4π)| = 8.
i=0
Trư ng h p 3: Khi n < 5, ta sě có k = Cn b® phan tả sap xep theo thá tự tăng dan
lay tà t p {0, π, 2π, 3π, 4π} là các b® phan tả
x11, x12, . . . , x1k,
x21, x22, . . . , x2k,
· · ·
xk1, xk2, . . . , xkk.
Khi đó, ta can xét k ket quả sau
M1 = |f(0) − f(x11)| + |f(x11) − f(x12)| + · · · + |f(x1k) − f(4π)|,
M2 = |f(0) − f(x21)| + |f(x21) − f(x22)| + · · · + |f(x2k) − f(4π)|,
· · ·
Mk = |f(0) − f(xk1)| + |f(xk1) − f(xk2)| + · · · + |f(xkk) − f(4π)|.
V y, max M = max{M1, M2, . . . , Mk}.
Bài toán 2.9. Cho f(x) = sin x. Xét tat cả các dãy so (xi) sao cho
x0 = 0 < x1 < x2 < · · · < x9 = 10π.
Xác định giá trị lớn nhat của bieu thác
8
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Lài giai. De thay trên [0, 10π], hàm so f(x) có các điem cực trị là xk
k = 0, 1, . . . , 9, trong đó
π
= + kπ với
2
x1 =
π
2
, x3 =
π
2
+ 2π, x5 =
π
2
+ 4π, x7 =
π
2
+ 6π, x9 =
π
+ 8π,
2

22
8
π
. . . . . .
4
3
π π
có cùng đ® cao tung đ®,
π π π π π
x2 =
2
+ π, x4 =
2
+ 3π, x6 =
2
+ 5π, x8 =
2
+ 7π, x10 = + 9π,
2
có cùng đ® cao tung đ®.
Do v y, trong so các tő hợp ch p 8 của 10 phan tả, ta chỉ can chon 8 điem liên tiep
(trong so các điem cực trị đã được đánh so thá tự ở trên).
Do v y
Σ . . . π . . .
max
i=0
|f(xi) − f(xi+1)| = sin 0 − sin
2
+ sin
2
− sin(
2
+ π) +· · ·+ sin(
2
+ 7π) − sin 10π
= 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 nhat.
Lài giai.
Trước het ta can xác định các điem cực trị của hàm so f(x). Ta có fJ
(x) = 3x2 − 6x
và fJ
(x) = 0 khi x = 0, x = 2.
Qua điem x = 0 và x = 2, hàm fJ
(x) đői dau. V y, x = 0, x = 2 là hai điem cực trị
của f(x) trên (−10, 10).
Ta chỉ can 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.
V y, giá trị lớn nhat của bieu thác bang max{S1, S2} = 2000. Đạt được khi x = 0
ho c 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 nhat.
Lài giai. De thay trên [−2, 3], hàm so f(x) có các điem cực trị là {−
5
, 0, 2}.
Ta có C2 = 3 nên sě có 3 b® phan tả sap xep theo thá tự tăng dan lay tà t p
5
{−
4
, 0, 2}, là
x1
5
= −
4 ;
x1
5
= −
4 ;
(
x1 = 0
.
x2 = 0 x2 = 2 x2 = 2

23
. . .
Σ
1
4 4
= 4 − + − − 0. + |0 − 9| = 13 − .
2
4 4
875 875 875
V y ta can xét cả 3 trường hợp.
- Với x1
5
= −
4
, x2 = 0, ta có
5 5
S = .f(−2) − f(− ). + .f(− ) − f(0). + |f(0) − f(3)|
.
256
. .
256
128
- Với x1 5
= −
4
, x2
= 2, ta tính được S2 = 35. Th t v y
5 5
S = .f(−2) − f(− ). + .f(− ) − f(2). + |f(2) − f(3)| = 35.
- Với x1 = 0, x2 = 2, ta tính được S3 = 35. Th t v y
S3 = |f(−2) − f(0)| + |f(0) − f(2)| + |f(2) − f(3)| = 35.
V y Smax = max{S1 , S2 , S3 } = 35, khi x1 = 0, x2 = 2 ho c x1
5
= −
4
, x2 = 2.
Bài toán 2.12. Cho so p ∈ (0, 1) và cho hàm so f(x) = |x − p|. Xét các b® so
x1, x2, x3, x4 (x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4) trong [0, 1].
M = |f(x1) − f(x2)| + |f(x2) − f(x3)| + |f(x3) − f(x4)| .
Lài giai. Nh n xét rang, đo thị hàm so đã cho, trên R, có trục đoi xáng x = p trên
toàn trục thực. Hàm đã cho nghịch bien trong [0, p] và đong bien trong [p, 1]. Ta bő sung
thêm điem x = p vào dãy so x1, x2, x3, x4 và sap thá tự tăng dan
u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ u4 ≤ u5.
Tà 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.
V y, max M = 1 khi, chȁng hạn, x1 = 0, x2 = x3 = p, x4 = 1.
Bài toán 2.13. Cho f(x) =
x
x2 + 1
. Xét dãy so tùy ý
x0 = −2 < x1 < x2 < x3 < x4 ≤ 2017.
3
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0

24
Σ
2 1 . .
Σ Σ
1
Σ
1 . . .
.
Σ
V y nê
.
n
5 2
. .−
2
−
2
. .
2 10 2 10
i i+1
a→+∞ 5 a2 + 1
5
1
J −x2 + 1 J
Lài giai. Ta có f (x) =
(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
3
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(−2) − f(−1)| + |f(−1) − f(1)| + |f(1) − f(2017)|
i=0
=
.
− +
.
+
. 1 1 11 1 16
+ − f(2017). = + − f(2017) = − f(2017).
3
max |f(xi) − f(x
i=0
i+1
3
)| = sup |f(xi) − f(x
i=0
i+1
16
)| =
10
− f(2017).
x
x2 + 1
. Xét tat cả các dãy so
Cháng minh rang
x0 = −∞ < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = 2.
4
Σ
|f(xi) − f(xi+1
8
)| ≤
5
.
i=0
Lài giai. Hàm so đã cho có các điem cực trị x = ∓1. Ta có, áng với moi dãy
(xi)5; x0 = a < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = 2,
ta đeu có
4
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(−1)| + |f(−1) − f(1)| + |f(1) − f(2)|
i=0
=
.
f(a) +
.
+
.
1 1 2 1 1
+ − = f(a) + + 1 + 8
= + f(a).
Suy ra
2
.−
2
−
2
. .
2 5
. 2 10 5
Σ
|f(x ) − f(x )| ≤ lim
8 a 8
( − ) = .
x
. Xét tat cả các dãy (x )4, sao cho
x2 + 1 i 1
Cháng minh rang
x0 = −∞ < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = +∞.
3
|f(xi) − f(xi+1)| ≤ 2.
i=0
4
i=0
1
.

25
Σ
Lài giai. Hàm so đã cho có các điem cực trị x = ±1 và f(−1) = −
1
; f(1) =
1
.
2 2
Ta có
3
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(−1)| + |f(−1) − f(1)| + |f(1) − f(b)|
i=0
1 1 1 1
= f(a) +
2
+
2
+
2
+
2
− f(b) = f(a) − f(b) + 2.
Do
nên
Σ
lim
x→±∞
f(x) = 0,
2.2 Hàm tfia đơn đi u
Ta nhac lại tính chat quen biet sau đây.
Giả sả hàm so f(x) xác định và đơn đi u tăng trên I(a, b). Khi đó, với moi x1, x2 ∈
I(a, b), ta đeu có
và ngược lại, ta có
f(x1) ≤ f(x2) ⇔ x1 ≤ x2,
f(x1) ≥ f(x2) ⇔ x1 ≤ x2; ∀x1, x2 ∈ I(a, b),
khi f(x) là m®t hàm đơn đi u giảm trên I(a, b).
Tuy nhiên, trong áng dụng, có nhieu hàm so chỉ đòi hỏi có tính chat yeu hơn, chȁng
hạn như
f(x1) ≤ f(x2) ⇔ x1 ≤ x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 ≤ 1,
thì không nhat thiet f(x) phải là m®t hàm đơn đi u tăng trên (0, 1).
Ví dụ, với hàm so f(x) = sin πx, ta luôn có khȁng định sau đây.
Bài toán 2.16. Neu A, B, C là các góc của ∆ABC thì
sin A ≤ sin B ⇔ A ≤ B. (2.7)
Như v y, m c dù hàm f(x) = sin πx không đong bien trong (0, 1), ta van có bat đȁng
thác (suy ra tà (2.7)), tương tự như đoi với hàm so đong bien trong (0, 1)
sin πx1 ≤ sin πx2 ⇔ x1 ≤ x2, ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < 1, (2.8)
Ta đi đen định nghĩa sau đây.
= 2.
f(a) − f(b) + 2
+∞
i=0
3
|f(xi) − f(xi+1)| ≤
a
lim
→−∞,b→

26
b
2
h
≥ − ∀ ∈
2
2 2 2
1
2
so
,b
2
,
Định nghĩa 2.6 (xem [2]). Hàm so f(x) xác định trong (a, b) ⊂ (0, +∞) được goi là
hàm tựa đong bien trong khoảng đó, neu
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b, (2.9)
Tương tự, ta cũng có định nghĩa hàm tựa nghịch bien trong m®t khoảng cho trước.
Định nghĩa 2.7 (xem [2]). Hàm so f(x) xác định trong (a, b) ⊂ (0, +∞) được goi là
hàm tựa nghịch bien trong khoảng đó, neu
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 > x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b. (2.10)
Bài toán 2.17. Moi hàm so f(x) tựa đong bien trong (a, b) ⊂ (0, +∞) đeu đong bien
trong khoảng 0, .
2
ChGng minh. Khȁng định được suy ra trực tiep tà Định nghĩa 2.6
Th t v y, khi x1, x2 ∈ 0, thì hien nhiên, x + x < b và ta thu được
b
2
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ 0, . (2.11)
b
H thác (2.11) cho ta đieu can cháng minh.
Bài toán 2.18. Giả thiet rang hàm h(x) đong bien trong khoảng 0,
b
i
. Khi đó hàm
h(x), khi x ∈ 0,
b
i
,
f(x) = hb
Định lj 2.1 (xem [2-6]). Moi hàm f (x) xác đ nh trong (0, b) ⊂ (0, +∞) và thóa mãn các
đieu ki n
(i) f(x) đong bien trong khoảng 0,
b
,
2
(ii) f (x) f(b x), x
b
, b ,
2
đeu là hàm tựa đong bien trong khoảng đã cho.
ChGng minh. Khi hàm f(x) tựa đong bien trong (0, b) thì theo Bài toán 2.17, hàm
b
f(x) đong bien trong khoảng (0, ).
2
Xét x ∈
hb
, b . Khi đó, đe x ∈ (0, b) sao cho đong thời x
1 < x và x1 + x < b, ta can
chon x1 ∈ 0,
b
và x < b − x ∈ 0,
b
. Do v y, moi x ∈
hb
, b ta đeu có x < x2 và
2
2
h(b − x), khi x ∈
là hàm so tựa đong bien trong (0, b).
1
1 2 1

27
2
2
2 2
2 2
2
đe x1 + x2 < b thì de thay x2 ∈
b
, b − x . Vì theo giả thiet, thì f(x1 ) < f(x2 ) với moi
x ∈
b
, b − x , nên f(x2 ) > f(x).
2.3 Phương pháp xây dfing các hàm tfia đơn đi u tfi m t
hàm so cho trư c
2.3.1 Bat đang thfíc hàm liên quan đen tam giác
Trước het, ta nhac lại (không cháng minh) m®t so h thác đ c trưng cho tam giác
mà moi hoc sinh b c THPT đeu quen biet. Đây là nhǎng h thác đ c bi t quan trong
liên quan đen sự ràng bu®c tự nhiên của các yeu to cạnh và góc trong m®t tam giác.
Tính chat 2.1. Trong moi tam giác ABC thì áng với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.
Nh n xét 2.1. Đieu khȁng định trên cho ta m®t ket lu n tương đương sau đây: Trong
moi tam giác ABC, khi A < B thì sin A < sin B.
Và như v y, m c dù hàm so f(x) = sin x không đong bien trong (0, π) ta van có h
thác kieu "đong bien" cho c p góc của m®t tam giác.
Tính chat 2.2. Trong moi tam giác ABC ta đeu có:
A + B
cos A + cos B ≤ 2 cos
2
.
Nh n xét 2.2. Như v y, m c dù hàm so f (x) = cos x không là hàm lõm (có đạo hàm
cap hai luôn âm) trong (0, π) ta van có h thác kieu "hàm lõm" cho c p góc của m®t
tam giác.
Tính chat 2.3. Trong moi tam giác ABC ta đeu có bat đȁng thác
3
√
3
sin A + sin B + sin C ≤
2
.
A B C
tan + tan + tan ≥
√
3.
A B C
cot + cot + cot ≥ 3
√
3.
3
cos A + cos B + cos C ≤
2
.
2
2
1
1

28
3
3
2
3
∈ ≥ ≥
3
z+
3 2
i
z+
3
Nh n xét 2.3. Đieu khȁng định của các Tính chat 2.3 - 2.5 de dàng kiem cháng trực
tiep được dựa trên bat đȁng thác Jensen quen biet đoi với lớp hàm có đạo hàm không
đői dau trong khoảng (0, π).
Tuy nhiên, đoi với khȁng định của Tính chat 2.6 thì ta thay ngay rang đ c trưng
của hàm lõm không còn được sả dụng như m®t công cụ cơ bản đe kiem cháng trực tiep
tính đúng đan của bat đȁng thác đã cho. V y nên, m®t van đe xuat hi n m®t cách tự
nhiên là: Ve tőng the, ta có the mô tả được hay không lớp các hàm tőng quát thỏa mãn
đieu ki n
ho c
với moi tam giác ABC?
f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3f
π
,
f(A) + f(B) + f(C) ≥ 3f
π
.
Sau đây ta xét m®t so minh hoa thông qua cách xây dựng các phương trình hàm đe
mô tả nhǎng nh n xét đã nêu ở trên.
2.3.2 Hàm tfia đong bien dạng hàm so sin
Bài toán 2.19. Cho hàm so f(t) xác định trong khoảng (0, π) thỏa mãn đieu ki n
f(x) + f(y) ≤ 2f
x + y
, ∀x, y, x + y ∈ (0, π) (2.12)
Cháng minh rang
f(x) + f(y) + f(z) ≤ 3f
x + y + z
, ∀x, y, z, x + y + z ∈ (0, π) (2.13)
Lài giai.
Giả sả x, y, z, x + y + z (0, π). Không mat tính tőng quát, giả sả x y z thì ta có
x + y + z
z +
3
∈ (0, π) nên
f(z) + f
x + y + z
≤ 2f
x+y+z
3
2
, ∀x, y, x + y ∈ (0, π) (2.14)
Tà (2.12) và (2.14) suy ra
f(x) + f(y) + f(z) + f
x + y + z
≤ 2
h
f
x + y
+ f
x+y+z
3
2
≤ 4f
x + y + z
,
∀x, y, z, x + y + z ∈ (0, π). Tà đó, ta thu được (2.13).

29
i
π
π
π
2
2
Bài toán 2.20. Xác định các hàm so f (t) xác định trong khoảng (0, π) và thỏa mãn
đieu ki n
Với moi tam giác ABC thì A < B khi và chỉ khi f(A) < f(B).
Lài giai. Trước het, ta có nh n xét rang đieu ki n A < B khi và chỉ khi f (A) < f (B) với
moi c p góc A, B không tù (nhon ho c vuông) tương đương với đieu ki n f (t) = f0(t)
là m®t hàm đong bien trong 0,
π
.
2
Xét hàm so
g0(t) = f0
π
(t), khi 0 < t ≤
2
,
(2.15)
f0(π − t), khi < t < π,
2
với f0(t) là m®t hàm đong bien tùy ý cho trước trong 0,
i
. Ta cháng minh rang, khi
π
đó g0(t) thỏa mãn đieu ki n bài ra.
Th t v y, ta có g0(A) < g0(B) với moi c p góc A, B không tù và A < B.
Xét trường hợp 0 < A <
π
< B < π với A + B < π.
π
2
Ta có
2
> π − B > A và do đó
g0(B) = f0(π − B) > f0(A) = g0(A).
Tiep theo, ta cháng minh rang moi hàm f(t) có dạng
f(t) = f0
π
(t), khi 0 < t ≤
2
,
(2.16)
≥ f0(π − t), khi < t < π,
2
trong đó f0(t) là m®t hàm đong bien tùy ý cho trước trong 0,
i
, đeu thỏa mãn đieu
π
ki n bài toán.
Th t v y, với moi góc B tù và A + B < π, 0 < A <
π
2
π
< B < π, ta có
2
> π − B > A
nên
f(B) ≥ f0(π − B) > f0(A) = f(A).
Ngược lại, giả sả hàm f(x) xác định theo công thác
f(t) = f0
π
(t), khi 0 < t ≤
2
,
f1(π − t), khi < t < π,
2
không thỏa mãn đieu ki n (2.16), tác là ton tại điem t1
f1(π − t1) < f0(π − t1).
∈
π
, π đe
Khi đó, ta có
f(t1) = f1(π − t1) < f0(π − t1) = f(π − t1),
mâu thuan với định nghĩa hàm tựa đong bien.
2

30
2
2
2
2
2
sin t, khi 0 < t ≤
π
,
h(t) + sin t, khi < t < π.
2
Trong đó h(t) ≥ 0 với moi t ∈
π
, π . Khi đó, f(t) là m®t hàm tựa đong bien trong
(0, π).
2.3.3 Hàm tfia lõm dạng hàm so cosin
Nh n xét rang, có m®t moi liên h m t thiet giǎa lớp các hàm đong bien (nghịch
bien) trong m®t khoảng cho trước với lớp các hàm loi (lõm) trong khoảng đó.
Định lj 2.2 (xem [2-6]). Hàm khả vi f (x) trong khoảng (a, b) là hàm đong bien trong
khoảng đó khi và chí khi moi nguyên hàm F (x) của nó là hàm loi trong khoảng đó.
ChGng minh. Th t v y, theo giả thiet thì F (x) có đạo hàm b c hai trong khoảng (a, b),
nên F (x) là hàm loi trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi F JJ
(x) ≥ 0 trong khoảng đó. Đieu
này tương đương với fJ
(x) ≥ 0 với moi x ∈ (a, b).
Ket quả của Định lý 2.2 gợi ý cho ta cách thiet l p moi liên h giǎa lớp hàm các
hàm tựa đong bien (tựa nghịch bien) trong m®t khoảng cho trước với lớp các hàm tựa
loi (tựa lõm) trong khoảng đó.
Định lj 2.3 (xem [2-6]). Hàm khả vi f (x) trong khoảng (a, b) là hàm tựa đong bien
trong khoảng đó khi và chí khi moi nguyên hàm F (x) của nó là hàm tựa loi trong khoảng
đó.
Bài toán 2.21. Cho q(t) là hàm so lõm trong khoảng 0,
π
i
. Xét hàm so
q(t), khi 0 < t ≤
π
,
2q(
2
) − q(π − t), khi
Cháng minh rang f(t) là hàm tựa lõm trong (0, π).
< t < π.
2
Lài giai. Neu tam giác ABC nhon ho c vuông thì do giả thiet hàm q(t) lõm, de thay
ngay rang đieu ki n bài toán được thỏa mãn.
Xét trường hợp khi tam giác ABC tù, chȁng hạn C >
π
.
2
Trước het ta cháng minh hàm f(t) thỏa mãn đieu ki n
f(A) + f(C) ≤ 2f
A + C
,
π
f(t) =
f(t) = π π

31
2
2
π π
—
2
∈
q
π
− q(π − C) = qJ
(u). C −
π
, u ∈ π − C,
π
,
2 2 2
q A + C −
π
− q(A) ≥ q
π
− q π − C ,
q(A) + q
π
− q π − C ≤ q A + C −
π
. (2.18)
q A + C −
π
≤ 2q
A + C
− q
π
. (2.19)
q(A) + q
π
− q π − C ≤ 2q
A + C
− q
π
,
q(A) + 2q
π
− q π − C ≤ 2q
A + C
,
2 2 2
hay
Do C >
π
2
nên suy ra
π
q(A) + 2q( )
2
— q(π − C) ≤ 2q
A + C
. (2.17)
π − C, A + C 0, , (π − C) + (A + C − ) = A + .
π π π π
Không mat tính tőng quát, giả sả A + C −
π
≤ π − C.
Khi đó, ta có
Theo định lí Lagrange thì
π π
A ≤ A + C −
2
≤ π − C ≤
2
.
2 2 2
và
q A + C −
π
− q(A) = qJ
(v). C −
π
, v ∈ A, A + C −
π
.
Do q(t) là hàm lõm (qJJ
(t) ≤ 0) nên qJ
(t) là hàm so nghịch bien và tà đó dan đen
qJ
(v) ≥ qJ
(u). Suy ra
2 2
hay
M t khác, do
2
A + C − +
2
q A + C −
π
+ q
π
nên
A + C
q = q
2 2
2 2 ,
2
2 2 2
Tà (2.18) và (2.19), ta thu được
2 2 2
hay
2 2
tác là ta có (2.17).
V y, f(t) là hàm tựa lõm trong (0, π).
2 2
≥

32
2
3
π π 2
q(t), khi 0 < t ≤
π
,
2 2 2
2 2 2 2
2 2
H quả 2.4. Với moi hàm so f(t) xác đ nh theo công thúc
2q(
2
) − q(π − t), khi < t < π,
2
trong đó q(t) là hàm so lõm cho trước trong khoảng 0,
π
i
, thì với moi tam giác ABC,
ta đeu có
f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3.f
π
. (2.20)
Tiep theo ta sě nêu cách dựng các hàm tựa lõm.
Bài toán 2.22. Tìm các hàm so f(t) xác định trong khoảng (0, π) và thỏa mãn đieu ki n:
Với moi tam giác ABC, ta đeu có
3
f(A) + cos B + cos C ≤
2
. (2.21)
Lài giai. Ta có nh n xét rang
f(A) + cos B + cos C = f(A) + 2 cos
B + C
cos
B − C A
≤ f(A) + 2 sin .
Ta sě cháng minh rang moi hàm f(t) ≤
3
− 2 sin
t
, ∀t ∈ (0, π) đeu thỏa mãn yêu cau bài
2 2
toán.
Th t v y, với moi tam giác ABC, ta luôn có
3 A B + C B − C
f(A) + cos B + cos C 2 sin + 2 cos cos
≤
2
−
2 2 2
3 A A 3
≤
2
− 2 sin
2
+ 2 sin
2
=
2
.
Tiep theo, ta cháng minh rang moi hàm f 3 t
(t) > − 2 sin , ∀t ∈ (0, π) đeu không
thỏa mãn yêu cau bài toán.
1 2 2
Th t v y, xét tam giác A0B0C0 với các góc được chon là A0
2π
= , B0
3
π π
= , C0 = ,
6 6
ta có
3 π π π
f1(A) + cos B0 + cos C0 >
2
− 2 sin
3
+ cos
6
+ cos
6
=
3
−
√
3 +
√
3
+
√
3
=
3
.
Do đó, hàm f
3 t
(t) > − 2 sin , ∀t ∈ (0, π) không thỏa mãn yêu cau bài toán.
V y, moi hàm so có dạng f(t) ≤
3
− 2 sin
t
, ∀t ∈ (0, π) đeu thỏa mãn yêu cau bài
2 2
toán.
f(t) =
1

33
Chương 3. Các dạng toán liên quan
Trong chương này sả dụng các tài li u tham khảo [1], [2], [4], [6] đe tham khảo m®t
so bài toán và làm cơ sở đe mở r®ng cho các bài toán khác.
3.1 Sfi dnng tính đơn đi u của hàm so trong chfíng minh
bat đang thfíc
Có the nói rang các tính chat cơ bản của hàm so luôn đóng vai trò quan trong như là
nhǎng công cụ hǎu hi u nhat đe định hướng giải cũng như sáng tác bài t p mới. Nhǎng
kien thác đau tiên liên quan đen khái ni m đơn đi u được đe c p ở b c tieu hoc chính
là các bài toán ve t l thu n và t l nghịch. Đ c bi t, nhieu tính chat cơ bản của phân
so so hoc là nhǎng kien thác sâu sac được sả dụng giải quyet khá nhieu bài toán khó
của các kỳ thi Olympic các quoc gia và quoc te.
3.1.1 M t so bài toán áp dnng trong bat đang thfíc đại so
Ta xét ví dụ rat quen thu®c sau đây.
Bài toán 3.1. Cháng minh rang với moi b® so dương a, b, c, ta đeu có
a b c 3
b + c
+
c + a
+
a + b
≥
2
. (3.1)
Đây là bài toán cơ bản (có trong tat cả các sách giáo trình ve bat đȁng thác) nham
đe mô tả các áng dụng khác nhau của các bat đȁng thác cő đien như bat đȁng thác
Cauchy, bat đȁng thác AG, . . . đe giải. Tuy nhiên, neu viet lại (3.1) dưới dạng
a1 b1 c1 a0 b0 c0
b1 + c1
+
c1 + a1
+
a1 + b1
≥
b0 + c0
+
c0 + a0
+
a0 + b0
. (3.2)
với ngam định a0 = b0 = c0 = 1, thì ta có ngay nh n xét rang (3.2) có dáng dap của m®t
hàm đong bien
với
g(1) ≥ g(0),
at bt ct
g(t) =
bt + ct +
ct + at +
at + bt , t ∈ R.

34
ΣΣ
Σ n
Σ
q q q + d
q q q + d
Ta cháng minh rang nh n xét vàa nêu ở trên là hoàn toàn đúng. Tuy nhiên (bạn
đoc hãy tự kiem cháng), các ky thu t cơ bản của bat đȁng thác Cauchy, bat đȁng thác
AG không còn hi u lực. Tính đong bien của g(t) áng với t ≥ 0 được suy ra tà nh n xét
sau đây (xem lại tính chat phân so ở b c tieu hoc).
Tính chat 3.1.
(i) Neu hai phân so dương có cùng tả so dương thì phân so nào có mau so lớn hơn
thì bé hơn,
(ii) Neu hai phân so âm có cùng tả so dương thì phân so nào có mau so lớn hơn thì
lớn hơn.
Tính chat 3.2. Xét phân so
p
q
với q > 0. Khi đó
(i) Neu phân so
p
q
(ii) Neu phân so
p
q
dương thì khi tăng mau so, phân so sě giảm,
âm thì khi tăng mau so, phân so sě tăng.
Nói cách khác, ta có.
Bài toán 3.2. Cho phân so
p
q với q > 0 và so dương d. Khi đó
(i) Neu phân so
p
dương thì
p
≥
p
,
(ii) Neu phân so
p
âm thì
p
≤
p
.
Tà ket quả của bài toán này, ta de dàng cháng minh.
Bài toán 3.3. Với moi b® so dương a, b, c cho trước, hàm so
at bt ct
g(t) =
bt + ct +
ct + at +
at + bt , t ∈ R,
là m®t hàm đong bien trong [0, +∞).
H quả 3.5. Cho α ≥ β ≥ 0. Chúng minh rang với moi b® so dương a, b, c, ta đeu có
aα bα cα aβ bβ cβ
bα
+ cα +
cα
+ aα +
aα
+ bα ≥
bβ + cβ
+
cβ + aβ
+
aβ + bβ
.
Bài toán 3.4. Cháng minh rang với moi b® so a1, a2, · · · , an ∈ R ta luôn có đa thác
n n
Q(x) =
aiaj
xi+j,
i + j
i=1 j=1
là m®t hàm đong bien trong [0, +∞).
Lài giai. Th t v y, ta có
QJ
(x) =
n
1
x
i=1
Σ
j=1
aiajxi+j =
1
n
x
i=1
2
aixi .

35
ΣΣ
ΣΣ
ΣΣ
2
−
Suy ra QJ
(x) ≥ 0 với moi x ≥ 0. Do đó, hàm so Q(x) đong bien trong [0, +∞).
Tà đây, ta thu được
H quả 3.6 (Bat đȁng thác thá tự Hilbert). Với moi b® so thực a1, a2, · · · , an, ta luôn
có n n
aiaj
i + j ≥ 0.
ChGng minh. Do đa thác
i=1 j=1
n n
Q(x) =
aiaj
xi+j,
i + j
i=1 j=1
đong bien trong [0, +∞) nên Q(1) ≥ Q(0) = 0, hay
n n
aiaj
i + j = Q(1) ≥ 0.
i=1 j=1
chính là đpcm.
3.1.2 M t so bài toán áp dnng cho bat đang thfíc trong tam giác
Sau đây là m®t so bài toán sả dụng các kien thác của lớp hàm đơn đi u liên tiep
trên m®t đoạn, đoi với tőng không đői ta xét dau đạo hàm các cap m®t và hai trong
vi c bien đői chia hai ve.
Bài toán 3.5. Cho tam giác nhon A0B0C0. Cháng minh rang với moi tam giác nhon
ABC ta đeu có
sin A
cos A0
sin B
+
cos B0
sin C
+
cos C0
≤ tan A0 tan B0 tan C0. (3.3)
ChGng minh. Xét hàm so
f(x) = sin x, x ∈ 0,
π
.
Ta có fJ
(x) = cos x > 0 và fJJ
(x) = sin x < 0 trong (0,
π
).
2
V y nên f(A) ≤ f(A0) + fJ
(A0)(A − A0),
suy ra
Tương tự, ta cũng có
sin A
cos A0
sin B
cos B0
≤ tan A0 + A − A0. (3.4)
≤ tan B0 + B − B0 (3.5)

36
b c a b c a
2 2
+ + + +
và
Tà (3.4), (3.5), (3.6), suy ra
sin C
cos C0
≤ tan C0 + C − C0. (3.6)
Đe ý rang
sin A
cos A0
sin B
+
cos B0
sin C
+
cos C0
≤ tan A0 + tan B0 + tan C0.
tan A0 + tan B0 + tan C0 = tan A0 tan B0 tan C0,
suy ra đieu phải cháng minh.
Các bài toán sau được giải quyet tương tự.
Bài toán 3.6. Cho tam giác A0B0C0. Cháng minh rang với moi tam giác ABC ta đeu
có
A
cos
2
sin
A0
2
B
cos
+ 2
B0
sin
2
C
cos
+ 2
sin
C0
2
≤ cot
A0
+ cot
2
B0
+ cot
2
C0
. (3.7)
2
Bài toán 3.7. Cho tam giác nhon A0B0C0. Cháng minh rang với moi tam giác nhon
ABC ta đeu có
tan A
1 + tan2 A0
tan B
+
1 + tan2 B
tan C
+
1 + tan2 C ≥ 2 sin A0 sin B0 sin C0. (3.8)
Bài toán 3.8. Cho tam giác ABC có m®t góc không nhỏ hơn
2π
. Cháng minh rang
3
A B C
tan + tan + tan ≥ 4 −
√
3.
Các bài toán sau đây cho ta mở r®ng vô hạn các bat đȁng thác tà m®t bat đȁng
thác nhờ lớp các hàm so đơn đi u.
Ta nh n thay rang áng với a, b, c, α, β là các so dương, α > β thì ta luôn có
a α
b α
c α
≥
a β
b β
c β
và đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Tính chat này có the nhìn nh n như là
hàm so
đong bien trong [0. + ∞).
g(x) :=
a x
b x
c x
V y câu hỏi tự nhiên nảy sinh là ta có the thiet l p được hay không các hàm tương
tự đoi với các bat đȁng thác dạng khác khi đã tường minh cách cháng minh cho trường
hợp đơn lẻ và cụ the? Ta thu được bài toán n®i suy bat đȁng thác, tác là tà bat đȁng
thác đã cho, ta xét hai ve của nó như là giá trị của m®t hàm can tìm tại hai toa vị cho
trước.
a
c
b
2
0 0
+ +

37
a
+
t
— 1 ≥
t
+
t
— 1 ≥
t
+
t
— 1 ≥
t
2a 1 1 2a
2c 1 1 2c
Bài toán 3.9. Cho a, b, c, α, β là các so dương, α > β. Cháng minh rang
b + c α
+
2a
c + a α
+
2b
a + b α
2c
≥
b + c β
+
2a
c + a β
+
2b
a + b β
2c
. (3.9)
Lài giai. Xét hàm so:
F(t) =
b + c t
+
2a
c + a t
+
2b
a + b t
2c
, ∀t > 0.
Ta can cháng minh F (t) là hàm so đong bien trên (0, +∞) hay ∀t1, t2 ∈ (0, +∞), t1 < t2,
ta can cháng minh F(t1) ≤ F(t2) hay can cháng minh:
Ta có
b + c t2
+
2a
c + a t2
+
2b
a + b t2
2c
≥
b + c t1
+
2a
c + a t1
+
2b
a + b t1
2c
b + c t2 t2 t2 b + c t1
c + a t2 t2 t2 c + a t1
a + b t2 t2 t2 a + b t1
t2
−
h b + c t1 c + a t1
a + b t1
i
≥
t2
−
3
r
3 h(b + c)(c + a)(a + b)
it1
≥
t2
3 −3.
t1 2a 2b 2c t1 8abc t1
C®ng theo ve 4 bat đȁng thác trên ta thu được
b + c t2
+
2a
c + a t2
+
2b
a + b t2
2c
≥
b + c t1
+
2a
c + a t1
+
2b
a + b t1
2c
, ∀t2 > t1 > 0.
Suy ra F (t) là hàm đong bien trên (0, +∞).
Khi đó ∀α > β ta luôn có
b + c α
+
2a
c + a α
+
2b
a + b α
2c
≥
b + c β
+
2a
c + a β
+
2b
a + b β
.
2c
Tà đây, ta thu được đieu phải cháng minh.
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Với hàm g(t) :=
a t
b t
c t
đong bien trong [0. + ∞) cho ta vô hạn các bat
đȁng thác, trong đó (3.9) là m®t h quả của nó, tà đó ta mở r®ng được vô hạn các bài
toán, chȁng hạn các bài toán sau.
Bài toán 3.10. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác và α > β ≥ 1.
Cháng minh rang
c α
+
a + b − c
a α
+
b + c − a
b α
c + a − b
≥
c β
+
a + b − c
a β
+
b + c − a
b β
.
c + a − b
(3.10)
c
b
2b
1
1
2b
1 + + 1
+ +

38
≥
x
x
Bài toán 3.11. Cho a, b, c là ba cạnh của m®t tam giác và α > β > 1. Cháng minh
rang
3a α
+
2b + 2c − a
3b α
+
2c + 2a − b
3c α
2a + 2b − c
3a β
+
2b + 2c − a
3b β
+
2c + 2a − b
3c β
.
2a + 2b − c
3.2 Sfi dnng tính đơn đi u của hàm so trong bài toán
cfic trị
Bài toán 3.12 (My, 1977). Cháng minh rang với các so dương tùy ý a ≤ b ≤ c ≤ d, ta
có bat đȁng thác
abbccdda ≥ bacbdcad.
Lài giai. Ta đ t b = ax, c = ay, d = az.
Khi đó, tà đieu ki n của bài toán, ta có 1 ≤ x ≤ y ≤ z, còn bat đȁng thác can cháng
minh tương đương với
aax(ax)ay(ay)az(az)a ≥ (ax)a(ay)ax(az)ayaaz.
Sau khi giản ước hai ve cho aaaaxaayaaz và nâng lũy thàa hai ve (đeu dương) lên lũy
thàa
1
a
ta được bat đȁng thác tương đương
xyyzz ≥ xyxzy.
Đ t x = xs, z = xt, khi đó, 1 ≤ s ≤ t (vì x ≤ y ≤ z) và y ≥ s (vì x ≥ 1), suy ra
xxsyxtxt ≥ xyx(xt)sx.
Sau khi giản ước xxsyxxt và nâng lũy thàa hai ve (đeu dương) lên lũy thàa
1
x
ta được
bat đȁng thác tương đương
yt−1
≥ ts− 1
.
- Neu y = 1 thì bat đȁng thác đúng vì
y
x = 1, y =
x
= 1, yt−1 = 1 = tt−1 = 1.
- Neu t = 1 thì bat đȁng thác đúng vì
yt−1 = y0 = 1 = 1s−
1
= 1.

39
2
1 1
α 1
2
Giả sả y > 1 và t > 1. Khi đó, nâng lũy thàa hai ve của bat đȁng thác lên lũy thàa
1 y
t − 1 y − 1
> 0, ta được bat đȁng thác tương đương
y s
Ta xét hai trường hợp:
Trư ng h p 1:
yy−1 ≥ tt−1 với 1 ≤ s ≤ t, s ≤ y.
α
Giả sả y ≥ t. Ta cháng minh rang hàm so f1(α) = αα−1 tăng với α > 1. Ta có
fJJ
(α) = e
α
ln α
J
= e
α
ln α 1
−
ln α
1
α−1
α
α−1
1
α − 1 (α − 1)2
= eα−1
(α − 1)2 (α − 1 − ln α) > 0,
1
ta có g (α) = α − 1 − ln α > 0 với α > 1, vì gJ
(α) = α − > 0 và (gJ
(0) = 0).
Suy ra trong trường hợp này bat đȁng thác thỏa mãn, vì
y t s
Trư ng h p 2:
yy−1 = f1(y) ≥ f1(t) = tt−1 ≥ tt−1 .
1
Giả sả y < t. Ta cháng minh rang hàm so f2(α) = αα−1 giảm với α > 1. Ta có
fJJ
(α) = e
α
ln α
J
= e
α
ln α 1
−
ln α
2
α−1
1
α−1
1
α(α − 1) (α − 1)2
= eα−1
α(α − 1)2 (α − 1 − α ln α) < 0,
ta có g2(α) = α − 1 − α ln α < 0 với α > 1, vì g2
J
(α) = 1 − ln α − 1 < 0 và (g2
J
(1) = 0).
Suy ra trong trường hợp này bat đȁng thác thỏa mãn, vì
y
y y y s
y y−1 = (f2(y)) ≥ (f2(t)) = tt−1 ≥ tt−1 .
Bài toán 3.13 (Ireland, 2000). Cho x, y ≥ 0 với x + y = 2. Chúng minh rang
x2y2(x2 + y2) ≤ 2.
Lài giai. Do
thành
x + y = 2 nên
x + y 6
= 1, bat đȁng thác can cháng minh được viet
hay
x + y 6
≥ x y (x2 + y2),
(x + y)6 ≥ x2y232(x2 + y2).
Trong trường hợp xy = 0 bat đȁng thác hien nhiên đúng.
2
2 2

40
x
∫
∫
∫ ∫
i
2
∫
π
6
x
≥
≥
≤
≥
≤
h
Xét trường hợp xy =
/ 0. Đ t k = xy. Ta có đieu ki n x = y = 2 ≥ 2
√
xy = 2
√
k, suy ra
0 ≤ k ≤ 1. Ta có the cháng minh bat đȁng thác khi k = 1, nghĩa là xy = 1 lúc đó bat
đȁng thác trở thành
x +
1
≥ 32 x2 +
1
.
x2
Đ t p =
1 2
x+ 4. Ta can tìm giá trị nhỏ nhat của F(p) = p3 − 32(p − 2) trên [4, +∞].
Vì FJ
(p) = 3p2 − 32 ≥ 0 (do p ≥ 4), nên F(p) là hàm đơn đi u tăng trên [4, +∞].
V y F (p) ≥ F (4) = 0 với ∀p ≥ 4 (đpcm).
Ta sả dụng định lý và h quả sau cho các bài toán dưới đây.
Định lj 3.1 (xem [2-6]). Cho hàm so y = f(x) liên tực và ngh ch bien trên [0, b],
∀a ∈ [0, b]. Khi đó, ta luôn có
a
b f(x)dx a
0
b
f(x)dx. (3.11)
0
Tương tự, với f(x) liên tực và đong bien trên [0, b], ∀a ∈ [0, b] thì
a
b f(x)dx a
0
b
f(x)dx.
0
H quả 3.7. Neu b = 1 và f(x) liên tực và ngh ch bien trên [0, 1] thì ∀a ∈ [0, 1], ta đeu
có
a
f(x)dx a
0
1
f(x)dx.
0
Neu b = 1, f(x) liên tực và đong bien trên [0,1] thì ∀a ∈ [0, 1], ta đeu có
a
f(x)dx a
0
1
f(x)dx.
0
Bài toán 3.14. Tìm giá trị lớn nhat của hàm so
h(x) =
π
x2
4
π2 π
8
+ 1 x −
2
cos x, x ∈ 0,
π
.
2
Lài giai. Ta có f(t) = t + sin t là hàm liên tục và đong bien trên
h
0,
π
i
. Khi đó, theo
Định lý 3.1, ∀x ∈
h
0,
π
i
, thì
π
∫ x π
hay
(t + sin t)dt x
2 0
(t + sin t)dt,
0
π t2 .x
t2 .2
2 2
− cos t . ≤ x
2
− cos t .
0
0
.
≤
2
∫
∫
∫ ∫
−
2

41
−
2
√
2
4
−
2
cos x − x + 1
8
≤ −
2
.
3 3
2
V y nên
π
hx2 i π2
hay
2 2
− cos x + 1 ≤ x + 1 ,
8
πx2 π π xπ2
Suy ra
4
−
2
cos x +
2
≤ + x.
8
πx2 π π2 π
V y, giá trị lớn nhat của hàm so h(x) bang
π
2
Bài toán 3.15. Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
khi x = 0 ho c x =
π
.
2
f(x) = πx − 2
√
2 arcsin x, x ∈
h
0,
√
2
i
.
1
Lưạc đo giai. Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = √
1 − t2
là hàm liên tục
và đong bien trên
h
0,
i
ta được giá trị nhỏ nhat của hàm so f(x) bang 0 khi x = 0
ho c x =
√
2
.
2
Bài toán 3.16. Tìm giá trị lớn nhat của hàm so
f(x) =
√
3x3 − 3
√
3 arctan x + x π − 3
√
3
trên đoạn [0,
√
3].
Lưạc đo giai. Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = t2 −
1
là hàm liên
tục và đong bien trên [0,
ho c x =
√
3.
1 + t2
3] ta được giá trị lớn nhat của hàm so f(x) bang 0 khi x = 0
Bài toán 3.17. Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
f(x) = x arccos x −
√
1 − x2 −
2
x
√
x −
1
x, x ∈ [0, 1].
Lưạc đo giai.Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) =
√
t − arccos t là hàm liên
tục và đong bien trên [0, 1] ta được giá trị nhỏ nhat của hàm so f(x) bang −1 khi x = 0
ho c x = 1.
Bài toán 3.18. Tìm giá trị lớn nhat của bieu thác
1
f(x, y) = x cos y − y cos x + (x − y)(
2
xy − 1), 0 ≤ x ≤ y.
√

42
2
0
sin2 x sin2 y sin2 z
−
x2
−
y2
−
z2
2
⇒
∫
Lưạc đo giai. Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = sin t + t là hàm so liên
tục và đong bien với moi t ∈ [0, y] ta được giá trị lớn nhat của hàm so f(x, y) bang 0 khi
x = 0 ho c x = y.
Bài toán 3.19. Tìm giá trị lớn nhat của bieu thác
1 1 1 1
A = + +
1 1
; x, y, z ∈ 0,
π
i
.
Lài giai. Tà bat đȁng thác cos t ≤ 1, ∀t ∈ R và cos t < 1 với 0 < t ≤
π
, ta có
x
cos tdt <
0
x
dt sin x < x. (3.12)
0
Tiep theo, tà (3.12), khi x > 0, thì
x
sin tdt <
0
x
tdt ⇒ cos x > 1 −
x2
. (3.13)
2
x
cos tdt >
0
x
t2
1 −
2
dt ⇒ sin x > x −
x3
. (3.14)
3!
x
sin tdt >
0
∫ x
t3
t −
3!
dt ⇒ cos x < 1 −
x2 x4
+ .
2! 4!
M t khác, tà (3.14), ta có
sin x 3
x2 3 x2 x4 x6
x
> 1 −
6
mà
= 1 −
2
+
12
−
216
,
x2 x4 x6 x2 x4
nên
hay
1 −
2
+
12
−
216
> 1 −
sin x 3
> cos x,
x
+ ,
2 24
1
>
cos x
, x ∈ 0,
π
i
.
Do v y
x3
sin3 x
π
2
1
2
π
2
cos t
t3 dt ≥
sin3 t
dt.
0
0
∫ ∫
∫ ∫
∫
∫
∫ ∫
x x

43
−
−
Suy ra
1 1 4 π
i
Tà đây, ta có
sin2
x
−
x2 ≤ 1 −
π2 , x ∈ 0, .
2
1 1 1 1 1 1 12
sin2 x
+
sin2 y
+
sin2 z
−
x2
−
y2
−
z2
≤ 3 −
π2
.
V y, giá trị lớn nhat của A bang 3
12
π2
khi x = y = z =
π
.
2
Bài toán 3.20. Cho hàm so f(x) khả vi hai lan liên tiep trên I(a, b), g(x) = ln f(x).
Cháng minh rang
min
Σ
fJ
(uk) ln f(xk)
=
Σ fJ
(uk) ln f (uk) ⇔ fJ
(x)[f (x)fJJ
(x) − fJ
(x)2] ≥ 0.
k=1
f(uk)
k=1
f (uk)
Với ∀x ∈ I(a, b), áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
ChGng minh. Ta có
g(x) = ln f(x);
gJ
(x) =
fJ
(x)
;
f(x)
gJJ
(x) =
fJJ
(x).f(x) fJ
(x)2
fJ
(x)2
,
f(x) > 0, ∀x ∈ I(a, b), suy ra gJ
(x) > 0 ⇔ fJ
(x) > 0. Khi đó
gJJ
(x) > 0 ⇒ fJJ
(x).f(x) − fJ
(x)2 > 0.
V y hàm so g(x) đong bien liên tiep b c (1 − 2) khi
fJ
(x)[f (x)fJJ
(x) − fJ
(x)2] > 0.
Nên theo H quả 1.2, ta có
min
Σ
fJ
(uk) ln f(xk)
=
Σ fJ
(uk) ln f (uk) ⇔ fJ
(x)[f (x)fJJ
(x) − fJ
(x)2] ≥ 0.
k=1
f(uk)
k=1
f (uk)
Với ∀x ∈ I(a, b), áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
n n
n n

44
3a
⇔
⇔ −
⇔
⇔
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
2
Bài toán 3.21. Cho f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a
Cháng minh rang
0), thỏa mãn đieu ki n b2 − 3ac > 0.
n 3 2 n 3 2
min
Σ axk + bxk + cxk + d
=
Σ auk + buk + cuk + d
,
∀x ∈ x1
, −
b
∪ (x , +∞), trong đó x , x là nghi m của phương trình fJ
(x) = 0, (x <
1 2 1
x2) áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
Lài giai. Ta có
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /= 0);
fJ
(x) = 3ax2 + 2bx + c;
fJJ
(x) = 6ax + 2b.
Vì ∆J
f′ = b2 − 3ac > 0 nên phương trình fJ
(x) = 0 có hai nghi m x1, x2 (x1
b
< −
3a
< x2).
Trư ng h p 1: Neu a > 0. Ta có fJ
(x) > 0 ⇔ x < x1 ho c x > x2, suy ra
fJJ
(x) > 0 x >
−b
,
3a
nên
fJ
(x) > 0 và fJJ
(x) > 0, ∀x > x2, suy ra f(x) đong bien liên tiep b c (1 − 2).
Vì fJ
(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2, nên
fJJ
(x) < 0 x <
b
,
3a
do đó fJ
(x) < 0 và fJJ
(x) < 0, ∀x1
(1 − 2).
b
< x < −
3a
, suy ra f(x) nghịch bien liên tiep b c
Trư ng h p 2: Neu a < 0. Ta có fJ
(x) > 0 ⇔ x1 < x < x2 nên
fJJ
(x) > 0 x <
−b
,
3a
do đó fJ
(x) > 0 và fJJ
(x) > 0, ∀x, x1
< x <
−b
, suy ra f(x) đong bien liên tiep b c
3a
(1 − 2). Vì fJ
(x) < 0 ⇔ x < x1 ho c x > x2 nên
fJJ
(x) < 0 x >
−b
,
3a
do đó fJ
(x) < 0 và fJJ
(x) < 0, ∀x > x2, suy ra f(x) nghịch bien liên tiep b c (1 − 2).
k
k=1
k
k=1

45
3a
3a
⇔
⇔ −
∀ −
⇔
∀
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
2
2
2
Do đó, với ∀a /= 0, ∀x ∈ x1, − ∪ (x , +∞) hàm so f(x) đong bien ho c nghịch
b
bien liên tiep b c (1 − 2), nên theo H quả 1.2, ta có
n 3 2 n 3 2
min
=
∀x ∈ x1
, −
b
∪(x , +∞), trong đó x , x là nghi m của phương trình fJ
(x) = 0 (x
1 2 1 < x2).
áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng x1 + x2 + · · · + xn ≥
u1 + u2 + · · · + un.
Bài toán 3.22. Cho f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /= 0), thỏa mãn đieu ki n b2 − 3ac > 0.
Cháng minh rang
n 3 2 n 3 2
max
=
,
∀x ∈ (−∞, x1
) ∪ −
b
, x , trong đó x , x là nghi m của phương trình fJ
(x) = 0, (x <
1 2 1
x2), áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un.
Lài giai. Ta có
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /= 0);
fJ
(x) = 3ax2 + 2bx + c;
fJJ
(x) = 6ax + 2b.
Vì ∆J
f′ = b2 − 3ac > 0 nên phương trình fJ
(x) = 0 có hai nghi m x1 , x2 (x1
b
< −
3a
< x2).
Trư ng h p 1: Neu a > 0. Ta có fJ
(x) > 0 ⇔ x < x1 ho c x > x2 thì
fJJ
(x) < 0 x <
−b
,
3a
suy ra fJ
(x) > 0 và fJJ
(x) < 0, ∀x < x1, suy ra f(x) lõm, có đạo hàm b c nhat là so
dương. Vì fJ
(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2
, suy ra fJJ
(x) > 0 x >
b
3a
suy ra fJ
(x) < 0 và
fJJ
(x) > 0, x,
b
3a
< x < x2 , suy ra f(x) loi có đạo hàm b c nhat là nhǎng so dương.
Trư ng h p 2: Neu a < 0. Ta có fJ
(x) > 0 ⇔ x1 < x < x2 nên
fJJ
(x) < 0 x >
−b
,
3a
suy ra fJ
(x) > 0 và
fJJ
(x) < 0, x,
−b
< x < x ,
3a
k
k=1
k
k=1
k
k=1
k
k=1
2
3a

46
⇔
3a
a
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
a a
a a
2
k=1 k=1
k=1 k=1
suy ra f(x) lõm có đạo hàm b c nhat là nhǎng so dương.
Vì fJ
(x) < 0 ⇔ x < x1 ho c x > x2
, suy ra fJJ
(x) > 0 x <
−b
, nên fJ
(x) < 0 và
3a
fJJ
(x) > 0, ∀x < x1, suy ra f(x) loi và có đạo hàm b c nhat là nhǎng so âm.
Do đó, với ∀a /= 0, ∀x ∈ (−∞, x1) ∪ − , x hàm so f(x) loi (lõm) có đạo hàm b c
b
nhat là nhǎng so âm (dương), nên theo H quả 1.3, ta có
n 3 2 n 3 2
max
=
,
∀x ∈ (−∞, x1
) ∪ −
b
, x . Trong đó x , x là nghi m của phương trình fJ
(x) = 0 (x <
1 2 1
x2), áng với moi dãy so {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tőng
x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un.
Bài toán 3.23. Cho hàm so f(x) = ln(ax + b), (a < 0), ∀x < −
b
. Cháng minh rang
n n
min
Σ (auk + b) ln(axk + b)
=
Σ (auk + b) ln(auk + b)
,
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
Lài giai. Ta có
f(x) = ln(ax + b);
fJ
(x) =
a
;
ax + b
Do a < 0 nên
fJJ
a2
(x) = −
(ax + b)2 .
fJ
(x) =
a
< 0, ∀x < −
b
,
ax + b a
và
JJ a2 b
f (x) = −
(ax + b)2 < 0, ∀x < −
a
.
V y nên, hàm f(x) nghịch bien liên tiep b c (1 − 2), theo H quả 1.2, ta có
n n
min
Σ (auk + b) ln(axk + b)
=
Σ (auk + b) ln(auk + b)
.
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
Nh n xét rang, neu hàm so đã cho là hàm đơn đi u và khả vi thì ta nh n được nhieu
áp dụng trong nhǎng lớp hàm khác nhau như hàm lượng giác, hàm đa thác, hàm phân
thác, hàm mũ và hàm logarit,...
k
k=1
k
k=1
2
3a

47
Ket lu n
Lu n văn "Hàm đơn đi u, tựa đơn đi u và m®t so úng dựng của phép đơn đi u hóa
hàm so" đã giải quyet nhǎng van đe sau:
- Trình bày m®t so van đe liên quan đen lớp các hàm đơn đi u và m®t so áng dụng
liên quan nham the hi n rõ vai trò quan trong của hàm đơn đi u trong các dạng toán
thi HSG quoc gia và Olympic quoc te.
- Tiep theo, trình bày các tính chat của hàm so tựa đơn đi u và phép đơn đi u hóa,
giải quyet các bài toán cực trị liên quan.
- Cuoi cùng, lu n văn trình bày h thong các bài t p áp dụng tà các đe thi HSG
quoc gia và Olympic quoc te liên quan.

48
TÀI LI U THAM KHẢO
A. Tieng Vi t
[1] Lê Hải Châu, Các bài thi Olympic Toán trung hoc phő thông Vi t Nam (1990-2006),
NXB Giáo dục, 2006.
[2] Nguyen Văn M u, Bat đȁng thúc, đ nh lí và áp dựng, NXB Giáo dục, 2006.
[3] Nguyen Văn M u, Đa thúc đại so và phân thúc hũu ty, NXB Giáo dục, 2007.
[4] Nguyen Văn M u, Phạm Thị Bạch Ngoc, M®t so bài toán chon loc ve lượng giác,
NXB Giáo dục, 2003.
[5] Nguyen Văn M u (Chủ biên), Trịnh Đào Chien, Tran Nam Dũng, Nguyen Đăng
Phat, Chuyên đe chon loc ve đa thúc và áp dựng, NXB Giáo dục, 2008.
[6] Nguyen Văn M u (Chủ biên), Nguyen Văn Tien, M®t so chuyên đe giải tích boi
dưỡng hoc sinh giói trung hoc phő thông, NXB Giáo dục Vi t Nam, 2010.
B. Tieng Anh
[7] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics,
Springer.
[8] T-L.T. Radulescu, V.D. Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real Analysis:
Advanced Calculus on the real axis, Springer Sciences+Business Media.

Hàm Đơn Đi U, Tựa Đơn Đi U Và M T So Ứng Dụng Của Phép Đơn Đi U Hóa Hàm So.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Hàm Đơn Đi U, Tựa Đơn Đi U Và M T So Ứng Dụng Của Phép Đơn Đi U Hóa Hàm So.docx

Similar to Hàm Đơn Đi U, Tựa Đơn Đi U Và M T So Ứng Dụng Của Phép Đơn Đi U Hóa Hàm So.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Hàm Đơn Đi U, Tựa Đơn Đi U Và M T So Ứng Dụng Của Phép Đơn Đi U Hóa Hàm So.docx