Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất

Trong báo cáo này trình bày kết quả khảo sát tương tự trong [1]-[2]. Trước hết ta xét bài toán về xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤ α < β ≤ +∞) sao cho ứng với mọi hàm số bậc hai g(x) trên bậc nhất dạng f(x), ta đều có bất đẳng thức và xét các áp dụng liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI VỚI HÀM PHÂN THỨC BẬC HAI TRÊN BẬC NHẤT Lê Thị Mai THPT An Lão, Hải Phòng Tóm tắt nội dung Trong báo cáo này trình bày kết quả khảo sát tương tự trong [1]-[2]. Trước hết ta xét bài toán về xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤ α < β ≤ +∞) sao cho ứng với mọi g( x ) hàm số bậc hai g( x ) = ax2 + bx + c, a > 0, trên bậc nhất dạng f ( x ) = , g(d) 6= 0, x−d ta đều có bất đẳng thức f (u) f (v) 0 ≥ 0 + u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u 6= v (∗) f (v) f (v) hoặc f (u) f (v) 0 ≤ 0 + u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u 6= v (∗∗) f (v) f (v) và xét các áp dụng liên quan. 1 Kết quả cơ bản Xét hàm số lồi khả vi ϕ( x ) ( ϕ00 ( x ) ≥ 0) trên (α, β). Khi đó, ta có Định lý 1 (Bất đẳng thức Karamata). Xét hai dãy số { xk , yk ∈ ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ x n , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ y n và    x1 ≥ y1   x1 + x2 ≥ y1 + y2    ......  x 1 + x 2 + · · · + x n −1 ≥ y 1 + y 2 + · · · + y n −1      x1 + x2 + · · · + x n = y1 + y2 + · · · + y n  Khi đó, ứng với mọi hàm số lồi khả vi ϕ( x )( ϕ00 ( x ) ≥ 0) trên (α, β), ta đều có ϕ ( x1 ) + ϕ ( x2 ) + · · · + ϕ ( x n ) ≥ ϕ ( y1 ) + ϕ ( y2 ) + · · · + ϕ ( y n ). Đẳng thức xảy ra khi xi = yi , i = 1, 2, . . . n. Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức. Chứng minh định lý Karamata dựa vào bổ đề cơ bản sau đây. 166 Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017Bổ đề 1 (Bổ đề cơ bản, xem [3-5]). Cho hàm số y = ϕ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp 2trên (α, β). a. Nếu ϕ00 ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ (α, β) thì ϕ( x ) ≥ ϕ0 ( x0 )( x − x0 ) + ϕ( x0 ), ∀ x, x0 ∈ (α, β). b. Nếu ϕ00 ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ (α, β) thì ϕ( x ) ≤ ϕ0 ( x0 )( x − x0 ) + ϕ( x0 ), ∀ x, x0 ∈ (α, β). Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi x = x0 . Nhận xét rằng để x − d 6= 0 với mọi x ∈ (α, β) thì d ∈ / (α, β). Điều này tương đươngvới hoặc d ≤ α hoặc d ≥ β. Từ đó suy raMệnh đề 1. Điều kiện cần để có bất đẳng thức (∗) với mọi u, v ∈ (α, β) và u 6= v là hoặcd ≤ α hoặc d ≥ β. Tiếp theo, ta xác định điều kiện đủ để có (∗) . Ta có g(d) f ( x ) = ax + ad + b + x−dvà g(d) 2g(d) f 0 (x) = a − , f 00 ( x ) = . (1.1) ( x − d )2 ( x − d )3 Trường hợp 1. Xét g(d) < 0. Khi đó f 0 ( x ) > 0 với mọi x 6= d. Ta có f 00 ( x ) > 0 khix < d và f 00 ( x ) < 0 khi x > d. Vậy nên khi x < d thì f 00 ( x ) > 0 và f 0 ( x ) > 0. Theo Bổ đề cơ bản, ta ta có (∗) luônđúng ứng với mọi u, v < d, u 6= v. Khi x > d thì f 00 ( x ) < 0 và f 0 ( x ) > 0. và (∗∗) luôn đúng với mọi u, v > d, u 6= v. Trường hợp 2. Xét g(d) > 0. Khi đó f 00 ( x ) < 0 khi x < d và f 00 ( x ) > 0 khi x > d. Xét phương trình r g(d) f 0 ( x ) = 0 ⇔ x1,2 = d ∓ , x1 < d < x2 . aKhi đó f 0 ( x ) > 0 khi x > x2 hoặc x < x1 và ...