Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Đại Số và Lượng Giác > Chuyên Đề

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 10-06-2013, 04:22 PM   #1
levietbao
+Thành Viên+
 
levietbao's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2011
Bài gởi: 358
Thanks: 105
Thanked 1,209 Times in 212 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới levietbao
Ứng dụng của một bất đẳng thức dạng đạo hàm

Nhắc lại về định lý Lagrange
Cho $f(x)$ là hàm liên tục trên $[a,b]$ và khả vi ( có đạo hàm ) trên $(a,b)$ khi đó tồn tại một điểm $c$ thuộc $(a,b)$ sao cho$$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f’(c)$$


Chứng minh định lý này có thể tìm trong [1] hoặc một số tài liệu khác trên mạng.
Định lý Lagrange là một định lý có nhiều ứng dụng trong giải tích, có thể nói đây là định lý đẹp nhất trong các định lý về giá trị trung bình của giải tích.
Từ định lý này ta có bài toán sau đây:

Bài toán mở đầu: Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm cấp hai trên $\mathbb{R}$ hơn nữa $f(x)\geq 0, \quad \forall x\in\mathbb{R}$ ( nghiệm của đạo hàm cấp hai $f(x)=0$ là hữu hạn đếm được ). Chứng minh rằng:
$$f(n)-f(0) <\sum_{i=1}^{n}f’(i)<f(n+1)-f(1), \quad \forall n\in\mathbb{N}^* \quad (*)$$

Chú ý: Nếu $f''\left ( x \right )\leq 0,\quad x\in\mathbb{R}$ thì bất đẳng thức trên đổi chiều tức là
$$ f(n+1)-f(1)<\sum_{i=1}^{n}f’(i)< f(n)-f(0) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$$

Đây là một bất đẳng thức rất đẹp mắt và ''mạnh''. Chứng minh bất đẳng thức này bằng cách sử dụng định lý giá trị trung bình ( định lý Lagrange).
Chứng Minh



Vì $f''\left ( x \right )\geq 0, \quad \forall x\in\mathbb{R}$ (nghiệm của đạo hàm cấp hai $f''\left ( x \right )=0$ là hữu hạn đếm được ) nên $f’(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Theo định lý Lagrange tồn tại một số thực $x_{i}\in (i;i+1)$ sao cho :
$f’(x_i)=f(i+1)-f(i),\quad \forall i\in\mathbb{R}$

Vì $f'(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên ta có
$f’(i)<f’(x)<f’(i+1)$

$\implies f’(i)<f(i+1)-f(i)<f’(i+1), \quad \forall i\in\mathbb{R}$

$\implies \displaystyle\sum_{i=1}^{n} f’(i)< \sum_{i=1}^{n}[f(i+1)-f(i)]=f(n+1)-f(1) \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$ và $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} f’(i)< \sum_{i=1}^{n}[f(i)-f(i-1)]=f(n)-f(0)$


Toàn bộ chủ đề này chúng ta sẽ nói về ứng dụng của bất đẳng thức trên. Trước hết ta sẽ tìm hiểu qua các ví dụ sau

$\fbox{Ví dụ 1}$ Chứng minh rằng
$$ \displaystyle2\sqrt{n+1}-2< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}$$
Lời Giải
Ta xét hàm
$f(x)=2\sqrt{x}$ thì rõ ràng $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}>0 $ và $f{''}(x)<0$ nên theo bất đẳng thức $(*)$ ta có
$$f(n+1)-f(1)<\sum_{i=1}^{n}<f(n)-f(0)$$

$$\iff \displaystyle 2\sqrt{n+1}-2<\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}}<2\sqrt{n}.$$
Bài toán trên cũng có thể giải bằng bất đẳng thức AM-GM. Tổng quát bài toán này ta có được ví dụ sau:

$\fbox{Ví dụ 2}$ Chứng minh rằng
$$ p(\sqrt[p]{n+1}-1)< \frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n} \quad p\in \mathbb{N},p\ge 2 $$
Lời Giải
Ta chứng minh vế trái của bất đẳng thức

Từ bất đẳng thức AM-GM ta có

$n+1+(p-1)n>p\sqrt[p]{n^{p-1}(n+1)}$

$ \Longleftrightarrow $ $pn+1>p\sqrt[p]{n^{p-1}(n+1)}$

$ \Longleftrightarrow $ $1>p\sqrt[p]{n^{p-1}}(\sqrt[p]{n+1}-\sqrt[p]{n})$

$ \Longleftrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}>p(\sqrt[p]{n+1}-\sqrt[p]{n})$

$ \Longrightarrow $ $ p(\sqrt[p]{n+1}-1)<\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}$

Tương tự ta chứng minh cho vế phải của bất đẳng thức
$n-1+(p-1)n>p\sqrt[p]{(n-1)n^{p-1}}$

$ \Longleftrightarrow $ $pn-1>p\sqrt[p]{(n-1)n^{p-1}}$

$ \Longleftrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}<p(\sqrt[p]{n}-\sqrt[p]{n-1})$

$ \Longrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n}$

Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức $(*)$

Ta xét $f(x)=p\sqrt[p]{x}$, ta có $f{'}(x)=\frac{1}{\sqrt[n]{x^{p-1}}}$ và $f{''}(x)<0$.
Vậy từ đó ta có
$$ p(\sqrt[p]{n+1}-1)<\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n},p\in \mathbb{N},p\ge 2 $$
Bài toán được giải một cách nhanh chóng và đẹp mắt




$\fbox{Ví dụ 3}$
Chứng minh bất đẳng thức $$1+\ln n>\sum_{1}^{n}\frac{1}{n}>\ln(n+1) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$$
Giải


Ta tìm hàm nguyên hàm của $f’(x)=\frac{1}{n}$, một nguyên hàm của hàm này là $\int \frac{1}{n}=\ln n $ ( lấy hằng số $C=0$ )

Rõ ràng hàm số $f(x)=\ln n$ là hàm đồng biến vì $f’(x)=\frac{1}{n}>0, \quad \forall n \in\mathbb{N}^*$

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được

$f(n)-f(1)+f’(1)>\sum_{i=1}^{n} f’(i)>f(n+1)-f(1), \quad \forall n \in\mathbb{N}^*$

$\implies 1+\ln n>\sum_{1}^{n}\frac{1}{n}>\ln(n+1) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$

Từ bất đẳng thức trên ta áp dụng vào bài toán ban đầu:


Chú ý: Mấu chốt của việc áp dụng bất đẳng thức dạng (*) vào chứng minh các bất đẳng thức khác là tìm được hàm $f(x)$

$\fbox{Ví dụ 4}$
Tìm giới hạn của $$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\cos \frac{i\pi}{2n}$$
Giải
Áp dụng nguyên lý ‘’kẹp’’
Xét hàm số $f(x)=\frac{2n}{\pi}\sin \frac{x\pi}{2n}\implies f’(x)=\cos \frac{ x\pi}{2n}$. Vậy suy ra $f’(x)\geq 0, \quad x\in [-n,n]$ hay nghĩa là hàm $f’(x)$ đồng biến trên $[-n,n]$.

Áp dụng bất đẳng thức (*) suy ra $f(n)-f(0)<\sum_{i=1}^{n}f'(i)<f(n+1)-f(1)$
Vậy ta có

$ \frac{2n}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}<\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\cos \frac{ x\pi}{2n}<\frac{2\pi}{n}-\sin \frac{\pi}{2n}$

$ \implies \frac{2}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}<\frac{1}{n}\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\cos \frac{ x\pi}{2n}<\frac{2}{\pi}-\frac{1}{n}\sin \frac{\pi}{2n} $.

Vì $\displaystyle \lim_{x\to\infty }\left (\frac{2}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}\right )= \displaystyle \lim_{x\to\infty }\left (\frac{2}{\pi}-\frac{1}{n}\sin \frac{ \pi}{2n} \right )=\frac{2}{\pi}$.

Theo nguyên lý ‘’kẹp’’ suy ra giới hạn cần tìm là $ \frac{2}{\pi}$.


Cách 2: Áp dụng định nghĩa về tích phân xác định ( tổng tích phân Riemann)


Ta chia đoạn $[0;1]$ thành $n$ đoạn con bằng nhau bởi $n+1$ điểm chia $0=x_{0}<x_{1}<…<x_{n}=1$.Mỗi đoạn con có độ dài là $\Delta x_{i}=\frac{1}{n}$. Trên mỗi đoạn con $[x_{i};x_{i+1}]$ ta lấy điểm $ \xi _{i}=\frac{1}{n}$.
Lập tổng tích phân
$$ \displaystyle \sigma _{f}(T,\xi )=\frac{1}{n}\left [ \cos \frac{\pi}{2n} +\cos \frac{2\pi}{2n}+...+\cos \frac{n\pi}{2n}\right ]$$

Cho $n\to \infty$ thì giá trị giới hạn bằng giá trị của tích phân $\displaystyle \int_{0}^{1}\cos \frac{\pi x}{2}dx$
Tích phân trên dễ dàng tích được và ta tìm được kết quả là $\int_{0}^{1}\cos \frac{\pi x}{2}dx= \frac{2}{\pi}$.

Một số bài tập áp dụng

Tính giới hạn của các biểu thức sau

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{1}{n}\left (\sqrt{\frac{1}{n}}+\sqrt{\frac{2}{n}}+…+\sqrt \frac{n}{n} \right )$$

$$ \displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{1}{n}\left (\sin {\frac{\pi}{n}}+\sin {\frac{2\pi}{n}}+…+\sin {\frac{(n-1)\pi}{n}}\right )$$

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty } \dfrac{\pi}{2n}\left[ 1+\cos \frac{\pi}{2n}+\cos \frac{2\pi}{2n}+...+\cos \frac{(n-1)\pi}{2n}\right ]$$

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{n\left(\frac{1}{\sqrt[4]{1^3}}+\frac{1}{\sqrt[4]{2^3}}+...+\frac{1}{\sqrt[4]{n^3}}\right)}{\sqrt[4]{1}+\sqrt[4]{2}+...+\sqrt[4]{n}}$$

Chứng minh bất đẳng thức sau
Chứng minh rằng $\forall n\in\mathbb{N}^*$ ta luôn có: $$\displaystyle \frac{2}{3}n\sqrt{n}<\sqrt{1}+\sqrt{ 2}+...+ \sqrt{n}$$

$$\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt[3]{n}}>\frac{3}{2}\left (\sqrt[3]{(n+1)^2}-1\right )$$

$$4498<\frac{1}{\sqrt[4]{1}}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+\frac{1}{\sqrt[4]{15^4}}<4500$$

Tìm phần nguyên của biểu thức sau

$$A=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}+\frac{1}{\sqrt[3]{5}}+\frac{1}{\sqrt[3]{6}}+…+\frac{1}{\sqrt[3]{216}}$$

Chứng minh rằng $$ \quad n!e^n<(n+1)^{n+1}\quad \forall n\geq 1 \quad\mbox{( sáng tác)}$$

$$ \frac{n^3}{4}+\frac{4n^2}{3}+3n-\frac{23}{12n}+3>\sqrt[n]{n!}+\sqrt[n]{(n!)^2}+\sqrt[n]{(n!)^3}\quad\mbox{( sáng tác)} $$

Tài liệu tham khảo chính

[1] Kỉ yếu toán học 2010 hội các trường chuyên phía Bắc.

[2] Diễn đàn [Only registered and activated users can see links. ]

[3] Diễn đàn [Only registered and activated users can see links. ]

[4] Diễn đàn [Only registered and activated users can see links. ]

Bài viết được viết với một tinh thần và trách nhiệm cao tuy nhiên khó có thể tránh khỏi những thiếu xót do trình độ còn nhiều hạn chế, tác giả mong nhận được sự nhận xét của mọi người về bài viết để bài viết được hoàn thiện thêm.

Cuối cùng xin cảm ơn thầy giáo Hoàng Minh Quân ( THPT Ngọc Tảo-Hà Nội) đã đọc bản thảo và cho nhiều ý kiến xác đáng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Tài liệu toán nam9921[at]gmail.com
trong đó [at] là @
https://www.facebook.com/SachTailieuLuanvan/ Tài liệu tham khảo, các luận văn, luận án.
Война И MИP
levietbao is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 10 Users Say Thank You to levietbao For This Useful Post:
1110004 (10-06-2013), batigoal (10-06-2013), dung_toan78 (10-06-2013), High high (21-06-2013), minhcanh2095 (10-06-2013), portgas_d_ace (10-06-2013), Samurott (10-06-2013), Trànvănđức (10-06-2013), vanchay (10-06-2013), vinh7aa (08-08-2013)
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 08:23 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 51.05 k/54.71 k (6.69%)]