Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỦA CÁC HÀM
HYPERBOLIC
Nguyễn Văn Ngọc
Đại học Thăng Long
Tóm tắt nội dung
Các hàm hyperbolic có nhiều tính chất tương tự hoặc giống các tính chất của các hàm
lượng giác, mặc dù chúng được định nghĩa như là những hàm mũ. Vì vây, nhiều tài liệu
còn gọi các hàm này là hàm lượng giác hyperbolic.
Các hàm hyperbolic có nhiều ứng dụng trong giải tích Toán, đặc biệt là trong công
thức nghiệm của các phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng, trong phép tính tích
phân, trong Vật lý v.v..
Do nhu cầu về so sánh đánh giá các đại lượng chứa các hàm hyperbolic, phát sinh các
bất đẳng thức của các hàm hyperbolic, việc nghiên cứu các bất đẳng thức của các hàm
hyperbolic được nhiều người quan tâm. Hiện nay đã có một số lượng đáng kể các công
trình về bất đẳng thức của các hàm hyperbolic. Tuy nhiên, sách chuyên khảo về bất đẳng
thức của các hàm hyperbolic chưa có nhiều, nhất là bằng tiếng Việt.
Bài viết này giới thiệu một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic, nhằm gợi ý và
làm cơ sở cho những chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.
1 Bổ trợ
1.1 Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số
Trong mục này trình bày kiến thức bổ trợ về một số bất đẳng thức của dãy số để tiện
sử dụng sau này.
Trong luận văn này xin trình bày lại một số bất đẳng thức đại số cơ bản nhất đó là
bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy -
Schawrz, bất đẳng thức Chebyshev,...
Định lý 1 (Bất đẳng thức AM - GM). Với n số thực không âm bất kì a1 , a2 , . . . , an , ta có
bất đẳng thức
a1 + a2 + . . . + a n √
> n a1 .a2 . . . . .an .
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Định lý 2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy ý a1 , a2 , · · · , an và
b1 , b2 , · · · , bn . Khi đó ta có
( a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 6 ( a21 + a22 + · · · + a2n )(b12 + b22 + · · · + bn2 ).
23
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
a1 a2 an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = · · · = , (với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử
b1 b2 bn
cũng bằng 0).
Định lý 3 (Bất đẳng thức Holder). Cho a = ( a1 , a2 , ..., an ) và b = (b1 , b2 , ..., bn ) là hai bộ n
1 1
số thực dương và p > 1, + = 1. Khi ấy
p q
! 1p ! 1q
n n n
∑ a i bi ≤ ∑ ∑
p q
ai bi . (1.1)
i =1 i =1 i =1
p q
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a p và bq tỉ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi i ∈
{1, 2, , . . . , n}.
Định lý 4 (Bất đẳng thức Minkovski cho dãy số thực). Cho a = ( a1 , a2 , ..., an ) và b =
(b1 , b2 , ..., bn ) ∈ Rn và p > 1. Khi ấy
" # 1p ! 1p ! 1p
n n n
∑ ( a i + bi ) ∑ ∑
p p p
≤ ai + bi . (1.2)
i =1 i =1 i =1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a và b tỉ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi i ∈
{1, 2, ..., n}
1.2 Bất đẳng thức của các đại lượng trung bình
Với a, b là các số dương, xét các biểu thức sau đây, được gọi là các đại lượng trung
bình (xem ví dụ [2]).
• Trung bình số học, hay trung bình cộng:
a+b
A( a, b) = .
2
• Trung bình hình học, hay trung bình nhân:
√
G ( a, b) = ab.
• Trung bình logarit:
a−b
L( a, b) = , L( a, a) = a.
ln a − ln b
• Trung bình identric:
1 b a 1/b−a
I ( a, b) = b /a , I ( a, a) = a.
e
• Trung bình lũy thừa:
1/r
ar + br
Ar ( a, b) = (r 6= 0), A0 ( a, b) = G ( a, b)(r = 0).
2
• Trung bình Seiffert:
a−b
P( a, b) = , P( a, a) = a,
a−b
2arcsin
a+b
24
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Có các bất đẳng thức sau đây [2]
G ( a, b) ≤ L( a, b) ≤ P( a, b) ≤ I ( a, b) ≤ A( a, b) ≤ A2 ( a, b). (1.3)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b.
1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen
Định nghĩa 1. Hàm số thực f : ( a, b) → R gọi là hàm lồi trên khoảng [ a, b] nếu với mọi
x, y ∈ ( a, b) và mọi λ ∈ [0, 1], ta có
f (λx + (1 − λ)y) 6 λ f ( x ) + (1 − λ) f (y). (1.4)
Nếu trong (1.4) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt (chặt) thì khi đó ta nói f là hàm lồi
thực sự. Cho hàm f ta nói nó là hàm lõm nếu − f là hàm lồi.
Nếu f được xác định trên R, nó có thể xảy ra trên một vài khoảng hàm này là hàm lồi,
nhưng trên khoảng khác nó là hàm lõm. Vì lý do này ta chỉ xét các hàm số xác định trên
các khoảng.
Định lý 5. Cho hàm số f(x) khả vi cấp hai trong khoảng (a,b), khi đó f(x) là hàm lồi trong
00
khoảng (a,b) khi và chỉ khi f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( a; b).
Vận dụng Định lý 1.1, dễ dàng thấy rằng các hàm số sau đây là các hàm lồi trên các
khoảng tương ứng
Ví dụ 1.
a) coshn x, sinhn x, x ∈ R,
1 1
b) n , , x ∈ R+ .
cosh x sinhn x
Định lý 6 (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925)). Cho f :
( a, b) → R là hàm lồi trên khoảng ( a, b). Cho n ∈ N và λ1 , λ2 , · · · ,
λn ∈ (0, 1) là các số thực thỏa mãn λ1 + λ2 + · · · + λn = 1. Khi đó với mọi x1 , x2 , · · · , xn ∈
( a, b), ta có !
n n
f ∑ λi xi 6 ∑ λ i f ( x i ),
i =1 i =1
nghĩa là
f ( λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λ n x n ) 6 λ1 f ( x1 ) + λ2 f ( x2 ) + · · · + λ n f ( x n ). (1.5)
Bất đẳng thức (1.5) được chứng minh bằng quy nạp toán học.
2 Tính lồi của các hàm hyperbolic
Phần này trình bày định nghĩa, các tính chất cơ bản của các hàm hyperbolic và các bất
đẳng thức dạng Jensen của các hàm hyperbolic.
25
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2.1 Định nghĩa
Định nghĩa 2. Các hàm hyperbolic, hay còn gọi là các hàm lượng giác hyperbolic, được
định nghĩa theo các công thức sau
• Hàm sin hyperbolic :
e x − e− x
sinh x = ,
2
• Hàm cosin hyperbolic:
e x + e− x
cosh x = ,
2
• Hàm tang hyperbolic :
sinh x
tanh x = ,
cosh x
• Hàm cotang hyperbolic:
cosh x
coth x = ,
sinh x
• Hàm sec hyperbolic :
1
sec hx = ,
cosh x
• Hàm cosec hyperbolic:
1
csc hx = ,
sinh x
trong đó x là số thực.
2.2 Các tính chất cơ bản
Có thể dễ dàng chứng minh các tính chất cơ bản sau bằng cách suy ra trực tiếp từ
định nghĩa
• Tính chẵn lẻ của các hàm hyperbolic
sinh (− x ) = − sinh x,
cosh (− x ) = cosh x,
tanh (− x ) = − tanh x,
coth (− x ) = − coth x,
sec h (− x ) = sec hx,
csc h (− x ) = − csc hx.
• Bình phương của các hàm hyperbolic
cosh2 x − sinh2 x = 1,
1
1 − tanh2 x = ,
cosh2 x
1
coth2 x − 1 = .
sinh2 x
26
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2.3 Công thức cộng
sinh( x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y,
cosh( x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y,
sinh( x − y) = sinh x cosh y − cosh x sinh y,
cosh( x − y) = cosh x cosh y − sinh x sinh y,
tanh x ± tanh y
tanh( x ± y) = .
1 ± tanh x tanh y
2.4 Công thức nhân hai và hạ bậc
sinh 2x = 2 sinh x cosh x,
cosh 2x = cosh2 x + sinh2 x,
2 tanh x
tanh 2x = ,
1 + tanh2 x
cosh 2x − 1
sinh2 x = cosh 2x − cosh2 x = ,
2
cosh 2x + 1
cosh2 x = cosh 2x − sinh2 x = .
2
2.5 Công thức biến đổi tổng thành tích
x+y x−y
sinh x + sinh y = 2 sinh cosh ,
2 2
x+y x−y
sinh x − sinh y = 2 cosh sinh ,
2 2
x+y x−y
cosh x + cosh y = 2 cosh cosh ,
2 2
x+y x−y
cosh x − cosh y = 2 sinh sinh .
2 2
2.6 Công thức biến đổi tích thành tổng
1
sinh x. cosh y = [sinh ( x + y) + sinh ( x − y)] ,
2
1
sinh x. sinh y = [cosh ( x + y) − cosh ( x − y)] ,
2
1
cosh x. cosh y = [cosh ( x + y) + cosh ( x − y)] .
2
27
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2.7 Đạo hàm
Việc tính đạo hàm của một hàm hyperbolic hoàn toàn dễ dàng, vậy nên ta có
d
sinh x = cosh x,
dx
d
cosh x = sinh x,
dx
d
tanh x = sec h2 x,
dx
d
coth x = −csch2 x.
dx
2.8 Các bài toán
Bài toán 1. Ta có các đẳng thức sau đây
a b c
a) cosh a + cosh b + cosh c = 3 + 2 sinh2 + 2 sinh2 + 2 sinh2 , (2.1)
2 2 2
a a b b c c
b) sinh a + sinh b + sinh c = 2 sinh cosh + sinh cosh + sinh cosh , (2.2)
2 2 2 2 2 2
a b
c) cosh a + cosh b = 2 1 + sinh2 + sinh2 . (2.3)
2 2
Lời giải. Các đẳng thức (2.1)-(2.3) đễ dàng được chứng minh bằng cách sử dụng các
công thức nhân đôi.
Bài toán 2. Với ba số thực a, b, c bất kỳ ta đều có
a b c 3 a+b+c
sinh2 + sinh2 + sinh2 ≥ cosh −1 . (2.4)
2 2 2 2 3
Lời giải. Theo đẳng thức (2.1) và sử dụng tính lồi của cosh x, ta có
a b c
2 sinh2 + sinh2 + sinh2 = cosh a + cosh b + cosh c − 3
2 2 2
1 1 1 a+b+c
= 3 cosh a + cosh b + cosh c − 1 ≥ 3 cosh − 1).
3 3 3 3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 3. Với mọi tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c ta đều có
c a b
cosh < cosh2 + cosh2 . (2.5)
2 2 2
Lời giải. Từ tính lồi của hàm cosh và từ bất đẳng thức tam giác ta có
cosh a + cosh b a+b c
≥ cosh > cosh .
2 2 2
Từ đó suy ra
c 2a 2b
2 cosh < cosh a + cosh b < 2 cosh + cosh
2 2 2
28
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
và ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4. Ta có bất đẳng thức
sinh x cosh x 2
< + , x > 0. (2.6)
x 3 3
Lời giải. Bất đẳng thức (2.6) tương đương với
f ( x ) := x cosh x + 2x − 3 sinh x > 0, x > 0.
Thật vậy, ta có
f 0 ( x ) = cosh x + x sinh x + 2 − 3 cosh x, f 0 (0) = 0,
f 00 ( x ) = sinh x + sinh x + x cosh x − 3 sinh x = x cosh x − sinh x,
f 00 (0) = 0,
f 000 ( x ) = cosh x + x sinh x − cosh x = x sinh x > 0, x > 0.
Như vậy, f 00 ( x ), f 0 ( x ) và f ( x ) là những hàm đồng biến trêm [0, +∞). Từ đó ta có điều
phải chứng minh.
Bài toán 5. Với các số dương a, b ta có bất đẳng thức
sinh a sinh b 2 2 2a 2b
+ < + cosh + cosh . (2.7)
a b 3 3 2 2
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức trong các bài toán ở trên, ta có
sinh a 2 1
< + cosh a, (2.8)
a 3 3
sinh b 2 1
< + cosh b. (2.9)
b 3 3
Dùng các bất đẳng thức (2.8) và (2.9), ta được
sinh a sinh b 4 1 2 2 a b
+ < + (cosh a + cosh b) ≤ + cosh2 + cosh2 .
a b 3 3 3 3 2 2
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 6. Ta có bất đẳng thức sau
sinh a sinh b sinh c 2 2a 2b 2c
+ + < 5 + sinh + sinh + sinh . (2.10)
a b c 3 2 2 2
Lời giải. Sử dụng ba lần bất đẳng thức(2.6) ta có
sinh a sinh b sinh c
+ +
a b c (2.11)
6 1 2a 2b 2c
< + 4 + 2 sinh + sinh + sinh .
3 3 2 2 2
Do vậy ta có
sinh a sinh b sinh c 2 2a 2b 2c
+ + < 5 + sinh + sinh + sinh .
a b c 3 2 2 2
29
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 7. Ta có bất đẳng thức đúng sau
a+b+c
6 sinh ≤ sinh a + sinh b + sinh c. (2.12)
6
Lời giải. Chúng ta sẽ dùng các bất đẳng thức sau
x x x
sinh x = 2 sinh cosh ≥ 2 sinh , (2.13)
2 2 2
Suy ra
a b c
2 sinh + sinh + sinh ≤ sinh a + sinh b + sinh c. (2.14)
2 2 2
Mặt khác sử dụng tính lồi của hàm số sinh ta có
a b c a b c
a+b+c + + sinh + sinh + sinh
sinh = sinh 2 2 2 ≤ 2 2 2. (2.15)
6 3 3
Từ (2.14) và (2.15) ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 8. Trong bất kỳ tam giác hyperbolic nào ta cũng có
a+b+c
sinh
6
2 a b c a 2a b 2b c 2c
< sinh + sinh + sinh + sinh sinh + sinh sinh + sinh sinh .
3 2 2 2 2 4 2 4 2 4
(2.16)
Lời giải. Từ (2.12) ta có
a+b+c
6 sinh
6
≤ sinh
a + sinh b + sinh c
a a b b c c
2 sinh cosh + sinh cosh + sinh cosh
2 2 2 2 2 2
= .
6
Mặt khác
a a a
cosh = 2sinh2 + 1 < 2 + 2sinh2 .
2 4 4
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 9. Trong bất kỳ tam giác hyperbolic nào ta cũng có bất đẳng thức sau
a 2 a b c a 2a b 2b c 2c
sinh < sinh + sinh + sinh + sinh sinh + sinh sinh + sinh sinh .
3 3 2 2 2 2 4 2 4 2 4
(2.17)
30
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức tam giác b + c > a, ta có a + b + c > 2a và do vậy
a+b+c a a+b+c a
> . Sử dụng tính tăng của hàm sinh ta có sinh > sinh .
6 3 6 3
Do bất đẳng thức (2.16) ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 10. Cho x, y, z ∈ (0; 1), ta có bất đẳng thức sau
1 1 1 1 1 1
x+y + y+z + z + x ≤ cosh x + cosh y + cosh z . (2.18)
cosh cosh cosh
2 2 2
1
Lời giải. Xét hàm lồi f : (0; 1) → R, f ( x ) = . Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho
cosh x
f ( x ), ta có
1 1
+
1 cosh x cosh y
x+y ≤ 2
,
cosh
2
1 1
+
1 cosh y cosh z
y+z ≤ 2
,
cosh
2
1 1
1 +
cosh z cosh x .
z+x ≤ 2
cosh
2
Cộng vế theo vế các công thức trên ta có bất đẳng thức (2.18).
3 Các bất đẳng thức dạng Jordan
Mục này trình bày các bất đẳng thức dạng Jordan (có nguồn gốc là đối với các hàm
lượng giác) đối với các hàm hyperbolic.
Các bất đẳng thức được thiết lập dựa trên hai phương pháp, đó là: phương pháp đạo
hàm và phương pháp sử dụng bất đẳng thức giữa các đại lượng trung bình. Phương
pháp cuối cùng chưa được phổ biến trong các tài liệu bằng tiếng Việt.
3.1 Phương pháp đạo hàm
Bài toán 11. Với x ∈ (0; +∞), ta có
sin x
< cosh x. (3.1)
x
Lời giải. Bất đẳng thức (3.1) đúng nếu f ( x ) = x cosh x − sin x > 0 trên (0; +∞). Ta có
f 0 ( x ) = cosh x + x sinh x − cos x, (3.2)
00
f ( x ) = sin x + 2 sinh x + x cosh x. (3.3)
31
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Ta có f 00 ( x ) > 0 với x ∈ (0; +∞) và f 0 ( x ) tăng trên (0; +∞).
Do đó
f 0 ( x ) = cosh x − cos x + x sinh x > f 0 (0) = 0. (3.4)
và hàm số f ( x ) tăng (0; +∞). Do đó f ( x ) > f (0) = 0, x ∈ (0; +∞) .
π
Bài toán 12. Với x ∈ 0; , ta có
2
sin x √
< cosh x. (3.5)
x
√
giải. Bất đẳng thức (3.5) đúng nếu hàm số f ( x ) = x cosh x − sin x dương với
Lời
π
b ∈ 0; . Từ
2
sinh x x√
f 00 ( x ) = √ (cosh x − x sinh x ) + cosh x + sin x. (3.6)
cohsx 2
Ta có π π
f 00 ( x ) > 0 với x ∈ 0; và f 0 ( x ) tăng trên 0; . Do đó ta có
2 2
1 √
f 0 (x) = √ 2 cosh x + x sinh x − 2 cos x cosh x > f 0 (0) = 0, (3.7)
2 cosh x
π π
và hàm số f ( x ) tăng trên 0; . Do vậy f ( x ) > f (0) = 0 với x ∈ 0; .
2 2
π
Bài toán 13. Với x ∈ 0; ta có
4
cos x
cosh x < p . (3.8)
cos2 x − sin2 x
Lời giải. Biên trên của cosh x đúng nếu hàm số f ( x ) = cos2 x − cosh2 x cos2 x − sin2 x
π
dương trên 0; . Từ
4
f 00 ( x ) = 4 sin (2x ) sinh (2x ) > 0 (3.9)
Ta có
f 0 ( x ) = sin (2x ) sinh (2x ) − cos (2x ) cosh (2x ) > f 0 (0) = 0 (3.10)
Do đó f ( x ) > f (0) = 0 và suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 14. Với x, k ∈ (0; +∞) ta có
sin x sinh kx
< . (3.11)
x kx
32
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Lời giải. Bất đẳng thức (3.11) đúng nếu hàm số f ( x ) = sinh kx − k sin x dương trên
(0; +∞). Từ
f 0 ( x ) = k (cosh kx − cos x ) . (3.12)
Ta có f 0 ( x ) > 0 với x ∈ (0; +∞), do đó hàm số f ( x ) tăng trên (0; +∞).
Do vậy f ( x ) > f (0) = 0 với x ∈ (0; +∞) .
Bài toán 15.
tanh( x ) tanh(kx )
6 (3.13)
x kx
với mọi k ∈ (0; 1) và x ∈ (0; 1).
tanh( x )
Lời giải. Thật vậy, hàm số f 1 ( x ) = có đạo hàm bậc nhất
x
x − sinh x · cosh x
f 10 ( x ) = x và cosh x > 1 với x > 0. Như vậy, hàm số f 1 ( x ) là nghịch biến thực sự,
dẫn đến f 1 ( x ) < f 1 (kx ) do x > kx với mọi x > 0, k ∈ (0; 1). Ta đã làm mạnh (cải tiến)
(3.13) về mặt điều kiện (từ x ∈ (0; 1) trở thành x > 0). Hơn thế nữa, còn chỉ ra (3.13) là
bất đẳng thức thực sự.
Bài toán 16. Với x > 0 ta có bất đẳng thức
sinh x sinh (kx )
≥ . (3.14)
x kx
sinh x
Lời giải. Yêu cầu của bài toán tương đương với hàm số f ( x ) = tăng với x > 0.
x
cosh x sinh x
Từ f 0 ( x ) = − ≥ 0 và f 0 ( x ) ≥ 0 tương đương với tanh x ≤ x, ta có điều
x x2
phải chứng minh.
Bài toán 17.
sinh x 3 2 + cosh x π
< < với mọi x ∈ 0; . (3.15)
x 2 + cos x 3 2
Lời giải. Bất đẳng thức thứ nhất của (3.15) có thể viết lại dưới dạng
h π
f 3 ( x ) = 3x − 2 sinh x − sinh x. cos x > 0 trên 0; . (3.16)
2
sinh x
Dễ dàng có được f 300 ( x ) = 2 (cosh x sin x − sinh x ) . Theo (3.27), ta có <
π sin x
cosh x, ∀ x ∈ 0; . Từ đó suy ra f 300 ( x ) > 0, f 30 ( x ) > f 30 (0) = 0, dẫn đến f 3 ( x ) >
2 π
f 3 (0) = 0 với mọi x ∈ 0; . Bất đẳng thức thứ hai của (3.15) tương đương với
2
f 4 ( x ) = 2 cos x + 2 cosh x + (cos x )(cosh x ) − 5 > 0. (3.17)
33
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Lần lượt lấy đạo hàm các cấp ta được
1 (4)
f ( x ) = cos x + cosh x − 2(cos x )(cosh x. (3.18)
2 4
Đặt f 5 ( x ) = (cos x )(cosh x ) − 1. Ta có
f 50 ( x ) = −(sin x )(cosh x ) + (cos x )(sinh x ),
π
f 500 ( x ) = −2(sin x )(sinh x ) < 0 với mọi x ∈ 0; .
2
Từ đó ta có f 50 ( x ) < f 50 (0) = 0, suy ra f 5 ( x ) 6 0, có nghĩa là
π
(cos x )(cosh x ) < 1 với mọi x ∈ 0; . (3.19)
2
Tiếp theo, từ (3.18) và (3.19)ta có
1 (4)
f ( x ) > cos x + cosh x − 2 := f 6 ( x ).
2 4
Bởi f 60 ( x ) = − sin x + sinh x > 0 do sinh x > x > sin x, ta có f 6 ( x ) > f 6 (0) = 0.
(4)
Cuối cùng, f 4 ( x ) > 0 với x > 0, kéo theo
(3) (2)
f 4 ( x ) > 0 ; f 4 ( x ) > 0 ; f 40 ( x ) > 0.
Như vậy f 4 ( x ) > 0 và định lí đã được chứng minh. Từ (3.11) và (3.16) ta có thể viết
sin x 3 x
< < . (3.20)
x 2 + cos x sin x
và ta thu được một cải tiến của phía phải (3.15).
Bài toán 18. x 3 1 tanh x sin x
< < < . (3.21)
sinh x cosh x x x
π
với mọi x ∈ 0; .
2
Lời giải. Bất đẳng thức thứ nhất của (3.21) chính là phía trái của (3.25). Bất đẳng thức
sinh x
thứ hai có được do > 1, còn bất đẳng thức thứ ba tương đương với sin x > tanh x,
x
chính là bất đẳng thức (3.27).
Bài toán 19.
1 x 1 1
√ < < s
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Lời giải. Bất đẳng thức giữa của (3.22) chính là bất đẳng thức (3.23). Để chứng minh
phía trái của (3.22) chúng ta xét hàm số
sinh x
f7 (x) = √ − x.
cosh x
Bởi √
2 cosh x − sinh2 x − 2 cosh x
f 70 ( x ) = √
2 cosh x
và nhận xét rằng
√ √
sinh2 x − 2 cosh x + 2 cosh x = cosh2 x − 1 − 2 cosh x + 2 cosh x
√
= (cosh x − 1)2 + 2 cosh x − 1 > 0
(do cosh x > 1). Vậy f 70 ( x ) < 0, kéo theo f 7 ( x ) < f 7 (0) = 0. π
Như vậy, phía trái của bất đẳng thức (3.22) thực sự là đúng với mọi x ∈ 0; .
8 2
t+1
Đặt t = cosh x, bất đẳng thức còn lại trở thành > t3 . Do x > 0 nên t > 1, ta
2
có
√ t+1 8
t+1
> t⇒ > t4 > t3 .
2 2
3.2 Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình
Bài toán 20. Chứng minh bất đẳng thức
sinh x
1< < cosh x, x 6= 0.
x
Lời giải. Ta có
sinh x
A(e x , e− x ) = cosh x, G (e x , e− x ) = 1, L(e x , e− x ) = .
x
Với x 6= 0, e x 6= e− x . Áp dụng bất đẳng thức G < L < A, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 21. Chứng minh bất đẳng thức
s
cosh x + 1 2
3 sinh x
< , ∀ x 6= 0. (3.23)
2 x
Lời giải. Ta có
sinh x
A(e x , e− x ) = cosh x, G (e x , e− x ) = 1, L(e x , e− x ) = .
x
Áp dụng bất đẳng thức [2] s
2
3 A+G
G ≤L
2
ta có bất đẳng thức (3.23).
35
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 22. Chứng minh bất đẳng thức
sinh x cosh x + 3 cosh x/3
< , ∀ x 6= 0. (3.24)
x 4
Lời giải. Ta có [2]
sinh x cosh x + 3 cosh x/3
L(e x , e− x ) = , A1/3 (e x , e− x ) = .
x 4
Sử dụng bất đẳng thức [2]
L ≤ A1/3
ta được bất đẳng thức (3.24).
Bài toán 23. Chứng minh bất đẳng thức
√
3 sinh x cosh x + 2
cosh x < < , ∀ x 6= 0. (3.25)
x 3
Lời giải. Ta có
sinh x
A(e x , e− x ) = cosh x, G (e x , e− x ) = 1, L(e x , e− x ) = . (3.26)
x
Sử dụng bất đẳng thức [2]
√
3 A + 2G
AG2 ≤ L ≤
3
và (3.26) dễ dàng suy ra bất đẳng thức (3.25).
Bài toán 24. Chứng minh bất đẳng thức
tanh x < sin x, x ∈ (0, π/2). (3.27)
Chứng minh. Ta có
sinh x sinh x
L(e x , e− x ) = , P(e x , e− x ) = .
x arcsin(tanhx )
Sử dụng bất đẳng thức L ≤ P, ta có arcsin(tanhx ) < x, hay tanh x < sin x, ∀ x ∈ (0, π/2).
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 25. Chứng minh bất đẳng thức
sinh x 1 x cosh x − sinh x
ln > , x>0 (3.28)
x 2 sinh x
Chứng minh. Để chứng minh bất đẳng thức (3.28) có thể sử dụng bất đẳng thức của các
đại lượng trung bình
L2 > GI. (3.29)
Ta có
sinh x
L(e x , e− x ) = , G (e x , e− x ), I (e x , e− x ) = e x coth x−1 . (3.30)
x
Sử dụng (3.29) và (3.30), ta có (3.28).
36
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
4 Bài tập đề nghị
4.1 Phương pháp hàm lồi
Bài toán 26. Cho x, y, z ∈ (0; 1), chứng minh bất đẳng thức sau
1 1 1 x 2 + y2 + z2
x+y + y+z + z+x < 3 − . (4.1)
cosh cosh cosh 3
2 2 2
Bài toán 27. Cho x, y, z ∈ (0; 1), chứng minh bất đẳng thức sau
1 1 1 1 1 1
x+y + y+z + z + x ≤ sinh x + sinh y + sinh z . (4.2)
sinh sinh sinh
2 2 2
Bài toán 28. Cho x, y, z ∈ (0; 1), chứng minh bất đẳng thức
6
x+y+z
sinh x + sinh y + sinh z + sinh
3 (4.3)
1 1 1
≤ + + .
sinh x sinh y sinh z
4.2 Phương pháp đạo hàm
Bài toán 29. Chứng minh bất đẳng thức
sinh x x cosh x + 2
< cosh3 < với mọi x > 0.
x 3 3
π
Bài toán 30. Với x ∈ 0; chứng minh bất đẳng thức
2
1 sin x x
< < .
cosh x x sinh x
π
Bài toán 31. Với x ∈ 0; chứng minh
2
x2 sin x x
2
< < .
sinh x x sinh x
4.3 Phương pháp các đại lượng trung bình
Bài toán 32. Chứng minh bất đẳng thức
sinh x
1< < e x coth x−1 < cosh x, x > 0.
x
[Sử dụng bất đẳng thức: 1 < L < I < A, a = e x , b = e− x .]
37
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 33. Chứng minh bất đẳng thức
x coth x − 1
sinh x x cosh x + 3 cosh x/3
e 2 < < , x > 0.
x 4
√
Chứng minh bất đẳng thức [Sử dụng bất đẳng thức: GI < I < A1/3 , a = ex , b =
e− x .]
Bài toán 34. Chứng minh bất đẳng thức
x coth x − 1
√ sinh x
cosh x < e 2 < , x > 0.
x
√ √
[Sử dụng bất đẳng thức: G2 A < GI < L < L( A, G ), a = e x , b = e− x .]
3
Bài toán 35. Chứng minh bất đẳng thức
sinh x cosh x + 2
< < e x coth x−1 , x > 0.
x 3
√ √ A + 2G
a = e x , b = e− x .]
3
[Sử dụng bất đẳng thức: GA2 < IG < L < < I,
3
Tài liệu
[1] Neumann Edward (2012), Inequalities Involving Hyperbolic Functions and Trigonometric
Functions, Bulletin of International Mathemqtics Institute ISSN 1840-4367, Volume 2
(2012), 87-92.
[2] Sandor J. et.al. (2011), Trigonometric and Hyperbolic Inequalities,
arxiv.org/pdf/,1105.0859 v1 [math.CA].
[3] Zhen Hang Yang (2015), Jordan Types Inequalities for Hyperbolic Funcions and Their Ap-
plicatipns, Hindaway Publishing Corporation, Journal of Function Spaces Volume
2015, Article ID 370997 (http://dx.doi.org./10.1155/2015 370 979).
38
nguon tai.lieu . vn
