Đúng tại một điểm hay trên cả khoảng: đọc điều kiện bất phương trình
Chứng minh các tiêu chuẩn đầu mút cho biểu thức bậc không quá một, phân biệt tồn tại với mọi điểm và xét đúng khoảng mở, đoạn đóng cùng tham số làm mất bậc.
TOÁN 9 · BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ PHẠM VI KHẲNG ĐỊNH
Đúng tại một điểm hay trên cả khoảng: đọc điều kiện bất phương trình
Chứng minh các tiêu chuẩn đầu mút cho biểu thức bậc không quá một, phân biệt tồn tại với mọi điểm và xét đúng khoảng mở, đoạn đóng cùng tham số làm mất bậc.
1. Một điểm đúng chưa phải mọi điểm đều đúng
Xét bất phương trình tham số được chọn từ nguồn:
(m-2)x+4>0,\qquad m,x\in\mathbb R.
Nếu chỉ yêu cầu x=1 là nghiệm, thay vào cho m+2>0, tức m>-2. Nhưng nếu hỏi bất phương trình đúng với mọi x trong một khoảng, một lần thay số không đủ.
Chẳng hạn m=-1 thỏa điều kiện ở x=1, vì giá trị vế trái là 1>0. Tại x=2, vế trái lại bằng -2, không dương. Cùng một bất phương trình, đổi câu hỏi từ “tại điểm này” sang “trên cả khoảng” sẽ đổi tập tham số.
Dự đoán. Với biểu thức bậc nhất theo x, có cần thử vô số điểm để bảo đảm đúng trên một đoạn không? Nếu bỏ một đầu mút khỏi miền, dấu lớn hơn có thể được thay bằng lớn hơn hoặc bằng trong điều kiện tham số không?
Bài học phân biệt ba yêu cầu: đúng tại một điểm đã chỉ định; tồn tại ít nhất một điểm đúng; đúng với mọi điểm trong miền. Ta cũng giữ riêng yêu cầu “biểu thức còn bậc nhất”: với ví dụ nguồn, điều này cần m\ne2, dù tại m=2 bất phương trình 4>0 vẫn đúng.
2. Giá trị ở giữa là tổ hợp của hai giá trị đầu mút
Xét biểu thức f(x)=ax+b, với a,b thực. Ta cho phép a=0, khi đó f là hằng số. Lấy L<U, đặt
A=f(L),\qquad B=f(U),\qquad t=\frac{x-L}{U-L}.
Với x\in[L,U], ta có 0\le t\le1 và x=(1-t)L+tU. Từ tính phân phối:
\boxed{f(x)=(1-t)A+tB.}
Thật vậy, vế phải bằng (1-t)(aL+b)+t(aU+b)=a((1-t)L+tU)+b=ax+b. Các hệ số 1-t,t không âm, tổng bằng 1.
Nếu A\le B, công thức f=A+t(B-A) cho A\le f\le B. Nếu B\le A, đổi vai hai đầu mút. Vì thế giá trị ở giữa không thể vượt ngoài hai giá trị đầu mút. Khi x ở trong khoảng mở, hai trọng số đều dương.
Giả thiết biểu thức có dạng ax+b là thiết yếu. Hàm x^2-1 có giá trị 3>0 tại cả hai đầu -2,2, nhưng bằng -1 tại 0. Không đem quy tắc hai đầu mút này áp dụng cho một biểu thức bất kì.
3. Đúng với mọi điểm trên đoạn đóng
Ta có tiêu chuẩn cả hai chiều:
\boxed{f(x)>0\text{ với mọi }x\in[L,U]\quad\Longleftrightarrow\quad A>0,\ B>0.}
Chiều cần: hai đầu mút thuộc miền, nên phải có f(L)>0, f(U)>0. Chiều đủ: ở mọi điểm, f=(1-t)A+tB là tổng có trọng số của hai số dương; ít nhất một trọng số dương, nên f>0.
Tương tự, nếu yêu cầu f(x)\ge0 trên cả đoạn, điều kiện là A\ge0,B\ge0. Trường hợp hằng số được bao gồm: a=0,b>0 cho mọi điểm đúng; a=b=0 thỏa dấu không âm nhưng không thỏa dấu dương.
Áp dụng chọn lọc vào bất phương trình nguồn
Yêu cầu (m-2)x+4>0 với mọi x\in[0,3]. Giá trị hai đầu mút là 4 và 3m-2. Vì 4>0, ta chỉ cần
3m-2>0\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{m>\frac23.}
Nếu còn yêu cầu bất phương trình bậc nhất theo x, kết quả là m>2/3 và m\ne2. Hai điều kiện trả lời hai yêu cầu khác nhau; không vì bất phương trình luôn đúng mà quên kiểm tra bậc.
4. Khoảng mở cho phép đầu mút bằng không, nhưng không được âm
Với miền (L,U), hai đầu mút không thuộc miền. Tiêu chuẩn đúng là
\boxed{f(x)>0\text{ với mọi }x\in(L,U)}
\boxed{\Longleftrightarrow\quad A\ge0,\ B\ge0,\quad A+B>0.}
Chiều đủ: hai trọng số 1-t,t đều dương. Hai giá trị đầu mút không âm, có ít nhất một giá trị dương, nên tổng có trọng số dương.
Vì sao đầu mút bị loại vẫn không thể mang giá trị âm?
Giả sử A<0. Ta sẽ chỉ ra một điểm bên trong làm bất phương trình sai. Chọn
t=\frac{-A}{2(|A|+|B|)}.
Mẫu dương vì A<0, và 0<t\le1/2<1. Do B-A\le|B|+|A|,
f=A+t(B-A)\le A+t(|A|+|B|)=\frac A2<0.
Vậy x=L+t(U-L) nằm trong khoảng nhưng không thỏa. Nếu B<0, đổi vai hai đầu mút cho cùng phản ví dụ gần đầu phải. Vì thế muốn mọi điểm bên trong dương thì cả A,B phải không âm. Nếu cả hai bằng không, công thức cho f=0 ở mọi điểm, cũng không thỏa dấu dương. Chiều cần đã được chứng minh mà không dựa vào hình vẽ hay phép thử hữu hạn.
Đầu bị loại bằng không: ví dụ quan trọng
Với bất phương trình nguồn trên (0,3), đầu trái có giá trị 4>0, nên điều kiện là 3m-2\ge0, tức
\boxed{m\ge\frac23.}
Tại m=2/3, biểu thức là 4-4x/3, dương với mọi 0<x<3, nhưng bằng không tại x=3. Đó là lí do khoảng mở nhận mốc tham số mà đoạn đóng loại. Nếu yêu cầu bậc nhất, vẫn phải loại thêm m=2.
Với m=2/3, đoạn đồ thị ở giữa hai đầu có giá trị dương. Điểm tại x=3 có giá trị không và đã bị loại khỏi miền; không thể dùng hình này để kết luận dấu dương trên đoạn đóng.
5. Nửa kín, nửa mở: đọc riêng từng đầu
Với [L,U), đầu trái được nhận còn đầu phải bị loại. Tiêu chuẩn là
\boxed{f(x)>0\text{ với mọi }x\in[L,U)\quad\Longleftrightarrow\quad A>0,\ B\ge0.}
Chiều cần: thay x=L cho A>0; nếu B<0, cách dựng điểm gần đầu âm ở phần trước cho phản ví dụ vẫn nằm trong miền. Chiều đủ: 0\le t<1, nên (1-t)A>0 và tB\ge0.
Đổi vai trái, phải, với (L,U] ta được
\boxed{f(x)>0\text{ với mọi }x\in(L,U]\quad\Longleftrightarrow\quad A\ge0,\ B>0.}
Với họ nguồn, trên [0,3) điều kiện là m\ge2/3; trên (0,3] là m>2/3. Hai miền đều bỏ một đầu mút nhưng cho đáp án khác nhau, bởi đầu có thể bằng không là đầu phải.
Nếu yêu cầu không âm thay vì dương?
Với cả bốn loại miền [L,U],(L,U),[L,U),(L,U], điều kiện để f(x)\ge0 ở mọi điểm đều là A\ge0,B\ge0. Chiều đủ theo tổng có trọng số; chiều cần dùng phản ví dụ gần đầu âm nếu đầu đó bị loại. Lúc này A=B=0 được nhận. Sự khác nhau giữa các đầu mút chỉ tạo thêm yêu cầu khi cần dấu dương nghiêm ngặt.
6. Có ít nhất một điểm đúng là yêu cầu yếu hơn
Với bất kì một trong bốn loại miền trên và L<U, tồn tại ít nhất một x sao cho f(x)>0 khi và chỉ khi
\boxed{\max\{A,B\}>0.}
Nếu cả hai không dương: tổng có trọng số luôn không dương, nên không có điểm đúng. Nếu A>0: ngay cả khi đầu trái bị loại, vẫn dựng được điểm bên trong. Chọn
t=\frac{A}{2(A+|B|)},\qquad0<t\le\frac12.
Ta có B-A\ge-(|B|+A), nên
f=A+t(B-A)\ge A-t(A+|B|)=\frac A2>0.
Nếu B>0, dựng tương tự gần đầu phải. Vì điểm dựng nằm trong (L,U), nó thuộc cả bốn loại miền. Điều kiện tồn tại đã được chứng minh cho tất cả các trường hợp.
Trong họ nguồn, trên (0,3), đầu trái luôn có giá trị 4>0. Vậy mọi số thực m đều có ít nhất một điểm x\in(0,3) thỏa bất phương trình, dù chỉ m\ge2/3 làm mọi điểm của khoảng thỏa.
Ba trục tham số dùng cùng tỉ lệ. Vòng trống loại mốc, chấm đặc nhận mốc. Hình chỉ biểu diễn điều kiện đúng; nếu còn yêu cầu bất phương trình bậc nhất thì loại thêm m=2 trong cả ba hàng.
Đổi thứ tự yêu cầu cũng đổi kết luận
Với mỗi m, ta tìm được một điểm thích hợp: nếu m\ge2, chọn x=1. Nếu m<2, chọn
x=\min\left\{1,\frac2{2-m}\right\}.
Khi ấy 0<x\le1<3 và (m-2)x+4\ge2>0. Nhưng không có một điểm cố định x\in(0,3) dùng được cho mọi m. Thật vậy, giữ bất kì x>0, chọn m=2-5/x thì vế trái bằng -1.
“Mỗi tham số có một điểm phù hợp” và “có một điểm phù hợp cho mọi tham số” là hai phát biểu khác nhau. Tên biến giống nhau không làm chúng có cùng ý nghĩa.
7. Dương ở mọi điểm chưa chắc cách xa không một khoảng cố định
Hàm f(x)=x dương ở mọi x\in(0,1), nhưng không tồn tại số \delta>0 sao cho f(x)\ge\delta trên cả khoảng. Với bất kì \delta>0, chọn x=\min\{\delta/2,1/2\}. Khi đó 0<x<1 và f(x)=x<\delta.
Với biểu thức ax+b trên một khoảng có hai đầu hữu hạn L<U, tồn tại một cận dương cố định \delta dùng cho mọi điểm trong khoảng mở khi và chỉ khi A>0,B>0.
Chiều đủ: lấy \delta=\min\{A,B\}>0; công thức có trọng số cho f\ge\delta. Chiều cần: nếu f\ge\delta>0 trong khoảng, áp dụng tiêu chuẩn không âm cho biểu thức f-\delta, suy ra A-\delta\ge0,B-\delta\ge0, nên hai đầu đều dương.
Trong họ nguồn trên (0,3), m=2/3 cho mọi điểm dương nhưng không có cận dương chung, vì giá trị ở đầu phải bằng không. Với m>2/3, có thể dùng \delta=\min\{4,3m-2\}>0.
Nếu miền kéo dài tới vô hạn thì sao?
Xét riêng họ nguồn trên [0,+\infty). Nếu m\ge2, ta có (m-2)x+4\ge4>0 với mọi x\ge0. Nếu m<2, chọn x=8/(2-m)>0, vế trái bằng -4, nên thất bại. Vậy điều kiện là m\ge2; nếu cần bất phương trình còn bậc nhất thì m>2. Không có đầu phải hữu hạn để thay vào, nên phải xét hướng biến thiên của biểu thức.
8. Tự kiểm tra các điều kiện và trường hợp suy biến
Gợi ý. Trước khi biến đổi, gạch chân “tại”, “tồn tại” hay “mọi”. Sau đó ghi loại miền và xem đầu nào được nhận.
Hai giá trị đầu mút là âm 2 và 5: có điểm dương, hay mọi điểm dương?
Với một biểu thức ax+b trên khoảng không suy biến, có ít nhất một điểm dương vì \max\{-2,5\}=5>0. Không thể dương tại mọi điểm, kể cả khi đầu âm bị loại: cách dựng gần đầu âm ở phần 4 cho một phản ví dụ nằm trong khoảng.
Hai giá trị đầu mút là 0 và 4: những miền nào dương ở mọi điểm?
Khoảng mở (L,U) và nửa mở (L,U] đều thỏa. Đoạn [L,U] và nửa mở [L,U) không thỏa vì nhận đầu trái có giá trị bằng không. Không có cận dương cố định trên khoảng mở vì đầu trái bằng không.
Tại sao tham số 2 vừa có thể được nhận, vừa có thể bị loại?
Tại m=2, bất phương trình nguồn thành 4>0. Nó đúng trên mọi miền của x, nên được nhận khi chỉ hỏi tính đúng. Nhưng hệ số x bằng không, nên phải loại nếu đề còn yêu cầu bất phương trình bậc nhất. Đây là hai tiêu chí khác nhau, không phải hai lời giải mâu thuẫn.
Nếu hai đầu L và U trùng nhau?
Các công thức dùng t=(x-L)/(U-L) đều giả thiết L<U, nên không được chia khi L=U. Đoạn đóng [L,L] chỉ có một điểm: yêu cầu dương tương đương f(L)>0. Các miền (L,L),[L,L),(L,L] đều rỗng, nên không tồn tại điểm nào thỏa. Mệnh đề “mọi điểm trong tập rỗng đều thỏa” không có phản ví dụ và được coi là đúng, nhưng hoàn toàn không có nghĩa là đã tìm được một nghiệm. Bài học chính luôn dùng miền không rỗng với L<U.
Một lời giải đầy đủ cần đúng cả phép tính lẫn phạm vi của phát biểu. Với biểu thức bậc không quá một, hai giá trị đầu mút đủ để kiểm tra cả khoảng; việc nhận hay loại đầu mút và yêu cầu “một” hay “mọi” quyết định dùng dấu nào.
Tự học có chứng minh · Toán THCS · Các hình dựng đúng quan hệ đã nêu