Xem mẫu
- Đ I H C THÁI NGUYÊN
TRƯ NG Đ I H C KHOA H C
NGUY N KIM TOÀN
M TS B T Đ NG TH C Đ O HÀM
VÀ NG D NG
LU N VĂN TH C S TOÁN H C
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ C P
Mã s : 60 46 01 13
Ngư i hư ng d n khoa h c : TS. Nguy n Văn Ng c
Thái Nguyên - 2012
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- M cl c
M đ u 3
1 M t s b t đ ng th c đ o hàm c a hàm m t
bi n 6
1.1 Các đ nh lý trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Lý thuy t tóm t t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 S tăng gi m c a hàm s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s . . . . . . . . . . 14
1.4 Công th c Taylor và b t đ ng th c Landau-Hadamard . . . 15
1.4.1 Công th c Taylor trên m t kho ng . . . . . . . . . . 15
1.4.2 Công th c Taylor đ a phương . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.3 B t đ ng th c Landau-Hadamard . . . . . . . . . . 16
1.4.4 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.5 B t đ ng th c Glaeser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.5.1 Gi i thi u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.5.2 B t đ ng th c có đi u ki n . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.3 B t đ ng th c không có đi u ki n biên . . . . . . . . 25
1.6 Công th c tính đ o hàm c p n và m t s b t đ ng th c liên
quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7 M t s b t đ ng th c đ o hàm khác c a các đa th c . . . . 30
1.8 Đ nh lý Markov-Bernsterin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2 ng d ng c a đ o hàm trong ch ng minh b t
đ ng th c, phương trình, b t phương trình 38
2.1 ng d ng đ o hàm trong ch ng minh b t đ ng th c . . . . 38
2.2 ng d ng c a đ o hàm trong phương trình,b t phương trình 50
2
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- M đ u
1. Lý do ch n đ tài lu n văn
B t đ ng th c là m t trong nh ng v n đ khó c a toán h c sơ c p,
đòi h i tính tư duy và tính sáng t o cao. Trong chương trình chuyên toán
c a các trư ng THPT chuyên thì b t đ ng th c là m t chuyên đ quan
tr ng. Các bài toán liên quan đ n b t đ ng th c cũng là nh ng bài toán
thư ng g p trong các kì thi h c sinh gi i toán c p qu c gia, khu v c và
qu c t .
Các bài toán v b t đ ng th c khá đa d ng và có th ch ng minh b ng
nhi u phương pháp khác nhau trong đó phương pháp s d ng đ o hàm là
m t công c h u hi u.Tuy nhiên, các b t đ ng th c đ o hàm hi n nay còn
ít đư c quan tâm và gi i thi u trong các tài li u b ng Ti ng Vi t.
B i v y vi c sưu t m, tuy n ch n, khai thác v m t s b t đ ng th c
đ o hàm m t bi n như: các đ nh lý trung bình, s tăng gi m c a hàm s ,
hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s , công th c Taylor, công th c tính
đ o hàm c p n, là r t c n thi t cho công tác gi ng d y và h c t p toán
h c b c ph thông.
Trên cơ s các b t đ ng th c đ o hàm đó, có th v n d ng vào gi i
quy t m t l p các bài toán khó như: ch ng minh b t đ ng th c, gi i
phương trình, gi i b t phương trình. Đó là nh ng d ng toán đư c đ c p
nhi u trong các kì thi h c sinh gi i toán c p qu c gia, Olympic toán qu c
t .
Bên c nh nh ng b t đ ng th c đ o hàm k trên thì v n còn khá nhi u
b t đ ng th c đ o hàm khó hơn, đư c gi i thi u chưa nhi u b ng ti ng
vi t như: b t đ ng th c Landau-Hadamard; b t đ ng th c Glaeser, b t
3
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- đ ng th c Markov-Bernstein và m t s b t đ ng th c khác liên quan đ n
hàm l i. Đây là nh ng b t đ ng th c khó còn ít đư c quan tâm, ch xu t
hi n r i rác trong m t s tài li u.
Vì v y vi c gi i thi u các b t đ ng th c đ o hàm này là c n thi t cho
công tác gi ng d y và h c t p toán h c b c ph thông.
2. M c đích nghiên c u lu n văn
Sưu t m, gi i thi u, h th ng hóa và phân lo i m t s b t đ ng th c
đ o hàm m t bi n s đ áp d ng vào gi i các bài toán sơ c p khó, hay g p
trong các kì thi vào l p chuyên, thi đ i h c, thi h c sinh gi i qu c gia và
Olympic toán qu c t như: Ch ng minh b t đ ng th c, gi i phương trình,
gi i b t phương trình.
Bên c nh đó gi i thi u m t s b t đ ng th c đ o hàm khó hơn chưa đư c
gi i thi u nhi u trong các tài li u Ti ng Vi t như: b t đ ng th c Landau-
Hadamard, b t đ ng th c Glaeser, b t đ ng th c Markov-Bernstein và
m t s b t đ ng th c khác liên quan đ n hàm l i.
3. B c c c a lu n văn
B n lu n văn "M t s b t đ ng th c đ o hàm và ng d ng g m có:
m đ u, hai chương, k t lu n và tài li u tham kh o.
Chương 1. M t s b t đ ng th c đ o hàm cơ b n
Trong chương này trình bày các đ nh lý trung bình, đ nh lý Rolle, đ nh lý
Lagrange, đ nh lý Cauchy, s tăng gi m c a hàm s , hư ng l i và đi m u n
c a đ th hàm s , công th c Taylor - b t đ ng th c Landau-Hadamard,
b t đ ng th c Glaese, b t đ ng thưc Markov-Bernstein công th c tính đ o
hàm c p n và m t s b t đ ng th c đ o hàm khác c a đa th c.
Chương 2. ng d ng c a đ o hàm trong ch ng minh b t đ ng
th c,gi i phương trình,b t phương trình
Trong chương này trình bày nh ng ng d ng c a các b t đ ng th c đ o
hàm trong vi c gi i các bài toán ch ng minh b t đ ng th c, gi i phương
trình và b t phương trình.
Lu n văn đư c hoàn thành v i s hư ng d n và ch b o t n tình c a
4
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- TS. Nguy n Văn Ng c - Vi n Toán H c Hà N i. T đáy lòng mình, em
xin đư c bày t lòng bi t ơn sâu s c đ i v i s quan tâm, đ ng viên và s
ch b o hư ng d n c a Th y.
Em xin trân tr ng c m ơn các Th y Cô trong Trư ng Đ i H c Khoa
H c - Đ i H c Thái Nguyên, phòng Đào T o Trư ng Đ i H c Khoa H c.
Đ ng th i, tôi xin g i l i c m ơn t i t p th l p cao h c Toán K4 Trư ng
Đ i H c Khoa H c - Đ i H c Thái Nguyên đã đ ng viên, giúp đ tôi trong
quá trình h c t p và làm luân văn này.
Tuy nhiên, do s hi u bi t c a b n thân và khuôn kh c a lu n văn th c
sĩ, nên ch c r ng trong quá trình nghiên c u s không tránh kh i nh ng
thi u sót, em r t mong nh n đư c s ch d y và đóng góp ý ki n c a các
Th y Cô và đ c gi quan tâm t i lu n văn này.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 09 năm 2012
Tác gi
Nguy n Kim Toàn
5
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- Chương 1
M t s b t đ ng th c đ o hàm c a hàm m t bi n
1.1 Các đ nh lý trung bình
1.1.1 Lý thuy t tóm t t
Trong m c này trình bày m t s đ nh lý trung bình vi phân, đư c bi t
đ n trong nhi u tài li u v toán b ng Ti ng Vi t.
Đ nh lý 1.1. (Đ nh lý Rolle) Gi s hàm f(x) liên t c trên đo n [a,b]; có
đ o hàm trên kho ng (a,b) và f(a) = f(b) thì t n t i ξ ∈ (a, b) sao cho
f’(ξ ) = 0.
Đ nh lý 1.2. (Đ nh lý Lagrange) N u hàm f(x) liên t c trên đo n [a,b] và
có đ o hàm trên kho ng (a,b) thì t n t i ξ ∈ (a, b), sao cho
f (b) − f (a) = f (ξ)(b − a).
Đ nh lý 1.3. (Đ nh lý Cauchy) N u các hàm f(x), g(x) đ ng th i xác
đ nh, liên t c trên đo n [a,b] và có đ o hàm trên kho ng (a,b), v i g’(x)
= 0, ∀x ∈ (a, b) và g(a) = g(b) thì t n t i ξ ∈ (a, b) sao cho:
f (b) − f (a) f (ξ)
= .
g(b) − g(a) g (ξ)
1.1.2 Các bài toán
Trong ph n này trình bày m t s bài toán ch ng minh b t đ ng th c.
Đây là nh ng bài toán khó, d ng t ng quát, s d ng các đ nh lý trung
bình đ ch ng minh.
Bài toán 1.1. Cho hàm f(x) liên t c trên đo n [a,b], có đ o hàm h u h n
trong kho ng (a,b). Ngoài ra f không tuy n tính. Khi đó trong kho ng (a,b)
6
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- t n t i ít nh t m t đi m c, sao cho
f (b) − f (a)
|f (c)| > .
b−a
L i gi i Chia đo n [a, b] thành n ph n b t kì b i các đi m
a = xo < x1 < x2 < .. < xn = b.
Ta nh n đư c:
n−1 n−1
f (b) − f (a) = (f (xi+1 ) − f (xi )) ≤ f (xi+1 ) − f (xi ) .
i=0 i=0
Theo công th c Lagrange, ta có
f (xi+1 ) − f (xi ) = f (ξi ) xi , xi < ξi < xi+1 , xi = xi+1 − xi.
Do đó ta có
n−1
|f (b) − f (a)| ≤ |f (ξ)| xi .
i=0
Vì hàm f (x) không tuy n tính, nên t n t i m t phân ho ch đo n [a, b]
sao cho trong các s |f (ξ)| t n t i m t s l n nh t, khác không. Kí hi u
s đó là |f (c)|. Khi đó ta nh n đư c b t đ ng th c
n−1
|f (b) − f (a)| < |f (c)| xi = (b − a)|f (c)|, a < c < b.
i=0
T đó suy ra
f (b) − f (a)
|f (c)| > .
b−a
Ta có đpcm.
Bài toán 1.2. Cho hàm f (x) có đ o hàm c p 2 h u h n trên đo n [a, b],
th a mãn đi u ki n f (a) = f (b) = 0 . Ch ng minh r ng trong kho ng
(a, b) t n t i ít nh t m t đi m c, sao cho
4
f (c) ≥ |f (b) − f (a)|.
(b − a)2
L i gi i N u f (x) = const thì b t đ ng th c c n ch ng minh là hi n
nhiên. Gi s f (x) = const. T đi u ki n f (a) = f (b) = 0, suy ra f (x)
7
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- không tuy n tính. Áp d ng công th c Cauchy v s gia h u h n cho các
(x − a)2 (a + b)
hàm s f (x) và φ(x) = trên đo n a, và cho các hàm s
2 2
(b − x)2 a+b
f (x) và γ(x) = trên đo n , b , ta nh n đư c
2 2
a+b
8 f( ) − f (a) f (ξ1 ) a+b
2 = , a < ξ1 < .
(b − a)2 ξ1 − a 2
a+b
8 f (b) − f () f (ξ2 ) a+b
2 = , < ξ2 < b.
(b − a)2 b − ξ2 2
C ng t ng v các đ ng th c trên ta đư c
8 f (b) − f (a) f (ξ1 ) f (ξ2 )
2
= + .
(b − a) ξ1 − a b − ξ2
Vì f (a) = f (b) = 0, nên v ph i c a đ ng th c cu i cùng có th vi t dư i
d ng:
f (ξ1 ) f (ξ2 ) f (ξ1 ) − f (a) f (b) − f (ξ2 )
+ = − = f (η1 ) − f (η2 ),
ξ1 − a b − ξ2 ξ1 − a b − ξ2
trong đó
a < η1 < ξ1 ; ξ2 < η2 < b.
T đó suy ra
8[f (b) − f (a)]
≤ |f (η1 )| + |f (η2 )|.
(b − a)2
Kí hi u:
f (c) = max{|f (η1 )|; |f (η2 )|}.
Khi đó ta có
8[f (b) − f (a)]
≤ 2|f (c)|.
(b − a)2
T đó suy ra đpcm. D u đ ng th c không lo i tr vì có th có trư ng h p
|f (η1 )| = |f (η2 )| .
Bài toán 1.3. Gi s hàm f (x) liên t c trên kho ng [a, +∞) và hơn n a,
f (x) > k = const > 0, ∀x > a. Ch ng minh r ng, f (a) < 0, thì phương
|f (a)|
trình f (x) = 0 có m t và ch m t nghi m th c trong kho ng a, a+ .
k
8
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- L i gi i: Áp d ng Đ nh lý Lagrange cho hàm f (x) trên đo n [a, a +
|f (a)|
] ta có:
k
|f (a)| |f (a)| |f (a)|
f a+ − f (a) = f a + θ . , 0 < θ < 1.
k k k
T đi u ki n f (x) > k > 0, ta tìm đư c:
|f (a)|
f a+ − f (a) > |f (a)|,
k
Suy ra
|f (a)|
f a+ > |f (a)| + f (a) = −f (a) + f (a) = 0.
k
|f (a)|
Hàm f (x) trên các đ u mút c a đo n a, a + nh n các giá
k
tr trái d u, nên theo Đ nh lý Cauchy v giá tr trung gian t n t i ξ ∈
|f (a)|
(a, a + ), sao cho f (ξ) = 0. Ta s ch ng minh đi m ξ đó là duy nh t.
k
Th t v y gi s trên kho ng đó còn tìm đư c ξ1 , sao cho f (ξ1 ) = 0. khi
đó theo đ nh lý Rolle, trên (ξ, ξ1 ) n u (ξ < ξ1 ) hay trên kho ng (ξ1 , ξ),
n u (ξ1 < ξ ) tìm đư c ξ2 , sao cho f (ξ2 ) = 0. Đi u đó trái v i gi thi t là
f (x) > k > 0 khi x > a.
Bài toán 1.4. a, Gi s hàm f (x) kh vi liên t c n l n trên [a,b] và trên
đo n này có không ít hơn n không đi m (nghi m c a phương trình f(x)=0)
tính c b i .
Ch ng minh r ng:
(b − a)n
max|f (x)| ≤ max|f (n) (x)|.
[a,b] n! [a,b]
b, Hàm f (x) ∈ C2 [0, 1] có không ít hơn 2 nghi m trên [0,1] (k c b i),
ngoài ra |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1]. S max|f (x)| s như th nào ?
[0,1]
L i gi i: a, B ng quy n p theo k ≥ 0 ta s ch ng minh đi u kh ng
đ nh sau:
Đ nh lý Rolle t ng quát: N u f ∈ Ck [a, b] và f có không ít hơn (k+1)
9
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- không đi m (k c b i) trên đo n [a,b] thì f (k) có ít nh t m t không đi m
trên [a,b].
V i k=0 đi u kh ng đ nh là hi n nhiên.
Gi s đ nh lý đúng v i k-1. Ta ch ng minh đ nh lý đúng v i k.
Gi s x1 , x2 , ..., xl là nh ng nghi m khác nhau c a hàm f trên [a, b]
có các b i tương ng là α1 , α2 , .., αl v i α1 + α2 + ... + αl ≥ k + 1 và
x1 < x2 < ... < αl . Khi đó f (x) có nghi m xj b i αj − 1(n u αj > 1)
và ngoài ra theo đ nh lý Rolle còn có ít nh t l − 1 nghi m trên kho ng
(α, αj+1 ), j = 1, 2, ..., l − 1. Tóm l i s nghi m c a f (x) trên [a,b] không
vư t quá:
l
(αj − 1) + l − 1 ≥ k − l + 1 − l − 1 = k.
j=1
Bây gi , còn l i ta áp d ng gi thi t quy n p cho f v i k − 1. Đ nh lý
đư c ch ng minh.
Ta kí hi u x1 , x2 , .., xn là n không đi m c a hàm f (x) trên [a, b] đây
gi a các s này có th trùng nhau, m i nghi m c a f có th l p l i s l n n u
b i c a nó không ít hơn s. Gi s x0 ∈ [a, b] tùy ý và khác v i x1 , x2 , ..xn .
Xét đa th c b c n:
n
(x − xj )
j=1
P (x) = f (x0 ). n .
(x0 − xj )
j=1
Đ t g(x) = f (x) − P (x). Hàm g(x) có các nghi m là x0 , x1 , ..., xn . N u s
xj (j ≥ 1) n m trong dãy {x1 , x2 , .., xn } s l n thì b i c a nghi m xj không
ít hơn s. Vì v y áp d ng đ nh lý Rolle t ng quát thì g (n) có ít nh t m t
nghi m x ∈ [a, b].
Ta có
n!f (x0 )
0 = g (n) (x ) = f (n) (x ) − p(n) (x ) = f (n) (x ) − n .
(x0 − xj )
j=1
10
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- T đó suy ra
n
(n)
|f (x )| |x0 − xj |
j=1 |f (n) (x )|.(b − a)n
|f (x0 )| = ≤
n! n!
(b − a)n
≤ max|f (n) (x)|.
n! [a,b]
Vì x0 là tùy ý nên
(b − a)n
max|f (x)| ≤ max|f (n) (x)|.
[a,b] n! [a,b]
1
b) Theo ph n a) ta có max|f (x)| ≤ .
[0,1] 2
2
x 1
Ví d f (x) = , thì giá tr đ t đư c.
2 2
Bài toán 1.5. Cho hàm f (x) liên t c trên đo n [0; 1], kh vi trên kho ng
(0; 1) và f (0) = f (1) = 0. Ch ng minh r ng ∃c ∈ (0; 1) sao cho f (c) =
f (c).
L i gi i Ta đ t g(x) = f (x).e−x , x ∈ [0; 1]. Vì g(0) = g(1) = 0
nên theo đ nh lý Rolle ∃c ∈ (0; 1) sao cho g (c) = 0. Nhưng g (x) =
(f (x) − f (x))e−x =⇒ (f (c) − f (c))e−c = 0 =⇒ f (c) = f (c).
Bài toán 1.6. Gi s hàm f (x) kh vi hai l n trong kho ng [a, +∞)
ngoài ra f (a) = A > 0, f (a) < 0, f (x) ≤ 0, khi x > a. Ch ng minh r ng
phương trình f (x) = 0 có m t và ch m t nghi m trong kho ng (a, +∞).
L i gi i Khi x > a, theo công th c v s gia h u h n Lagrange, ta có
f (x) = A + (x − a)f (ξ1 (x)), a < ξ1 < x. (1.1)
f (x) = f (a) + (x − a)f (ξ2 (x)), a < ξ2 < x. (1.2)
T đi u ki n f (ξ2 (x)) ≤ 0, suy ra f (x) < 0,khi x > a, vì th f (x) gi m
trên kho ng (a, +∞). T các công th c (1.1) và (1.2) suy ra
f (x) = A + (x − a)f (a) + (x − a)(ξ1 − a)f (ξ2 (ξ1 )). (1.3)
Vì f (a) < 0, f (ξ2 (ξ1 )) ≤ 0, nên t (1.3) suy ra khi x đ l n thì f (x) < 0.
Theo Đ nh lý Cauchy v giá tr trung bình, suy ra trong kho ng (a, x0 )
t n t i đi m x1 , sao cho f (x1 ) = 0. Hàm s không tri t tiêu t i đi m nào
khác x1 vì nó gi m trên kho ng (a, +∞).
11
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- 1.2 S tăng gi m c a hàm s
a) Hàm s f (x) đư c g i là tăng (gi m) trên đo n [a, b], n u f (x2 ) >
f (x1 ), khi a ≤ x1 < x2 ≤ b (hay tương ng, f (x2 ) < f (x1 ) khi a ≤ x1 <
x2 ≤ b).
b) Cho hàm s f (x) có đ o hàm h u h n hay vô h n trên kho ng X.
Đ hàm đó tăng gi m trên X đi u ki n c n và đ là
1) f (x) ≥ 0, (f (x) ≤ 0).
2)f (x) không tri t tiêu trên m t đo n [α, β] nào c a X.
Bài toán 1.7. Ch ng minh r ng, n u ϕ(x) là hàm kh vi đơn đi u tăng
và f (x) ≤ ϕ (x) khi x ≥ x0 , thì
|f (x) − f (x0 )| ≤ ϕ(x) − ϕ(x0 ), x ≥ x0 .
L i gi i Vì các hàm f (x) và ϕ(x) th a mãn t t c các đi u ki n c a
đ nh lý Cauchy v giá tr trung gian, nên ta có:
f (x) − f (x0 ) f (c)
= ≤ 1, (x0 < c < x).
ϕ(x) − ϕ(x0 ) ϕ (c)
T đó suy ra
|f (x) − f (x0 )| ≤ |ϕ(x) − ϕ(x0 )| = ϕ(x) − ϕ(x0 ).
V m t hình h c đi u đó có nghĩa là: s gia c a hàm kh vi đơn đi u tăng
không bé hơn s gia c a m i hàm kh vi khác có tr tuy t đ i c a đ o hàm
không l n hơn tr tuy t đ i c a đ o hàm hàm kh vi đơn đi u tăng đó
Bài toán 1.8. Gi s hàm f (x) kh vi hai l n trong kho ng (a, b) và
f (x) = 0, a < x < b. Ch ng minh r ng v i m i ξ ∈ (a, b) có th tìm đư c
trong (a, b) hai giá tr x1 , x2 sao cho
f (x2 ) − f (x1 )
= f (ξ).
x2 − x1
L i gi i Đ xác đ nh ta gi thi t r ng f (ξ) < 0, ξ ∈ (a; b) khi đó
hàm f (x) gi m t i đi m x = ξ : t n t i δ > 0 sao cho f (x) > f (ξ) khi
x ∈ (ξ − δ; ξ); f (x) < f (ξ) khi x ∈ (ξ; ξ + δ).
Xét hàm ϕ(x) = f (ξ) − f (x) + f (ξ)(x − ξ) trong kho ng (ξ − δ; ξ + δ).
Đ o hàm c a nó ϕ (x) = −f (x) + f (ξ) th a mãn đi u ki n ϕ (x) < 0 khi
12
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- ξ − δ < x < ξ ; ϕ (x) > 0 khi ξ < x < ξ + δ . B i v y hàm ϕ(x) gi m trên
kho ng (ξ − δ; ξ) và tăng trên kho ng (ξ; ξ + δ). Khi x = ξ ta có ϕ(ξ) = 0
Th thì ϕ(x) ≥ 0 khi x ∈ (ξ − δ; ξ + δ).
Ký hi u A = ϕ(ξ − δ + 0); B = ϕ(ξ + δ − 0) và xét phương trình:
ϕ(x) = ε, (1.4)
trong đó ε > 0 là s c đ nh tùy ý, th a mãn đi u ki n 0 < ε < min(A; B).
T lý lu n trên rõ ràng phương trình (1.4) luôn có hai nghi m: ξ − δ <
x1 < ξ và ξ < x2 < ξ + δ . Như v y trên kho ng (a; b) (trong lân c n đi m
ξ ) tìm đư c 2 giá tr x1 và x2 (a < x1 < ξ < x2 < b) sao cho:
f (ξ) − f (x1 ) + (x1 − ξ)f (ξ) = ε, (1.5)
f (ξ) − f (x2 ) + (x2 − ξ)f (ξ) = ε, (1.6)
L y (1.5) tr (1.6) v v i v ta đư c
f (x2 ) − f (x1 )
= f (ξ).
x2 − x1
.
Bài toán 1.9. Hàm φ(x) kh vi 2 l n trên [0, +∞). Bi t r ng φ(x) >
φ(x)φ (x)
0, φ (x) > 0 và ≤ 2, ∀x ∈ [0, +∞).
(φ (x))2
φ (x)
Ch ng minh r ng lim = 0.
x→+∞ (φ(x))2
1
L i gi i Đ t f (x) = ta có:
φ(x)
φ (x) 2(φ (x))2 − φ(x).φ (x)
f (x) = − 2 ; f (x) = .
φ (x) (φ(x))3
f (x)f (x) φ (x)φ(x)
Do đó f (x) > 0, f (x) < 0, =2− ≥ 0,
(f (x))2 (φ (x))2
t c là f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0.
Ta c n ch ng minh r ng lim f (x) = 0. Vì f (x) < 0, ∀x ≥ 0 và f (x)
x→+∞
đơn đi u không gi m trên [0, +∞) nên t n t i gi i h n lim f (x) = c ≤ 0.
x→+∞
N u c < 0 thì f (x) ≤ c, f (x) ≤ cx + f (0), ∀x ≥ 0. Đi u này không th
x y ra do f (x) > 0, ∀x ∈ [0, +∞) → c = 0.
φ (x)
V y lim = 0.
x→+∞ (φ(x))2
13
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- 1.3 Hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s
1) Đ th c a hàm kh vi f (x) trên kho ng (a, b) đư c g i là l i xu ng
(lên), n u trong ph m vi nói trên nó không n m dư i (n m trên) ti p tuy n
b t kì c a nó.
2) Đi u ki n đ đ đ th c a hàm s l i xu ng (lên) là f (x) ≥
0, (f (x) ≤ 0) khi a < x < b, n u hàm s có đ o hàm đ n c p 2 h u
h n kh p nơi trên kho ng (a, b).
3) Đi m M0 (x0 , y0 ) c a đ th hàm s f (x) đư c g i là đi m u n, n u
t n t i m t lân c n c a x0 trên tr c hoành, sao cho trong lân c n đó đ
th c a hàm s v hai bên đi m x0 có hư ng l i khác nhau.
4) Đi m M0 (x0 , f (x0 )) mà f (x0 ) = 0 ho c f (x0 ) không t n t i, s là
đi m u n, n u f (x) đ i d u khi qua đi m x0 .
Bài toán 1.10. Hàm f (x) đư c g i là l i phía dư i (phía trên) trên kho ng
(a, b) n u v i các đi m x1 , x2 b t kì c a kho ng đó và các s λ1 , λ2 tùy ý
(λ1 > 0, λ2 > 0, λ1 + λ2 = 1) ta có b t đ ng th c:
f (λ1 (x1 ) + λ2 (x2 )) < λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ).
hay tương ng b t đ ng th c ngư c l i
f (λ1 (x1 ) + λ2 (x2 )) > λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ).
Ch ng minh r ng:
1) Hàm f (x) l i phía dư i trên kho ng (a, b), n u f (x) > 0 khi a < x < b.
2) Hàm f (x) l i phía trên trên kho ng (a, b), n u f (x) < 0 khi a < x < b.
L i gi i Gi s f (x) > 0, x ∈ (a, b) và gi s λ1 > 0, λ2 > 0 là các
s dương tùy ý th a mãn đi u ki n λ1 + λ2 = 1. N u x1 , x2 là hai đi m
b t kì c a kho ng (a, b) và x1 < x2 thì hi n nhiên đi m λ1 x1 + λ2 x2 n m
gi a x1 , x2 . Theo công th c Lagange ta có:
f (λ1 x1 + λ2 x2 ) − f (x1 ) = λ2 (x2 − x1 )f (ξ1 ), x1 < ξ1 < λ1 x1 + λ2 x2 ,
(1.7)
f (x2 ) − f (λ1 x1 + λ2 x2 ) = λ1 (x2 − x1 )f (ξ2 ).λ1 x1 + λ2 x2 < ξ2 < x2 .
(1.8)
Nhân c hai v c a (1.7) và (1.8) tương ng λ1 vàλ2 r i tr v v i v các
đ ng th c trên ta đư c:
λ2 f (x2 ) + λ1 f (x1 ) = f (λ1 x1 + λ2 x2 ) + λ1 λ2 (x2 − x1 )f (ξ3 ),
14
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- trong đó ξ1 < ξ3 < x2 . Do các đi u ki n λ1 > 0, λ2 > 0, f (ξ3 ) > 0, ta có
b t đ ng th c:
λ2 f (x2 ) + λ1 f (x1 ) > f (λ1 x1 + λ2 x2 ),
t c là hàm f (x) l i phía dư i trên (a, b).
N u như f (x) < 0 trên (a, b) thì hàm g(x) = −f (x) theo ch ng minh
trên là l i phía dư i trên (a, b), t c là;
λ2 g(x2 ) + λ1 g(x1 ) > g(λ1 x1 + λ2 x2 ).
Suy ra
λ2 f (x2 ) + λ1 f (x1 ) < f (λ1 x1 + λ2 x2 ).
Đi u đó nghĩa là hàm f (x) l i phía trên trên (a, b).
1.4 Công th c Taylor và b t đ ng th c Landau-Hadamard
1.4.1 Công th c Taylor trên m t kho ng
Gi s hàm f (x) xác đ nh trên đo n [a, b], kh vi trên (a, b) đ n c p
th n − 1 và đ o hàm f (n) (x) h u h n v i a < x < b. Khi đó v i m i
x0 ∈ (a, b) và p > 0, t n t i θ ∈ (0, 1), sao cho công th c sau đây đúng
1 2 f (n−1) (x0 )
f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ f (x0 )(x−x0 ) +...+ (x−x0 )n−1
2! (n − 1)!
+Rn (x),
trong đó
(x − x0 )n (1 − θ)n−p (n)
Rn (x) = f [x0 + θ(x − x0 )].
(n − 1)!p
(ph n dư dư i d ng Slomilic-Roser)
Khi p = n ta có ph n dư dư i d ng Lagrange
(x − x0 )n (n)
Rn (x) = f [x0 + θ1 (x − x0 )], 0 < θ1 < 1.
n!
Khi p = 1, ta có ph n dư d ng Cauchy
(x − x0 )n (1 − θ2 )n−1 (n)
Rn (x) = f [x0 + θ2 (x − x0 )], 0 < θ2 < 1.
(n − 1)!
15
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- 1.4.2 Công th c Taylor đ a phương
N u hàm f (x) xác đ nh trong lân c n đi m x0 nào đó, t i x0 t n t i các
đ o hàm h u h n đ n c p n thì có công th c
n
f (k) (x0 )
f (x) = (x − x0 )k + o[(x − x0 )n ].
k=0
k!
1.4.3 B t đ ng th c Landau-Hadamard
Gi s f (x), x ∈ R, là hàm kh vi hai l n và
Mk = sup|f (k) (x)| < +∞, (k = 0, 1, 2),
x∈R
2
Ch ng minh r ng M1 ≤ 2M0 M2 .
L i gi iTheo công th c Taylor, ta có
(x0 − x)2
f (x0 ) = f (x) + (x0 − x)f (x) + f (ξ).
2
T đó suy ra
|x0 − x|2 y2
|f (x0 )| ≤ |f (x)| + |f (x)||x0 − x| + |f (ξ)| ≤ M0 + M1 y + M2 ,
2 2
trong đó y = |x0 − x|.
y2 2
Vì M0 + M1 y + M2 ≥ 0, ∀y , nên M1 ≤ 2M0 M2 , (đpcm).
2
1.4.4 Các bài toán
Bài toán 1.11. Gi s f (x) ∈ C∞ (R), f (0) = 0, f (k) (0) = 0 và f (k) (x) ≥
0, ∀k ∈ N và x > 0. Ch ng minh r ng: f (x) = 0 v i x > 0.
L i gi i Gi s x > 0. Theo công th c Taylor ta có:
f (k) (θ) k
f (k) = x , 0 ≤ θ ≤ x.
k!
Vì f (k+1) (y) ≥ 0 v i y ≥ 0 nên f (k) tăng trên [0; ∞) và f (k) (θ) ≤ f (k) (x).
f (k) (x) k
Chính vì v y x ≥ f (x).
k!
Ta cũng có:
n−1 n−1
f (k) (x) k f (n) (θ) n f (k) (x) k
f (2x) = x + x ≥ x ≥ nf (x), (x ≤ θ ≤ 2x).
k=0
k! n! k=0
k!
16
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- B t đ ng th c này th a mãn ∀x ch trong trư ng h p f (x) = 0.
Bài toán 1.12. Gi s f (x) ∈ C2 [0, 1]; f (0) = f (1) = 0, |f (x)| ≤
A, (0 < x < 1). Ch ng minh r ng
A
|f (x)| ≤ , 0 ≤ x ≤ 1.
2
L i gi i Theo công th c Taylor, ta có
x2
f (0) = f (x) − f (x)x + f (ξ1 ), 0 < ξ1 < x,
2!
(x − 1)2
f (1) = f (x) + f (x)(1 − x) + f (ξ2 ), 0 < ξ2 < x.
2
T đó suy ra
1
f (x) = [f (ξ1 )x2 − f (ξ2 )(1 − x)2 ].
2
Ư c lư ng đ ng th c trên đây theo giá tr tuy t đ i c a đ o hàm c p hai,
ta đư c
A
|f (x)| ≤ (2x2 − 2x + 1).
2
A
Vì 0 ≤ 2x2 − 2x + 1 ≤ 1 khi 0 ≤ x ≤ 1, nên |f (x)| ≤ , (đpcm).
2
Bài toán 1.13. Gi s f (x) là hàm kh vi vô h n l n trên R sao cho:
a) ∃L > 0 : |f (n) (x)| ≤ L, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N.
1
b) f ( ) = 0 v i n = 1, 2, 3, ...
n
Ch ng minh r ng f (x) = 0.
L i gi i Ta ch ng minh v i k ∈ Z∗ b t kì, t n t i m t dãy đi m
h i t v 0 mà f (k) (x) = 0. Th t v y, v i k = 0, đi u này đúng. Gi
s đi u này đúng v i k = n ng v i dãy x1 , x2 , ... khi đó do tính kh
vi c a f (k) (x), gi a hai đi m xi và xi+1 , ∃yi sao cho f (k+1) (yi ) = 0 và
dãy y1 , y2 , .. th a mãn đi u ki n đ t ra. Bây gi do tính liên t c c a
f (k) (x), f (k) (0) = 0, ∀k = 0, 1, 2, .... Ta l y x tùy ý, theo công th c Taylor
ta có:
f (n) (θx) n L|x|n
|f (x)| = x ≤ .
n! n!
Do n tùy ý nên |f (x)| = 0.
17
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- Bài toán 1.14. Gi s hàm f (x) kh vi 2 l n, f (0) = f (1) = 0 và
minf (x) = −1. Ch ng minh r ng maxf (x) ≥ 8.
[0,1] [0,1]
L i gi i Gi s a là đi m c c ti u 0 < a < 1. Khi đó f (a) = 0, f (a) =
−1. Theo công th c Taylor ta có:
f (a + θx (x − a))
f (x) = −1 + (x − a)2 , (0 < θx < 1).
2
f (a + θ0 (−a)) 2
V i x = 0, x = 1 ta có 0 = −1 + a,
2
f (a + θ1 (1 − a))
0 = −1 + (1 − a)2 .
2
2
Ta kí hi u f (a + θi (i − a)) = ci , (i = 1, 2) ta tìm đư c c0 = 2 , c1 =
a
2 1 1
. Do v y v i a < thì c0 ≥ 8; còn a ≥ thì c1 ≥ 8 đó là đpcm.
(1 − a)2 2 2
Bài toán 1.15. Gi s f (x) là hàm s có đ o hàm c p 2 liên t c trên R.
và th a mãn đi u ki n f (0) = f (1) = a. Ch ng minh r ng:
max {f (x)} ≥ 8(a − b).
x∈[0;1]
V i b = min {f (x)}.
x∈[0;1]
L i gi i Áp d ng gi thi t và áp d ng đ nh lý Rolle, t n t i c ∈ (0; 1)
sao cho f (c) = 0. Xét khai tri n Taylor c a hàm f (x) t i đi m c.
f (θ(x))
f (x) = f (c) + f (c)(x − c) + (x − c)2 .
2!
Thay l n lư t giá tr x = 0 và x = 1 vào đ ng th c trên ta thu đư c:
f (θ(0)) 2
a=b+ .c ,
2
f (θ(1))
a=b+ .(1 − c)2 .
2
Hay
2(a − b)
f (θ(0)) = ≥ 0,
c2
2(a − b)
f (θ(1)) = ≥ 0.
(1 − c)2
18
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- Nhân v v i v 2 b t đ ng th c sau cùng ta đư c:
4(a − b)2
f (θ(0)).f (θ(1)) = 2 2
≥ 64(a − b)2 .
c (1 − c)
1
(S d ng b t đ ng th c c2 (1 − c)2 ≤ , v i c ∈ [0; 1]).
16
T đó suy ra đi u ph i ch ng minh.
Nh n xét: N u thay đo n [0; 1] b ng đo n [α; β] thì b ng phương pháp
tương t ta có k t qu
8(a − b)
max {f (x)} ≥ .
x∈[α;β] (α − β)2
1.5 B t đ ng th c Glaeser
N i dung chính c a m c này đư c hình thành d a trên tài li u [7].
1.5.1 Gi i thi u
Cho m t hàm f không âm trên R và có đ o hàm c p hai liên t c b
ch n trên b i M > 0 trên R, khi đó đ o hàm c p m t th a mãn b t đ ng
th c
− 2M f (x) ≤ f (x) ≤ 2M f (x), ∀x ∈ R. (1.9)
Đi u ng c nhiên c a k t qu và có th đó là lý do khi n nó không th
n i ti ng hơn, m c dù k t qu là m t b t đ ng th c theo t ng đi m, gi
thi t toàn di n: f ph i th a mãn v i các h s nguyên trên R. B t đ ng
th c |f (x)| ≤ 2M f (x) không đúng cho hàm không âmf ch đư c xác
đ nh trên kho ng (a,b) ho c (a, ∞) hàm f (x) = x trên kho ng (0, ∞).
V i m c tiêu là tìm ra ki u “qu tích” c a b t đ ng th c Glaese’s cho hàm
f : đ thay th mi n xác đ nh R trong đ nh lý v i m t t p con c a R, có
th s d ng gi i h n biên ho c đưa ra s h i t y u theo t ng đi m. M t
vài ví d n a làm rõ s c n thi t c a các gi thuy t trong đ nh lý Glaeser.
Cho f (x) > 0 trên kho ng(a, b), m t phép th đ u tiên, phương pháp m
r ng hàm f tr thành hàm không âm trên R, và sau đó áp d ng b t đ ng
th c Glaese’s đ m r ng. Ví d f (x) = 0 trên kho ng (0, ∞) cho th y
đi u đó là sai: f không m r ng thành hàm l y đư c vi phân không âm
trên R; n u như v y thì f (0) ph i b ng 1, f ph i ti n d n đ n 0 và âm
19
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- khi x → 0− , mâu thu n. Đ tránh tình tr ng này, chúng ta có th gi
đ nh r ng f ti n g n đ n c n trái c a 0 nhưng gi i h n biên c a nó không
đ m r ng đ th a mãn các gi thi t ho c k t lu n c a b t đ ng th c
3
Glaese’s. Xét ví d f (x) = x 2 trên (0, ∞) , f đư c m r ng thành hàm l y
3
đư c vi phân không âm x 2 trên R, nhưng f ” không b ch n và f không
√
b ch n trên (0, ∞) b i µ f v i b t kì µ.
N u ta xét thêm m t gi thi t r ng: f tăng trên kho ng (a,b) và th a mãn
f (x) ≥ 0, lim+ f (x) = 0 và f (x) ≤ M , khi đó ta nh n đư c b t đ ng
x→a
th c (1.9) v i x ∈ (a, b) thông qua vi c ch ng minh
x x
1
(f (x))2 = lim+ f (t)f (t)dt ≤ f (t)M dt ≤ M f (x). (1.10)
2 ω→a ω a
Tuy nhiên gi thi t “tăng” dư ng như quá ch c ch n và nó có th th a
mãn hơn đ tìm m t k t qu n u f bi n thiên nhi u l n trên m t kho ng.
1.5.2 B t đ ng th c có đi u ki n
K t qu chính là đ nh lý (1.4), không gi s r ng f tăng; ch ng minh s
d ng m t cách khác (1.10) nhưng v n còn sơ c p. Có th ch đ i m t đi u
ki n gi i h n cho hàm f t i m t đi m a, d n đ n s ư c lư ng đ hàm
f ti n d n đ n đ n a,nhưng nó đã ch ra r ng đi u ki n này f (x) ≤ M
v i a
nguon tai.lieu . vn
