Nội dung

Chương 1 Lý thuyết 1.1 Các định lý về giá trị trung bình Định lý 1.1.1 (Fecmat). Cho hàm f xác định trên (a, b) và c ∈ (a, b). Nếu f đạt cực trị địa phương tại c và f 0 (c) tồn tại thì f 0 (c) = 0. Định lý 1.1.2 (Rolle). Cho hàm f liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f 0 (c) = 0. Định lý 1.1.3 (Lagrange). Cho hàm f liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b). Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f 0 (c) = f (a) − f (b) . a−b Định lý 1.1.4 (Cauchy). Cho hai hàm số f và g liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho [f (b) − f (a)]g 0 (c) = [g(b) − g(a)]f 0 (c). Định lý 1.1.5 (Darboux). Cho hàm f khả vi trên (a, b) và c, d ∈ (a, b). Khi đó f 0 nhận mọi giá trị trung gian giữa f 0 (c) và f 0 (d). 1.2 Khai triển Taylor và quy tắc L’Hospital Định lý 1.2.1. Nếu hàm số f : (a, b) → R có các đạo hàm đến cấp n − 1 trên (a, b) và có đạo hàm cấp n tại điểm x0 ∈ (a, b) thì với h đủ nhỏ ta có f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) 2 f (n) (x0 ) n f (x0 + h) = f (x0 ) + h+ h + ... + h + o(hn ). 1! 2! n! Phần dư o(hn ) được gọi là phần dư Peano. 1 Định lý 1.2.2. Cho hàm f xác định trên [a, b] và x0 là một điểm cố định trên [a, b]. Giả sử f có đạo hàm đến cấp n liên tục trên [a, b] và có đạo hàm cấp n + 1 trên khoảng (a, b). Khi đó với mỗi x ∈ [a, b], tồn tại c nằm giữa x và x0 sao cho f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) f (n) (x0 ) f (n+1) (c) (x − x0 ) + . . . + (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 . 1! n! (n + 1)! Biểu thức Rn = f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 (n + 1)! được gọi là phần dư trong công thức khai triển Taylor (đến bậc n + 1) của hàm f tại x0 . Phần dư này được gọi là phần dư dạng Lagrange. Đặt h = x − x0 và gọi θ ∈ (0, 1) là số sao cho c = x0 + θh ta có f (x0 + h) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) 2 f (n) (x0 ) n f (n+1) (x0 + θh) n+1 h+ h +...+ h + h . 1! 2! n! (n + 1)! Nếu hàm f thỏa mãn các giả thiết trong định lý trên thì tồn tại số c0 nằm giữa x và x0 sao cho f (x) = f (x0 )+ f (n) (x0 ) f (n+1) (c0 ) f 0 (x0 ) (x−x0 )+. . .++ (x−x0 )n + (x−x0 )(x−c0 )n . 1! n! (n + 1)! Biểu thức Rn0 f (n+1) (c0 ) = (x − x0 )(x − c0 )n (n + 1)! được gọi là phần dư dạng Cauchy. Hiển nhiên là Rn = Rn0 . Đặt h = x − x0 và gọi θ0 ∈ (0, 1) sao cho x = x0 + θ0 h ta có f (x0 + h) = f (x0 ) + f (n) (x0 ) n f (n+1) (x0 + θ0 h) f 0 (x0 ) h + ... + h + (1 − θ0 )n hn+1 . 1! n! (n + 1)! Định lý 1.2.3. Giả sử f và g là hai hàm số xác định và có đạo hàm hữu hạn trên (a, b) \ {x0 }, x0 ∈ (a, b). Nếu 1. lim f (x) == lim g(x) = 0, x→x0 x→x0 f 0 (x) = L (L ∈ R hoặc L = ±∞), x→x0 g 0 (x) 2. lim f (x) = L. x→x0 g(x) thì lim Với những giả thiết thích hợp, quy tắc này cũng đúng cho giới hạn một phía, ∞ giới hạn ở vô tận, và giới hạn có dạng vô định . ∞ 2 1.3 Mối liên hệ giữa nguyên hàm và tích phân xác định Giả sử f là một hàm khả tích trên [a, b]. Khi đó với mỗi x ∈ [a, b], f khả tích trên [a, b] và ta xác định được hàm số F : [a, b] x −→ 7−→ R Zx f (t)dt. a Nếu f là hàm số liên tục trên [a, b] thì f khả tích trên [a, b] và khi đó F là một nguyên hàm của f trên [a, b], nghĩa là với mỗi x ∈ [a, b],  Zx 0 f (t)dt = f (x). a Nếu f là hàm liên tục trên [a, b], α, β là những hàm khả vi trên [a, b] và nhận giá trị thuộc đoạn [a, b]. Khi đó với mỗi x ∈ [a, b] ta có  α(x) Z 0 f (t)dt = f α(x) α0 (x) − f β(x) β 0 (x).
β(x) 3
Chương 2 Bài tập 2.1 Các định lý giá trị trung bình Bài 1: Cho f : [−π/2, π/2] → [−1, 1] là một hàm khả vi có đạo hàm liên tục và không âm. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho (f (x0 ))2 + (f 0 (x0 ))2 ≤ 1. Giải: Xét hàm số g(x) = arcsin(f (x)). Khi đó g : [−π/2, π/2] → [−π/2, π/2] là một hàm liên tục trên [−π/2, π/2] và nếu f (x) 6= ±1 thì g khả vi tại x và f 0 (x) . 1 − (f (x))2 g 0 (x) = p Nếu tồn tại x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho f (x0 ) = 1 hay f (x0 ) = −1 thì x0 là cực trị địa phương của hàm f nên theo định lý Fermat, f 0 (x0 ) = 0. Do đó ta có (f (x0 ))2 + (f 0 (x0 ))2 = 1. Nếu f (x) 6= ±1 với mọi x ∈ (−π/2, π/2) thì g thỏa mãn các điều kiện của định lý Lagrange trên [−π/2, π/2] nên tồn tại x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho π f 0 (x0 ) π π π g( ) − g(− ) = p ( − (− )). 2 2 2 1 − (f (x0 ))2 2 Để ý rằng vì vế phải là không âm nên vế trái cũng không âm. Ngoài ra vế trái không vượt quá π. Vậy ta có bất đẳng thức sau đây f 0 (x0 ) (π) ≤ π. 1 − (f (x0 ))2 0≤ p Từ đó ta nhận được (f (x0 ))2 + (f 0 (x0 ))2 ≤ 1. 4 Bài 2: Cho hàm f liên tục trên [a, b] (a > 0), khả vi trên (a, b). Chứng minh rằng tồn tại x1 , x2 , x3 ∈ (a.b) sao cho f 0 (x1 ) = (a + b) f 0 (x2 ) f 0 (x3 ) + (a2 + ab + b2 ) . 4x2 6x3 Giải: Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên [a, b] ta có x1 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) = f 0 (x1 ). b−a Áp dụng định lý Cauchy cho hàm f và hàm x 7−→ x2 ta có x2 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f 0 (x2 ) = b 2 − a2 2x2 hay f 0 (x2 f (x1 ) = (a + b) . 2x2 0 Áp dụng định lý Cauchy cho hàm f và hàm x 7−→ x3 ta có x3 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f 0 (x3 ) = b 3 − a3 3x23 hay f 0 (x1 ) = (a2 + ab + b2 ) f 0 (x3 ) . 3x23 Từ các kết quả trên ta có x1 , x2 , x3 ∈ (a, b) sao cho 0 f 0 (x2 ) 2 2 f (x3 ) f (x1 ) = (a + b) . + (a + ab + b ) 4x2 6x23 0 Bài 3: Cho hàm f : (−∞, +∞) −→ (−∞, +∞) khả vi đến cấp n + 1 tại mỗi điểm của (−∞, +∞) và (a, b) ∈ R2 , a < b, sao cho f (b) + f 0 (b) + . . . + f (n) (b) ln f (a) + f 0 (a) + . . . + f (n) (a)   = b − a. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c). Giải: Xét hàm F (x) = f (x) + f 0 (x) + . . . + f (n) (x))e−x , x ∈ [a, b]. Ta có F (a) = F (b) và với mỗi x ∈ [a, b], F 0 (x) = e−x f n+1 − f (x) . Theo định lý
Lagrange, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F 0 (c) = 0, tức là f (n+1) (c) − f (c) = 0. 5 Bài 4: Cho hàm f ∈ C 2 [0, +∞) (tức f khả vi liên tục đến cấp 2 trên [0, +∞)).
Với mỗi (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 , xét hàm số F (x) =   f (x) nếu x ≥ 0,  a1 f (−x) + a2 f (−2x) + a3 f (−3x) nếu x < 0. Chứng minh rằng có thể chọn các số ak , k = 1, 2, 3 để F ∈ C 2 (R). Hướng dẫn giải: Rõ ràng F khả vi liên tục đến cấp 2 trên (−∞, 0) và (0, +∞). Để F ∈ C 2 (R) thì chỉ cần F khả vi liên tục đến cấp 2 tại 0 là xong. Ta có F liên tục tại 0 ⇔ lim+ F (x) = lim− F (x) = F (0) x→0 x→0   ⇔ lim+ f (x) = lim− a1 f (−x) + a2 f (−2x) + a3 f (−3x) = f (0) x→0 x→0 ⇔ (a1 + a2 + a3 )f (0) = f (0). Điều đó được thỏa mãn nếu ta chọn các số a1 , a2 , a3 sao cho a1 + a2 + a3 = 1. Khi đó ta có F+0 (0) = f+0 (0) và F−0 (0) = (−a1 − 2a2 − 3a3 )f+0 (0). F sẽ có đạo hàm tại 0 nếu các số a1 , a2 , a3 thỏa thêm điều kiện −a1 − 2a2 − 3a3 = 1. Lúc đó hàm F 0 được xác định như sau F 0 (x) =     f 0 (x)    nếu x > 0, 0 f+ (0)      −a1 f 0 (−x) − 2a2 f 0 (−2x) − 3a3 f 0 (−3x) nếu x = 0, nếu x < 0. F+00 (0) = f+00 (0) và F−00 (0) = (a1 + 4a2 + 9a3 )f+00 (0). Do đó F sẽ có đạo hàm cấp 2 tại 0 nếu các số a1 , a2 , a3 thỏa thêm điều kiện a1 + 4a2 + 9a3 = 1. Khi đó F 00 (x) =     f 00 (x)    nếu x > 0, f+00 (0) nếu x = 0,      a1 f 0 (−x) + 4a2 f 0 (−2x) + 9a3 f 0 (−3x) nếu x < 0. 6 là một hàm liên tục. Tóm lại F khả vi liên tục đến cấp 2 tại 0 (và do đó thuộc C 2 (R)) nếu (a1 , a2 , a3 ) là nghiệm của hệ phương trình     a1 + a2 + a3 = 1    −a1 − 2a2 − 3a3 = 1      a + 4a + 9a = 1 1 2 3 Giải hệ này ta được ... Bài 5: Cho hàm f : R → R khả vi 2 lần và thỏa mãn f (0) = 2, f 0 (0) = −2 và f (1) = 1. Chứng minh rằng tồn tại một số c ∈ (0, 1) sao cho f (c)f 0 (c) + f 00 (c) = 0. Giải: Xét hàm số 1 g(x) = f 2 (x) + f 0 (x), x ∈ R. 2 Ta có g(0) = 0 và với mỗi x, g 0 (x) = f (x)f 0 (x) + f 00 (x). Theo định lý Rolle, ta chỉ cần chứng minh tồn tại η ∈ (0, 1) sao cho g(η) = 0 thì suy ra ngay sự tồn tại của c theo yêu cầu của bài ra. Ta xét hai trường hợp sau: a) f (x) 6= 0 với mọi x ∈ [0, 1]. Khi đó đặt x 1 − , x ∈ [0, 1], 2 f (x) g ta có hàm h xác định trên [0, 1] và h0 = 2 . Vì h(0) = h(1) = − 12 nên áp f dụng định lý Rolle cho hàm h, tồn tại η ∈ (0, 1) sao cho h0 (η) = 0. Do đó h(x) = g(η) = f 2 (η)h0 (η) = 0. b) Tồn tại x ∈ [0, 1] sao cho f (x) = 0. Khi đó ta gọi z1 = inf{x ∈ [0, 1] : f (x) = 0} và z2 = sup{x ∈ [0, 1] : f (x) = 0}. Từ tính liên tục của hàm f và tính chất của inf và sup ta có f (z1 ) = f (z2 ) = 0. Do đó 0 < z1 ≤ z2 < 1. Ngoài ra cũng dễ thấy f (x) > 0 với mọi x ∈ [0, z1 ) ∪ (z2 , 1]. Từ đó suy ra g(z1 ) = f 0 (z1 ) ≤ 0 và 7 g(z2 ) = f 0 (z2 ) ≥ 0, do đó tồn tại η ∈ [z1 , z2 ] ⊂ (0, 1) sao cho g(η) = 0. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 6: Cho f : [0, 1] → R thỏa mãn a. f tăng trên [0, 1], b. f khả vi trên (0, 1] và f 0 giảm trên (0, 1]. Xét dãy (xn )n được xác định bởi xn = 1 0 1 1 1 1 1 f ( ) + 2 f 0 ( ) + . . . + 2 f 0 ( ), n ∈ N. 2 1 1 2 2 n n Chứng minh rằng dãy (xn )n hội tụ. Giải: Vì f tăng trên [0, 1] nên f 0 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ (0, 1]. Do đó với mỗi n ∈ N, ta có xn+1 − xn = 1 1 0 f ( ) ≥ 0. (n + 1)2 n + 1 Vậy dãy (xn )n là một dãy tăng. Để chứng minh (xn )n hội tụ ta chỉ cần chứng minh (xn )n bị chặn. Với mỗi k ∈ N, áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên  1 ,1 k+1 k  ta có 1 1 1 ) = f 0 (θk ) , f( ) − f( k k+1 k(k + 1) với θk ∈  1 ,1 k+1 k . Vì f 0 không âm và giảm trên (0, 1] nên từ đây suy ra  1 1 1 1 ) ≥ f 0( ) . f( ) − f( k k+1 k k(k + 1) Do đó  1 1 0 1 k+1 0 1 1 1  ) = f ( ) ≤ 2 f ( ) − f ( ). f ( k2 k k k k(k + 1) k k+1 Lần lượt thay k bởi 1, 2, ..., n rồi cộng vế theo vế n bất đẳng thức đó ta được 1 xn ≤ 2 f (1) − f ( ) . n+1   1 Vì f tăng trên [0, 1] nên f ( n+1 ) ≥ f (0). Do đó xn ≤ 2 [f (1) − f (0)] . Ngoài ra để ý rằng xn ≥ 0 với mỗi n ∈ N. Vậy (xn )n là một dãy tăng và bị chặn nên hội tụ. Chú ý: 1. Nếu thay giả thiết f 0 tăng bằng giả thiết f 0 giảm thì kết luận ở trên có còn đúng không? 2. Hàm số f (x) = x, x ∈ [0, 1] là một hàm thỏa mãn bài toán trên. 8 Bài 7: Cho hàm f liên tục trên [0, 1], khả vi trên (0, 1) có thể trừ ra các điểm thuộc tập {0} ∪ { n1 : n ∈ N}. Chứng minh rằng tồn tại các dãy giảm ngặt (αn )n , (cn )n chứa trong khoảng (0, 1) sao cho lim n→∞ n X αk f 0 (ck ) = f (1) − f (0). k=1 Giải: Với mỗi k ∈ N, áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên đoạn tồn tại ck ∈ 1 , k+1 k
1  1 ,1 k+1 k  , sao cho 1 1 1 f( ) − f( ) = f 0 (ck ) . k k+1 k(k + 1) Đặt αk = 1 , k(k+1) ta được 1 1 f( ) − f( ) = f 0 (ck )αk . k k+1 Từ đó ta nhận được n X αk f 0 (ck ) = f (1) − f ( k=1 1 ). n+1 Vì f liên tục tại 0 nên khi qua giới hạn hai vế của đẳng thức trên ta nhận được lim n→∞ n X αk f 0 (ck ) = f (1) − f (0). k=1 Ngoài ra dễ thấy các dãy số (αn )n , (cn )n chứa trong khoảng (0, 1) và giảm ngặt. Vậy ta có điều phải chứng minh. Chú ý: 1. Vì Pn k=1 αk = 1 − 1 n+1 nên lim Pn n→∞ k=1 αk = 1. 2. Hàm f thỏa mãn các tính chất nêu trong bài toán trên một cách không tầm thường có thể được xác định như sau: Lấy g là một hàm liên tục trên [0, 1]. Vì [0, 1] = {0} ∞ S S n=1 1 ( n+1 , n1 ] nên ta xác định được hàm f bằng cách đặt f (x) =  1   f ( )     n an x + bn       f (0) nếu x= 1 , n 1 1 , , n+1 n nếu x∈ nếu x = 0. trong đó an , bn được chọn sao cho 9   a 1    n + bn = f ( ), n n 1 + bn = f ( ). n+1 n+1 an    Bài 8: Cho g là một hàm khả vi liên tục trên đoạn [a, b], f là một hàm khả vi trên đoạn [a, b] và f (a) = 0. Giả sử có số λ > 0 sao cho |g 0 (x)f (x) + f 0 (x)| ≤ λ|f (x)|, với mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng f = 0 trên đoạn [a, b]. Giải: Giả sử rằng có c ∈ (a, b] sao cho f (c) 6= 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử f (c) > 0. Vì f liên tục trên đoạn [a, b] nên tồn tại d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 với mọi x ∈ (d, c]. Với x ∈ (d, c] ta có f 0 (x) g (x) + − λ ≤ 0, f (x) 0 nên hàm số F (x) = g(x) + ln f (x) − λx không tăng trên (d, c]. Do đó với mỗi x ∈ (d, c], g(x) + ln f (x) − λx ≥ g(c) + ln f (c) − λc, hay là f (x) ≥ eλx−λc+g(c)−g(x) f (c). Vì f và g 0 liên tục tại d nên ta nhận được 0 = f (d) = lim+ f (x) ≥ eλd−λc+g(c)−g(d) f (c) > 0. x→d Mâu thuẫn trên chứng tỏ f = 0 trên đoạn [a, b]. Chú ý 1. Lấy g(x) = 1 với mọi x ∈ [a, b] thì ta được một trường hợp riêng của bài toán trên: Cho f là một hàm khả vi trên đoạn [a, b] và f (a) = 0. Giả sử có số λ > 0 sao cho |f 0 (x)| ≤ λ|f (x)|, với mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng f = 0 trên đoạn [a, b]. Một cách chứng minh khác như sau: Giả sử có c ∈ (a, b] sao cho f (c) 6= 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử f (c) > 0. Vì f liên tục trên đoạn [a, b] nên tồn tại d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 với mọi x ∈ (d, c]. Với x ∈ (d, c) ta có f 0 (θx ) | ln f (c) − ln f (x)| = (c − x) ≤ λ(c − x), f (θx ) 10