Phương pháp phần tử cực biên

Mục lục LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 4 Nguyên lí thứ tự Ngun lí quy nạp tốn học Sự tương đương hai nguyên lí Phương pháp phần tử cực biên 2.1 Cách sử dụng phương pháp phần tử cực biên 2-1.1 Phương pháp phản chứng phần tử cực biên 2-1.2 Tính tốn với phần tử cực biên 2-1.3 Sắp xếp phần tử theo thứ tự 2.2 Sử dụng phương pháp phần tử cực biên để giải toán số học đại số 2-2.1 Các toán số học 2-2.2 Các toán đại số 2.3 Sử dụng phương pháp phần tử cực biên để giải tốn giải tích 2-3.1 Định lý giá trị trung gian hàm số 2-3.2 Định lý Rolle 2-3.3 Định lý giá trị trung bình 7 10 11 11 14 16 16 20 23 KẾT LUẬN 28 Tài liệu tham khảo 29 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC o0o Hoàng Thị Nhung PHƯƠNG PHÁP PHẦN TỬ CỰC BIÊN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP THANH HÓA, 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC o0o Hoàng Thị Nhung PHƯƠNG PHÁP PHẦN TỬ CỰC BIÊN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Chun ngành: Sư phạm tốn Người hướng dẫn khóa luận Th.s Lê Anh Minh THANH HÓA, 2020 LỜI CẢM ƠN Đề tài thực hoàn thành Trường Đại học Hồng Đức hướng dẫn thầy Th.s Lê Anh Minh Nhân em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy người tận tình dẫn truyền dạy cho em kinh nghiệm quý báu học tập nghiên cứu suốt thời gian vừa qua Đồng thời em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Nhà trường, Khoa thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy em suốt trình em học tập rèn luyện trường Đại học Hồng Đức Cuối lời cảm ơn cảm ơn sâu sắc tới gia đình, bạn bè ln bên động viên, khích lệ tạo điều kiện tốt giúp em hồn thành tốt khóa luận Thanh Hóa, tháng năm 2020 Hoàng Thị Nhung MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Tốn học mơn khoa học tương đối khó, mang tính tư cao địi hỏi người học phải khám phá, tìm tịi say mê nghiên cứu Đối với say mê học tập nghiên cứu toán học thấy vẻ đẹp toán học nằm tốn hay khó, nhiên việc giải tốn lại khơng đơn giản chút "Phương pháp phần tử cực biên" công cụ để giải vấn đề Phương pháp phần tử cực biên phương pháp hay vận dụng để giải nhiều tốn phổ thơng, đặc biệt toán đề thi học sinh giỏi cấp Việc vận dụng phương pháp phần tử cực biên giúp học sinh, sinh viên phát triển lực trí tuệ Từ lý trên, em chọn đề tài "Phương pháp phần tử cực biên" đề tài khóa luận tốt nghiệp Mục đích nghiên cứu Mục đích đề tài nghiên cứu kĩ thuật Phương pháp phần tử cực biên Để thể rõ chất phương pháp gọi phương pháp phần tử cực biên Bởi giải tốn ta dùng phần tử cực biên để xuất phát lí luận Mặt khác, phần tử cực biên toán cụ thể khác nhau, có tính chất chung phần tử nằm miền xác định miền khơng xác định tốn theo nghĩa Nhiệm vụ đề tài Tổng hợp kiến thức cho việc trình bày nội dung khóa luận Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu phần tử cực biên phương pháp phần tử cực biên Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu định tính: Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài tham khảo ý kiến chuyên gia Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Khóa luận tài liệu tham khảo bổ ích cho học sinh phổ thơng u tốn, học sinh khá, giỏi u tốn, thầy, giáo, sinh viên Đại học ngành tốn, ngành tin học người u thích tốn phổ thơng Cấu trúc khóa luận Ngồi lời cảm ơn, mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, khóa luận chia thành hai chương: Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương khóa luận trình bày số kiến thức nguyên lí thứ tự tập hợp số tự nhiên Ngay từ chương ta thấy toán giải phương pháp quy nạp giải phương pháp đại lượng cực biên thông qua nguyên lí thứ tự Như vậy, ta thấy hai cách giải loại toán phương pháp quy nạp phương pháp dùng nguyên lí thứ tự Trong phần thấy mối liên hệ chặt chẽ hai nguyên lí Do đó, chương nhằm tạo tính hệ thống kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu nội dung Chương II: Phương pháp phần tử cực biên Trong chương trình bày kĩ thuật chứng minh tính tốn sử dụng phương phápphần tử cực biên, dùng lí luận phản chứng với phần tử cực biên, xếp thứ tự phần tử, Ngồi ra, thơng qua hệ thống tập chương trình bày rõ ứng dụng sử dụng phương pháp phần tử cực biên giải dạng tập lĩnh vực khác Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Nguyên lí thứ tự Tập hợp số N = {0, 1, 2, 3, 4, } gọi tập hợp số tự nhiên Mỗi phần tử gọi số tự nhiên Tập hợp số tự nhiên thường gắn với hai phép toán cộng nhân Với số tự nhiên a, b c phép tốn có tính chất sau: i a + b ab số tự nhiên (tính đóng) ii (a + b) + c = a + (b + c) (ab)c = a(bc) (tính kết hợp) iii a(b + c) = ab + ac (tính phân phối) iv + a = a + (đơn vị cộng tính) v 1a = a1 = a (đơn vị nhân tính) Người ta xét quan hệ thứ tự (nhỏ hơn) thường dùng tập số tự nhiên: < < < < Thứ tự có tính chất sau: Nếu a, b c số tự nhiên khác nhau, i a < b b < a, khơng đồng thời có hai bất đẳng thức này; ii a < b b < c a < c Người ta cơng nhận tính chất quan trọng tập số tự nhiên tiên đề sở: Nguyên lí thứ tự: ([1]) Mọi tập khác rỗng số tự nhiên ln có phần tử nhỏ Định lý 1.1 ([1]) Cho tập hợp khác rỗng số tự nhiên T = {x1 , x2 , x3 , } cho x1 > x2 > x3 > Khi T tập hợp hữu hạn Chứng minh Theo giả thiết T tập hợp khác rỗng Giả sử T tập vô hạn Từ x1 > x2 > x3 > (theo giả thiết), suy T phần tử nhỏ Điều trái với nguyên lí thứ tự Do T tập hợp hữu hạn 1.2 Ngun lí quy nạp tốn học Định lí 1.1 tập khác rỗng N có phần tử giảm dần hữu hạn Một tập số tự nhiên có số tính chất mà từ tính chất suy tập trùng với tập số tự nhiên khơng? Câu trả lời có thể định lí sau Định lý 1.2 ([1]) (Nguyên lí quy nạp tốn học) Nếu tập hợp T số ngun khơng âm có tính chất: 1) T chứa số 0; 2) Nếu T chứa số nguyên n chứa số ngun n + Khi T = N Chứng minh Giả sử T tập thực N, nghĩa có số nguyên dương thuộc N không thuộc T Vậy theo nguyên lí thứ tự tồn số nguyên dương nhỏ k không nằm T Ta thấy k > ∈ T Vì k − < k, theo cách chọn k − ∈ T Nhưng theo giả thiết thứ hai phải có k − + phải thuộc T Vì k = k − + nằm tập T, điều vơ lí với cách chọn k Suy T = N Từ định lí dễ dàng suy hệ sau Hệ 1.1 ([1]) Nếu tập hợp T số nguyên dương chứa số m chứa n + chứa n với n ≥ m, T chứa tất số nguyên dương lớn m Chú ý 1.1 ([1]) Để thuận tiện cho thể toán sau theo hệ ta kí hiệu N(m) = {m, m + 1, , n, } Ví dụ tập số nguyên dương N(3) = {3, 4, 5, } Ta kí hiệu N∗ = {1, 2, , n, } tập hợp số nguyên dương Hệ 1.2 ([1]) (Ngun lí quy nạp tốn học mạnh) Nếu tập hợp T số nguyên dương chứa số m chứa số n + chứa số m, m + 1, m + 2, , n với n ≥ m, T chứa tất số nguyên dương lớn m Chú ý 1.2 Nguyên lí quy nạp tốn học phát biểu khác với ngun lí quy nạp ta thường dùng [1], sách tác giả đề cập tới khía cạnh việc dùng phương pháp quy nạp Những ví dụ ứng dụng trực tiếp định lí sau ta dẫn dạng ngun lí quy nạp quen thuộc Giải tốn ngun lí quy nạp theo kiểu tập hợp số tự nhiên Trong sử dụng ngun lí ta ln ln gặp mệnh đề lôgic P (n) sai phụ thuộc vào biến số tự nhiên n cách đặt tập T thích hợp để áp dụng nguyên lí quy nạp Nhưng thực chất lí luận dựa mệnh đề lôgic đặt P (n) từ giả thiết tốn Vì người ta phát biểu lại nguyên lí quy nạp theo dạng mệnh đề sau: Định lý 1.3 ([1]) (Nguyên lí quy nạp toán học dạng mệnh đề) Cho dãy mệnh đề P (0), P (1), P (2), có nghĩa thỏa mãn: 1) P (0) đúng; 2) Nếu với k ∈ N, P (k) suy P (k + 1) đúng, P (n) với n ∈ N Chứng minh Đặt T = {n|n ∈ N P (n) đúng} Dễ dàng kiểm tra thấy ∈ T k ∈ T kéo theo k + ∈ T Theo định lí 1.2, ta có T = N Từ suy kết cần chứng minh Thực tế người ta sử dụng định lí 2.22 thuận tiện Phương pháp dùng nguyên lí quy nạp toán học để chứng minh gọi phương pháp quy nạp toán học Đặc điểm phương pháp bao gồm hai bước: • Bước thứ gọi bước sở: Kiểm tra P (0) • Bước thứ hai gọi bước quy nạp: Chứng minh P (n) P (n + 1) Kết luận P (n) với n ∈ N Vấn đề trình bày tài liệu tham khảo [1] 1.3 Sự tương đương hai nguyên lí Định lí 1.1 từ nguyên lí thứ tự suy nguyên lí quy nạp toán học Sau ta chứng minh ngược lại, ta có ngun lí quy nạp suy nguyên lí thứ tự Định lý 1.4 ([1]) Nguyên lí quy nạp tốn học kéo theo ngun lí thứ tự Chứng minh Giả thiết cho nguyên lí quy nạp toán học Ta phải chứng minh T tập khác rỗng số tự nhiên, T có phần tử nhỏ Tức ta phải chứng minh : Nếu T khơng có phần tử nhỏ nhất, T = ∅ Thật vậy, giả sử T khơng có phần tử nhỏ Kí hiệu T phần bù T Nếu nằm T phần tử nhỏ T, điều vơ lí với giả thiết cho T Do ∈ T Giả sử n số tự nhiên, n ≥ 0, 1, 2, , n − nằm T Nếu n nằm T, n phần tử nhỏ T, điều trái với giả thiết T Do n nằm T Theo ngun lí quy nạp tốn học suy T = N, T = ∅ Thực chất hai nguyên lí ta nghiên cứu tương đương Nghĩa toán sử dụng ngun lí để giải sử dụng nguyên lí giải Chương Phương pháp phần tử cực biên Chương trước ta sử dụng nguyên lí thứ tự nguyên lí quy nạp toán học để giải toán Chương ta điểm lại kĩ thuật sử dụng phần tử cực biên làm mấu chốt giải Đó phương pháp phản chứng, phương pháp tính tốn với phần tử cực biên, phương pháp xếp thứ tự phần tử cho toán 2.1 2-1.1 Cách sử dụng phương pháp phần tử cực biên Phương pháp phản chứng phần tử cực biên Phương pháp chứng minh phản chứng lí luận dựa vào mệnh đề phủ định mệnh đề cho sau tìm mâu thuẫn với giả thiết định lí biết Những phần tử cực biên mấu chốt lí luận phản chứng dẫn tới mâu thuẫn Do phần tử cực biên phương pháp phản chứng ứng dụng nhiều để giải tốn khó.Vấn đề trình bày [2] Ví dụ minh họa Ví dụ 2.1 ([5]) Trên vòng tròn người ta xếp 10 bi đỏ số bi xanh Biết đối diện với bi đỏ qua tâm vòng tròn bi xanh.Chứng minh tồn hai bi xanh đứng cạnh Lời giải 2.1 Giả sử không tồn hai bi xanh đứng cạnh (1) Suy không cố hai bi xanh đứng cạnh Do đó, bi xanh đỏ xếp xen kẽ, có 10 bi xanh Xét hai bi xanh đỏ đối diện vòng tròn: viên bi đỏ đánh số 1, viên bi xanh đối diện đánh số 11 Do bi xanh đỏ xếp xen kẽ nên bi xanh mang số 2,4,6,8,10 Khi ta thấy có bi xanh đánh số 10 bi xanh đánh số 11 đứng cạnh nhau, mâu thuẫn với (1) Vậy phải tồi hai bi xanh đứng cạnh Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.2 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun khác 0: x3 + 5y + 25z = Lời giải 2.2 Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun khác Khơng tính tổng qt, ta chọn nghiệm nguyên (x0 , y0 , z0 ) cho x0 6= |x0 | có giá trị nhỏ giá trị tuyệt đối chúng (ta chọn ngun lí thứ tự) Ta có x30 + 5y03 + 25z03 = suy x30 chia hết cho 5, x0 chia hết cho Đặt x0 = 5x1 , (x1 ∈ Z) Do x ≥ y ≥ nên ta có x2 y ≤ x3 + y + y3 x3 55 55 11 ≤ x3 + x3 + = x3 < x3 = x3 , 27 27 27 25 hay 121 20 Từ đó, ta có y ∈ {3, 4, 5, 6} Thay vào (3) ta không tìm số nguyên x thỏa mãn y≤ Vậy có hai giá trị n thỏa mãn yêu cầu toán n = n = Ví dụ 2.10 ([5]) Tìm tất số ngun dương x, y, z thỏa mãn 1 (1 + )(1 + )(1 + ) = x y y Lời giải 2.10 Vì vai trị x, y, z phương trình cho Khơng tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z Vì + có 1 > + > nên từ giả thiết, ta có + < suy z > Ngoài ra, ta x y z 1 128 125 > , (1 + )3 ≥ (1 + (1 + )(1 + ) = = z x y z 64 64 Nên + > , suy z < Do z = z = z - Nếu z = + = nên z 1 (1 + )(1 + ) = x y Từ đây, + 1 > nên + < hay y > Ngoài x y 1 64 64 (1 + )2 ≥ (1 + )(1 + ) = = > , y x y 48 49 > hay y < Do y = (tương đương x = 15), y = (tương y đương x = 9), y = (tương đương x = 7) Nên + - Nếu z = y ≥ z ≥ Để ý + = nên z 1 (1 + )(1 + ) = x y Từ đó, ta có Nên + 1 36 36 (1 + )2 ≥ (1 + )(1 + ) = = > y x y 24 25 > hay y < Do đó, ta có y = (tương ứng x = 8), y = (tương y ứng x = 5) 15 Vậy tất (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu đề (15, 4, 2), (9, 5, 2), (7, 6, 2), (8, 3, 3), (5, 4, 3) tất hoán vị chúng Bài tập vận dụng Bài toán 2.27 Cho x, y, z số thực cho x2 + y + z = Chứng minh x + y + z ≤ xyz + Bài tốn 2.28 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình xy + yz + zx = xyz + Bài tốn 2.29 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau 4(x + y + z) = xyz Bài tốn 2.30 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình q √ √ √ x + = y + z Bài toán 2.31 Tìm tất số nguyên dương a, b, c đôi khác cho biểu thức 1 1 1 + + + + + , a b c ab bc ca nhận giá trị nguyên dương Bài tốn 2.32 Tìm số ngun x, y lớn cho 3x + y 3y + x Bài tốn 2.33 Tìm ba số nguyên dương đôi khác x, y, z thỏa mãn x3 + y + z = (x + y + z)2 2.3 2-3.1 Sử dụng phương pháp phần tử cực biên để giải tốn giải tích Định lý giá trị trung gian hàm số 2-3.1.1 Hàm số liên tục Trong phần ta dùng định nghĩa thông thường hàm số liên tục Để nghiên cứu hàm số liên tục tính chất cách chặt chẽ phải có chun đề riêng Ta khơng nhắc lại khái niệm giới hạn dãy số thực giới hạn hàm số thực Cho a, b hai số thực a < b Tập hợp tất số x cho a < x < b gọi khoảng mở a b, kí hiệu (a; b) Tập hợp tất số x cho a ≤ x ≤ b gọi khoảng đóng a b, kí hiệu [a; b] Tập hợp tất số x cho a ≤ x < b a < x ≤ b gọi khoảng nửa đóng khoảng nửa mở đoạn thẳng, kí hiệu [a; b) (a; b] Trong chương ta xét hàm số thực f : [a; b] → R 16 Định nghĩa 2.1 Một hàm số thực f gọi hàm số liên tục điểm x0 f (x) → f (x0 ) x → x0 Thực chất định nghĩa hàm thực f gọi hàm liên tục điểm x0 , phải thỏa mãn ba điều: (i) f (x0 ) xác định; (ii) lim f (x) tồn tại; x→x0 (iii) lim f (x) = f (x0 ) Nếu hàm số f liên tục điểm c ∈ [a; b], f gọi hàm x→x0 liên tục miền xác định [a; b] (tham khảo [8]) Định nghĩa 2.2 ([8]) Hàm số f gọi liên tục phải (hoặc gọi liên tục từ phía phải) điểm x0 lim+ f (x) = x→x lim f (x) = f (x0 ) x→x0 x>x0 Tương tự, hàm số f gọi liên tục trái (hoặc gọi liên tục từ phía trái) điểm x0 lim f (x) = x→x lim f (x) = f (x0 ) x→x− 0 x cho |f (x)| ≤ M với x ∈ I (ở I tập R) Định nghĩa 2.4 ([8]) Hàm số f : I → R gọi bị chặn (hoặc bị chặn dưới) tồn số thực M cho f (x) ≤ M (hoặc f (x) ≥ M ) với x ∈ I Định nghĩa 2.5 ([8]) Giả sử f hàm bị chặn (hoặc bị chặn dưới) tập hợp I Số thực M nhỏ (hoặc lớn nhất) thỏa mãn f (x) ≤ M (hoặc f (x) ≥ M ) với x ∈ I gọi số chặn (hoặc số chặn dưới) hàm số f kí hiệu M = sup f (x) (hoặc x∈I m = inf f (x)) x∈I Định lý 2.3 Nếu f hàm liên tục khoảng đóng [a; b], f hàm bị chặn [a; b] (tham khảo [8]) Chú ý 2.1 ([9]) Có thể M m khơng phải giá trị hàm số f miền I Định lý 2.4 ([9]) (Định lí giá trị cực biên) Nếu f hàm số liên tục [a; b], tồn điểm x1 , x2 ∈ [a; b] cho f (x2 ) ≤ f (x) ≤ f (x1 ) với x ∈ [a; b] 2-3.1.2 Định lý giá trị trung gian Định lý 2.5 (Định lí giá trị trung gian) Nếu f hàm số liên tục [a; b] f (a) < y < f (b) (hoặc f (b) < y < f (a)), tồn số c ∈ (a; b) cho f (c) = y Ví dụ minh họa 17 Ví dụ 2.11 ([6]) Một người chạy việt dã km đường đua 30 phút Chứng minh đường đua người chạy việt dã chạy km phút Lời giải 2.11 Kí hiệu x khoảng cách theo đường đua, đo kilômét từ vạch xuất phát Với x [0; 5], kí hiệu f (x) thời gian chạy km từ điểm x đến điểm x + Hàm số f hàm liên tục Theo giả thiết cho f (0) + f (1) + f (2) + f (3) + f (4) + f (5) = 30 Từ suy khơng phải tất f (0), , f (5) nhỏ 5, tương tự tất f (0), , f (5) lớn Do tồn điểm a b [0; 5] cho f (a) ≤ ≤ f (b) Như theo định lí giá trị trung gian, tồn số c a b cho f (c) = 5, điều nói lên quãng đường từ c đến c + chạy phút Ví dụ 2.12 ([6]) Cho A tập hợp 2n điểm mặt phẳng khơng có ba điểm thẳng hàng Giả sử n điểm tô màu đỏ n điểm cịn lại tơ màu xanh Chứng minh tồn n đoạn thẳng khơng có hai đoạn cắt nhau, cho điểm đầu đoạn thẳng thuộc A đoạn có hai đầu khác màu Lời giải 2.12 Bài tốn khó hình học tổ hợp có nhiều phương pháp giải khác Sau cách giải có sử dụng định lí giá trị trung gian Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n Khẳng định n = Giả sử khẳng định với n = 1, 2, , k ta xét tập hợp A với 2(k + 1) điểm khơng có ba điểm thẳng hàng, mà k + điểm tô màu đỏ k + điểm tô màu xanh Xét hai trường hợp: Giả sử tồn hai đỉnh liên tiếp bao lồi A có màu khác Khi tồn hai đỉnh liên cạnh bao lồi, cho đỉnh P đỉnh Q, mà có hai màu khác Theo giả thiết quy nạp, tập hợp điểm A \ {P ; Q} có k đoạn thẳng nối hai màu khác Do khơng có đoạn thẳng cắt đoạn thẳng P Q theo cách chọn P Q có màu khác nhau, suy khẳng định toán cho tập A Trường hợp tất đỉnh bao lồi có màu, cho màu đỏ Nếu ` đường thẳng khơng nằm ngang mặt phẳng kí hiệu B(`) số điểm màu xanh thuộc A nằm bên trái `; R(`) số điểm màu đỏ thuộc A nằm bên trái ` đặt D(`) = B(`) − R(`) Ta chọn đường thẳng ` khơng nằm ngang phía bên trái tất điểm thuộc A mà khơng song song với đoạn thẳng tạo nối hai điểm A Tại vị trí D(`) = 0, cách di chuyển song song, liên tục ` phía phải, qua điểm A lần lần qua điểm D(`) thay đổi +1 điểm màu xanh điểm màu đỏ Vì ` di chuyển bên phải, giá trị D(`) số âm (khi qua điểm A, ta giả thiết đỉnh bao lồi màu đỏ) Do điểm cuối mà ` qua màu đỏ (do đỉnh bao lồi màu đỏ), giá trị D(`) số dương (trước qua điểm cuối A) Từ suy D(`) điểm nằm hai điểm đầu điểm cuối tính A (chú ý D(`) hàm giá trị nguyên) Khi ` vị trí (D(`) = 0), giả thiết quy nạp áp dụng cho điểm bên trái ` áp dụng cho điểm bên phải đường thẳng ` Từ khơng có đoạn thẳng giao nhau, khẳng định toán với tập hợp A Theo phương pháp quy nạp khẳng định toán với n ∈ N 18 2-3.1.3 Đạo hàm hàm số Định nghĩa 2.6 ([8]) Đạo hàm hàm số f : [a; b] → R điểm x thuộc (a; b) định nghĩa bởi: f (x + h) − f (x) f (x) = lim h→0 h giới hạn tồn Ví dụ minh họa Ví dụ 2.13 ([8]) Nếu hàm số f có đạo hàm x f liên tục x Lời giải 2.13 Ta có f (x + h) − f (x) ).h] h→0 h f (x + h) − f (x) = lim ( ) lim h h→0 h→0 h = f (x) lim h = lim [f (x + h) − f (x)] = lim [( h→0 h→0 Theo định nghĩa hàm liên tục suy f (x) liên tục x Ví dụ 2.14 ([10]) Nếu hàm số xf (x) có đạo hàm điểm cho x0 6= f liên tục điểm x0 f có đạo hàm điểm x0 Lời giải 2.14 Theo định nghĩa đạo hàm, ta có L = lim x→x0 xf (x) − x0 f (x0 ) , x − x0 tồn công thức định nghĩa đạo hàm hàm xf (x) điểm x0 (vì ta thay h x − x0 ) Với x đủ gần x0 khác x0 ta có f (x0 ) = = = = = = = xf (x) x0 f (x0 ) − f (x) − f (x0 ) x x0 = lim lim x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 xx0 f (x) − xx0 f (x0 ) lim x→x0 xx0 (x − x0 ) xx0 f (x) − x2 f (x) − xx0 f (x0 ) + x2 f (x) lim x→x0 xx0 (x − x0 ) xf (x)(x0 − x) + x(xf (x) − x0 f (x0 )) lim x→x0 xx0 (x − x0 ) h  xf (x) − x f (x )  f (x) i 0 lim − x→x0 x0 x − x0 x0   xf (x) − x0 f (x0 ) 1 lim − lim f (x) x→x x0 x − x0 x0 x→x0 [L − f (x0 )] x0 Ta dùng giả thiết f hàm liên tục lim f (x) = f (x0 ) x→x0 19 Ví dụ 2.15 ([9]) Cho f (x) = a1 sin x + a2 sin 2x + + an sin nx, a1 , a2 , , an số thực n số nguyên dương Cho biết |f (x)| ≤ | sin x| với số thực x, chứng minh |a1 + 2a2 + + nan | ≤ Lời giải 2.15 Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n Nhưng ta dùng định nghĩa đạo hàm để chứng minh Ta lấy đạo hàm f : f (x) = a1 cos x + 2a2 cos 2x + + nan cos nx Tại x = ta có f (0) = a1 + 2a2 + + nan Ta chứng minh |f (0)| ≤ đủ Thật vậy, f (x) − f (0) f (x) sin x