Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức và một số đánh giá tiệm cận

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN TOẢN CÁC ĐỊNH LÝ HÀM KHẢ VI VỚI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ ĐÁNH GIÁ TIỆM CẬN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN TOẢN CÁC ĐỊNH LÝ HÀM KHẢ VI VỚI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ ĐÁNH GIÁ TIỆM CẬN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS HOÀNG VĂN HÙNG Thái Nguyên - 2015 Mục lục Lời cam đoan Mở đầu Các định lí hàm khả vi bất đẳng thức 1.1 Đạo hàm, đạo hàm cấp cao hàm biến tính chất 1.1.1 Các định nghĩa 1.1.2 Các tính chất đạo hàm đạo hàm cấp cao Các định lí hàm khả vi 1.2.1 Định lí Fermat 1.2.2 Các định lý Cauchy, Lagrange, Rolle, Taylor 1.2.3 Một số hệ định lý Rolle 1.2.4 Liên hệ tính đơn điệu, tính lồi, lõm với đạo hàm 1.2 1.3 Đạo hàm riêng, cực trị có điều kiện hàm số nhiều biến Giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số hai biến số miền đóng bị chặn 1.3.1 Đạo hàm riêng cấp đạo hàm riêng cấp cao 1.3.2 Phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị có điều kiện hàm số nhiều biến Giá trị lớn bé hàm số hai biến số miền đóng bị chặn 11 1.4 Các ví dụ áp dụng 13 1.4.1 Các ví dụ sử dụng mối liên hệ đạo hàm với tính đơn điệu cực trị 13 i 1.4.2 Các ví dụ sử dụng mối liên hệ đạo hàm cấp hai tính lồi, lõm hàm số 21 1.4.3 Các ví dụ sử dụng định lý Rolle, Lagrange, Taylor 23 1.4.4 Các ví dụ sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị bé hàm số hai biến số miền đóng bị chặn 28 Đánh giá tiệm cận lớp dãy số 35 2.1 Khái niệm tiệm cận dãy số 35 2.2 Một số định lý đánh giá tiệm cận 36 Kết luận 53 Tài liệu tham khảo 55 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan thông tin trích dẫn luận văn trung thực, số liệu kết nghiên cứu không trùng lặp với đề tài khác Thái Nguyên, ngày 26 tháng 03 năm 2015 Học viên Nguyễn Văn Toản Mở đầu Trong luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức số đánh giá tiệm cận” tác giả vận dụng tính chất hàm khả vi biến nhiều biến để trình bày chứng minh số bất đẳng thức; bất đẳng thức chứng minh phương pháp khác tài liệu tham khảo Các ví dụ chứng tỏ định lý hàm khả vi công cụ mạnh chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt bất đẳng thức chứa số biến nhỏ Trong luận văn có trình bày chứng minh số bất đẳng thức khó (ví dụ bất đẳng thức NewtonMaclaurin, bất đẳng thức Ví dụ 1.24 Chương 1) dựa việc sử dụng định lý giá trị trung gian hàm khả vi biến lý thuyết cực trị có điều kiện hàm nhiều biến Đánh giá tiệm cận dãy chủ đề khó nhiều người quan tâm lý thuyết dãy chuỗi số Trong luận văn tác giả trình bày chứng minh số định lý đánh giá tiệm cận lớp dãy xác định công thức truy toán dựa khai triển Maclaurin hàm số biến đưa ví dụ minh họa Một số ví dụ minh họa toán gặp tài liệu chủ đề thi Olympic Toán sinh viên tài liệu nâng cao Giải tích toán học Bản luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức số đánh giá tiệm cận” gồm Lời nói đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo • Chương Các định lý hàm khả vi bất đẳng thức • Chương Đánh giá tiệm cận lớp dãy số Trong Chương tác giả tóm tắt kiện lý thuyết hàm khả vi biến, toán cực trị có điều kiện hàm hai biến, hàm ba biến với ràng buộc, toán tìm giá trị bé lớn hàm hai biến khả vi miến phẳng đóng, bị chặn Các bất đẳng thức Ví dụ 1.1 - 1.12 Chương chủ yếu chứng minh dựa mối liên hệ tính đơn điệu hàm số với dấu đạo hàm cấp hàm biến, Ví dụ 1.13 - 1.16 trình bày chứng minh bất đẳng thức dựa mối liên hệ tính lồi, lõm dấu đạo hàm cấp hai hàm biến, Ví dụ 1.17 - 1.22 trình bày chứng minh bất đẳng thức dựa định lý giá trị trung gian hàm khả vi, Ví dụ 1.22 - 1.25 trình bày chứng minh bất đẳng thức nhờ phương pháp nhân tử Lagrange để giải toán cực trị có điều kiện phương pháp tìm giá trị bé lớn hàm hai biến khả vi miến phẳng đóng, bị chặn Chương định nghĩa khái niệm đánh giá tiệm cận chứng minh số định lý đánh giá tiệm cận lớp dãy số dương xác định công thức truy toán dạng xn+1 = f (xn ) khẳng định liên quan Các kết chủ yếu chương Định lý 2.1, Hệ 2.1, Định lý 2.2, Định lý 2.3, Hệ 2.2, Định lý 2.4 Các ví dụ áp dụng chủ yếu đưa Mục 2.2.3 2.2.7 Danh mục tài liệu tham khảo gồm 05 tài liệu Để hoàn thành luận văn tác giả nhận giúp đỡ Thầy Cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng ban chức thuộc Đại học Thái Nguyên, nhà toán học thuộc Viện Toán học Viện hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam Thầy hướng dẫn, TS Hoàng Văn Hùng - Viện Khoa học Cơ - Đại học Hàng Hải Việt Nam Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành đến tất Thầy Cô, nhân viên phòng ban chức nói mong nhận ý kiến đóng góp từ phía luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Nguyễn Văn Toản Học viên Cao học Toán lớp B, khóa 06/2013-06/2015 Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Chương Các định lí hàm khả vi bất đẳng thức 1.1 Đạo hàm, đạo hàm cấp cao hàm biến tính chất 1.1.1 Các định nghĩa Cho f (x) hàm số với tập xác định D ⊂ R x0 điểm D Giới hạn (nếu có) f (x) − f (x0 ) x→x0 x − x0 lim gọi đạo hàm hàm f (x) x0 , ký hiệu f (x0 ) Nếu thay giới hạn xét giới hạn trái (tương ứng, phải) x0 ta có khái niệm đạo hàm trái (tương ứng, phải) x0 , ký hiệu f− (x0 ) (tương ứng, f+ (x0 ) Hàm số có đạo hàm (tương ứng, đạo hàm trái, phải) x gọi hàm khả vi (tương ứng, khả vi trái, phải) x Nếu f (x) có đạo hàm x ∈ D1 ⊂ D hàm số D1 x → f (x) ∈ R gọi đạo hàm hàm f (x) miền D1 Đạo hàm hàm số f (x) (nếu có) điểm x0 ∈ D1 gọi đạo hàm cấp hai f (x) x0 , ký hiệu f (x0 ) Nếu f (x0 ) tồn với x ∈ D2 ⊂ D hàm số D2 x → f (x) ∈ R gọi đạo hàm cấp hai hàm số f (x) miền D2 Tổng quát, đạo hàm đạo hàm cấp k − (với k ≥ 2) f (x) điểm x tập xác định D (nếu tồn tại) gọi đạo hàm cấp k f (x) x, ký hiệu f (k) (x) Nếu f (k) (x) tồn tại x ∈ Dk hàm số Dk x → f (k) (x) ∈ R gọi đạo hàm cấp k hàm số f (x) miền Dk Hàm số có đạo hàm cấp k miền G gọi khả vi đến cấp k G Ta quy ước ký hiệu f (0) (x) hàm f (x) Nếu tổng, hiệu, tích, thương hai hàm f (x), g(x) có nghĩa lân cận điểm x tồn f (x) g (x) đạo hàm hàm x tồn ký hiệu tương ứng f (x) g(x) (f (x) + g(x)) , (f (x) − g(x)) , (f (x)g(x)) , 1.1.2 Các tính chất đạo hàm đạo hàm cấp cao Tính chất 1.1 Đạo hàm cấp có tính chất tuyến tính, tức hàm số f (x) g(x) có đạo hàm cấp k miền D (αf (x) + βg(x))(k) = αf (k) (x) + βg (k) (x) với số thực α, β x ∈ D Tính chất 1.2 Nếu hàm số f (x) g(x) có đạo hàm cấp n miền D đạo hàm cấp n tích f (x)g(x) tồn D n (f (x)g(x)) (n) Cnk f (k) (x)g (n−k) (x), = Cnk = k=0 n! k!(n − k)! Tính chất 1.3 Giả sử f (x) có đạo hàm x0 f (u) có đạo hàm u0 = g(x0 ) Khi hàm hợp (f ◦ g)(x) = f (g(x)) xác định lân cận x0 có đạo hàm x0 Đạo hàm hàm f (g(x)) x0 tính theo công thức (f ◦ g) (x0 ) = f (g(x0 ))g (x0 ) Tính chất 1.4 Nếu hàm số f (x) g(x) có đạo hàm miền D g(x) = f (x) D hàm số có đạo hàm D g(x) f (x) g(x) = f (x)g(x) − g (x)f (x) g(x) 1.2 Các định lí hàm khả vi Mục trình bày định lý quan trọng nói tính chất hàm biến khả vi Chứng minh định lý có hầu hết giáo trình giải tích toán, chẳng hạn tài liệu [4] tác giả Jean-Marie Monier Tác giả đưa chứng minh Hệ 1.2 Định lý Rolle 1.2.1 Định lí Fermat Định nghĩa 1.1 Hàm f (x) gọi có cực đại x0 x0 điểm tập xác định tồn lân cận (x0 − δ, x0 + δ) x0 cho ∆f = f (x) − f (x0 ) ≤ với x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 } (1.1) Khi giá trị f (x0 ) gọi cực đại f (x) Nếu ∆f = f (x) − f (x0 ) < với x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 } (1.2) f (x0 ) gọi cực đại thực x0 Khái niệm cực tiểu (tương ứng, cực tiểu thực sự) x0 định nghĩa tương tự cách thay bất đẳng thức (1.1) (tương ứng, (1.2)) bất đẳng thức ∆f = f (x) − f (x0 ) ≥ với x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 } tương ứng, ∆f = f (x) − f (x0 ) > với x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 } Cực đại, cực tiểu hàm f (x) gọi chung cực trị f (x) Định lí 1.1 (Fermat) Nếu f (x) có cực trị x0 đồng thời khả vi x0 f (x0 ) = 41 Lời giải Đặt f (x) = x − x2015 + x4030 Trên khoảng (0, 1) ta có < x − x2015 + x4030 < x Vậy f (x) = x−x2015 +x4030 thỏa mãn điều kiện Hệ 2.1 với (0, a) = (0, 1), i = 2015, a2015 = −1 < Áp dụng khẳng định Hệ 2.1 ta suy xn ∼ [(1 − 2015)(−1)n] 1−2015 = √ 2014 2014n Ví dụ 2.6 Đặt x1 = α ∈ (0, π), xn+1 = sin xn − sin2 xn Hãy đánh giá tiệm cận dãy {xn } Lời giải Đặt f (x) = sin x − sin2 x Khi x ∈ (0, π) ta có < sin x − sin2 x < sin x < x f (x) = sin x − sin2 x = x − x2 + 0(x2 ) Vậy f (x) = sin x − sin2 x thỏa mãn điều kiện hệ 2.2.2 với (0, a) = (0, π), i = 2, a2 = −1 < Áp dụng khẳng định Hệ 2.1 ta suy xn ∼ [(1 − 2)(−1).n] 1−2 = n−1 = n Ví dụ 2.7 ([5, Bài tập 4.8c, Chương 6]) Cho x1 ∈ (0, 1), xn+1 = xn 1+x3n với n ≥ Hãy đánh giá tiệm cận dãy {xn } Lời giải Khi x ∈ (0, 1) ta có < f (x) = f (x) = Vậy f (x) = x 1+x3 < x x = x.(1 + x3 )−1 = x.(1 − x3 + 0(x3 )) = x − x4 + 0(x4 ) 1+x x 1+x3 thỏa mãn điều kiện hệ 2.2.2 với (0, a) = (0, 1), i = 4, a4 = −1 < Áp dụng khẳng định Hệ 2.1 ta suy 1 xn ∼ [(1 − 4)(−1).n] 1−4 = (3n)− = √ 3n 42 Ví dụ 2.8 ([5, Bài tập 4.8d, Chương 6]) Cho x1 ∈ (0, 1), xn+1 = ln(1 + xn ), với n ≥ Hãy đánh giá tiệm cận dãy {xn } Lời giải Khi x ∈ (0, 1) theo Ví dụ 1.1 ta có < ln(1 + x) < x theo Ví dụ 2.2 ta có x2 + 0(x2 ) ln(1 + x) = x − Vậy hàm f (x) = ln(1 + x) thỏa mãn điều kiện Hệ 2.1 với (0, a) = (0, 1), i = 2, a2 = − 21 < Áp dụng khẳng định Hệ 2.1 ta suy 1 xn ∼ [(1 − 2)(− ).n] 1−2 = ( n)−1 = 2 n Ví dụ 2.9 ([5, Bài tập 4.8g, Chương 6]) Cho x1 > 0, xn+1 = arctan xn với n ≥ Hãy đánh giá tiệm cận dãy {xn } Lời giải Khi x > hiển nhiên ta có < arctan x Xét hàm g(x) = arctan x − x, ta có: g (x) = − < + x2 Vậy hàm g(x) thực giảm toàn trục số Vì g(0) = nên x > ta có g(x) < ⇔ arctan x < x Vậy x > hàm f (x) = arctan x thỏa mãn bất đẳng thức kép < f (x) < x Mặt khác, theo Ví dụ 2.2 ta có x3 + 0(x3 ) arctan x = x − Vậy hàm f (x) = arctan x thỏa mãn điều kiện Hệ 2.1 với (0, a) = (0, +∞), i = 3, a3 = − 31 < Áp dụng khẳng định hệ 2.2.2 ta suy ra: 1 xn ∼ [(1 − 3)(− ).n] 1−3 = ( n)− = 3 2n 43 ∞ Định lí 2.2 Giả sử an > lim an = 0, n→∞ an = +∞ Nếu bn ∼ an n=1 n n bk ∼ k=1 ak k=1 ([5, Bài toán 3.1 a) chương 6]) Chứng minh Giả sử ε ∈ (0, 1) cho Từ giả thiết định lý suy tìm số nguyên dương n0 = n0 (ε) cho n > n0 xảy bất đẳng thức sau (1 − ε)an < bn < (1 + ε)an ∞ Vì an = +∞, tìm số nguyên dương n1 > n0 cho n > n1 có bất đẳng n=1 thức n0 n0 max n bk , k=1 ak n1 có bất đẳng thức sau n n (1 − ε) n ak < k=n0 +1 bk < (1 + ε) k=n0 +1 ak k=n0 +1 hay n0 n0 n0 bk ak k=1 n 0< bk k=1 n < ε, ak k=1 n ≤ ak k=n0 +1 ak k=1 k=n0 +1 Từ ta có đánh giá n n n0 bk k=1 n bk bk = k=1 n ak + k=n0 +1 n ak k=1 ak k=1 n0 k=1 n bk bk = k=1 n + k=n0 +1 n0 ak n ak + k=1 k=1 ak k=n0 +1 n bk k=n0 +1 n n0 bk = k=1 n ak k=1 ak + k=n0 +1 n0 ak k=1 n +1 ak k=n0 +1 −ε + − 2ε = − 3ε 1+ε > −ε + Mặt khác n > n1 ta có n n0 bk = k=1 n n bk + k=1 n bk < ε k=n0 +1 ak + (1 + ε) k=n0 +1 n < ε ak k=n0 +1 n ak + (1 + ε) k=1 ak k=1 n < (1 + 2ε) ak k=1 suy n bk k=1 n < + 2ε ak k=1 Tổng hợp kết nhận ta suy n > n1 có bất đẳng thức kép sau n bk − 3ε < k=1 n < + 2ε ak k=1 Do tính tùy ý số ε ∈ (0, 1), bất đẳng thức kép có nghĩa n bk lim k=1 n→∞ n n n =1⇔ ak bk ∼ k=1 ak k=1 k=1 Ta xét số ví dụ áp dụng Ví dụ 2.10 Bởi ln(1 + x) = x + 0(x) lân cận điểm x = ta có đánh giá tiệm cận bn = ln + Mặt khác ∞ n=1 n n ∼ an = , n n → ∞ = +∞, áp dụng Định lý 2.2 ta có đánh giá tiệm cận n k=1 ln + k n ∼ k=1 k 45 suy n ∼ ln(n + 1) k k=1 Ví dụ 2.11 Cho α ∈ (0, 1), ta có đánh giá tiệm cận n k=1 n1−α ∼ kα 1−α Lời giải Ở lân cận x0 = ta có (1 + x)α = + αx + 0(x) Do n → ∞ ta có đánh giá 1−α 1−α bn = n1−α [(1 + )1−α − 1] ∼ n1−α = = an n n nα điều tương đương với bn = (n + 1)1−α − n1−α ∼ 1−α = an nα Khi α ∈ (0, 1) ta có an = ∞ 1−α >0 nα ∞ an = n=1 n=1 (1 − α) = ∞ nα Vậy áp dụng Định lý 2.2 ta có đánh giá n n bk ∼ k=1 n ak ⇔ k=1 k=1 n ⇔ k=1 (1 − α) ∼ kα n [(k + 1) 1−α − k 1−α ] = (n + 1)1−α − k=1 1−α (n + 1) −1 n1−α ∼ ∼ kα 1−α 1−α Định lí 2.3 Giả sử hàm f (x) không âm giảm khoảng [1, +∞) thỏa mãn +∞ f (x)dx = +∞ 46 Khi ta có đánh giá n+1 n f (k) = f (x)dx + C + αn , k=1 ≤ C ≤ f (1), lim αn = Nói riêng, ta có đánh giá tiệm cận n→∞ n n f (k) ∼ k=1 f (x)dx Định lý phát biểu nhiều tài liệu giải tích toán, nói riêng xem [5] (Bài toán 3.13, Chương 6) Chứng minh Vì f (x) không âm giảm [1, +∞), với số nguyên dương k ta có đánh giá k+1 (2.2) f (x)dx ≥ f (k + 1) f (k) ≥ k Từ nhận n k+1 n f (k) ≥ k=1 n+1 f (x)dx ≥ f (x)dx = k=1 k n (2.3) f (k + 1) k=1 với số nguyên dương n Từ bất đẳng thức (2.3) suy bất đẳng thức n+1 n 0≤ f (k) − k=1 (2.4) f (x)dx ≤ f (1) − f (n + 1) Dãy số n n+1 f (k) − f (x)dx k=1 dãy không âm tăng Thật vậy, hiệu phần tử thứ n + phần tử thứ n dãy đại lượng f (n + 1) − n+2 f (x)dx ≥ (xem (2.2)) Do (2.4) dãy { f (x)dx} bị chặn f (1) Vậy tồn giới hạn  f (k) − lim  n→∞ n+1 n k=1 f (k) − k=1 n+1 n+1 n  f (x)dx = C ≤ f (1) 47 Rõ ràng C ≥ Đặt n+1 n f (k) − αn = k=1 f (x)dx − C ta có lim αn = n→∞ n+1 n f (k) = k=1 ≤ C ≤ f (1) f (x)dx + C + αn , Từ bất đẳng thức (2.2) giả thiết +∞ n+1 f (x)dx = lim f (x)dx = +∞ n→∞ 1 ta suy n+1 f (x)dx n n+1 n+1 f (x)dx − f (x)dx = n n f (x)dx = n+1 f (k) 1− f (x)dx 1+ f (x)dx + C + αn k=1 n n+1 C+αn n+1 f (x)dx 1 Định lý chứng minh hoàn toàn Hệ 2.2 Giả sử (1) f (x) không âm, giảm khoảng [1, +∞) +∞ f (x)dx = +∞ (2) Giới hạn g(x) = α > x→+∞ f (x) lim Khi n g(k) ∼ α k=1 n n f (k) ∼ α k=1 f (x)dx → n→∞ 48 Chứng minh Hàm αf (x) rõ ràng thỏa mãn điều kiện Định lý 2.3 Do ta có n n f (k) ∼ α α k=1 f (x)dx Từ giả thiết (2) ta có g(n) ∼ αf (n) từ n n f (k) ∼ α α k=1 ∞ với giả thiết (1) ta có f (x)dx αf (n) = +∞ Do theo Định lý 2.2 ta có n=1 n n n f (k) ∼ α g(k) ∼ α k=1 k=1 f (x)dx Ví dụ 2.12 Định lý 2.3 cho ta đánh giá sau đây, xác đánh giá Ví dụ 2.10 n = ln(n + 1) + C + αn , k k=1 lim αn = 0, < C ≤ n→∞ Lời giải Hàm f (x) = x không âm, giảm khoảng [1, +∞) +∞ +∞ dx = +∞ x f (x)dx = 1 Vậy theo Định lý 2.3 ta có n k=1 n+1 = k dx + C + αn = ln(n + 1) + C + αn , x với lim αn = 0, ≤ C ≤ f (1) = n→∞ Do n+2 > n+1 dx = ln(1 + ) x n+1 n+1 49 nên dãy số   n  k=1 n+1 f (k) − f (x)dx    dãy số không âm, thực tăng bị chặn f (1) = 1, từ chứng minh Định lý 2.3 ta suy < C ≤ Ví dụ 2.13 Ta có đánh giá n k=1 ∼ ln ln(n + 1) k ln(k + 1) Lời giải Đặt g(x) = , x ln(x + 1) f (x) = (x + 1) ln(x + 1) ta có hàm số f (x) không âm, giảm khoảng [[1, +∞) b +∞ f (x)dx = lim ln ln(x + 1) f (x)dx = lim b→+∞ b→+∞ = +∞ 1 b Giới hạn g(x) = x→+∞ f (x) lim Theo Hệ 2.2 ta có đánh giá n n g(k) = k=1 k=1 n Ví dụ 2.14 k=1 n ∼ k ln(k + 1) f (x)dx = ln ln(n + 1) − ln ln ∼ ln ln(n + 1) ek sin(1/k) ∼ e ln n k Lời giải Đặt g(x) = ta có ex sin(1/x) , x f (x) = x 50 f (x) không âm, giảm khoảng [1, +∞) và: +∞ b f (x)dx = lim b→+∞ lim g(x) x→+∞ f (x) b dx = lim ln x = +∞ b→+∞ x = lim ex sin(1/x) = e x→+∞ Theo Hệ 2.2 ta có n n g(k) = k=1 k=1 n ek sin(1/k) ∼e k n dx = e ln n x f (x)dx = e 1 ∞ Ví dụ 2.15 Dãy {xn }n=1 xác định quy nạp x1 = α ∈ (0, π), Hãy đánh giá tiệm cận dãy n xn+1 = sin xn xk k=1 Lời giải Theo kết Ví dụ 2.3 ta có xn ∼ n Hàm f (x) = giảm khoảng [1, +∞) và: +∞ b f (x)dx = lim b→+∞ 1 √ √ b √ dx = lim 3x = +∞ b→+∞ x Áp dụng Định lý 2.2 Định lý 2.3 ta có n n n ∼ k xk ∼ k=1 k=1 √ √ √ √ √ dx = 3( n − 1) ∼ 3n x ∞ Ví dụ 2.16 Dãy {xn }n=1 xác định quy nạp x1 ∈ (0, 1), Hãy đánh giá tiệm cận dãy n k=1 xk xn+1 = xn , n ≥ 1 + x3n x không âm, 51 Lời giải Theo kết Ví dụ 2.7 ta có xn ∼ √ 3n Hàm f (x) = √ 3x không âm, giảm khoảng [1, +∞) +∞ √ b 2/3 √ dx = lim x = +∞ b→+∞ 3x b f (x)dx = lim b→+∞ 1 Áp dụng Định lý 2.2 Định lý 2.3 ta có n n n xk ∼ k=1 k=1 √ ∼ 3n √ √ 3 2/3 2/3 √ dx = (n − 1) ∼ n 2 3x Ví dụ 2.17 Cho dãy số xn+1 = arctan xn , n ≥ x1 > 0, Hãy đánh giá tiệm cận dãy n xk k=1 Lời giải Theo kết Ví dụ 2.9 ta có xn ∼ 2n Hàm f (x) = 2x không âm, giảm khoảng [1, +∞) +∞ b √ √ b dx = lim x = +∞ b→+∞ 2x f (x)dx = lim b→+∞ 1 Áp dụng Định lý 2.2 Định lý 2.3 ta có n n n xk ∼ k=1 k=1 ∼ 2n √ √ √ dx = 6( n − 1) ∼ 6n 2x Các Ví dụ 2.15, 2.16 2.17 trường hợp riêng định lý sau Định lí 2.4 Giả sử hàm f (x) lân cận phải (0; a) điểm thỏa mãn bất đẳng thức kép < f (x) < x có khai triển Taylor f (x) = x + xi + 0(xi ), i ≥ 2, < Nếu x1 = f (α), α ∈ (0; a) xn = f (xn−1 ) với n ≥ n xk ∼ k=1 ln n i = |a2 | 52 n xk ∼ k=1 2−i 1−i [(1 − i)ai ] 1−i n 1−i i > 2−i Chứng minh Định lý thực chất kết hợp Hệ 2.1, Định lý 2.2 Định lý 2.3 Thực vậy, với giả thiết nêu, từ Hệ 2.1 ta suy đánh giá tiệm cận xn ∼ ((1 − i)ai n) 1−i Hàm g(x) = [(1 − i)ai x] 1−i không âm, giảm khoảng [1, +∞) Khi i = 2, ta có +∞ b g(x)dx = lim b→+∞ 1 b dx = +∞ = lim ln x |a2 | x |a2 | b→+∞ Khi i > b +∞ g(x)dx = [(1 − i)ai ] lim b→+∞ 1−i x 1−i dx 1 = [(1 − i)ai ] 1−i 2−i 1−i lim (b 1−i − 1) − i b→+∞ = +∞ Áp dụng Định lý 2.2 Định lý 2.3 cho trường hợp tương ứng ta khẳng định định lý 53 Kết luận Nội dung Chương luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức số đánh giá tiệm cận” chứng tỏ nhìn nhận toán sơ cấp từ quan điểm toán học cao cấp giúp ta có công cụ mạnh để giải toán Các toán sơ cấp mà luận văn đề cập đến bất đẳng thức sơ cấp số đánh giá tiệm cận lớp dãy xác định công thức truy toán dạng xn+1 = f (xn ) dãy liên quan Các tính chất hàm khả vi biến nhiều biến sử dụng công cụ để chứng minh bất đẳng thức là: mối liên hệ tính đơn điệu hàm số với dấu đạo hàm cấp hàm biến (các Ví dụ 1.1 - 1.12 Chương 1); mối liên hệ tính lồi, lõm dấu đạo hàm cấp hai hàm biến (các Ví dụ 1.13 - 1.16 Chương 1); định lý giá trị trung gian hàm khả vi (các Ví dụ 1.17 - 1.22 Chương 1); phương pháp nhân tử Lagrange để giải toán cực trị có điều kiện phương pháp tìm giá trị bé lớn hàm hai biến khả vi miền phẳng đóng, bị chặn (các Ví dụ 1.23 - 1.25 Chương 1) Công cụ để chứng minh đánh giá tiệm cận Chương định lý khai triển Maclaurin hàm biến khả vi đến cấp Nhờ định lý chứng minh Chương dễ dàng nhận đánh giá tiệm cận loạt dãy xác định công thức truy toán dạng xn+1 = f (xn ) dãy liên quan (xem Ví dụ 2.3 - 2.17 Chương 2) Một số đánh giá toán khó (theo quan điểm tác giả) có tài liệu chủ đề thi Olympic Toán sinh viên tài liệu nâng cao giải tích toán Như vậy, nội dung luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức số đánh giá tiệm cận” cho thấy định lý hàm khả vi ứng dụng 54 để giải toán bất đẳng thức, toán đánh giá tiệm cận dãy số thực Điều biện hộ cho tiêu đề luận văn lần cho thấy tiềm ứng dụng công cụ giải tích toán vào việc giải toán sơ cấp 55 Tài liệu tham khảo [1] Trần Lưu Cường (1998), Toán Olympic cho sinh viên - Tập 1, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc Nhà xuất giáo dục , 2006 [3] Trần Phương (1997), Bất đẳng thức - Tập 1, NXB Thành phố Hồ Chí Minh [4] Jean-Marie Monier (2000), Giáo trình Toán - Tập 1: Giải tích 1, người dịch Lí Hoàng Tú, từ nguyên “Cour de Mathématique - 1, Analyse 1, Dunod, Paris, 1999”, NXB Giáo dục, Hà Nội [5] Makarov B M., Goluzina M G., Lodkin A A., Podkorytov A.N (1992), Các toán chọn lọc giải tích thực, Moskva, “Nauka” (bản Tiếng Nga) [...]... Từ các bất đẳng thức nhận được ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh a b c 3 + + ≥ Mb + Nc Mc + Na Ma + Nb M +N 1.4.3 Các ví dụ sử dụng định lý Rolle, Lagrange, Taylor Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy, Taylor đôi khi còn được gọi là các định lý về giá trị trung gian (intermediate value theorems) của các hàm khả vi Việc các giá trị trung gian này (giá trị của số c trong phát biểu của các định lý. .. Đạo hàm riêng, cực trị có điều kiện của hàm số nhiều biến Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số hai biến số trên miền đóng bị chặn Đạo hàm riêng cấp một và đạo hàm riêng cấp cao Để tránh cồng kềnh về mặt ký hiệu, chúng ta sẽ chỉ định nghĩa đạo hàm riêng cấp một và cấp cao cho hàm hai biến Đạo hàm riêng cấp một và cấp cao của các hàm với số biến lớn hơn hoàn toàn tương tự Định nghĩa 1.2 Xét hàm. .. đạo hàm với tính đơn điệu và cực trị Mối liên hệ giữa đạo hàm với tính đơn điệu và cực trị là một trong những công cụ mạnh thường được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức chứa một biến Tuy nhiên, nhiều bất đẳng thức chứa nhiều biến lại là hệ quả của các bất đẳng thức chứa một biến này Các ví dụ đưa ra dưới đây cho ta thấy điều đó 14 Ví dụ 1.1 Chứng minh các bất đẳng thức sau: (a) ex ≥ 1 + x với. .. số c trong phát biểu của các định lý trên) không được xác định một cách rõ ràng dẫn đến vi c phải thay giá trị của các hàm liên quan đến chúng bằng các ước lượng bất đẳng thức Chính điều này làm cho các định lý về giá trị trung gian trở thành một công cụ khá mạnh trong chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến các hàm khả vi Dưới đây là một số ví dụ 24 Ví dụ 1.16 (xem [3, Bài toán 11.11]) Chứng minh... 1.4.4 Các ví dụ sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange và quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị bé nhất của hàm số hai biến số trên miền đóng và bị chặn Phương pháp nhân tử Lagrange thường được áp dụng vào vi c tìm giá trị lớn nhất hoặc bé nhất của một hàm nhiều biến với điều kiện các biến có ràng buộc Để áp dụng phương pháp nhân tử Lagrange vào vi c chứng minh các bất đẳng thức, ta cần đưa bất đẳng thức. .. i=1 Do f (x) là hàm liên tục trên R, từ bất đẳng thức trên ta suy ra f (x) là hàm đơn điệu, tăng trên khoảng [0, +∞) Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh 1.4.2 Các ví dụ sử dụng mối liên hệ giữa đạo hàm cấp hai và tính lồi, lõm của hàm số Có rất nhiều tài liệu vi t về ứng dụng tính lồi, lõm của hàm số để chứng minh các bất đẳng thức và các bất đẳng thức được chứng minh bằng phương pháp này cũng... dụng bất đẳng thức Bernoulli trong trường hợp (b) với α = 1 p (p > 1) và x = q > 0 ta có 1 (1 + q) p < 1 + p 1 p1 q ⇔ ... sinh vi n v cỏc ti liu nõng cao v Gii tớch toỏn hc Bn lun Cỏc nh lý hm kh vi vi bt ng thc v mt s ỏnh giỏ tim cn gm Li núi u, hai chng, kt lun v danh mc ti liu tham kho Chng Cỏc nh lý v hm kh vi. .. thuc Vin Toỏn hc Vin hn lõm Khoa hc v Cụng ngh Vit Nam v Thy hng dn, TS Hong Vn Hựng - Vin Khoa hc C bn - i hc Hng Hi Vit Nam Tỏc gi xin by t lũng cm n chõn thnh n tt c cỏc Thy Cụ, cỏc nhõn vi n... khai trin Maclaurin vi phn d dng Peano ca cỏc hm ú 2.2 Mt s nh lý v ỏnh giỏ tim cn Mc ny ỏp dng cỏc nh lý v hm kh vi phỏt biu Chng chng minh mt s nh lý v ỏnh giỏ tim cn nh lý sau v h qu ca nú