KHÓA LUẬN các ĐỊNH lý cơ bản của hàm KHẢ VI

MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài khóa luận Lớp hàm khả vi lớp hàm quan trọng giải tích Trong chương trình toán bậc học phổ thông, khái niệm hàm số khả vi biến thực đưa vào giảng dạy Đến bậc học đại học, sinh viên lại tiếp tục nghiên cứu lại cách hệ thống đầy đủ khái niệm nội dung giải tích cổ điển (giải tích biến thực) sinh viên ngành toán hay nội dung toán cao cấp sinh viên khối ngành y, kinh tế, kỹ thuật, nông lâm,… Hơn nữa, khái niệm hàm khả vi mở rộng khái quát thành đối tượng nghiên cứu giải tích đại (hàm khả vi phức, hàm khả vi không gian Banach…), đồng thời nhiều lĩnh vực chuyên ngành toán học liên quan đến hàm khả vi đời như: phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng, đa tạp khả vi… Xuất phát từ ý nghĩa khoa học vai trò quan trọng hàm khả vi nhiều kì thi học sinh giỏi toán, người ta thường đề cập đến toán liên quan đến kiến thức hàm khả vi biến thực Số lượng thể loại toán phong phú, đa dạng nhiều người đánh giá khó Chúng ta phần thấy để giải toán người ta phải đồng thời kết hợp phép toán đại số, tính chất giới hạn, tính liên tục, tính khả vi… Nhưng kết hợp vận dụng để đạt hiệu quả? Đây toán khó, không sinh viên ngành Toán nói chung sinh viên Sư phạm Toán nói riêng lúng túng gặp toán áp dụng định lý hàm khả vi thực hành giải toán Để làm điều này, yêu cầu người học phải có tư toán học phát triển, đồng thời áp dụng định lý mức độ cao hơn, phải biết sử dụng kết hợp cách khéo léo kiến thức môn giải tích để hỗ trợ phát triển ứng dụng Đối với dạng bài, xây dựng phương pháp chung dựa vào định lí hàm khả vi, sở phương pháp đưa hệ thống tập nhằm cụ thể hóa định lí nhiều trường hợp Với mong muốn tìm hiểu cách hệ thống cụ thể hàm khả vi, nhiều ứng dụng quan trọng lớp hàm này, chọn đề tài: “Các định lí hàm khả vi số ứng dụng” cho khóa luận tốt nghiệp Mục tiêu khóa luận - Trình bày chi tiết hệ thống những định lí hàm khả vi số ứng dụng chúng giải toán Qua đó làm rõ mối quan hệ tính khả vi hàm thực biến với hàm không gian tuyến tính định chuẩn, đưa những tính chất về tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị hàm đa thức, làm rõ tính khả vi hàm trị tuyệt đối của đa thức, đưa hệ thống phương pháp và tập ứng dụng định lí hàm khả vi Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu khái niệm, các tính chất hàm khả vi - Nghiên cứu định lí liên quan đến tính đơn điệu hàm khả vi - Nghiên cứu định lí liên quan đến cực trị hàm khả vi - Nghiên cứu định lí liên quan đến tính lồi, lõm đồ thị hàm khả vi - Nghiên cứu định lí giá trị trung bình - Nghiên cứu định lí khai triển hàm khả vi Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thành khóa luận này chúng chủ yếu sử dụng phương pháp nghiên cứu lí luận, cụ thể là: - Trên sở định nghĩa đã có chúng phân tích làm rõ mối quan hệ tính khả vi hàm thực biến với tính khả vi hàm không gian tuyến tính định chuẩn - Xuất phát từ định nghĩa và cách xác định tâm đối xứng, trục đối xứng đã biết, chúng sử dụng đạo hàm và công thức khai triển hàm khả vi để làm rõ những tính chất về tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị hàm đa thức - Dựa tính khả vi số lớp hàm, chúng áp dụng làm rõ tính khả vi của hàm trị tuyệt đối của đa thức - Từ nội dung và ý nghĩa của những định lý về hàm khả vi, chúng khai thác đưa một số ứng dụng của chúng giải toán và hệ thống bài tập áp dụng Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: Hàm khả vi - Phạm vi: Khóa luận tập trung nghiên cứu những định lý hàm khả vi biến thực lấy giá trị tập số thực Ý nghĩa khoa học - Từ việc nghiên cứu những định lý về hàm khả vi, khóa luận đã trình bày một cách có hệ thống những định lý về hàm khả vi và một số ứng dụng của chúng giải toán, đó chúng làm rõ hơn: mối quan hệ tính khả vi hàm thực biến với tính khả vi hàm không gian tuyến tính định chuẩn; những tính chất về tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị hàm đa thức được trình bày phần 1.2 Ý nghĩa đại số của đạo hàm; tính khả vi số lớp hàm số điểm đặc biệt, đặc biệt là hàm trị tuyệt đối của đa thức được nêu phần 1.4 Điều kiện khả vi của một số lớp hàm Trên sở nội dung và ý nghĩa của những định lý về hàm khả vi, chúng khai thác đưa một số ứng dụng của chúng giải toán và hệ thống bài tập áp dụng Cấu trúc khóa luận Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận chia thành ba chương: Chương Một số tính chất đạo hàm Chương Những định lí hàm khả vi Chương Một số ứng dụng các định lí hàm khả vi CHƯƠNG 1: MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM Chương này bao gồm kiến thức bản đạo hàm của hàm thực một biến Trong chương này chúng làm rõ hơn: mối quan hệ tính khả vi hàm thực biến với tính khả vi hàm không gian tuyến tính định chuẩn; những tính chất về tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị hàm đa thức; tính khả vi số lớp hàm số điểm đặc biệt, đặc biệt là hàm trị tuyệt đối của đa thức 1.1 Khái niệm đạo hàm 1.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1 [9, tr 185] Giả sử f ( x) hàm số xác định khoảng (a, b) ⊂ ¡ , x0 điểm thuộc khoảng Giới hạn hữu hạn (nếu có) của tỉ số f ( x) − f ( x0 ) x dần đến x0 được gọi là đạo hàm của hàm số đã cho tại x − x0 điểm x0 , kí hiệu là f '( x0 ) hoặc y '( x0 ) , nghĩa là: f '( x0 ) = xlim →x f ( x) − f ( x0 ) x − x0 Trong định nghĩa trên, nếu đặt ∆x = x − x0 và ∆y = f ( x0 + ∆x) − f ( x0 ) thì ta có ∆lim x →0 ∆y f ( x ) − f ( x0 ) = lim ∆x x→ x0 x − x0 Chú ý 1.2 1) Số ∆x = x − x0 , x ∈ (a, b) số gia biến số điểm x0 ; số ∆y = f ( x0 + ∆x) − f ( x0 ) số gia hàm số ứng với số gia ∆x tại điểm x0 2) Số ∆x không nhất thiết chỉ mang dấu dương 3) Số ∆x và ∆y là những kí hiệu, không nên nhầm lẫn rằng: ∆x là tích của ∆ với x, ∆y là tích của ∆ với y Khi ta nói hàm f khả vi x0 Ví dụ 1.3 [7, tr 132] Tìm đạo hàm hàm y = ln x ( x > 0) Lời giải Ta có: • ∆y = ln( x + ∆x) − ln x = ln( • ∆y = ∆x Vậy (lnx)’ = x + ∆x ∆x ) = ln(1 + ) x x ∆x ∆x ) ln(1 + ) x =1 x ∆x ∆x x x ln(1 + ∆x →0  → x ( x > 0) x Định nghĩa 1.4 [7, tr 133] Cho U tập hợp mở ¡ , hàm số f : U → ¡ là một hàm xác định U Hàm f gọi khả vi U f khả vi điểm U Khi hàm số f ': U → ¡ x a f '( x ) gọi đạo hàm hàm số f U Nếu f’ liên tục U ta nói f khả vi liên tục U hay f thuộc lớp C (U ) Mở rộng khái niệm đạo hàm hàm một biến số thực cho hàm vectơ nhiều biến số thực, ta được: Định nghĩa 1.5 [4, tr 230] Cho Ω là tập mở không gian định chuẩn E = ¡ n , F là không gian Banach Ánh xạ f : Ω → F gọi là khả vi tại x0 ∈ Ω nếu tồn tại S ∈ L( E , F ) cho : f ( x0 + h) − f ( x0 ) − S (h) = 0( h ) Nghĩa là ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀ h < δ : f ( x0 + h) − f ( x0 ) − S (h) ≤ ε ( h ) (*) được viết dưới dạng quen thuộc lim h →0 f ( x0 + h) − f ( x0 ) − S (h) =0 h (*) n Trong đó h = (h1 , h2 , , hn ) ∈ ¡ Ánh xạ f khả vi tại mọi điểm của Ω được gọi là khả vi Ω Nhận xét 1.6 Xét trường hợp n = 1, ta có Ω = (a, b) ⊂ ¡ ; E = F = ¡ tức là f : (a, b) → ¡ là hàm một biến số thực Theo định nghĩa 1.4 hàm f khả vi tại điểm x0 ∈ (a, b) nếu tồn tại một ánh xạ tuyến tính S : ¡ → ¡ lim h →0 cho f ( x0 + h) − f ( x0 ) − S (h) = Khi đó S (h) = f '( x0 ).h với mọi h ∈ ¡ , h đó f '( x0 ) = xlim →x với f '( x0 ) = xlim →x f ( x) − f ( x0 ) ( đạo hàm theo định nghĩa 1.1 ) Tức là x − x0 f ( x) − f ( x0 ) , ánh xạ tuyến tính S được xác định: x − x0 S :¡ → ¡ ( ∀h ∈ ¡ ) h a f '( x0 ).h Như vậy S chính là vi phân của f tại x0 ∈ (a, b) Giả sử E = E1 × × En là không gian định chuẩn, F là không gian Banach và f : Ω → F với Ω ⊂ E là mở Với mỗi x = ( x10 , , xn0 ) ∈ Ω và mỗi ≤ i ≤ n , xét ánh xạ λi xác định một lân cận của xi Ei với giá trị F, và λi ( xi ) = f ( x10 , , xi0−1 , xi , xi0+1 , , xn0 ) 0 Định nghĩa 1.7 [4, tr 239] Nếu λi khả vi tại xi thì đạo hàm của nó tại xi gọi là đạo hàm riêng của f tại x theo biến xi Ký hiệu là vậy ∂f ( x ) = λi' ( xi0 ) ∈ L( Ei , F ) ∂xi ∂f ( x ); f x '( x0 ) Như ∂xi i Định lí 1.8 [4, tr 239] Nếu f khả vi tại x thì nó có tất cả các đạo hàm riêng ∂f ( x )(hi ) ∀h = (h1 , , hn ) ∈ E i =1 ∂x i n tại x và f '( x )(h) = ∑ Ma trận Jacobi của f tại x [4, tr 240]: Giả sử E = E1 × × En là không gian định chuẩn, F là không gian Banach và f = ( f1 , f , , f m ) : Ω → F1 × × Fm khả vi tại x0 ∈ Ω , ta có f '( x0 )(h) = ( f1 '( x0 )(h), , f m '( x0 )(h)) ∀h ∈ E n ∂f j i =1 ∂xi Mặt khác f j '( x )(h) = ∑ ( x )(hi ) ∀h = (h1 , , hn ) ∈ E , j = 1, , m n ∂f ∂f1 ( x )(hi ), , ∑ m ( x )(hi )) i =1 ∂x i =1 ∂x i i n Do đó : f '( x )(h) = ( ∑  ∂f1  ∂x ( x )  =    ∂f m ( x )  ∂x1  ∂f1  ∂x ( x )  Ma trận    ∂f m ( x )  ∂x1 ∂f1  (x )  ∂xn    ∂f m  (x )  ∂xn  h1       hn  ∂f1  (x )  ∂xn   được gọi là ma trận Jacobi của f tại x , kí  ∂f m  (x )  ∂xn hiệu là J f ( x ) Định lí 1.9 [4, tr 241] Giả sử E = E1 × × En là không gian định chuẩn, F = F1 × × Fm và G là các không gian Banach Cho f : U → V , g : V → G là hai ánh xạ với U, V là các tập mở E và F tương ứng Giả sử f có đạo 0 hàm riêng theo xi tại x ∈ U và g khả vi tại y = f ( x ) Khi đó g f có đạo hàm riêng theo xi tại x ∈ U và m ∂ ∂g ∂f j ( gf )( x ) = ∑ ( y ) ( x ) j =1 ∂y ∂xi ∂xi j Chứng minh Gọi γ là ánh xạ xác định một lân cận của xi Ei với giá trị F: γ ( xi ) = f ( x10 , , xi0−1 , xi , xi0+1 , , xn0 ) Ta có: ∂ ( gf )( x )( h) = ( gγ ) '( xi0 )(hi ) ∂xi = g '( y )γ '( xi0 )(hi ) γ '( xi0 )(hi )  ∂g ∂g   =[ ( y ) ( y )]   ∂y1 ∂ym γ m '( xi )(hi )   ∂f1  ( x )( h ) i  ∂x  i   ∂g ∂g = [ ( y ) ( y )]   ∂y1 ∂ym  ∂f   m ( x )(hi )   ∂xi  m ∂ ∂g ∂f j 0 ( gf )( x ) = ( y ) ( x ) ∑ Vậy j =1 ∂y ∂xi ∂xi j 1.1.2 Đạo hàm phía Định nghĩa 1.10 [7, tr138] Cho hàm số f : [ x0 , b ) → ¡ Nếu tồn giới hạn hữu hạn lim+ ∆x →0 f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) giới hạn gọi đạo hàm ∆x bên phải hàm f ( x) x0 ký hiệu f + '( x0 ) f p '( x0 ) Tương tự, xét hàm số : ( a, x0 ] → ¡ Nếu tồn giới hạn hữu hạn lim− ∆x →0 f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) giới hạn gọi đạo hàm bên trái hàm ∆x f ( x) x0 ký hiệu f − '( x0 ) f t '( x0 ) Các đạo hàm gọi đạo hàm phía f x0 Nhận xét 1.11 Điều kiện cần đủ để hàm số f ( x) có đạo hàm x0 đạo hàm phía hàm số f ( x) x0 tồn Khi đó: f '( x0 ) = f '− ( x0 ) = f '+ ( x0 ) Ví dụ 1.12 [7, tr 139] Xét hàm số f ( x) = x Tại điểm x0 = , tồn đạo hàm phía: • • lim+ ∆f ∆x = lim+ = hay f ' + (0) = ∆ x → ∆x ∆x lim− ∆f ∆x = lim− = −1 hay f − ' (0) = −1 ∆ x → ∆x ∆x ∆x →0 ∆x →0 Vì đạo hàm bên trái đạo hàm bên phải hàm số f ( x) = x không nên không tồn đạo hàm hàm f ( x) = x x0 = 1.1.3 Đạo hàm cấp cao Định nghĩa 1.13 [7, tr 144] Cho U tập mở ¡ Nếu x0 ∈U hàm f ': U → ¡ khả vi ta gọi đạo hàm f’ x0 đạo hàm cấp hai hàm f x0 và kí hiệu f ''( x0 ) : f ''( x0 ) = ( f ')'( x0 ) Hàm f có đạo hàm cấp hai x0 gọi khả vi cấp hai x0 Một cách tổng quát, giả sử tồn đạo hàm cấp n-1 f U, xác định hàm f ( n−1) : U → ¡ , x a f ( n−1) ( x) Nếu hàm f ( n−1) khả vi x0 ∈U ta gọi đạo hàm f ( n−1) x0 đạo hàm cấp n f x0 Kí hiệu f ( n ) ( x0 ) : f ( n ) ( x0 ) = ( f ( n−1) )'( x0 ) 10 Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(x) = g(x) Bước 2: Xét hàm số y = f(x) y = g(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x) đồng biến hàm số y = g(x) hàm nghịch biến, xác định x0 cho f ( x0 ) = g ( x0 ) Bước 3: Kết luận phương trình có nghiệm x = x0 Hướng 3: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(u) = f(v) (*) Bước 2: Xét hàm số y = f (x) Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu ( giả sử f (x) đồng biến ) Bước 3: Khi đó: (*) ⇔ u = v với ∀u , v ∈ D f Tính chất 3.29 Giả sử hàm số f đồng biến (nghịch biến) khoảng I phương trình f(x) = có không quá một nghiệm khoảng I Tính chất 3.30 Giả sử α ( x ) , β ( x ) hai hàm xác định khoảng I với x ∈I α ( x ) , β ( x ) thuộc khoảng K Nếu hàm F(t) đồng biến ( nghịch biến ) khoảng K F ( α ( x ) ) = F ( β ( x ) ) ⇒ α ( x ) = β ( x ) với x ∈I Tính chất 3.31 Nếu hàm f tăng khoảng ( a; b) và hàm g là hàm hằng hoặc là một hàm giảm khoảng ( a; b) thì phương trình f ( x) = g ( x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b) 3.3.1.2 Ví dụ áp dụng Ví dụ 3.32 Giải phương trình: 24 3x − − − x + x − = Lời giải Điều kiện: ≤ x≤  6 Xét hàm số f ( x ) = 24 3x − − − x + x − với x ∈  ;   5 56 3 15 −  6 f ( x ) = ( 3x − ) + + 18 x > 0, ∀x ∈  ; ÷ Suy hàm số − 5x  5 '  6 f ( x ) = 24 3x − − − x + x − đồng biến khoảng  ; ÷  5 Ta có: f ( 1) = 24 3.1 − − − 5.1 + 9.12 − = − + − = ⇒ x = nghiệm phương trình x Ví dụ 3.33 Giải phương trình: 3x − = Lời giải Ta có: x x −4=5 x ⇔3 = x 4+5 x x 1   ⇔ 4 ÷ +  ÷ −1 =  3   x x  1 5 Xét hàm số f ( x ) =  ÷ +  ÷÷ − với x ∈ ¡  3   x f' x    1    ( x ) =  ÷ ln  13 ÷ +  35 ÷÷ ln  35 ÷÷ < 0, ∀x ∈ ¡         x x  1 5 Suy ra: f ( x ) =  ÷ +  ÷÷ − nghịch biến ¡  3   2  1 5 f ( ) =  ÷ +  ÷÷ − = + − = ⇒ x = nghiệm 9  3   phương trình  x2 + x +  ÷ = x + 3x + Ví dụ 3.34 Giải phương trình: log3  ÷  2x + 4x +  Lời giải Điều kiện: ∀x ∈ ¡  x2 + x +  ÷ = x + 3x +  x2 + x + ÷   log3  ( ) ( ) ⇔ log3 x + x + − log3 x + x + = x + 3x + 57 ) ( ) ( ⇔ log3 x + x + + x2 + x + = log3 x + x + + x + x + (*) + > 0, ∀t > Xét hàm số f ( t ) = log3 t + t với t > f ' ( t ) = t ln3 Từ (*), ta có: ) ( ( ) f x2 + x + = f x2 + x + ⇒ x2 + x + = x2 + x +  x = −1 ⇔ x + 3x + = ⇔   x = −2 ( thỏa mãn) Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = −1; x = −2 3.3.2 Áp dụng định lý giá trị trung bình chứng minh phương trình có nghiệm 3.3.2.1.Phương pháp chung [2, tr 120] Từ định lý Lagrange, F (b) − F (a) = ∃c ∈ (a, b) cho: F '(c) = F (b) − F (a) = ⇔ phương trình F '( x) = có nghiệm thuộc ( a, b ) b−a Vậy để áp dụng kết vào việc chứng minh phương trình f ( x) = có nghiệm ( a, b ) điều quan trọng nhận hàm F ( x) ( thực chất nguyên hàm f ( x) ) Cụ thể ta thực bước sau: Bước 1: Xác định hàm F ( x) khả vi liên tục [ a, b ] đồng thời thoả mãn: i) F '( x) = f ( x ) (tức F ( x) = ∫ f ( x)dx ) ii) F (b) − F (a) = Bước 2: Khi theo định lý Lagrange, ∃x0 ∈ (a, b) cho: F '( x0 ) = F (b) − F (a) ⇔ f ( x0 ) = ⇔ phương trình f ( x) = có nghiệm b−a x0 ∈ (a, b) Chú ý 3.35 58 - Nếu f = có n nghiệm phân biệt thỏa mãn định lý Lagrange f ' = có n − nghiệm, f '' = có n − nghiệm, , f k =0 có n − k nghiệm ( với k < n ) - Để chứng minh f ( x) = có không m nghiệm ta phải chứng minh f '( x) = có không m − nghiệm 3.3.2.2 Ví dụ áp dụng Ví dụ 3.36 [2, tr 120] Chứng minh phương trình: a cos x + b cos x + c cos3 x = có nghiệm với a, b, c b c Lời giải Xét hàm số F ( x) = a sin x + sin x + sin 3x khả vi liên tục [0, π ] và: F '( x) = a cos x + bcos x + ccos3x ; F (π ) − F (0) = Khi theo định lý Lagrange, ∃x0 ∈ (0, π ) cho: F '( x0 ) = F (π ) − F (0) ⇔ a cos x0 + bcos x0 + ccos3 x0 = π −0 ⇒ Phương trình a cos x + b cos x + c cos3x = có nghiệm x0 ∈ (0, π ) Ví dụ 3.37 [5, tr 43] Cho n nguyên dương, cho ak , bk ∈ R (k = 1,2, , n) n Chứng minh rằng: x + ∑ (ak sin kx + bk cos kx) = có nghiệm khoảng k =1 (−π , π ) Lời giải Xét hàm F ( x) = x n − ak b + ∑( cos kx + k sin kx) k =1 k k Rõ ràng F ( x) liên tục đoạn [ − π , π ] , khả vi ¡ và: n F '( x) = x + ∑ (ak sin kx + bk cos kx) k =1 59 (x ∈ ¡ ) Ngoài ra: π n  −ak  F (−π ) = F (π ) = + ∑ (−1) k ÷ Áp dụng định lý Rolle: k =1  k  n ∃c ∈ (−π , π ) cho F '(c) = ⇔ c + ∑ (ak sin kc + bk cos kc) = k =1 n Vậy phương trình x + ∑ (ak sin kx + bk cos kx) = có nghiệm x = c thuộc k =1 khoảng (−π , π ) 3.3.3 Áp dụng định lý giá trị trung bình giải phương trình 3.3.3.1 Phương pháp chung Giải phương trình f ( x) = Bước 1: Gọi α nghiệm phương trình cho Bước 2: Biến đổi phương trình dạng thích hợp f ( a) = f (b) Từ hàm số F (t ) khả vi liên tục [ a, b ] Khi theo định lý Lagrange ∃c ∈ ( a, b) cho: f '(c) = f (b) − f ( a) =0 b−a (*) Bước 3: Giải phương trình (*) ta xác định α Bước 4: Thử lại và kết luận 3.3.3.2 Ví dụ áp dụng Ví dụ 3.38 Giải phương trình: 1999 x − 2.2002 x + 2005 x = Lời giải Giả sử phương trình cho có nghiệm α , ta có: 1999α − 2.2002α + 2005α = ⇔ 2005α − 2002α = 2002α − 1999α Xét f (t ) = (t + 3)α − t α , với t ∈ [ 1999,2002] f liên tục có: 60 (*) f '(t ) = α (t + 3)α −1 − α t α −1 nên theo định lý Lagrange ∃c ∈ (1999,2002) cho: f (2002) − f (1999) = f '(c) Từ (*) ta nhận f (2002) = f (1999) 2002 − 1999 α −1 nên f '(c) = Từ α ( c + 3) − α cα −1 = ⇔ α ( c + 3) α −1 α = = α cα −1 ⇔  α = Vậy phương trình có nghiệm là: x = , x = Ví dụ 3.39 [2, tr 122] Giải phương trình: 3cos x − 2cos x = cos x Lời giải Viết lại phương trình: 3cos x − 3.cos x = 2cos x − 2.cos x Giả sử phương trình có nghiệm α , đó: 3cos α − 3.cos α = 2cos α − 2.cos α (1) Xét hàm số f (t ) = t cos α − t.cos α Từ (1) ta nhận f (3) = f (2) Vì f (t ) khả vi liên tục [2, 3] theo định lý Lagrange ∃c ∈ (3,2) cho: f '(c) = f (3) − f (2) ⇔ (c cos α −1 − 1)cos α = 3−2 π  α = + kπ  cos α = ⇒ ⇔ (k ∈ ¢ )   cos α =  α = kπ Thử lại α = π + kπ α = 2kπ (k ∈ ¢ ) vào phương trình (1) thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có họ nghiệm x = Ví dụ 3.40 Giải phương trình: x +5 x π + kπ x = 2kπ , với k ∈ ¢ = 2.4 x Lời giải Đặt u = x , điều kiện u ≥ Phương trình cho có dạng: 3u + 5u = 2.4u ⇔ 5u − 4u = 4u − 3u Giả sử phương trình có nghiệm α , đó: 5α − 4α = 4α − 3α 61 (1) Xét hàm số f (t ) = (t + 1)α − t α , với t > Từ (1) ta nhận f (4) = f (3) theo định lý Lagrange tồn c ∈ (3,4) cho: f '(c) = ⇔ α ( c + 1)  α −1  x =0 α = u = x = − cα −1  = ⇔  ⇒ ⇔ ⇔  α =  u =  x =1  x = Vậy phương trình có nghiệm là: x = x = Nhận xét 3.41 Trong việc giải toán liên quan đến phương trình việc áp dụng định lý quan trọng Nhờ định lý Lagrange mà ta dễ dàng tìm nghiệm phương trình hay chứng minh tồn nghiệm phương trình Trước hết cần xét hàm số f ( x) liên tục khoảng đoạn cần tìm nghiệm sau áp dụng định lý 3.4 Ứng dụng bài toán cực trị 3.4.1 Phương pháp Ta sử dụng các định lí: Định lí 3.42 [8, tr 133] Nếu hàm số y = f ( x) có đạo hàm tại điểm x0 và đạt cực trị tại điểm đó thì f '( x0 ) = Định lí 3.43 [2, tr 160] Nếu hàm số y = f ( x) có đạo hàm khoảng (a; b) và f '( x0 ) = với x0 ∈ (a; b) thì: i) Nếu qua x0 đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương, tức là f’(x) < nếu x < x0 và f’(x) > nếu x > x0 ( với x đủ gần x0 ), thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 ii) Nếu qua x0 đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm, tức là f’(x) > nếu x < x0 và f’(x) < nếu x > x0 ( với x đủ gần x0 ), thì hàm số đạt cực đại tại x0 Trong trường hợp phương trình y’ = có nghiệm không xét dấu được y’ ta sử dụng định lí sau: 62 Định lí 3.44 [2, tr 160] Nếu hàm số y = f ( x) có đạo hàm khoảng (a; b) và f '( x0 ) = với x0 ∈ (a; b) thì: iii) Nếu f ''( x0 ) < thì hàm số đạt cực đại tại điểm x0 iv) Nếu f ''( x0 ) > thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 Định lí 3.45 [3, tr 257] Giả sử hàm f(x) khai triển được theo công thức Taylor ở lân cận x0 tới cấp n và đạo hàm đầu tiên khác không của nó tại x0 ( p −1) ( x0 ) = 0, có cấp p, tức là: f '( x0 ) = f "( x0 ) = = f f ( p ) ( x0 ) ≠ Khi đó: 1) Nếu p là số chẵn thì x0 là một điểm cực trị Hơn nữa ( p) a) Nếu f ( x0 ) > thì x0 là một điểm cực tiểu ( p) b) Nếu f ( x0 ) < thì x0 là một điểm cực đại 2) Nếu p là số lẻ thì x0 không phải là một điểm cực trị Ví dụ 3.46 [3, tr 258] Xét f ( x) = 2chx − − x có khai triển Maclorin ở lân x2 x4 x4 + ο ( x4 ) cận x = 0: f ( x) = 2(1 + + + ο ( x )) − − x = 2! 4! 12 Khai triển này chứng tỏ: f '(0) = f ''(0) = f '''(0) = 0, f ( 4) (0) = 4! 12 Vậy đạo hàm đầu tiên khác có cấp và dương nên x = là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số Chú ý 3.47 [3, tr 258] Ở phổ thông thường chỉ xét p = Nếu f '( x0 ) = và f "( x0 ) ≠ thì có cực trị: f "( x0 ) > ta có điểm cực tiểu và f "( x0 ) < ta có điểm cực đại 3.4.2 Ví dụ áp dụng Ví dụ 3.48 [1, tr 181] Cho f(x) là hàm số khả vi [0;1] và thỏa mãn f’(0).f’(1) < Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (0;1) để f’(c) = 63 Lời giải Không mất tính tổng quát ta coi f’(0) > 0; f’(1) < Vì f(x) khả vi f ( x) Ta chứng [0 ;1] nên liên tục đó, vậy có c ∈ [0;1] để f(c) = max x∈[0;1] minh c ∈ (0;1) Thật vậy, khai triển Taylor của f(x) tại x = 0, ta được: f ( x) = f (0) + f '(0).x + ο ( x) Do f’(0) > nên f(x) > f(0) với x đủ gần Từ đó x = không thể là điểm cực đại Tương tự khai triển Taylor của f(x) tại x = 1, ta được: f ( x) = f (1) + f '(1)( x − 1) + ο ( x − 1) < f (1) với x đủ gần Vậy x = cũng không thể là điểm cực tiểu Như vậy điểm cực trị c là điểm của (0 ; 1) Vì f(x) khả vi nên f’(c) = Ví dụ 3.49 [1, tr 180] Cho a, b là hai số thực thỏa mãn a b = b a , < a < b (*) Đặt f ( a ,b ) ( x) = x − a + x − b + x − + x − Chứng minh rằng có nhất x0 để f ( a ,b ) ( x) = f ( a ,b ) ( x0 ) , ∀a, b thỏa mãn (*) b a Lời giải Ta có a = b ⇔ ln a ln b = Gọi giá trị chung này là m Điều này a b tương đương với đường thẳng y = m cắt đồ thị (C) của hàm số g ( x) = ln x tại x hai điểm phân biệt với hoành độ a và b Ta tính được g '( x) = x g’(x) g(x) + − ln x ; g '( x) = ⇔ x = e Từ đó có bảng biến thiên x2 +∞ - e e -∞ Từ đó a và b là hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m ; m ∈ (0; ) với e đồ thị (C) Mà e ∈ (a; b), ∀a, b thỏa mãn (*) và e là điểm nhất vậy Mặt khác e ∈ (2;3) nên f ( a ,b ) ( x) = x − a + x − b + x − + x − 64 ≥ ( x − a) + (b − x) + ( x − 2) + (3 − x) = b − a + Dấu “=” xảy và chỉ x ∈ [a; b] ∩ [2;3] Vậy f ( a ,b ) ( x) = f ( a ,b ) (e), ∀a, b thỏa mãn (*) Ví dụ 3.50 [1, tr 182] Tìm đa thức bậc thấp nhất nhận giá trị cực đại là tại x = và giá trị cực tiểu là tại x = Lời giải Giả sử y = f(x) là đa thức phải tìm Từ giả thiết suy P’(1) = P’(3) = Vậy P’(x) là đa thức có ít nhất hai nghiệm Do đó bậc của P’(x) không nhỏ hay bậc của P(x) không nhỏ Ta thử với đa thức P(x) bậc với: P’(x) = A(x-1)(x-3) = A( x − x + 3) (A là x3 hằng số).Vì P ''(1) < 0; P ''(3) > nên A > và P ( x) = A( − x + 3x) + B thì   P (1) = A + B =  A = ⇒ ⇒ P( x) = x − x + x +  B =  P (3) = B = Với P ( x) = x − x + x + ta có bảng biến thiên: X P’(x) FP(x) -∞ + - −∞ +∞ + +∞ Vậy P ( x) = x − x + x + là đa thức cần tìm Ví dụ 3.51 Cho hàm số y = x − m ln x Với mỗi giá trị của tham số m, tìm cực trị của đồ thị hàm số Lời giải Miền xác định D = (0; +∞) m m x2 − m ⇒ y ' = ⇔ x − m = (1); y '' = + Ta có: y ' = x − = x x x 65 Trường hợp 1: Xét m ≤ Khi đó y ' ≥ ∀ x ∈ D Do đó hàm số không có cực trị Trường hợp 2: Xét m > Phương trình (1) có nghiệm x1 = m ; y "( m ) = > Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x1 = m Kết luận: - Với m ≤ hàm số không có cực trị - Với m > hàm số đạt cực tiểu tại x1 = m Bài tập áp dụng Bài 1[ 8, tr 130] Chứng minh rằng: sin x > 2x  π , ∀x ∈  0, ÷ π  2 Bài [ 8, tr 120] Chứng minh rằng: sin x − sin y ≤ x − y Bài (Bất đẳng thức Jensen) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm cấp hai (a, b) f ''( x) ≥ 0, ∀x ∈ ( a, b) Chứng minh rằng: f ( x1 ) + f ( x2 ) ≥ x +x  f  ÷,   ∀x1 , x2 ∈ (a, b) Bài (Bất đẳng thức Bernoulli) Với số thực x thỏa mãn x > −1 ,chứng minh (1 + x) n ≥ + nx Bài [ 1, tr 208] Cho hàm f liên tục [a, b] , không tuyến tính có đạo hàm f ' bị chặn Chứng minh tồn số c ∈ (a, b) : f '(c) > 66 f (b) − f (a) b−a Bài Cho a, b, c ∈ R; n ∈ N * cho c = − 6(3a + 2b) Chứng minh phương 5( n + 2)  π trình : 3a sin n x + 2bcos n x + c cos x + c = có nghiệm ∈  0, ÷  2 Bài Cho a1 , a2 , , an ∈ ¡ a0 + a1 a3 a a a a + + + n = a0 + a1 + 22 + 23 + + n n = n n +1 Chứng minh phương trình: a1 + 2a2 x + 3a3 x + + nan x n−1 = có nghiệm thuộc (0,2) Bài [1, tr 201] Cho a, b, c ≠ thỏa mãn a b c + + = (*) Chứng minh đồ thị hàm số y = ax + bx + c cắt trục Ox điểm có hoành độ thuộc khoảng (0,1) Bài Giải phương trình: 2.x.arctan x = ln(1 + x ) Bài 10 Chứng minh rằng: Nếu hàm f ( x) xác định liên tục đoạn [x0 , X ] ; f ( x) có đạo hàm hữu hạn f '( x) khoảng ( x0 , X ) ; tồn giới hạn (hữu hạn hay vô hạn): lim f '( x) = f '( x0 + 0) x → x0 + tồn đạo hàm phía f '+ ( x0 ) (hữu hạn hay vô hạn tương ứng) f '+ ( x0 ) = f '( x0 ) + Bài 11 Giải phương trình: 4log3 x + 2log3 x = x Bài 12 [8, tr 118] Cho a < b < c Chứng minh rằng: 3a < a + b + c − a + b + c − ab − bc − ca < a + b + c + a + b + c − ab − bc − ca < 3c 67 f ( x) = a tồn Bài 13 Xét hàm số f : ¡ → ¡ có đạo hàm Giả sử nlim →+∞ lim xf '( x) Tìm giới hạn lim xf '( x) x →+∞ x →+∞ n +1 n    1  n  + Bài 14 Tìm giới hạn: nlim ÷ − 1 + ÷  →+∞  n    n +  ex Bài 15 Cho f ( x) = Xét dãy { un } xác định u0 = 1, un +1 = f (un ) , ( x + 1) ∀n ∈ ¢ + CMR: ∃k ∈ (0,1) cho: un+1 − α ≤ k un − α ∀n ∈ ¢ + KẾT LUẬN Qua nội dung nghiên cứu trên, khóa luận “Các định lý về hàm khả vi và một số ứng dụng” giải mục tiêu đề Theo hướng nghiên cứu chi tiết những định lý về hàm khả vi và một số ứng dụng, chúng đạt số kết sau: - Trên sở định nghĩa về hàm khả vi chúng phân tích làm rõ mối quan hệ tính khả vi hàm thực biến với tính khả vi hàm không gian tuyến tính định chuẩn - Xuất phát từ định nghĩa và cách xác định tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị hàm số đã biết, chúng sử dụng đạo hàm và công thức khai triển hàm khả vi để làm rõ những tính chất về tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị hàm đa thức - Dựa tính khả vi số lớp hàm, chúng áp dụng làm rõ tính khả vi của hàm trị tuyệt đối của đa thức 68 - Từ tính tính chất hàm khả vi và nội dung những định lý được trình bày chương 2, chúng khai thác để đưa những ứng dụng của chúng giải những dạng bài toán thường gặp và hệ thống những bài tập áp dụng Tài liệu tham khảo [1] Tô Văn Ban (2005), Giải tích tập nâng cao, Nhà xuất giáo dục, Hà Nội [2] Lê Hồng Đức (2003), Phương pháp giải toán hàm số, Nhà xuất bản Hà Nội, Hà Nội [3] Nguyễn Thừa Hợp (2002), Giải tích tập 1, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội [4] Nguyễn Văn Khuê (Chủ biên), Lê Mậu Hải (2002), Giải tích toán học tập I, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội [5] Nguyễn Văn Mậu ( Chủ biên ), Lê Ngọc Lang, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, Các đề thi Olympic Toán sinh viên Toàn quốc, Nhà Xuất giáo dục, Hà Nội [6] Nguyễn Xuân Liêm (2001), Giải tích toán học, Nhà xuất giáo dục, Hà Nội 69 [7] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn, Giáo trình Giải tích ( tập 1), Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội [8] Trần Phương (2008), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn toán – Hàm số, Nhà xuất bản Hà Nội, Hà Nội [9] Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên ), Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Nguyễn Xuân Liêm, Nguyễn Khắc Minh, Đặng Hùng Thắng, Đại số giải tích 11 nâng cao, Nhà xuất giáo dục, Hà Nội [10] Trần Công Tấn, Phan Thị Tình (2008), Bài tập Giải tích toán học I, Trường Đại học Hùng Vương, Phú Thọ [11] Jean-Marie Monier (2008), Giải tích 1, Nhà xuất giáo dục, Hà Nội 70 [...]... học của đạo hàm nờu rừ ý ngha hỡnh hc ca o hm, ta xét bài toán: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm tại điểm x0 Vi t phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm Mo(x0; f(x0)) Giả sử hàm số y = f(x) có đồ thị (C) , với điểm M M0 và M (C): k M(xM;yM), gọi kM là hệ số góc của cát tuyến M0M Giả sử tồn tại k0 = xMlim x0 M Khi đó ta coi đờng thẳng M0T đi qua M0 và có hệ số góc k 0 là vị trí giới hạn của. .. (x) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hm s đó tại điểm M0(x0;f (x0)) - Nếu f nhận giá trị thực thì tính khả vi của f đợc biểu diễn với sự tồn tại 1 tiếp tuyến (d) không song song với Oy tại M0(x0;f (x0)) trên đồ thị (C) 25 Ví dụ 1.44 [9, tr 188] Vi t phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hm s y = x3 tại điểm có hoành độ x0 = -1 Li giải Trớc hết ta tính đạo hàm của f(x) = x3 tại x0= -1 f... khụng kha vi tai x = x0 iii) Nờu x0 la nghiờm bụi ln hn hoc bng 2 cua thi f ( x ) kha vi tai x = x0 CHNG 2: NHNG NH L V HM KH VI Chng nay bao gm kin thc v nụi dung va y nghia hinh hoc cua nhng inh ly giỏ tr trung bỡnh: b Phecma, nh lý Rolle, inh ly Lagrange, nh lý Cauchy; nhng inh ly vờ tinh n iờu cua ham kha vi; nhng inh ly vờ cc tri ham kha vi; nhng inh ly vờ tinh lụi, lom cua ụ thi ham kha vi; nhng... là tiếp tuyến của (C) tại M0 còn M0 đợc gọi là tiếp điểm Vì f có đạo hàm tại điểm x0 Ta đã biết vi M (C) thì: kM = Do đó: f '( x0 ) = lim x x M 0 f ( xM ) f ( x0 ) xM x0 f ( xM ) f ( x0 ) xM x0 = xlim k = k0 x M M 0 Vậy phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M 0 ( x0 , f ( x0 )) là: y = k0 ( x x0 ) + f ( x0 ) = f '( x0 )( x x0 ) + f ( x0 ) Nhận xét 1.43 [9, tr 187] - Đạo hàm của hm s y =... ý tng ng dng nh lý Lagrange chng minh bt ng thc v ỏnh giỏ cỏc tng hu hn Cng tng t nu trong gi thit ca nh lý Lagrange ta thờm vo gi thit f '( x) ng bin hoc nghch bin trờn [a, b] thỡ ta cú th so sỏnh: f (c ) f ( a ) f (b) f (c) vi vi c [a, b] cho ta ý tng chng minh rt ca bc nhiu bt ng thc nh lý 2.6 (nh lý Cauchy) [7, tr 141] Nu cỏc hm f , g :[a, b] Ă u liờn tc trờn on [a, b] , kha vi trong khoang... (c, f (c)) m c (a, b) sao cho tip tuyn vi ng cong ti im ú song song vi dõy cung AB vi A(a, f (a)) v B(b, f (b)) nh lý Lagrange cho phộp ta c lng t s f (b) f (a) T ba ú cho ta ý tng chng minh cỏc nh lý v s bin thiờn ca hm s, t nn múng cho ng dng ca o hm H qu 2.5 32 1) Gi s hm s f xỏc nh trờn Ă v liờn tc trờn [ a, b ], cú o hm trờn ( a, b ) Khi ú, nu f '( x) = 0 vi x (a, b) thỡ f ly giỏ tr khụng i... x0 ) Do o f ( x ) kha vi tai x = x0 Trng hp 2: x0 la nghiờm cua p ( x) vi p( x) = ( x x0 ).Q( x) Khi o f ( x) = ( x x0 ).Q( x) = x x0 Q( x) Theo vi du trờn ờ f ( x ) kha vi tai x = x0 iờu kiờn cõn va u la Q( x0 ) = 0 29 Võy f ( x ) kha vi tai x = x0 khi va chi khi x0 la nghiờm bụi ln hn hoc bng 2 cua p ( x) Kờt luõn: i) Nờu x0 khụng la nghiờm cua p ( x) thi f ( x ) kha vi tai x = x0 ii) Nờu... trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 3(x + 1) - 1 = 3x + 2 1.4 iu kin kh vi ca mt s lp hm i vi nhng hm s cp ta d dng tớnh c o hm nh cỏc quy tc tớnh o hm, tuy nhiờn i vi mt s lp hm c bit thỡ vic tớnh o hm khụng n gin, v khụng phi mi hm s u cú o hm Di õy ta xột iu kin cú o hm ca mt s hm c bit: Vớ d 1.45 [10, tr 53] Cho f ( x ) = ( x a) ( x ) vi ( x ) l hm liờn tc khi x = a Tỡm f '( a) Li gii T nh ngha o hm,... ham sụ chn T (2) ta thy Y l hm chn khi v ch khi f ( k ) ( ) = 0 vi mi k l Nhõn xet 1.38 th hm s y = f ( x) nhn x = l trc i xng khi v ch khi f ( k ) ( ) = 0 vi mi k l Ham a thc le bõc ln hn hoc bng 3 f ( n ) ( ) khụng co truc i xng vi nờu n le thi 0 n! Tụng quat: Cho y = f ( x) la ham sụ chn, kha vi moi cõp trờn (a, b), gia s 0 (a, b) Vi y = f ( x) chn nờn f ( x) = f ( x) f ( k ) (0) = 0 k le Nờu... vi cp n ti ú Vớ d 1.14 [7, tr 144] Cho hm s f(x) = sinx Ta cú: f '( x) = cos x = sin( x + ) 2 f ''( x) = cos( x + ) = sin( x + 2 ) 2 2 f ( n ) ( x ) = sin( x + n ) 2 (Ta d dng chng minh c bng quy np) 1.1.4 o hm ca hm hp v o hm ca hm ngc nh lý 1.15 [7, tr 134] Cho cỏc tp m U, V trong Ă , cỏc hm f : U V va g : V Ă Gi s f kh vi ti x0 U v g kh vi ti y0 = f ( x0 ) V Khi ú hm hp g 0 f kh vi