Luận văn sư phạm Các định lý giá trị trung bình và áp dụng

Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích khoa Tốn bạn sinh viên Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Hào tận tình giúp đỡ em q trình hồn thành khóa luận tốt nghiệp Lần đầu thực công tác nghiên cứu khoa học nên khố luận khơng tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2010 Tác giả Trần Thị Mây Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, khóa luận tốt nghiệp “Các định lý giá trị trung bình áp dụng” hồn thành, khơng trùng với khóa luận khác Trong q trình làm khóa luận, tơi kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2010 Tác giả Trần Thị Mây Mục lục Mở đầu Chương1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm hàm khả vi 1.2 Quan hệ đạo hàm tính liên tục hàm số 1.3 Các phép tính đạo hàm 1.4 Các định lý đạo hàm Chương2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 2.1 Định lý Rolle với hàm số sơ cấp đơn giản 10 2.2 Một số cách xây dựng toán giới hạn dãy số từ Định lý giá trị trung bình 15 Chương3 ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VỚI MỘT SỐ TỐN TỬ TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH 21 3.1 Một số Bổ đề 21 3.2 Một số định lý giá trị trung bình số tốn tử tích phân tuyến tính 30 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 Mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết giới hạn phép tính sở Giải tích Tốn học Nhờ nó, mà người ta xây dựng nghiên cứu cách tường minh khái niệm hàm số: liên tục, khả vi, khả tích Ngay khái niệm đạo hàm hình thành, cách đơn giản người ta ra: hàm có đạo hàm Tuy nhiên, vấn đề ngược lại khơng hẳn đơn giản Đến lý thuyết đạo hàm hàm số biến số xây dựng xem hoàn chỉnh, người ta khẳng định điều tưởng tầm thường Các định lý giá trị trung bình đóng vai trị quan trọng phép tính vi phân, tích phân hàm Giải tích Tốn học Đến nay, ý nghĩa kết thu hút quan tâm nhiều lĩnh vực Toán học nhiều ngành khoa học khác Những kết nghiên cứu đem lại nhiều ứng dụng việc nghiên cứu toán tồn nghiệm phương trình, vấn đề cực trị hàm số, lý thuyết giải tích số, Trong Toán học, hướng nghiên cứu quan tâm mở rộng kết tới lớp hàm, tốn tử khác Bởi tầm quan trọng tính thời định lý giá trị trung bình hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, em chọn đề tài: “Các định lý giá trị trung bình áp dụng” để hồn thành khóa luận tốt nghiệp hệ đào tạo cử nhân chuyên ngành Sư phạm Toán học Cấu trúc đề tài bố cục thành ba chương: Chương Tác giả trình bày kiến thức khái niệm khả vi hàm biến số kết quan trọng phép tính vi phân hàm số biến số Chương Chương dành cho việc trình bày số phương pháp xây dựng số kết phép tính vi phân hàm số biến số nhờ Định lý giá trị trung bình Bằng việc sử dụng tính chất đặc trưng hàm sơ cấp kỹ thuật tạo dựng hàm phụ, đưa số toán sâu vào việc nghiên cứu hàm khả vi Thêm nữa, thấy phương pháp vận dụng kết hợp giới hạn với Định lý giá trị trung bình để có lớp toán giới hạn dãy số đặc sắc Chương Chúng tơi trình bày số kết định lý giá trị trung bình lớp tốn tử tích phân tuyến tính không gian C ([0, 1]) hàm liên tục nhận giá trị thực xác định đoạn [0, 1] Mục đích, nhiệm vụ kết nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng Định lý giá trị trung bình tốn hàm khả vi, toán giới hạn dãy số khai thác nhờ Định lý giá trị trung bình Mở rộng kết Định lý giá trị trung bình tới lớp tốn tử tích phân tuyến tính Đối tượng nghiên cứu Ứng dụng Định lý giá trị trung bình vấn đề mở rộng kết tới lớp tốn tử tích phân tuyến tính Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm hàm khả vi Định nghĩa 1.1.1 Cho hàm số y = f (x) xác định khoảng (a, b) , x0 ∈ (a, b) Cho x0 số gia ∆x cho x0 + ∆x ∈ (a, b) Chúng ta gọi biểu thức ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) số gia hàm số ứng với số gia ∆x đối số Nếu tồn hữu hạn giới hạn f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆y = lim , ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x giới hạn gọi đạo hàm hàm số f (x) điểm x0 , ký hiệu lim f ′ (x0 ) Như ∆y f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = lim ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x f ′ (x0 ) = lim (1) Đặt x = x0 + ∆x ta viết cơng thức (1) dạng f (x) − f (x0 ) x→x0 x − x0 f ′ (x0 ) = lim (2) Ví dụ 1.1.2 Nếu hàm f (x) = C, với C số f ′ (x) = Thật vậy, với x ∈ R có f (x + ∆x) − f (x) C −C ∆y = lim = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∆x f ′ (x) = lim Ví dụ 1.1.3 Tìm đạo hàm hàm y = ln x; với (x > 0) Theo định nghĩa, có ∆x ∆y = lim ln + ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x x f ′ (x) = lim = lim ∆x→0 1.2 ∆x ln + x x x ∆x = x Quan hệ đạo hàm tính liên tục hàm số Định lý 1.2.1 Hàm số f (x) có đạo hàm điểm x0 liên tục Chứng minh Giả sử hàm số có đạo hàm x0 Theo định nghĩa viết ∆y = f ′ (x0 ) + α(∆x), ∆x α(∆x) vơ bé ∆x → Từ đó, suy ∆y = f ′ (x0 ).∆x + θ(∆x), với θ(∆x) = ∆x.α(∆x) vô bé bậc cao ∆x ∆x → Tính liên tục hàm số f (x) nhận từ việc chuyển qua giới hạn số gia hàm số số gia đối số ∆x → lim ∆y = lim (f ′ (x0 ).∆x + θ(∆x)) = ∆x→0 ∆x→0 Chú ý 1.2.2 Điều ngược lại không Chẳng hạn, xét hàm số f (x) = |x| điểm x0 = Ta có ∆f = f (0 + ∆x) − f (0) = |0 + ∆x| − |0| = |∆x| Do lim ∆f = lim |∆x| = ∆x→0 ∆x→0 Từ suy hàm số f (x) = |x| liên tục điểm x0 = Tuy nhiên, cho số gia đối số ∆x dần đến từ bên trái bên phải ta nhận ∆f giới hạn tỷ số -1 Điều chứng tỏ hàm số cho ∆x khơng có đạo hàm điểm x0 = 1.3 Các phép tính đạo hàm Bằng việc trực tiếp sử dụng định nghĩa đạo hàm dễ dàng chứng minh kết phép tính đạo hàm Định lý 1.3.1 Nếu hàm số f (x) g(x) có đạo hàm điểm x f (x) hàm f (x) ± g(x), f (x).g(x), (g(x) = 0) có đạo hàm g(x) ta có công thức sau (i) (f (x) ± g(x))′ = f ′ (x) ± g ′ (x) (ii) (f (x).g(x))′ = f ′ (x).g(x) + f (x).g ′ (x) ′ f ′ (x).g(x) − f (x).g ′ (x) f (x) = (iii) g(x) (g(x))2 Định lý 1.3.2 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm x0 , hàm z = g(y) xác định khoảng chứa y0 = f (x0 ) có đạo hàm y0 Khi hàm g ◦ f (x) có đạo hàm x0 ta có (g ◦ f )′ (x0 ) = g ′ (y0 ).f ′ (x0 ) Chứng minh Cho x0 số gia ∆x Khi ta có số gia ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆z = g(y0 + ∆y) − g(y0 ) tương ứng Từ tồn đạo hàm hàm f (x) g(y) ta có ∆z ∆y = f ′ (x0 ) + θ1 (∆x) = g ′ (y0 ) + θ2 (∆y) ∆x ∆y θ1 (∆x) θ2 (∆y) vô bé ∆x → ∆y → 0, tương ứng Nhân hai đẳng thức vế với vế ta ∆z = (f ′ (x0 ) + θ1 (∆x)) (g ′ (y0 ) + θ2 (∆y)) ∆x Cho ∆x → ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) → (do tính liên tục hàm f (x)) Từ ta z ′ (x0 ) = g ′ (y0 ).f ′ (x0 ) Định lý 1.3.3 Cho hàm số y = f (x) liên tục đơn điệu nghiêm ngặt khoảng (a, b) Nếu f (x) có đạo hàm điểm x0 ∈ (a, b) f ′ (x0 ) = 0, hàm ngược x = ϕ(y) xác định khoảng (c, d) = f [(a, b)] có đạo hàm y0 = f (x0 ) ϕ′ (y0 ) = ′ f (x0 ) Chứng minh Vì f (x) hàm 1-1 nên tồn hàm ngược khoảng chứa y0 = f (x0 ) Ta có x − x0 ϕ(y) − ϕ(y0 ) = = f (x) − f (x0 ) y − y0 f (x) − f (x0 ) x − x0 Do ϕ(y) hàm ngược hàm f (x) liên tục đơn điệu ngặt nên ϕ(y) liên tục Từ suy y → y0 x = ϕ(y) → x0 = ϕ(y0 ) Cho y → y0 , ta ϕ′ (y0 ) = 1.4 f ′ (x0 ) Các định lý đạo hàm Định nghĩa 1.4.1 Hàm y = f (x) xác định (a, b) Điểm x0 ∈ (a, b) gọi điểm cực đại (tương ứng, cực tiểu) địa phương hàm y = f (x) tồn số δ > cho B (x0 ; δ) = (x0 − δ, x0 + δ ) ⊂ (a, b) để với x ∈ B (x0 ; δ) f (x) ≤ f (x0 ); (tương ứng, f (x) ≥ f (x0 )) Điểm x0 mà hàm y = f (x) đạt cực đại cực tiểu gọi gọi chung điểm cực trị Định lý 1.4.2 (Định lý Fecmat) Nếu hàm y = f (x) đạt cực trị x0 mà hàm số có đạo hàm f ′ (x0 ) = Chứng minh Giả sử hàm số đạt cực đại x0 Khi với |∆x| < δ f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ Do f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ ∆x > 0, ∆x f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≥ ∆x < ∆x Từ đó, suy f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≥ 0; ∆x→0 ∆x f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ 0; f ′ x+ = lim + ∆x→0 ∆x Bởi vì, hàm số có đạo hàm điểm x0 nên f ′ (x0 ) = f ′ x− = lim − Định lý 1.4.3 (Định lý Rolle) Cho hàm y = f (x) liên tục [a, b] , khả vi (a, b) f (a) = f (b) Khi đó, tồn số c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = Chứng minh Nếu f (x) hàm kết hiển nhiên Trái lại, theo định lý Weierstrass, tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = m f (c) = M, với m, M giá trị nhỏ giá trị lớn f (x) [a, b] Theo giả thiết f (a) = f (b), nên có điểm cực trị hàm số c ∈ (a, b) Từ đó, theo định lý Fecmat f ′ (c) = Định lý 1.4.4 (Định lý Lagrange) Cho hàm f (x) liên tục [a, b] , khả vi (a, b) Khi tồn số c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a (3) Chứng minh Hàm ϕ(x) = f (x) − f (a) − f (b) − f (a) (x − a) b−a thoả mãn giả thiết định lý Rolle, nên tồn c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = Từ ta nhận kết định lý Lập luận tương tự chứng tỏ xảy t h1 (x)dx, với t ∈ [0, 1] h1 (t) < Bổ đề chứng minh Cách Như chứng minh trên, ta xét hàm khả vi γ1 = ζ1 : [0, 1] → R xác định công thức t γ1 (t) = e−t h1 (x)dx Với tính tốn đơn giản, có  γ1′ (t) = e−t h1 (t) − t  h1 (x)dx Thêm nữa, dễ dàng thấy γ1 (0) = γ1 (1) = Theo Định lý Rolle, tồn c1 ∈ (0, 1) cho γ1′ (c1 ) = Từ đó, suy c1 h1 (c1 ) = h1 (x) dx Bổ đề 3.1.2 Cho hàm số h2 : [0, 1] → R hàm số liên tục với h2 (1) = Khi tồn c2 ∈ (0, 1) cho c2 h2 (c2 ) = h2 (x)dx Chứng minh Cách Chúng ta xét hàm phụ sau ζ2 : [0, 1] → R xác định công thức ζ2 (t) = e−t t h2 (x)dx Giả sử ngược lại t h2 (t) = h2 (x)dx với t ∈ [0, 1] 22 Chúng ta chứng minh cho trường hợp t h2 (t) > h2 (x)dx với t ∈ [0, 1], (3.1) trường hợp lại thực tương tự Bằng việc tính đạo hàm hàm ζ2 kết hợp với bất đẳng thức trên, có bất đẳng thức sau   t ζ2′ (t) = e−t h2 (t) − h2 (x)dx > 0 Do hàm ζ2 tăng nghiêm ngặt với t ∈ (0, 1) Điều có nghĩa 1 ζ2 (1) = e h2 (x)dx > = ζ2 (0) Mặt khác từ giả thiết (3.1), suy h2 (1) > h2 (x)dx > 0 Điều mâu thuẫn với giả thiết h2 (1) = Vậy ta có điều phải chứng minh Cách Chúng ta áp dụng định lý sau: Cho hàm số f : [a, b] → R liên tục [a, b], khả vi (a, b) f ′ (a) = f ′ (b) Khi tồn f (c) − f (a) điểm c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = (Xem [1]) c−a Bây xét hàm khả vi γ2 : [0, 1] → R, xác định t γ2 (t) = te−t h2 (x)dx Bằng tính tốn ta có  γ2′ (t) = e−t   t h2 (x)dx + t h2 (t) − 23 t  h2 (x)dx Từ giả thiết h2 (1) = ta có γ2′ (0) = γ2′ (1) Theo định lý trên, tồn c2 ∈ (0, 1) cho γ2 (c2 ) − γ2 (0) c2 γ2′ (c2 ) = Điều tương đương với  c  c2 e−c2  Vậy ta có  c2 h2 (x)dx + c2 h2 (c2 ) − h2 (x)dx = c2 e−c2 c2 h2 (x)dx c2 h2 (x)dx h2 (c2 ) = Bổ đề 3.1.3 Giả sử h3 : [0, 1] → R hàm khả vi với đạo hàm liên tục thỏa mãn h3 (x)dx = Khi tồn c3 ∈ (0, 1) cho h3 (c3 ) = c3 h′3 (c3 ) h3 (x)dx Chứng minh Giống chứng minh bổ đề 3.1.1, xét hàm khả vi γ3 : [0, 1] → R xác định t γ3 (t) = e−h3 (t) h3 (x)dx Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên,   t γ3′ (t) = e−h3 (t) h3 (t) − h′3 (t) h3 (x)dx Hơn nữa, từ giả thiết có γ3 (0) = γ3 (1) = Do đó, theo Định lý Rolle, tồn c3 ∈ (0, 1) cho γ3 (c3 ) = Từ đó, nhận ′ c3 h3 (c3 ) = h′3 (c3 ) h3 (x)dx 24 Bổ đề 3.1.4 Giả sử h4 : [0, 1] → R hàm liên tục thoả mãn h4 (x)dx = Khi đó, tồn c4 ∈ (0, 1) cho c4 xh4 (x)dx = 0 t Chứng minh Chúng ta giả sử ngược lại t Khơng tính tổng qt, giả sử t H4 (t) = xh4 (x)dx = 0, ∀t ∈ (0, 1) xh4 (x)dx > 0, với t ∈ (0, 1) Đặt h4 (x)dx lấy tích phân phần, ta t 0< t xh4 (x)dx = tH4 (t) − H4 (x)dx, với t ∈ (0, 1) Cho qua giới hạn t → sử dụng giả thiết H4 (1) = 0, suy H4 (x)dx ≤ (3.2) Bây giờ, xét hàm khả vi µ : [0, 1] → R, xác định  t  H4 (x)dx t = t µ(t) =  t = t tH4 (t)− H4 (x)dx Dễ dàng nhận thấy µ′ (t) = (0, 1) Bởi µ(0) = nên t2 > Do µ hàm tăng H4 (x)dx > Điều mâu thuẫn với (3.2) Bởi vậy, tồn c4 ∈ (0, 1) cho c4 xh4 (x)dx = 0 Chú ý Sử dụng ý tưởng Bổ đề 3.1.1 3.1.2, 25 định nghĩa hàm phụ γ4 : [0, 1] → R, xác định t γ4 (t) = e−t xh4 (x)dx Lấy đạo hàm,   t γ4′ (t) = e−t th4 (t) − xh4 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.4, có γ4 (0) = γ4 (c4 ) Bằng việc áp dụng Định lý Rolle [0, c4 ] , thấy tồn c˜4 ∈ (0, c4 ) cho γ4′ (˜ c4 ) = Do c˜4 c˜4 h4 (˜ c4 ) = xh4 (x)dx Chú ý Như thấy đây, xét hàm khả vi γ˜4 : [0, 1] → R, xác định công thức t γ˜4 (t) = e−h4 (t) xh4 (x)dx,  t γ˜4′ (t) = e−h4 (t) th4 (t) − h′4 (t)  xh4 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.4, γ˜4 (0) = γ˜4 (c4 ) = Do đó, theo Định lý Rolle, tồn c¯4 ∈ (0, 1) cho γ4 (c¯4 ) = Từ đó, nhận ′ c¯4 c¯4 h4 (¯ c4 ) = h′4 (¯ c4 ) xh4 (x)dx Bổ đề 3.1.5 Cho h5 : [0, 1] → R hàm liên tục thoả mãn 1 h5 (x)dx = xh5 (x)dx 26 Khi đó, tồn c5 ∈ (0, 1) cho c5 h5 (x)dx =0 Chứng minh Xét hàm khả vi I : [0, 1] → R t t I(t) = t h5 (x)dx− Dễ dàng tính I (t) = ′ t xh5 (x)dx h5 (x)dx I(0) = I(1) Theo Định lý Rolle, ′ tồn c5 ∈ (0, 1) cho I (c5 ) = Do đó, nhận c5 h5 (x)dx =0 Bổ đề 3.1.6 Giả sử h6 : [0, 1] → R hàm liên tục thỏa mãn 1 h6 (x)dx = 0 xh6 (x)dx Khi đó, tồn c6 ∈ (0, 1) cho c6 xh6 (x)dx = 0 Chứng minh Xét hàm ϕ : [0, 1] → R xác định H6 (t) = t ˜ (s)ds, h  s   xh6 (x)dx, s ∈ (0, 1] s ˜h6 (s) =  h  (0) , s = ˜ liên tục H6 (0) = Chúng ta có Dễ dàng thấy h H6 (1) = lim − ε→0,ε>0 ε   s  s xh6 (x)dx ds 27 s ε→0,ε>0 s = − lim xh6 (x)dx|1ε + lim  ε→0 =−  ε xh6 (x)dx+  sh6 (s)ds s h6 (x)dx = 0 Theo định lý Rolle, tồn c6 ∈ (0, 1) cho H6′ (c6 ) = 0, tức c6 xh6 (x)dx = 0 Từ bổ đề 3.1.4 3.1.6, dễ dàng suy kết sau Định lý 3.1.7 Giả sử h7 : [0, 1] → R hàm liên tục thỏa mãn 1 h7 (x)dx = xh7 (x)dx 0 Khi tồn c7 , c˜7 ∈ (0, 1) cho c7 h7 (c7 ) = h7 (x)dx; c˜7 c˜7 h7 (˜ c7 ) = xh7 (x)dx Chứng minh Xét hàm phụ ζ7 , ζ˜7 : [0, 1] → R xác định công thức tương ứng t ζ7 (t) = e−t h7 (x)dx; t ζ˜7 (t) = e−t xh7 (x)dx 28 Dễ dàng tính   t ζ7′ (t) = e−t h7 (t) −  ζ˜7′ (t) = e−t th7 (t) − t h7 (x)dx ;  xh7 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.5 3.1.6, tồn giá trị c4 , c5 ∈ (0, 1) cho ζ7 (0) = ζ7 (c4 ) ζ7 (0) = ζ7 (c5 ) Áp dụng định lý Rolle (0, c4 ) (0, c5 ) hàm ζ7 ζ˜7 , ta có điều phải chứng minh Định lý 3.1.8 Giả sử h8 : [0, 1] → R hàm khả vi với đạo hàm liên tục thỏa mãn h8 (x)dx = cho xh8 (x)dx Khi tồn c8 , c˜8 ∈ (0, 1) c8 h8 (c8 ) = h′8 (c8 ) h8 (x)dx; c˜8 c8 ) c˜8 h8 (˜ c8 ) = h′8 (˜ xh8 (x)dx Chứng minh Xét hai hàm phụ ζ8 , ζ˜8 : [0, 1] → R xác định tương ứng t ζ8 (t) = e−h8 (t) h8 (x)dx; t ζ˜8 (t) = e−h8 (t) xh8 (x)dx Dễ dàng thấy  t ζ8′ (t) = e−h8 (t) h8 (t) − h′8 (t) 29  h8 (x)dx  t ζ˜8′ (t) = e−h8 (t) th8 (t) − h′8 (t)  xh8 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.5 3.1.6, tồn số c4 , c5 ∈ (0, 1) cho ζ8 (0) = ζ8 (c4 ) ζ˜8 (0) = ζ˜8 (c5 ) Áp dụng Định lý Rolle (0, c4 ) (0, c5 ) hàm ζ8 ζ˜8 ta điều phải chứng minh 3.2 Một số định lý giá trị trung bình số tốn tử tích phân tuyến tính Định lý 3.2.1 Cho hai hàm liên tục ϕ, ψ : [0, 1] → R, định nghĩa toán tử T, S ∈ (C ([0, 1])) sau t (T ϕ) (t) = ϕ(t) − ϕ(x)dx, t (Sψ) (t) = tψ(t) − xψ(x)dx Giả sử f, g : [0, 1] → R hai hàm liên tục Khi đó, tồn c1 , c2 , c3 ∈ (0, 1) thỏa mãn 1 (i) f (x)dx(T g)(c1 ) = g(x)dx(T f )(c1 ) (ii).(T f )(c2 ) = (Sf )(c2 ) (iii) f (x)dx(Sg)(c3 ) = g(x)dx(Sf )(c3 ) Chứng minh (i) Đặt h1 (t) = f (t) 1 g(x)dx−g(t) 0 f (x)dx, f, g : [0, 1] → R 30 hàm liên tục Theo Bổ đề 3.1.1, tồn c1 ∈ (0, 1) cho f (c1 ) g(x)dx−g(c1 ) c1 f (x)dx = f (x)dx c1 g(x)dx− f (x)dx g(x)dx 0 hay   c1 f (x)dx g(c1 ) − g(x)dx = Từ đó, suy  g(x)dx f (c1 ) − c1  f (x)dx f (x)dx(T g)(c1 ) = g(x)dx(T f )(c1 ) (ii) Cho h2 (t) = (t − 1)f (t) với f : [0, 1] → R hàm liên tục Áp dụng Bổ đề 3.1.2, tồn c2 ∈ (0, 1) cho c2 (c2 − 1)f (c2 ) = (x − 1)f (x)dx Do đó, có c2 c2 f (c2 ) − c2 xf (x)dx = f (c2 ) − f (x)dx Điều có nghĩa (T f )(c2 ) = (Sf )(c2 ) (iii) Đối với khẳng định sau làm tương tự Đặt h3 (t) = f (t) f (x)dx, g(x)dx−g(t) 0 với f, g : [0, 1] → R hàm liên tục Do đó, theo ý Bổ đề 3.1.4, tồn c3 ∈ (0, 1) cho c3 f (c3 ) g(x)dx−c3 g(c3 ) f (x)dx 31 c3 xf (x)dx = hay  g(x)dx− f (x)dx c3 g(c3 ) − 0  c3  xg(x)dx = g(x)dx c3 f (c3 ) − Từ đó, nhận f (x)dx xg(x)dx 0 c3 c3  xf (x)dx f (x)dx(Sg)(c3 ) = g(x)dx(Sf )(c3 ) Định lý 3.2.2 Cho T, S ∈ (C ([0, 1])) toán tử xác định định lý 3.2.1, tức cho hai hàm liên tục ϕ, ψ : [0, 1] → R xác định t (T ϕ) (t) = ϕ(t) − ϕ(x)dx, t (Sψ) (t) = tψ(t) − xψ(x)dx Giả sử f, g : [0, 1] → R hai hàm liên tục Khi đó, tồn c4 , c5 ∈ (0, 1) cho (i) (1 − x)f (x)dx(T g)(c4 ) = 0 (ii) (1 − x)g(x)dx(T f )(c4 ) (1 − x)f (x)dx(Sg)(c5 ) = (1 − x)g(x)dx(Sf )(c5 ) Chứng minh (i) Đặt h4 (t) = f (t) 1 (1 − x)g(x)dx−g(t) lý 3.1.7, tồn c4 ∈ (0, 1) cho f (c4 ) 0 (1 − x)f (x)dx Áp dụng Định (1 − x)g(x)dx−g(c4 ) (1 − x)f (x)dx 32 c4 = f (x)dx (1 − x)g(x)dx− Điều đó, tương đương với  1 0 g(x)dx  Từ đó, suy  c4 (1 − x)g(x)dx f (c4 ) − = (1 − x)f (x)dx g(x)dx  c4 (1 − x)f (x)dx g(c4 ) − c4 f (x)dx (1 − x)f (x)dx(T g)(c4 ) = (1 − x)g(x)dx(T f )(c4 ) (ii) Chúng ta xét hàm h5 : [0, 1] → R xác định h5 (t) = f (t) (1 − x)g(x)dx−g(t) 0 (1 − x)f (x)dx Theo Định lý 3.1.7, tồn c5 ∈ (0, 1) cho c5 f (c5 ) (1 − x)g(x)dx−c5 g(c5 ) c5 = (1 − x)f (x)dx xf (x)dx 0 c5 (1 − x)g(x)dx− xg(x)dx 0 (1 − x)f (x)dx hay  (1 − x)f (x)dx c5 g(c5 ) − =  c5 xg(x)dx  (1 − x)g(x)dx c5 f (c5 ) − 33 c5  xf (x)dx Điều có nghĩa 1 (1 − x)f (x)dx(Sg)(c5 ) = 34 (1 − x)g(x)dx(Sf )(c5 ) Kết luận Khóa luận giải vấn đề sau: Hệ thống kiến thức phép tính vi phân hàm số biến số Ứng dụng định lý giá trị trung bình việc giải số tốn phép tính vi phân hàm số biến số việc dựng hàm phụ xuất phát từ hàm gốc cho trước Thêm nữa, xây dựng số toán giới hạn dãy số từ định lý giá trị trung bình Trình bày số kết định lý giá trị trung bình lớp tốn tử tích phân tuyến tính khơng gian C ([0, 1]) hàm liên tục nhận giá trị thực xác định đoạn [0, 1] 35 Tài liệu tham khảo [1] T M Flett, A Mean Value Theorem, The Mathematical Gazette, Vol 42, No 339 (Feb, 1958), pp 38 – 39 [2] C Lupu - T Lupu, Mean Value Theorems for Some Linear Integral Operators, , Electronic Journal of Differential Equation, Vol 2009, No 117, pp - 15 ISSN: 1072 – 6691 [3] W Rudin, Principles of Mathematical Analysis, Copyright by Mc Graw-Hill, Inc All rights reserved, New York, 1976 ... minh trình bày đây, xem định lý Lagrange định lý Cauchy hệ định lý Rolle Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Các định lý giá trị trung bình đóng vai trị quan trọng Toán học... thời định lý giá trị trung bình hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, em chọn đề tài: ? ?Các định lý giá trị trung bình áp dụng? ?? để hồn thành khóa luận tốt nghiệp hệ đào tạo cử nhân chuyên ngành Sư phạm. .. nhận giá trị thực xác định đoạn [0, 1] Mục đích, nhiệm vụ kết nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng Định lý giá trị trung bình tốn hàm khả vi, toán giới hạn dãy số khai thác nhờ Định lý giá trị trung bình