Ứng dụng tính liên tục và tính khả vi của hàm số trong phương trình và bất đẳng thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN CAO THỊ THẮM ỨNG DỤNG TÍNH LIÊN TỤC VÀ TÍNH KHẢ VI CỦA HÀM SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Giáo viên hướng dẫn: TS NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, 2015 Mục lục Mở đầu 1 Hàm số liên tục ứng dụng 1.1 Tính liên tục hàm số 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Các tính chất 1.2 Một số tính chất liên tục 1.3 Nghiệm phương trình 1.4 Điểm bất động hàm số 1.5 Phương trình hàm Hàm khả vi ứng dụng 2.1 Đạo hàm vi phân hàm số 2.1.1 Đạo hàm điểm 2.1.2 Đạo hàm phía 2.1.3 Một số tính chất 2.1.4 Định nghĩa vi phân điểm 2.1.5 Đạo hàm vi phân cấp cao 2.2 Các định lí giá trị trung bình 2.2.1 Định lí Fermat 2.2.2 Định lí Rolle 2.2.3 Định lí Lagrange Định lí Cauchy 2.3 Các toán phương trình bất đẳng thức hàm khả vi 2.3.1 Phương trình 2.3.2 Bất đẳng thức 2.4 Một số bất đẳng thức đạo hàm quan trọng 2.4.1 Công thức Taylor khoảng ii 3 4 10 14 19 27 27 27 27 28 28 29 30 30 30 32 34 34 37 48 48 2.4.2 Các bất đẳng thức đạo hàm quan trọng 48 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 iii Mở đầu Cùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục tính khả vi hàm số những kiến thức sở quan trọng giải tích tốn học Trong chương trình tốn học bậc phổ thơng, tính chất hàm số liên tục đoạn áp dụng nhiều, phong phú đa dạng toán khác nhau, toán tồn nghiệm phương trình Định lý Rolle, Định lý Lagrange, tính đơn điệu hàm số thường sử dụng đề thi có tính nâng cao, thi học sinh giỏi cấp quốc gia hay quốc tế nhiều toán khác nhau, đặc biệt chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, v.v Hiện có nhiều tư liệu (sách giáo khoa, sách tham khảo, khóa luận, luận văn, chuyên đề Hội thảo, v.v ) tiếng Việt ứng dụng tính liên tục tính khả vi hàm số khảo sát hàm số, chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình,v.v Nhận xét rằng, ngồi phương trình hàm, nhìn chung vấn đề đa phần hàm số sơ cấp cụ thể, nên chưa có tính khái qt Với suy nghĩ ý tưởng đó, mục tiêu luận văn nhằm khai thác tính liên tục tính khả vi hàm biến phương trình bất đẳng thức không hàm số cụ thể mà Về tính liên tục, luận văn trình bày số vấn đề có tính lý thuyết hàm liên tục, tính trù mật (giá trị trung gian), tính bị chặn, tính lồi, v.v Về phương trình, luận văn xét toán điểm bất động hàm liên tục đoạn hữu hạn (compact), phương trình hàm, phương trình vi phân, v.v Về bất đẳng thức, ngồi số bất đẳng thức hàm cụ thể, luận văn chủ yếu quan tâm đến bất đẳng thức hàm, bất đẳng thức đạo hàm tổng quát Đặc biệt, luận văn cịn trình bày số bất đẳng thức đạo hàm tiếng bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorow, bất đẳng thức Landau-Kolmogorow bất đẳng thức Steklov hàm khả vi biến Đây bất đẳng thức Toán học cao cấp chưa trình bày tài liệu Tiếng Việt cấp độ Toán sơ cấp Kết cấu Luận văn gồm có: Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Hàm số liên tục ứng dụng, trình bày khái quát hàm số liên tục, số tính chất chuyên sâu hàm số liên tục, điểm bất động hàm liên tục phương trình hàm Chương 2: Hàm khả vi ứng dụng Nội dung chương trình bày số kiến thức sở đạo hàm vi phân, định lí giá trị trung bình Từ kiến thức tảng đó, nội dung quan trọng chương xét phương trình, đẳng thức bất đẳng thức hàm khả vi tổng quát Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Văn Ngọc- Trường Đại học Thăng Long Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên, bảo hướng dẫn Thầy Em xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu thầy, cô trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, tận tình giảng dạy giúp đỡ em hồn thành khóa học cao học Trường Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán lớp N- Trường Đại học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên Chương Hàm số liên tục ứng dụng Chương trình bày ngắn gọn khái niệm tính chất hàm liên tục biến số toán liên quan Các kiến thức chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [1] [6] 1.1 1.1.1 Tính liên tục hàm số Các khái niệm Định nghĩa 1.1 Giả sử I ⊂ R khoảng hệ khoảng trục thực f hàm nhận giá trị thực miền I Cố định điểm x0 ∈ R ( bao hàm trường hợp x0 ∈ I ) Ta nói f có giới hạn l ∈ R x0 viết lim f (x) = l x→x0 với ε > 0, tồn δ > 0, δ = δ(ε) cho x ∈ I, x = x0 , |x − x0 | < δ |f (x) − l| < ε Định nghĩa 1.2 Cho hàm số f xác định tập X số a ∈ X Hàm f gọi liên tục a lim f (x) = f (a) hay ∀ε > 0, ∃δ > : ∀x ∈ x→a X, |x − a| < δ |f (x) − f (a)| < ε Định nghĩa 1.3 Hàm f gọi liên tục phải a lim f (x) = f (a) x→a+ Hàm f gọi liên tục trái a lim f (x) = f (a) x→a− Nếu hệ thức khơng tồn ta nói hàm f (x) x0 có gián đoạn tương ứng phải, trái Nhận xét 1.1 Hàm f liên tục a lim f (x) = lim− f (x) = lim f (x) = f (a) x→a+ x→a x→a Định nghĩa 1.4 Một hàm không liên tục a gọi hàm gián đoạn a Định nghĩa 1.5 Hàm f liên tục điểm x ∈ (a; b) ta nói f liên tục khoảng (a; b) Định nghĩa 1.6 Hàm số f liên tục khoảng (a; b) liên tục phải a , liên tục trái b ta nói f liên tục [a; b] 1.1.2 Các tính chất + Tổng, hiệu, tích thương (với điều kiện mẫu khác ) hàm liên tục a hàm liên tục a + Nếu hàm f liên tục a hàm g liên tục f (a) hàm hợp g ◦ f liên tục a + Nếu f liên tục a f (a) > L f (x) > L lân cận a hay ∃δ > cho f (a) > L với x mà |x − a| < δ 1.2 Một số tính chất liên tục Định lý 1.1 (Tính trù mật hàm liên tục) Nếu hàm f (x) liên tục đoạn [a; b] f (a)f (b) < tồn c ∈ (a; b) cho f (c) = Chứng minh Để chứng minh định lí ta thực phương pháp chia đơi đoạn [a; b] Nếu trình thực ta tìm điểm c ∈ (a; b) cho f (c) = định lí chứng minh Nếu khơng tìm c trình giúp ta xây dựng dãy đoạn lồng [an ; bn ] b−a f (an ) < 0, f (bn ) > cn = bn − an = n Ta có lim f (an ) = f ( lim an ) = f (c) ≤ n→∞ n→∞ Tương tự lim f (bn ) = f ( lim bn ) = f (c) ≥ 0, n→∞ n→∞ c ∈ (a; b) Vậy tồn c ∈ (a; b) cho f (c) = Định lý 1.2 ( Định lý giá trị trung gian hàm liên tục) Nếu f (x) liên tục [a; b], f (x) nhận giá trị trung gian f (a) f (b) Tức là, với γ nằm f (a) f (b) tồn giá trị c ∈ [a; b] cho f (c) = γ Chứng minh Khơng tính tổng quát, giả sử f (a) < f (b) Ta thấy định lý dễ dàng chứng minh γ = f (a) γ = f (b) Xét γ với f (a) < γ < f (b) ta chứng minh tồn giá trị c ∈ [a; b] cho f (c) = γ Thật vậy, xét hàm g(x) = f (x) − γ hàm liên tục [a; b] Ta lại có g(a) < 0, g(b) > theo Định lý 1.1 tồn tai giá trị γ ∈ (a; b) để g(c) = Điều cho thấy ln tồn giá trị c ∈ [a; b] cho f (c) = γ Định lý chứng minh Định lý 1.3 Nếu hàm số f (x) liên tục [a; b] hàm số đạt giá trị nhỏ lớn [a; b] Tức tồn xm , xM ∈ [a; b] cho với x ∈ [a; b] ta ln có f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ) Chứng minh Trước hết, ta chứng minh f (x) bị chặn [a; b] Giả sử f (x) không bị chặn [a; b], tức với n ∈ N tồn xn ∈ [a; b] cho |f (xn )| ≥ n Dãy (xn ) bị chặn nên theo định lí Balzano-Weierstrass tồn dãy xnk → x0 ∈ [a; b] mà f (xnk ) ≤ nk Chuyển qua giới hạn ta có |f (x0 )| = +∞ mâu thuẫn f (x) liên tục x0 Vậy f (x) bị chặn Gọi m = inf f (x), M = sup f (x) Lấy = , n ∈ N∗ , ∃xn ∈ [a; b], n [a;b] [a;b] cho > f (xn ) − m ≥ n Theo định lí Balzano-Weierstrass tồn dãy xnk (xn ) thỏa mãn xnk → xm > f (xnk ) − m ≤ Lấy giới hạn ta nk lim f (xnk ) = f (xm ) = m x→∞ Tương tự tồn xM để f (xM ) = sup f (x) = M [a;b] Hệ 1.1 Nếu f : [a; b] −→ R liên tục f ([a; b]) = [m; M ] ⊂ R m = inf f (x), M = sup f (x) [a;b] [a;b] Bài toán 1.1 ( Hàm Dirichlet) Xét tính liên tục hàm số D(x) = 1, 0, x số hữu tỷ, x số vơ tỷ Lời giải Vì lân cận điểm hữu tỷ tìm điểm vơ tỷ ngược lại, nên với điểm xo khoảng (−∞; +∞) không tồn giới hạn limx→xo D(x) Như vậy, điểm trục thực tồn gián đoạn loại hai (từ hai phía) Bài toán 1.2 ( Hàm Riemann) Trên đoạn [0; 1] xét hàm số  p 1 , x = phân số tối giản, f (x) = q q 0, x số vô tỷ Chứng minh điểm hữu tỷ hàm số có gián đoạn loại một, cịn điểm vơ tỷ hàm số liên tục Lời giải Giả sử x0 điểm tùy ý đoạn [0; 1] Với số ε > tồn số hữu hạn số tự nhiên q , nghĩa đoạn [0, 1] ε p p có số hữu hạn số hữu tỷ , mà f = ≥ ε Điểm x0 q q q bao lân cận (x0 − δ; x0 + δ), cho khơng có điểm nói (ngoại trừ điểm x0 ) Khi với |x−x0 | < δ; (x = x0 ) dù x hữu tỷ hay vô tỷ, ta có |f (x)| < ε Nghĩa là, với x0 tồn f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = Nếu x0 số vô tỷ, f (x) = 0, nghĩa điểm hàm số liên tục, x0 số hữu tỷ, f (x0 ) = 0, có gián đoạn thơng thường từ hai phía Bài tốn 1.3 Chứng minh rằng, f (x) hàm liên tục, F (x) = |f (x)| hàm liên tục Lời giải Giả sử ε > tùy ý Khi tồn δ = δ(ε, xo ), cho |f (x) − f (xo )| < ε, |x − xo | < δ Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A − B|, ta có |F (x) − F (xo )| = ||f (x)| − |f (xo )|| ≤ |f (x) − f (xo )| < ε |x − xo | < δ, nghĩa F (x) hàm liên tục Bài toán 1.4 Chứng minh rằng, hàm f (x) liên tục đoạn [a; b] hàm m(x) = inf |f (ξ)|, M (x) = max |f (ξ)| a≤ξ≤x a≤ξ≤x hàm liên tục [a; b] Lời giải Vì f (x) liên tục đoạn [a; b], nên ∀ε > 0, xo ∈ [a; b], tồn δ = δ(ε, xo ), cho |h| < δ, |f (xo + h) − f (x)| < ε Khi rõ ràng sup |f (xo + h) − f (x)| < ε (1.1) |h| 41 ex Lời giải Xét hàm f (x) = a , x > x Ta có f (x) → ∞ x → x → ∞ Do tồn giá trị cực tiểu f x0 Theo định lí Fermat ta có f (x0 ) = ex0 x−a 1−a = x0 ea Giá trị nhỏ x = a f (a) = a Do a ex > xa ⇔ a < e, x > Bài toán 2.11 Giả sử f : (0, 1) → R hàm khả vi, cho tồn số dương M để |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|, ∀x, y ∈ (0, 1) Chứng minh |f (x)| ≤ M Lời giải Cố định x ∈ (0; 1) xét t ∈ R \ {0}, cho x + t ∈ (0; 1) Theo giả thiết, ta có |f (x)| ≤ f (x + t)f (x) f (x + t)f (x) − f (x) + t t f (x + t) − f (x) − f (x) t Chuyển qua giới hạn t → 0, ta có bất đẳng thức |f (x)| ≤ M ≤M+ Bài toán 2.12 Cho f hàm có đạo hàm cấp liên tục đoạn [0; 1] thỏa mãn f (0) = f (0) = f (0) = f (1) = f (1) = f (1) = Chứng minh tồn c ∈ [0; 1] cho f (c) ≥ 24 Lời giải Hãy xem xét mở rộng chuỗi Taylor điểm x = x = f (0) f (ξx ) x + x, f (x) = f (0) + f (0)x + f (1) f (ηx ) f (x) = f (1) + f (1)(x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 với ≤ ξx ≤ x; x ≤ ηx ≤ Kết hợp với giả thiết có f (x) = f (ξx ) x, 42 f (x) = + f (ηx ) (x − 1)3 ta thấy tồn ξ; η cho f (ξ) + f (η) = 48 Như số f (ξ), f (η) lớn 24 Vậy tồn c ∈ [0; 1] để f (c) ≥ 24 Chọn x = Bài toán 2.13 Cho hàm số f khả vi [0; 1] cho f (0) = 0, f (1) = Chứng minh tồn số phân biệt a, b thuộc (0; 1) cho f (a).f (b) = Lời giải Xét hàm số g(x) = f (x) + x − g khả vi [0; 1] Ta có: g(0) = −1 < g(1) = > nên tồn số c ∈ (0; 1) cho g(c) = Do f (c) + c − = hay f (c) = − c Áp dụng định lý Lagrange cho f đoạn [0; c] [c; 1] thì: f (c) − f (0) + Tồn a ∈ (0; c) cho = f (a) c−0 f (1) − f (c) = f (b), nên + Tồn b ∈ (c; 1) cho 1−c f (a).f (b) = f (c) − f (c) (1 − c)c = = c 1−c c(1 − c) Vậy tồn số phân biệt a, b thuộc (0; 1) cho f (a).f (b) = Bài toán 2.14 Cho hàm f : R −→ R hàm C3 Chứng minh tồn a ∈ R cho f (a)f (a)f (a)f (a) ≥ Lời giải Nếu giá trị f (a), f (a), f (a); f (a) ta có ln điều phải chứng minh Ta giả sử giá trị f (x), f (x), f (x), f (x) âm hay dương với x Ta giả sử f (x) > 0, f (x) > 0, (nếu f (x) < ta thay f (x) thành −f (x), f (x) < ta thay f (x) f (−x) Từ f (x) > ta có f (x) hàm tăng, mặt khác f (x) > điều cho thấy f (x) hàm lồi Khi ta có: f (x + a) > f (x) + af (x), ∀x ∈ R 43 Cho x cố định lấy a đủ lớn, có f (x) > 0, ∀x ∈ R Với lập luận tương tự có f (x) > f (x) > f (x) > 0, ∀x ∈ R Do tồn a ∈ R cho f (a)f (a)f (a)f (a) ≥ f (x) = ef (x)−g(x) , ∀x f (0) = g (x) g(2003) = Tìm số c lớn cho f (2003) > c Bài toán 2.15 Cho hàm số f, g thỏa mãn f (x) = ef (x)−g(x) , ∀x hay f (x).e−f (x) = g (x).e−g(x) Từ g (s) có e−f (x) = e−g(x) , ∀x ∈ R Xét hàm số Lời giải Ta có h(x) := e−f (x) − g (x).e−g(x) = a với a số Khi ta có h(0) = h(2003), kết hợp với giả thiết ta được: e−1 − e−g(0) = e−f (2003) − e−1 Do e−f (2003) = 2e−1 − e−g(0) < 2e−1 = e−1+ln2 Vậy ta chọn số c lớn c = −1 + ln2 thỏa mãn điều kiện f (2003) > c Bài toán 2.16 Chứng minh ab + ba > 1, ∀a > 0, b > Lời giải - Bất đẳng thức hiển nhiên số a b lớn - Ta xét giá trị a, b ∈ (0; 1) Thật vậy, đặt a = − c, b = − d; c, d ∈ (0; 1) Ta xét hàm số sau f (x) = (a − cx)d , x ∈ [0; 1] Áp dụng định lí Lagrange tồn x0 ∈ (0; 1) cho: cd (1 − c)d = − < − cd (1 − cx0 )1−d Từ ab +ba = 1−c 1−d 1−c 1−d (1 − c)(1 − d) + > + = +1 > (1 − c)d (1 − d)c − cd − cd − cd 44 Bài toán 2.17 Cho f : R −→ R hàm lớp C cho f, f , f , f số dương Hơn ta giả sử f (x) ≤ f (x), ∀x ∈ R Chứng minh f (x) < 2f (x), ∀x ∈ R Lời giải Điều nhận thấy từ giả thiết lim f (x) = lim f (x) = x→−∞ x→−∞ Thật theo định lí giá trị trung bình Lagrange, tồn ξn ∈ (−n2 ; −n) cho f (−n2 ) − f (−n) = (n − n2 )f (ξn ) < Bằng giả thiết giới hạn f f −∞ tồn giới hạn khơng âm Ta giả sử phản chứng lim f (x) > Để có giới hạn x→−∞ −∞ từ ta có = −∞ (mâu thuẫn) Do a có lim f (x) = x→−∞ Một lập luận tương tự, ta có lim f (x) = x→−∞ Vậy theo bổ đề Lemma có f (x) < 2f (x), ∀x Bài tốn 2.18 Cho f : [0; 1] −→ R hàm liên tục [0; 1] khả vi khoảng (0; 1) thỏa mãn ≤ f (x) ≤ 2f (x), ∀x ∈ (a; b) Chứng minh f đồng Lời giải Xét g := [0; 1] −→ R hàm xác định g(x) = e−2x f (x) Khi g (x) = e−2x (f (x) − 2f (x)) ≤ Do g hàm giảm Mặt khác g(0) = 0, g ≥ 0, nên có g ≡ hay f ≡ Bài toán 2.19 Chứng minh a sin(ax six(bx a (1 − ) ≤ sup | − | ≤ 4(1 − ), ∀0 < a < b π b ax bx b x>0 45 Lời giải Xét < a < b a sinx f (x) − f (λx) Đặt λ = , f (x) = , x > µ(λ; x) = b x 1−λ Từ |f (x)| < 1, ∀x > 0, ta có |µ(λ; x)| < ≤4 1−λ với điều kiện < λ < Điều chứng tỏ sup |µ(λ; x)| ≤ 4, ∀λ ∈ (0; 1) x>0 Để chứng minh phần bất đẳng thức lại, nhận thấy µ(λ; π) = sin(λπ) = µ(1 − λ, π) λ(1 − λ)π Từ đẳng thức đó, ta xem xét trường hợp ứng với giá trị λ ∈ (0; ) π Vì f hàm giảm [0; ], có π sin ≥ µ(λ; π) ≥ π λ π với λ ∈ (0; ] Bài toán 2.20 Cho f hàm thực khả vi cấp n + [a; b], thỏa mãn f (i) (a) = f (i) (b) = 0, ∀i ∈ {1, 2, 3, , n} Chứng minh phương trình f (n+1) (x) = f (x) có nghiệm [a; b] Lời giải Đầu tiên ta giả sử n = xét hàm số g(x) = e−x f (x) Theo định lí Rolle, tồn x0 ∈ [a; b] cho = g (x0 ) = e−x0 (f (x0 ) − f (x0 )) Điều cho thấy f (x0 ) = f (x0 ) n Tiếp theo giả sử n ≥ xét hàm h(x) = f (k) (x) Khi k=0 h(a) = h(b) = h(x) = h (x) = f (x) − f n+1 (x) Áp dụng cách chứng minh n = hàm h ta suy f (n+1) (x) = f (x) có nghiệm [a; b] 46 Bài toán 2.21 Cho f hàm khả vi f liên tục [a; b] cho tồn giá trị m ∈ [a; b] để f (m) = Chứng minh phương trình f (x) − f (a) f (x) = có nghiệm [a; b] b−a Lời giải Xét hàm g : [a; b] −→ R với g(x) = f (x) − f (x) − f (a) b−a Không tính tổng quát ta giả sử f (m) > f (a) Xét x1 ∈ [a; m] cho f (x1 ) = max {f (x); x ∈ [a; m]} Khi ta có f (x1 ) − f (a) > ≥ (b − a)f (x1 ) Điều cho thấy g(x1 ) < f (x1 ) − f (a) Theo định lí Lagrange, tồn x2 ∈ (a; x1 ) cho f (x2 ) = x1 − a Vì f (x1 − f (a) f (x2 ) − f (a) g(x2 ) = − x1 − a b−a Mặt khác, g hàm liên tục, nên tồn x ∈ [x2 ; x1 ] cho f (x) − f (a) có nghiệm [a; b] g(x) = Do phương trình f (x) = b−a Bài tốn 2.22 Chứng minh không tồn hàm dương liên tục, khả vi f [0; ∞) cho f (x) ≥ f (f (x)) với x ≥ Lời giải Giả sử f hàm thỏa mãn điều kiện toán Từ f (x) ≥ f (f (x)) > nên f hàm tăng Điều cho thấy f (x) ≥ f (f (x)) ≥ f (f (0)) > Điều chứng tỏ f hàm chặn lim f (x) = ∞ x→∞ Vì lim f (f (x)) = ∞ lim f (x) = ∞ x→∞ x→∞ Xét g(x) := f (x) − x − Do g (x) dần tiến ∞ x → ∞ nên g(x) → ∞ x → ∞ Do tồn x0 thỏa mãn f (x0 ) > x0 + Tiếp theo áp dụng định lí giá trị trung bình đoạn [x0 ; f (x0 )], có điểm ξ ∈ (x0 ; f (x0 )) thỏa mãn: f (f (x0 )) = f (x0 ) + f (ξ)(f (x0 ) − x0 ) > f (ξ)(f (x0 ) − x0 ), 47 ≥ f (f (ξ)(f (x0 ) − x0 ) > f (f (x0 ))(f (x0 ) − x0 ) > f (f (x0 )) mâu thuẫn Vậy không tồn hàm f thỏa mãn toán 2.4 Một số bất đẳng thức đạo hàm quan trọng 2.4.1 Công thức Taylor khoảng Giả sử f (x) xác định đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b), đến cấp n − đạo hàm f (n) (x) hữu hạn với a < x < b Khi đó, với x0 ∈ (a; b), p > tồn θ ∈ (a; b) cho công thức sau f (n−1) (x0 ) (x − x0 )n−1 +Rn (x) f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ f (x0 )(x−x0 ) + + 2! (n − 1)! Rn (x) = (x − x0 )n (1 − θ)n−p (n) f [x0 + θ(x − x0 )] (n − 1)!p ( phần dư dạng Slomilic-Roser) Khi p = n ta có phần dư dạng Lagrange (x − x0 )n (n) f [x0 + θ1 (x − x0 )], < θ1 < n! Khi p = ta có phần dư dạng Cauchy Rn (x) = Rn (x) = (x − x0 )n (1 − θ2 )n−1 (n) f [x0 + θ2 (x − x0 )], < θ2 < (n − 1)! Nếu hàm f (x) xác định lân cận điểm x0 đó, x0 tồn đạo hàm hữu hạn đến cấp n có cơng thức n f (x) = k=0 2.4.2 f (k) (x0 ) (x − x0 )k + o[(x − x0 )n ] k! Các bất đẳng thức đạo hàm quan trọng Định lý 2.10 (Bất đẳng thức Landau ) Cho f : R −→ R hàm lớp C2 Giả sử f f bị chặn Đặt M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f (x)|, M2 = sup |f (x)| x∈R x∈R 48 x∈R √ Chứng minh f bị chặn M1 ≤ M0 M2 Chứng minh Đầu tiên, ta nhận thấy M2 = hàm f có đạo hàm cấp f (x) = 0, ∀x ∈ R Do vậy, f hàm bậc Mặt khác, hàm f bị chặn, nên ta có f hàm Từ ra, f = f = 0, ∀x Vậy bất đẳng thức chứng minh Nếu M2 = 0, không tính tổng qt ta giả sử M2 > Lấy x ∈ R giá trị cố định tùy ý h > Theo công thức Taylor tồn t ∈ (x; x + 2h) cho: f (x + 2h) = f (x) + 2hf (x) + 2h2 f (x) Do vậy: f (x + 2h) − f (x) − hf (x) 2h Lấy modun áp dụng giả thiết ban đầu có được: f (x) = |f (x)| ≤ M0 + M2 h h Vậy f (x) bị chặn Mặt khác, chọn h = M0 Chúng ta có: M2 |f (x)| ≤ M0 : M0 + M2 M2 M0 ; ∀x ∈ R M2 √ hay M1 ≤ M0 M2 Định lý 2.11 (Bất đẳng thức Kolmogorov) Cho f : R −→ R hàm lớp C3 Giả sử f f bị chặn Đặt M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f (x)|, M3 = sup |f (x)| x∈R x∈R x∈R 1 a Chứng minh f bị chặn Hơn nữa, M1 ≤ (9M02 M3 ) b f có bị chặn hay không ? Chứng minh a Cố định x ∈ R h = Áp dụng công thức Taylor cho giá trị h x + h có được: 49 h2 h3 |f (x + h) − f (x) − hf (x) − f (x)| ≤ M3 Và h2 h3 |f (x − h) − f (x) + hf (x) − f (x)| ≤ M3 Vì 2h|f (x)| = |(f (x − h) − f (x) + hf (x) − h2 f (x)) + f (x + h) − f (x − h)| Điều cho ta thấy h2 f (x)) − (f (x + h) − f (x) − hf (x) − h2 f (x)| + |f (x + h) − f (x) − h2 M3 h3 hf (x) − f (x)| + |f (x + h)| + |f (x − h)| = + 2M0 Do 2h|f (x)| ≤ |f (x − h) − f (x) + hf (x) − M0 m3 h2 |f (x)| ≤ + =: ψ(x) h Vậy f (x) bị chặn (3M0 M3−1 ) Mặt khác, ψ đạt cực tiểu h0 = 1 1 Từ ψ(h) = (9M02 M3 ) ta có M1 ≤ (9M02 M3 ) 2 b Theo giả thiết theo ý (a) hàm f f = (f ) hàm bị chặn Áp dụng bất đẳng thức Landau ta có f bị chặn Định lý 2.12 (Bất đẳng thức Landau-Kolmogorov) Cho f : R −→ R hàm lớp Cn Giả sử f f (n) bị chặn a Chứng minh f (n−1) bị chặn b Từ suy tất đạo hàm f (k) với ≤ k ≤ n − bị chặn c Đặt Mk = sup |f (k) (x)| x∈R Chứng minh Mk > với ≤ k ≤ n; k ∈ N −1 d Dùng hàm uk = 2k−1 Mk Mk−1 ; ≤ k ≤ n, k ∈ N chứng minh k(n − k) 1− k k M0 n Mnn Mk ≤ 50 Chứng minh a Theo cơng thức Taylor có: n−1 | j=1 k j (j) Mn k n f (x)| ≤ 2M0 + j! n! Do n−1 n−1 k Cn−1 | k=j k=1 k j (j) f (x) ≤ j! n−1 k Cn−1 (2M0 k=1 Mn k n + )| n! Điều cho thấy n−1 | j=1 n−1 (j) k f (x) (−1)n−1−k Cn−1 kj | ≤ j! k=1 m Mặt khác m n−1 k Cn−1 (2M0 k=1 Mn k n + ) n! k j k = ≤ j ≤ m − 1, (−1)m−k Cm k=1 k j (−1)m−k Cm k = m! j = m k=1 Ta thấy tất bất đẳng thức bên trái không xảy ngoại trừ trường hợp j = n − Theo ∀x ∈ R có n−1 |f (n−1) k Cn−1 (2M0 (x)| ≤ k=1 Mn k n + ) n! Vậy f (n−1) (x) bị chặn b Chúng ta dễ dàng có f (k) với ≤ k ≤ n − bị chặn phương pháp qui nạp Thật theo giả thiết theo ý a ta có f f (n−1) bị chặn nên ta có f (n−2) bị chặn Tương tự, ta có f f (n−2) bị chặn nên ta có f (n−3) bị chặn Cứ tiếp tục q trình trên, ta có tất đạo hàm f (k) với ≤ k ≤ n − bị chặn c Nếu Mk = f đa thức có bậc cao k − Từ f hàm bị chặn, f thỏa mãn điều kiện liên tục giả thiết 51 Điều cho thấy Mk > với ≤ k ≤ n, k ∈ N d Áp dụng bất đẳng thức Landau, có Mk ≤ 2Mk−1 Mk+1 , ∀1 ≤ k ≤ n − Điều cho thấy bất đẳng thức u1 ≤ u2 ≤ ≤ un (u1 u2 uk )n ≤ (u1 u2 un )k Áp dụng bất đẳng thức trường hợp có k(n − k) 1− k k M0 n Mnn Mk ≤ Vậy ta có điều phải chứng minh Định lý 2.13 (Bất đẳng thức Steklov) Giả sử hàm f (x) khả vi liên tục khoảng (a; b) cho f (a) = f (b) = Khi đó, có bất đẳng thức b (b − a)2 b |f (x)| dx ≤ |f (x)|2 dx (2.8) a a Chứng minh Biểu diễn hàm f cho dạng f (x) = x b f (t)dt − a x f (t)dy = b sign(x − t)f (t)dt a Áp dụng bất đẳng thức Buniakowski ta có ≤ b |f (x)|2 = sign(x − t)f (t)dt a b b |sign(x − t)| dt a b−a |f (t)| dt = a lấy tích phân theo x (a; b), ta b (b − a)2 |f (x)| dx ≤ b a b Định lý chứng minh 52 |f (x)|2 dx a |f (t)|2 dt a Nhận xét 2.6 Nhận xét rằng, làm tốt bất đẳng thức (2.8) bất đẳng thức b (b − a)2 b |f (x)| dx ≤ |f (x)|2 dx (2.9) π a a Tuy nhiên, chứng minh bất đẳng thức (2.9) không đơn giản địi hỏi nhiều kiến thức Tốn cao cấp (theo hiểu biết chúng tôi), nên chúng tơi khơng trình bày chứng minh luận văn 53 Kết luận Luận văn đề cập vấn đề sau đây: Trình bày lý thuyết tóm lược tính liên tục tính khả vi hàm biến đủ để xét toán tương ứng Sưu tầm tuyển chọn tốn ứng dụng tính liên tục tính khả vi hàm số phương trình bất phương trình thích hợp, ưu tiên tốn nâng cao khó học sinh phổ thơng với cách giải độc đáo chi tiết Qua trình làm luận văn, em học tập nhiều, biết đến nhiều toán ứng dụng tính liên tục tính khả vi hàm biến qua tài liệu sưu tầm, tài liệu tiếng Anh mà trước em chưa biết đến Luận văn tài liệu bổ ích cho việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THPT sinh viên ngành Toán năm đầu 54 Tài liệu tham khảo [1] Y.Y Liashko , A C Boiachuk, Ia.G Gai, P Golovak (1970), Giải tích Tốn học- Các ví dụ tập, Tập 1, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp [2] Trần Lưu Cường (2000), Toán Olympic cho sinh viên, Tập I, NXB Giáo Dục, Tp Hồ Chí Minh [3] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2004), Các đề thi Olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Đại học Thái Nguyên [4] Nguyễn Thị Dương Kiều (2010),Định lý Rolle số áp dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, ĐHKH ĐH Thái Nguyên [5] Nguyễn Kim Toàn (2012), Một số bất đẳng thức đạo hàm ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, ĐHKH ĐH Thái Nguyên [6] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T.Andreescu (2009) Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis Springer Sciences+Business Media [7] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer 55 ... quát hàm số liên tục, số tính chất chuyên sâu hàm số liên tục, điểm bất động hàm liên tục phương trình hàm Chương 2: Hàm khả vi ứng dụng Nội dung chương trình bày số kiến thức sở đạo hàm vi phân,... dụng tính liên tục tính khả vi hàm số khảo sát hàm số, chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, v.v Nhận xét rằng, ngồi phương trình hàm, nhìn chung vấn đề đa phần hàm số sơ... luận văn cịn trình bày số bất đẳng thức đạo hàm tiếng bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorow, bất đẳng thức Landau-Kolmogorow bất đẳng thức Steklov hàm khả vi biến Đây bất đẳng thức Tốn học