Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P7 ppt

2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 293 2.5.31. Vì f 0 (x)=Ă x n n! e Ăx nên ta suy ra nó chỉ bằng 0 tại g ốc toạ độ, hơn nữa nếu n chẵn thì f 0 (x) < 0 với x 6=0 ,dođótrongtrờng hợp này f không có cực trị. Mặt khác n ếu n lẻ thì f 0 (x) > 0 khi x<0 và f 0 (x) < 0 với x>0 nên với các giá trị n lẻ ta có f(0) = 1 là cực đại của f . 2.5.32. Đạo hàm f 0 (x)=(m + n)x mĂ1 (1 Ă x) nĂ1 Ă m m+n Ă n  bằng 0 tại duy nhất x 0 =0 khi m>1 ,tại x 1 =1 khi n>1 và t ại x 2 = m m+n .Tadễdàngthử rằng f(x 2 )= m m n n (n+m) m+n chính là cực đại địa phơng của f , hơn nữa nếu m lẻ thì f(x 0 )=0 là cực tiểu địa phơng của f . Mặt khác nế u m lẻ thì 0 không là cực trị của f .Hoàntoàntơng tự ta c ó khi n chẵn, f(x 1 )=0 là cực tiểu địa phơng của f và khi n lẻ thì x 1 không thể là điểm cực trị của f . 2.5.33. Từ bài trên ta có f đạt cực đại f(x)= m m n n (m+n) m+n tại điểm x thoả mn phơng trình sin 2 x = m m + n : 2.5.34. Với x 6=0; 1 ta có f 0 (x)= 1 9  1 3 Ă x 3 p x 2 (1 Ă x) : Vậy f 0 (x)=0 tại x = 1 3 : Hơn nữa f 0 (x) > 0 khi x 2 Ă 0; 1 3  và f 0 (x) < 0 khi x 2 Ă 1 3 ; 1  ,dođó f Ă 1 3  = 3 p 4 3 là cực đại địa phơng của f .Hàm f không khả vi tại 0 và 1. Bên cạnh đó do f(x) > 0 với x 2 (0; 1) và f(x) < 0 với x<0 nên f không đạt cực trị tại 0, nhng f(1) = 0 là cực tiểu địa phơng của f , vì f(x) > 0=f(1) với x>1 và với x 2 (0; 1): Hình vẽ 2.5.35. Ta có f 0 (x)=arcsinx , suy ra điểm cực trị chính là nghiệm của f ,vì f(0) = 1 và f(Ă1) = f(1) = ẳ 2 nên ẳ 2 là giá trị cực đại và 1 là giá trị cực tiểu của f trên [Ă1; 1] . 294 Chơng 2. Vi phân 2.5.36. Với x>1 ta có f 0 (x) < 0 ,suyra f(x) <f(1) = 3 2 .Với x 2 (0; 1) ta có f 0 Ă 1 2  =0 , f 0 (x) < 0 nếu x 2 Ă 0; 1 2  và f 0 (x) > 0 với x 2 Ă 1 2 ; 1  ,vậy f Ă 1 2  = 4 3 là cực tiểu địa phơng của f .Với x<0 đạo hàm f 0 dơng, suy ra 3 2 = f(0) >f(x) . Vậy giá trị cực đại của f là f(0) = f(1) = 3 2 . Mặt khác vì lim x!1 f(x)= lim x!Ă1 f(x)=0 và f(x) > 0 với mọi x 2 R nên cận trên đúng của fR) là 0, nhng hàm f không có cực tiểu trên R . 2.5.37. (a) Giá trị cực đại của hàm x 7! xe Ăx , x á 0 là f(1) = 1 e ,vậy 1 n n X k=1 a k e Ăa k 1 n  n  1 e = 1 e : (b) Nh (a) ta chỉ cần tìm giá trị cực đại của hàm x 7! x 2 e Ăx ;xá 0: (c) Nếu một tro ng các hệ số a k =0 thì ta suy ra ngay bất đẳng thức cần chứng minh, giả sử a k > 0 với mọi k , lấy logarít hai vế ta đợc bất đẳng thức tơng đơng 1 n n X k=1 ln a k Ă a k 3 ln 3 Ă 1: Và ta đi tìm giá trị cực đại của hàm x 7! ln x Ă x 3 ;x>0: 2.5.38. Ta có f 0 (x0= ( 1 x 2 e Ă1=jxj p 2+sin 1 p x sgn x Ă cos 1 x với x 6=0; 0 với x =0: 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 295 Vì sin 1 x Đ cos 1 x p 2 nên f 0 (x) á 0 với x>0 và f 0 (x) 0 với x<0 , vậy không tồn tại cực trị địa phơng của f tại các điểm x 6=0 , hơn nữa 0=f(0) là giá trị cực tiểu của f vì f(x) >f(0) = 0 với x 6=0 . 2.5.39. Chú ý rằng f(x) >f(0) = 0 với x 6=0 , thêm nữa f 0 (x0= ( x 2 Ă 8x +4x sin 1 x Ă cos 1 x  với x 6=0; 0 với x =0: Từ đó suy ra nếu n 2 Znf0; 1g thì f 0 à 1 2nẳ ả = 1 4n 2 ẳ 2 à 4 nẳ Ă 1 ả < 0; và nếu n 2 ZnfĂ1g thì f 0 à 1 (2n +1)ẳ ả = 1 (2n +1) 2 ẳ 2 à 8 (2n +1)ẳ +1 ả > 0: 2.5.40. Chú ý rằng sinh x>0 và tanh x>0 với x>0 nên bất đẳng thức sinh x p sinh 2 x +cosh 2 x < tanh x đợc viết lại thành 1 p sinh 2 x +cosh 2 x < 1 cosh x : Dễ d àng chứng minh đợc bất đẳng thức này. Các bất đẳng thức còn lại đợc chứng minh tơng tự. 2.5.41. Với 0 <a<bđặt x =ln q b a ta đợc b Ăa 2 q a 2 +b 2 2 < b Ăa b = a < ln r b a < b Ă a 2 p ab < 1 2  b 2 Ăa 2 2ab : Chia cho bĂa 2 ta đợc điều phải chứng minh. 296 Chơng 2. Vi phân 2.5.42. (a) Ta có lim p!0 à x p + y p 2 ả 1=p = lim p!0 e 1 p ln x p +y p 2 = e 1 2 xy = p xy; vì theo quy tắc lHôpital ta có lim p!0 1 p ln x p + y p 2 = lim p!0 Ă ln x p +y p 2  0 p 0 = 1 2 xy: (b) Với p 6=0 đặt f(p)= Ă x p +y p 2  1=p , ta chỉ cần chứng minh rằng hàm F (p)=lnf(p)= 1 p ln x p + y p 2 tăng thực sự. Ta có F 0 (p)= 1 p 2 à p x p + y p (x p ln x + y p ln y) Ă ln x p + y p 2 ả : Đặt G(p)= p x p + y p (x p ln x + y p ln y) Ă ln x p + y p 2 ta có G 0 (p)= p ÊĂ x p ln 2 x + y p ln x 2 y  (x p + y p ) Ă(x p ln x + y p ln y) 2 Ô (x p + y p ) 2 : Ta cần chứng minh rằng Ă x p ln 2 x + y p ln x 2 y  (x p + y p ) Ă (x p ln x + y p ln y) 2 á 0: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy (x 1 y 1 + x 2 y 2 ) 2 (x 2 1 y 2 1 )(x 2 2 + y 2 2 ) thay x 1 = x p=2 ;x 2 = y p=2 ;y 2 = x p=2 ln x; y 2 = y Pp2 ln y; 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 297 ta đợc Ă x p=2  x p=2 ln x + y p=2 Ây p=2 ln y  2 (x p + y p ) Ă x p ln 2 x + y p ln 2 y  : Suy ra (x p ln x + y p ln y) 2 (x p + y p ) Ă x p ln 2 x + y p ln 2 y  ; tức là G 0 (p) á 0 với p>0 . Vậy trong trờnghợpnàytađợc G(p)= p 2 F 0 (p) >G(0) = 0 .Khi p<0 thì G 0 (p) < 0 và do đó G(p)=p 2 F 0 (p) > G(0) . T ừ những l ập luận trên ta c ó kết luận rằng hàm p 7! p tăng thực sự trên mỗi khoảng (Ă1; 0) và (0; 1) , theo định nghĩa của M 0 (x; y ) (xem 2.5.42) ta suy ra f tăng thực sự trên R . 2.5.43. Với á á 1 ta xét hàm f(á)= x n + y n + á((x + y) n Ăx n Ă y n ) 2+á(2 n Ă2) Sử dụng bất đẳng thức (x + y) n 2 nĂ1 (x n + y n ); ta chứng minh đợc rằng f 0 (á) 0 ,vậy f giảm trên [0; 1) .Kếthợpvới f(1) = (x + y) n =2 n ta chứng minh đợc bất đẳng thức bên phải. Để chứng minh bất đẳng thức còn lại ta chỉ cần chứng minh rằng lim á!1 f(á) á ( p xy) n . á p dụng bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta đợc lim á!1 f(á)= (x + y) n Ăx n Ăy n 2 n Ă 2 = Ă n 1  xy nĂ1 + Ă n 2  x 2 y nĂ2 + ÂÂÂ+ Ă n nĂ1  x nĂ1 y 2 n Ă2 á 2 n Ă2 q (xy nĂ1 ) ( n 1 ) (x 2 y nĂ2 ) ( n 2 ) ÂÂÂ(x nĂ1 y) ( n nĂ1 ) =( p xy) n ; bất đẳng thức cuối cùng đợcsuyratừđẳngthức à n 1 ả +2 à n 2 ả + ÂÂÂ+(n Ă1) à n n Ă1 ả = n(2 nĂ1 1 ); 298 Chơng 2. Vi phân đểchứngminhđẳngthứctrêntasửdụngcôngthức k à n k ả = n à n Ă1 k Ă1 ả ;ká 1: 2.5.44. (a) Đặt f(x) = sin(tan x) Ă x với x 2 Ê 0; ẳ 4 Ô ,tacó f(0) = 0 và f 0 (x) = cos(tan x) 1 cos 2 x Ă 1; suy ra f 0 (x) á 0 khi và chỉ khi cos(tan x) á cos 2 x: Chú ý rằng cos(tan x) á 1 Ă 1 2 tan 2 x (xem 2.5.1(a)) nên ta chỉ cần chứng minh rằng 1 Ă 1 2 tan 2 x á cos 2 x với x 2 Ê 0; ẳ 4 Ô . Bất đẳng thức cuối cùng đợc viết lại dới dạng hiển nhiên đúng 2cos 4 x Ă3cos 2 x +1 0 với x 2 h 0; ẳ 4 i : (b) Với x 2 Ê 0; ẳ 3 Ô xét hàm f(x)=tan(sinx) Ăx ta có f(0) = 0 và f 0 (x)= cos x cos 2 (sin x) Ă 1: Từ đó suy ra f 0 (x) á 0 khi và chỉ khi cos x á cos 2 (sin x)= 1+cos(2sinx) 2 : Bài toán trở về chứng m inh bất đẳng thức vừa nêu trên. Sử dụng 2.5.1(c) ta đợc bất đẳng thức 1+cos(2sinx) 2 Ă 2sin 2 x + 2 3 sin 4 x 2cosx với x 2 Ê 0; ẳ 3 Ô , từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 299 2.5.45. Xét hàm f(x)= 1 sin 2 x Ă 1 x 2 ,với x 2 (0;ẳ=2) ta có f 0 (x) > 0 khi và chỉ khi 1 x 3 > cos x sin 3 x ; tức là khi và chỉ khi sin x 3 p cos x Ă x>0: Đặt g(x)= sin x 3 p cos x Ăx ta có g 0 (x)=(cosx) 2=3 + 1 3 (cos x) Ă4=3 sin 2 x Ă 1 và g 00 (x)= 4 9 (cos x) Ă7=3 sin 3 x: Vì g 00 (x) > 0 với x 2 (0;ẳ=2) nên ta đợc g 0 (x) >g 0 (0) = 0 ,từđósuyra g(x) >g(00 = 0 với x 2 (0;ẳ=2); tức là hàm f đang xét sẽ tăng trên khoảng đó, suy ra f(x) f Ă ẳ 2  =1Ă 4 ẳ 2 : 2.5.46. Chú ý rằng à arctan x Ă 3x 1+2 p 1+x 2 ả 0 = Ă p 1+x 2 Ă 1  2 (1 + x 2 )(1 + 2 p 1+x 2 ) 2 > 0 ta đợc điều phải chứng minh. 2.5.47. Nếu a k = b k với mọi k thì ta đợc ngay điều phải chứng minh, giả sử tồn tại k để k 6= b k ,đặt f(x)= n Y k=1 (xa k +(1Ăx)b k ) và g(x)=lnf(x): Khi đó g 0 (x)= n X k=1 a k Ă b k xa k +(1Ăx)b k và g 00 (x)=Ă n X k=1 à a k Ăb k xa k +(1Ăx)b k ả 2 : 300 Chơng 2. Vi phân Vì g 00 (x) < 0 nên hàm g ,vàdođóhàm f ,cócựcđạitrên [0; 1] tại một trong hai đầu mú t khi và ch ỉ khi g 0 (0) và g 0 (1) cùng dấu, tức là g 0 (0)g 0 (1) á 0 .Bất đẳng thức cuối đợc viết chi tiết là n X k=1 a k Ăb k a k ! n X k=1 a k Ă b k b k ! á 0: 2.5.48. Theo 2.5.1 (a) và (c) ta có 1 Ă x 2 2 cos x 1 Ă x 2 2 + x 4 24 ;x2 R: Do đó đ ể chứng minh bất đẳng thức ở đầu bài ta chỉ cần chứng minh rằng 1 Ă x 2 2 + x 4 24 +1Ă y 2 2 + y 4 24 1+1Ă x 2 y 2 2 ; hay tơng đơng x 4 + y 4 +12x 2 y 2 Ă12(x 2 + y 2 ) 0 với x 2 + y 2 ẳ: Trong hệ toạ độ cực à; r bất đẳng thức trên đ ợc viết lại nh sau: r 2 (2 + 5 sin 2 2à) 24 với r 2 ẳ và à 2 [0; 2ẳ]:(1) Vì r 2 (2 + 5 sin 2 2à) 7ẳ<24; nên ta chứng minh đợc (1). 2.5.49. Bất đẳng thức là hiển nhiên khi x á 1 hoặc y á 1 ,vậygiảsử x; y 2 (0; 1) và đặt y = tx , vì tính đ ối xứng nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho 0 <t 1 ,tacó x y + y x = x tx +(tx ) x =(x x ) t + t x x x : Vì hàm x 7! x x có cực tiểu e Ă1=e = a tại 1 e và vì t x á t nên x y +y x á a t +ta .Hơn nữa hàm F (t)=a t + ta , t 2 R chỉ có một cực tiểu địa phơng t 0 =1Ăe<0 và F tăng thực sự trên (t 0 ; 1) và F (0) = 1 nên ta suy ra x y + y x > 1: 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 301 2.5.50. Với 0 <x<1 bất đẳng thức cần chứng minh đợc viết dới dạng 1 Ă2x n + x n+1 < (1 Ăx n ) p 1 Ă x n ; hay 1 Ăx n 1 Ă x < 1 Ă(1 Ăx n ) 1 Ă n p 1 Ăx n : Vì hàm t 7! 1Ăt n 1Ăt tăng thực sự trên (0; 1) nên ta chỉ cần chứng minh rằng x< n p 1 Ă x n hay 0 <x< 1 n p 2 . Cuối cùng chú ý rằng Ă 1+ 1 n  n > 2 với n á 2 , tức là 1 n p 2 > n n+1 . 2.5.51. Với 0 <x<1 xét hàm g(x)= f(x) x =1Ă x 2 6 + x 3 24 sin 1 x : Vì g 0 (x) < 0 với 0 <x<1 nên ta có g tăng thực sự trên (0; 1) ,vậy g(y + z) < g(y) và g(y + z) <g(z) ,từđósuyra yg(y + z)+zg(y + z) <yg(y)+zg(z); tức là f(y + z) <f(y)+f (z) . 2.5.52. Ta có công thức khai triển nhị thức Newton (x + y) n = n X k=0 à n k ả x k y nĂk :(1) Đạo hàm ( ?? )theo x và nhân hai vế của đẳng thức nhận đợc với x ta đợc nx(x + y) nĂ1 = n X k=0 k à n k ả x k y nĂk :(2) Bây giờ đạo hàm ( ?? ) hai lần và n hân hai vế của đẳng thức mới nhận đợc với x 2 ta đợc n(n Ă1)x 2 (x + y) nĂ2 = n X k=0 k(k Ă1) à n k ả x k y nĂk :(3) 302 Chơng 2. Vi phân Nếu trong ( ?? ), ( ?? )và( ?? )tathay y bởi 1 Ăx thì sẽ đợc 1= n X k=0 à n k ả x k (1 Ă x) nĂk ; nx = n X k=0 k à n k ả x k (1 Ă x) nĂk ; n(n Ă1)x 2 = n X k=0 k(k Ă1) à n k ả x k (1 Ăx) nĂk : Từ đó suy ra n X k=0 (k Ănx) 2 à n k ả x k (1 Ă x) nĂk = nx(1 Ă x) n 4 : 2.5.53. Từ giả thiết phơng trình f(x)=0 có nghiệm duy nhất ằ 2 [a; b] Hình vẽ Giả sử rằng f 0 (x) > 0 và f 00 (x) < 0 với x 2 [a; b] ,đặt x 0 = a theo công thức Taylorvớiphầnd dạng Lagrange ta có 0=f(ằ)=f(x n )+f 0 (x n )(ằ Ăx n )+ 1 2 f 00 (c ) (ằ Ăx n ) 2 ; trong đó c n là phần tử thuộc khoảng có hai đầu mút là x n và ằ .Từđịnh nghĩa của dy fx n g ta đợc ằ Ă x n+1 = ằ Ă x n + f(x n ) f 0 (x n ) (ằ Ăx n ) 2 > 0: Vậy fx n g bị chặn trên bở i ằ ,từđósuyra f(x n ) < 0 ,vậy ằ Ă x n+1 = ằ Ă x n + f(x n ) f 0 (x n ) <ằĂx n ; tức là fx Ăng tăng thực sự, do vậy nó hội tụ và lim n!1 x n = ằ .Cáctrờng hợp còn lại đợc chứng minh tơng tự. [...]... điểm liên tục x của hàm f Ta biết k!1 rằng tập D các điểm gián đoạn của hàm đơn điệu là đếm được (xem, chẳng hạn, 1.2.29) Vậy ta có f(x) = lim fnk (x) trên tập R n D, và do ffnk g bị chặn k!1 trên tập đếm được D, ta có thể dùng phương pháp đường chéo một lần nữa để chon dy con của ffnk g hội tụ điểm trên D Rõ ràng, dy con này hội tụ trên toàn R 3.1.24 Nếu K là tập con compact của R, thì tồn tại khoảng... rằng các tập An (f; 0) đều thuộc phạm trù thứ nhất Giả sử phản chứng rằng tồn tại n 2 N sao cho An (f; 0) thuộc phạm trù thứ hai, khi đó tồn tại khoảng mở I sao cho An (f; 0) cũng thuộc phạm trù thứ hai trong mọi khoảng mở con của I, thêm nữa ta giả sử độ rộng của I nhỏ hơn 1 n và a; b 2 I , a < b Xét tập thặng dư S ẵ R sao cho fjS liên tục và chọn c 2 S \ (a; b), lấy " > 0 bất kỳ Khi đó tồn tại tập con... sao cho c 2 J và (1) f (x) > f(c) Ă " với x 2 S \ J: ạ Xét K là khoảng mở con của (a; b) sao cho K = 2K Ă b = fy : y = 2x Ă b; x 2 Kg ẵ J Vì tập ẵ ắ 1 Sn = x : f (x Ă h) f (x + h) với 0 < h < n ạ thuộc phạm trù thứ hai trên K và S là tập thặng dư trên K nên suy ra tập ạ (2Sn Ă b) \ (S \ K cũng thuộc phạm trù thứ hai, vì vậy khác rỗng Ta chọn ạ được x 2 S \ K sao cho ~ x+b ~ 2 x 2 Sn , đặt h = bĂ~ (hiển... ta có ngay điều phải chứng minh.Giả sử tồn tại c 2 (a; b) sao cho f (c) > 0, theo bài trên tồn tại x1 và x2 sao cho a < x1 < c < x2 < b , f s (x1 ) á 0 và f s (x2 ) 0 2.6.9 [C E Aull, Amer Math Monthly 74 (1967) 708-711] Rõ ràng hàm trung gian f (b) Ă f (a) F (x) = f(x) Ă f(a) Ă (x Ă a) bĂa thoả mn các giả thiết của bài tập trên 2.6.10 [C E Aull, Amer Math Monthly 74 (1967) 708-711] Vì f bị chặn trong... ra k(x) < k(1) = 0, vậy h0 (x) < 0 khi x 2 (1; 2), suy ra h(x) < h(1) = 0, hay (x) < 1 với x 2 (1; 2): Vậy bất đẳng thức (??) đúng với mọi x 2 (1; 1) 2.5.56 [5] Chứng minh của bài này dựa vào định lý phạm trù Baire Với n 2 N xét tập An = fx 2 [0; 1] : f (n) (x) = 0g Từ giả thiết ta suy ra [0; 1] là hợp của các An , vậy theo định lý Baire tồn tại An trù mật khắp nơi trong [0; 1], tức là tồn tại đoạn I... tại x2 2 (x; z) sao cho f (z) Ă f (x) á f s (x2 ) á 0: zĂx 2.6.13 Tương tự bài trên 2.6.14 Không Xét hàm f (x) = x Ă 2jxj , x 2 (Ă1; 1) Dễ dàng kiểm tra được rằng f s (0) = 1 và f (0) là cực đại của f trong (Ă1; 1) Hình vẽ 2.6.15 [C L Belna, M.J Evans, P D Humke, Amer Math Monthly 86 (1979) 121-123] Ta đi chứng minh rằng tồn tại tập các thặng dư thoả mn đẳng thức đầu là đủ, khi thay f bằng Ăf trong đẳng... tương tự ta chứng minh được rằng f (a) f(c), suy ra f tăng trên I, suy ra DÔ f (x) á 0 với x 2 I, do đó A(f; 0) \ I = ;, vô lý Ta được điều phải chứng minh 2.6.16 Đây là hệ quả của bài toán trên, chú ý rằng đây chính là bài toán tổng quát của 2.6.6 2.6.17 [J Swetits, Amer Math Monthly 75 (1968), 1093-1095] Giả sử rằng f bị chặn địa phương trên [x1 ; x0 ) và x Ă x0 < < 1: Đặt trung điểm Chương 2 Vi... (x2 Ă h) Ă jf s (x2 )j á 2h á jf (x2 + h)j Ă jf (x2 Ă h)j Ă jf s (x2 )j á jf (x2 + h)j Ă M Ă jf s (x2 )j > 1: Vậy f không khả vi Schwarz đều trên [a; b] 2.6.18 Sử dụng kết quả trong bài 2.6.9 và lập luận tương tự như bài 2.2.26 ta được điều phải chứng minh 2.6.19 Xét hàm f (x) = ( 0 với x 2 Rnf0g; 1 với x = 0: Khi đó f s đồng nhất bằng 0 trên R, vậy nó liên tục, nhưng f không khả vi Schwarz đều trên... Theo định nghĩa ta có Ds f(x) á DÔ f(x) Ta cần chứng minh rằng A(f) = fx : Ds f (x) > DÔ f(x)g thuộc phạm trù thứ nhất Chú ý rằng A(f ) là hợp đếm được của các tập A(f; đ) = fx : Ds f(x) > đ > DÔ f (x)g; đ 2 Q: Do đó ta đi chứng minh rằng mỗi tập nói trên đều thuộc phạm trù thứ nhất Vì A(f; đ) = A(g; 0) với g(x) = f (x) Ă đx nên ta chỉ cần chứng minh rằng 2.6 Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz... Ă a) bĂa thoả mn các giả thiết của bài tập trên 2.6.10 [C E Aull, Amer Math Monthly 74 (1967) 708-711] Vì f bị chặn trong (a; b) nên tồn tại M á 0 sao cho sao cho jf s (x)j M với mọi x 2 (a; b) Theo bài trên ta có ĂM f(x) Ă f (t) M xĂt Từ đó suy ra jf(x) Ă f(t)j M jx Ă tj với x; t 2 (a; b); x 6= t: Chương 2 Vi phân 308 2.6.11 [C E Aull, Amer Math Monthly 74 (1967) 708-711] Theo 2.6.9, tồn tại x1 . x 2 KgẵJ .V tập S n = ẵ x : f(x Ă h) f(x + h) với 0 <h< 1 n ắ thuộc phạm trù thứ hai trên K và S là tập thặng d trên ạ K nên suy ra tập (2S n Ă. gian F (x)=f(x) Ă f(a) Ă f(b) Ă f(a) b Ăa (x Ăa) thoả mn các giả thiết của bài tập t rên. 2.6.10. [C. E. Aull, Amer. Math. Monthly 74 (1967) 708-711]. Vì f bị