Trong phần này trình bày một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một hàm số khả vi và thỏa mãn các điều kiện cho trước.
Bài toán 2.11. Giả sử f là hàm thực khả vi sao cho f(x) +f0(x) ≤ 1,∀x ∈ R và f(0) = 0. Hỏi rằng giá trị lớn nhất của f(1) là bao nhiêu?
Lời giải. Xét hàmg(x) :=ex(f(x)−1).Ta cóg0(x) =ex(f(x)+f0(x)−1)≤0,∀x∈R. Trong trường hợp đặc biệt với x= 1, ta có
e1(f(1)−1) = g(1)≤g(0) =e0(f(0)−1) =−1.
Vì thế f(1)≤1−e−1.
Để tìm được hàm f mà f(1) = 1−e−1 là giá trị lớn nhất của nó ta thấy rằng g phải là một hàm hằng trên [0,1]. Thật vậy, ta có
g(1) =e1(f(1)−1) =e1(1−e−1−1) =−1.
g(0) =−1.
Suy ra g(1) =g(0)
Mặt khác g0(x) ≤ 0,∀x∈ [0,1] nên g0(x) = 0,∀x ∈ [0,1]. Vì vậy, g là một hàm hằng trên [0,1]. Từ đó ta có f(x) +f0(x) = 1,∀x∈[0,1].
Như vậy f(x) = 1−e−x,∀x∈[0,1]và giá trị lớn nhất có thể đạt được của f(1) là f(1) = 1−e−1.
Bài toán 2.12. Cho f : [0,1] → R có đạo hàm cấp 2 trong (0,1) sao cho f(0) = f(1) = 0vàf00(x)+2f0(x)+f(x)≥0,∀x∈[0,1].Chứng minh rằngf(x)≥0,∀x∈[0,1]. Lời giải. Xét hàm số g : [0,1]→R xác định bởi công thức g(x) =exf(x). Ta có
g0(x) =ex(f0(x) +f(x)),
g00(x) =ex(f00(x) + 2f0(x) +f(x))≥0.
Vì vậy g là một hàm lồi. Do đó điểm (x, g(x)) nằm dưới đường thẳng nối hai điểm (0, g(0)) và (1, g(1)) = (1,0),∀x∈ (0,1). Vậy g(x)≥ 0,∀x ∈[0,1]. Từ đó suy ra f(x)≤0,∀x∈[0,1].
Bài toán 2.13. Cho hàm f : [0,1]→R xác định bởi công thức f(x) = (1 +x)p
1 +xp , p≤1.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f.
Áp dụng kết quả đó chứng minh
|a|p+|b|p ≤(|a|+|b|)p ≤2p−1(|a|p+|b|p),∀a, b∈R. Lời giải. Xét hàm số f(x) = (1 +x)p
1 +xp , p≤1 với x∈[0,1]. Ta có f0(x) = p(1 +x)p−1(1−xp−1)
(1 +xp)2 ≥0,∀x∈[0,1], p≤1.
Suy ra f là hàm tăng trên [0,1]. Do đó max
[0,1] f =f(1) = 2p−1. min
[0,1]
f =f(0) = 1.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng |a| <|b| và b 6= 0. Áp dụng kết quả 1≤f(x)≤2p−1,∀x∈[0,1], p≤1 và thay x= |a|
|b|, ta được
1≤
(1 + |a|
|b|)p 1 + |a|p
|b|p
≤2p−1
hay
1≤ (|a|+|b|)p
|b|p+|a|p ≤2p−1. Vậy ta có
|a|p+|b|p ≤(|a|+|b|)p ≤2p−1(|a|p+|b|p),∀a, b∈R.
Bài toán 2.14 (Bất đẳng thức Young). Chop > 1,1 p+1
q = 1.Xét hàm số xác định bởi
f(x) = |a|p p +xq
q − |a|x,∀x≥0, a∈R. Tìm giá trị nhỏ nhất của f trên [0,+∞) và chứng minh
|ab| ≤ |a|p p +|b|q
q ,∀a, b∈R.
Lời giải. Ta có f0(x) = xq−1− |a|. Do p > 1 nên q−1≥0 và x,|a| ≥0 nên f0(x)<0 nếu x∈(0,|a|q−11 ),
f0(|a|1−q1 ) = 0,
f0(x)>0 nếu x∈(|a|q−11 ,+∞).
Do đó f đạt giá trị nhỏ nhất tạix=|a|q−11 . Vì q
q−1 =pnên f đạt giá trị nhỏ nhất khi xq =|a|p và
f(|a|q−11 ) =|a|p
p +|a|q−1q
q − |a||a|q−11
=|a|p
p +|a|p
q − |a|q−1q
=|a|p(1 p+ 1
q)− |a|p
=0.
Vậy f(x) = 0 khi xq =|a|p. Đây là giá trị nhỏ nhất của f trên [0,+∞). Từ đó suy ra f(|b|)≥0 hay
|a|p p +|b|q
q − |a||b| ≥0.
Vậy
|a|p p + |b|q
q ≥ |a||b|.
Nhận xét 2.2. Vận dụng bất đẳng thức Young, ta chứng minh được bất đẳng thức sau: Giả sử x, y là các số thực dương, α, β là các số thực không âm sao cho α+β >0. Khi đó
α+β
α
x +βy ≤xα+βα .yα+ββ ≤ αx+βy α+β . Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y.
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức ap
p +bq
q ≥ab,∀a, b >0, với p= α+βα , q = α+ββ , a=xα+βα , b =yα+ββ , ta được
α α+β
xα+βα α+βα
+ β
α+β
yα+ββ α+ββ
= αx+βy
α+β ≥xα+βα .yα+ββ . Trong bất đẳng thức trên, ta thay x, y bằng 1
x,1
y ta được α.1x +β.1y
α+β ≥1 x
α α+β
. 1
y α+ββ
= 1
xα+βα .yα+ββ , hay
xα+βα yα+ββ ≥ α+β
α x +βy. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y.
Bài toán 2.15. Giả sử f(x) là hàm khả vi liên tục cấp 2 trên [0,1], f(0) =f(1) = 0,|f00(x)| ≤A,(0≤x≤1). Chứng minh rằng
|f0(x)| ≤ A
2, 0≤x≤1.
Lời giải. Theo công thức Taylor, ta có f(0) =f(x)−xf0(x) + x2
2!f00(ξ1),0< ξ1 < x f(1) =f(x) + (1−x)f0(x) + (x−1)2
2! f00(ξ2),0< ξ2 < x.
Từ đó suy ra
f0(x) = 1
2 f00(ξ1)x2−f00(ξ2)(1−x)2 .
Ước lượng đẳng thức trên theo giá trị tuyệt đối của đạo hàm cấp hai, ta được
|f0(x)| ≤ A
2(2x2−2x+ 1).
Vì0≤2x2−2x+ 1 ≤1 khi 0≤x≤1, nên |f0(x)| ≤ A 2.
Bài toán 2.16. Giả sửf(x) là hàm khả vi liên tục cấp 2 trên R và thỏa mãn điều kiện f(0) =f(1) = 0,min
[0,1]f(x) =−1. Chứng minh rằng max
[0,1] f00(x)≥8.
Lời giải. Theo giả thiết và áp dụng định lý Rolle, ta có thể giả sử a là điểm cực tiểu địa phương trên [0,1] của hàm số f(x),0< a < 1. Khi đó f0(a) = 0, f(a) =−1. Theo công thức Taylor, ta có
f(x) = −1 + f00(a+θx(x−a))
2 (x−a)2,0< θx<1.
Với x= 0, x= 1 ta có
0 =−1 + f00(a+θ0(−a)) 2 (a)2, 0 = −1 + f00(a+θ1(1−a))
2 (1−a)2. Ta ký hiệu f00(a+θi(i−a)) =ci,(i= 0,1)ta tìm được c0= 2
a2, c1= 2
(1−a)2. Do vậy với a < 1
2 thì c0 ≥8, còn với a≥ 1
2 thì c1 ≥8 đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.17. Giả sử f(x) là hàm số khả vi liên tục cấp 2 trên R và thỏa mãn điều kiệnf(0) =f(1) =a. Chứng minh rằng
max
[0,1] f00(x)≥8(a−b), trong đó b= min
[0,1]f(x).
Lời giải. Theo giả thiết và áp dụng định lý Rolle, ta có thể giả sử c là điểm cực tiểu địa phương của hàm số f(x),0 < c < 1. Khi đó f0(c) = 0, f(c) = a. Xét khai triển Taylor của hàm f(x) tại điểm c
f(x) =f(c) +f0(c)(x−c) + f00(c+θx(x−c))
2! (x−c)2,0< θx <1.
Thay lần lượt các giá trị x= 0 và x= 1 vào đẳng thức trên ta được a=b+ f00(θ0(−c))
2 c2, a=b+f00(1−θ1(1−c))
2 (1−c)2. Hay
f00(θ0(−c)) = 2(a−b) c2 ,
f00(1−θ1(1−c)) = 2(a−b) (1−c)2. Từ đó suy ra
f00(θ0(−c)).f00(1−θ1(1−c)) = 4(a−b)2
c2(1−c)2 ≥64(a−b)2. (Do ta có c2(1−c)2 ≤ 1
16, với c∈[0,1].) Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.18. a) Cho hàm f là hàm khả vi liên tục cấp n trên đoạn [a, b] và trên đoạn [a, b] có không ít hơn n không điểm (nghiệm của phương trình f(x) = 0) tính cả bội. Chứng minh rằng
max
[a,b] |f(x)| ≤ (b−a)n n! max
[a,b]
f
(n)(x)
b) Cho hàm f khả vi liên tục trên đoạn [0,1] có không ít hơn 2 không điểm trên đoạn [0,1] (tính cả bội). Ngoài ra |f00(x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0,1]. Số max
[0,1] |f(x)| sẽ như thế nào?
Lời giải. a) Ta ký hiệu x1, x2, . . . , xn là n không điểm của hàm f(x) trên đoạn [a, b] (ở đây giữa các số này có thể trùng nhau, mỗi nghiệm của f(x) = 0 có thể lặp lại s lần nếu bội của nó không ít hơn s). Giả sử x0 ∈ [a, b] tùy ý và khác với x1, x2,ã ã ã, xn. Xột đa thức bậc n
P(x) = f(x0)
n
Q
j=1
(x−xj)
n
Q
j=1
(x0−xj) .
Đặtg(x) = f(x)−P(x). Hàm g(x)cón+ 1nghiệm là x0, x1, . . . , xn. Nếu số xj (j ≥1) nằm trong {x1, x2, . . . , xn} s lần thì bội của nghiệm xj không ít hơn s. Vì vậy áp dụng hệ quả định lý Rolle thì g(n) có ít nhất một nghiệm x0∈[a, b].
Khi đó ta có
0 =g(n)(x0) = f(n)(x0)−P(n)(x0) =f(n)(x0)− n!f(x0)
n
Q
j=1
(x0−xj) .
Từ đó suy ra
|f(x0)|=
|f(n)(x0)|
n
Q
j=1
|x0−xj| n!
≤|f(n)(x0)|.(b−a)n n!
≤(b−a)n
n! max
[a,b] |f(n)(x)|.
Vìx0 là tùy ý nên
max
[a,b] |f(x)| ≤ (b−a)n n! max
[a,b] |f(n)(x)|.
b) Theo phần a) ta có
max
[0,1] |f(x)| ≤ 1 2.