Giải tích (Olympic sinh viên)

Chia sẻ: Hoang Nam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

178
lượt xem 47
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên có tư liệu ôn thi tốt đạt kết quả cao trong các kì thi toán olympic

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải tích (Olympic sinh viên)

Chương 1 Lý thuy t 1.1 Các đ nh lý v giá tr trung bình Đ nh lý 1.1.1 (Fecmat). Cho hàm f xác đ nh trên (a, b) và c ∈ (a, b). N u f đ t c c tr đ a phương t i c và f (c) t n t i thì f (c) = 0. Đ nh lý 1.1.2 (Rolle). Cho hàm f liên t c trên [a, b] và kh vi trên (a, b). N u f (a) = f (b) thì t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Đ nh lý 1.1.3 (Lagrange). Cho hàm f liên t c trên [a, b] và kh vi trên (a, b). Khi đó t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (a) − f (b) f (c) = . a−b Đ nh lý 1.1.4 (Cauchy). Cho hai hàm s f và g liên t c trên [a, b], kh vi trên (a, b). Khi đó t n t i c ∈ (a, b) sao cho [f (b) − f (a)]g (c) = [g (b) − g (a)]f (c). Đ nh lý 1.1.5 (Darboux). Cho hàm f kh vi trên (a, b) và c, d ∈ (a, b). Khi đó f nh n m i giá tr trung gian gi a f (c) và f (d). 1.2 Khai tri n Taylor và quy t c L’Hospital Đ nh lý 1.2.1. N u hàm s f : (a, b) → R có các đ o hàm đ n c p n − 1 trên (a, b) và có đ o hàm c p n t i đi m x0 ∈ (a, b) thì v i h đ nh ta có f (n) (x0 ) n f (x0 ) f (x0 ) 2 h + o(hn ). f (x0 + h) = f (x0 ) + h+ h + ... + 1! 2! n! Ph n dư o(hn ) đư c g i là ph n dư Peano. 1
Đ nh lý 1.2.2. Cho hàm f xác đ nh trên [a, b] và x0 là m t đi m c đ nh trên [a, b]. Gi s f có đ o hàm đ n c p n liên t c trên [a, b] và có đ o hàm c p n + 1 trên kho ng (a, b). Khi đó v i m i x ∈ [a, b], t n t i c n m gi a x và x0 sao cho f (n) (x0 ) f (n+1) (c) f (x0 ) (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 . (x − x0 ) + . . . + f (x) = f (x0 ) + 1! n! (n + 1)! Bi u th c f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 Rn = (n + 1)! đư c g i là ph n dư trong công th c khai tri n Taylor (đ n b c n + 1) c a hàm f t i x0 . Ph n dư này đư c g i là ph n dư d ng Lagrange. Đ t h = x − x0 và g i θ ∈ (0, 1) là s sao cho c = x0 + θh ta có f (n) (x0 ) n f (n+1) (x0 + θh) n+1 f (x0 ) f (x0 ) 2 f (x0 + h) = f (x0 ) + h+ h +...+ h+ h. 1! 2! n! (n + 1)! N u hàm f th a mãn các gi thi t trong đ nh lý trên thì t n t i s c n m gi a x và x0 sao cho f (n) (x0 ) f (n+1) (c ) f (x0 ) (x − x0 )n + (x − x0 )(x − c )n . (x − x0 )+ . . . ++ f (x) = f (x0 )+ 1! n! (n + 1)! Bi u th c f (n+1) (c ) (x − x0 )(x − c )n Rn = (n + 1)! đư c g i là ph n dư d ng Cauchy. Hi n nhiên là Rn = Rn . Đ t h = x − x0 và g i θ ∈ (0, 1) sao cho x = x0 + θ h ta có f (n) (x0 ) n f (n+1) (x0 + θ h) f (x0 ) (1 − θ )n hn+1 . f (x0 + h) = f (x0 ) + h + ... + h+ 1! n! (n + 1)! Đ nh lý 1.2.3. Gi s f và g là hai hàm s xác đ nh và có đ o hàm h u h n trên (a, b) \ {x0 }, x0 ∈ (a, b). N u 1. lim f (x) == lim g (x) = 0, x→x0 x→x0 f (x) = L (L ∈ R ho c L = ±∞), 2. lim x→x0 g (x) f (x) thì lim = L. x→x0 g (x) V i nh ng gi thi t thích h p, quy t c này cũng đúng cho gi i h n m t phía, ∞ gi i h n vô t n, và gi i h n có d ng vô đ nh . ∞ 2
1.3 M i liên h gi a nguyên hàm và tích phân xác đ nh Gi s f là m t hàm kh tích trên [a, b]. Khi đó v i m i x ∈ [a, b], f kh tích trên [a, b] và ta xác đ nh đư c hàm s −→ F: [a, b] R x −→ x f (t)dt. a N u f là hàm s liên t c trên [a, b] thì f kh tích trên [a, b] và khi đó F là m t nguyên hàm c a f trên [a, b], nghĩa là v i m i x ∈ [a, b], x f (t)dt = f (x). a N u f là hàm liên t c trên [a, b], α, β là nh ng hàm kh vi trên [a, b] và nh n giá tr thu c đo n [a, b]. Khi đó v i m i x ∈ [a, b] ta có α(x) = f α(x) α (x) − f β (x) β (x). f (t)dt β (x) 3
Chương 2 Bài t p 2.1 Các đ nh lý giá tr trung bình Bài 1: Cho f : [−π/2, π/2] → [−1, 1] là m t hàm kh vi có đ o hàm liên t c và không âm. Ch ng minh r ng t n t i x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho (f (x0 ))2 + (f (x0 ))2 ≤ 1. Gi i: Xét hàm s g (x) = arcsin(f (x)). Khi đó g : [−π/2, π/2] → [−π/2, π/2] là m t hàm liên t c trên [−π/2, π/2] và n u f (x) = ±1 thì g kh vi t i x và f (x) g (x) = . 1 − (f (x))2 N u t n t i x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho f (x0 ) = 1 hay f (x0 ) = −1 thì x0 là c c tr đ a phương c a hàm f nên theo đ nh lý Fermat, f (x0 ) = 0. Do đó ta có (f (x0 ))2 + (f (x0 ))2 = 1. N u f (x) = ±1 v i m i x ∈ (−π/2, π/2) thì g th a mãn các đi u ki n c a đ nh lý Lagrange trên [−π/2, π/2] nên t n t i x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho π π f (x0 ) π π g ( ) − g (− ) = ( − (− )). 1 − (f (x0 ))2 2 2 2 2 Đ ý r ng vì v ph i là không âm nên v trái cũng không âm. Ngoài ra v trái không vư t quá π . V y ta có b t đ ng th c sau đây f (x0 ) 0≤ (π ) ≤ π. 1 − (f (x0 ))2 T đó ta nh n đư c (f (x0 ))2 + (f (x0 ))2 ≤ 1. 4
Bài 2: Cho hàm f liên t c trên [a, b] (a > 0), kh vi trên (a, b). Ch ng minh r ng t n t i x1 , x2 , x3 ∈ (a.b) sao cho f (x2 ) f (x3 ) + (a2 + ab + b2 ) f (x1 ) = (a + b) . 4x2 6x3 Gi i: Áp d ng đ nh lý Lagrange cho hàm f trên [a, b] ta có x1 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) = f (x1 ). b−a Áp d ng đ nh lý Cauchy cho hàm f và hàm x −→ x2 ta có x2 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f (x2 ) = b 2 − a2 2x2 hay f (x2 f (x1 ) = (a + b) . 2x2 Áp d ng đ nh lý Cauchy cho hàm f và hàm x −→ x3 ta có x3 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f (x3 ) = 3x2 b 3 − a3 3 hay f (x3 ) f (x1 ) = (a2 + ab + b2 ) . 3x23 T các k t qu trên ta có x1 , x2 , x3 ∈ (a, b) sao cho f (x2 ) f (x3 ) + (a2 + ab + b2 ) f (x1 ) = (a + b) . 6x2 4x2 3 Bài 3: Cho hàm f : (−∞, +∞) −→ (−∞, +∞) kh vi đ n c p n + 1 t i m i đi m c a (−∞, +∞) và (a, b) ∈ R2 , a < b, sao cho f (b) + f (b) + . . . + f (n) (b) = b − a. ln f (a) + f (a) + . . . + f (n) (a) Khi đó t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c). Gi i: Xét hàm F (x) = f (x) + f (x) + . . . + f (n) (x))e−x , x ∈ [a, b]. Ta có F (a) = F (b) và v i m i x ∈ [a, b], F (x) = e−x f n+1 − f (x) . Theo đ nh lý Lagrange, t n t i c ∈ (a, b) sao cho F (c) = 0, t c là f (n+1) (c) − f (c) = 0. 5
Bài 4: Cho hàm f ∈ C 2 [0, +∞) (t c f kh vi liên t c đ n c p 2 trên [0, +∞)). V i m i (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 , xét hàm s  n u x ≥ 0, f (x)  F (x) = a1 f (−x) + a2 f (−2x) + a3 f (−3x) n u x < 0.  Ch ng minh r ng có th ch n các s ak , k = 1, 2, 3 đ F ∈ C 2 (R). Hư ng d n gi i: Rõ ràng F kh vi liên t c đ n c p 2 trên (−∞, 0) và (0, +∞). Đ F ∈ C 2 (R) thì ch c n F kh vi liên t c đ n c p 2 t i 0 là xong. Ta có F liên t c t i 0 ⇔ lim F (x) = lim F (x) = F (0) − + x→0 x→0 ⇔ lim f (x) = lim a1 f (−x) + a2 f (−2x) + a3 f (−3x) = f (0) − + x→0 x→0 ⇔ (a1 + a2 + a3 )f (0) = f (0). Đi u đó đư c th a mãn n u ta ch n các s a1 , a2 , a3 sao cho a1 + a2 + a3 = 1. Khi đó ta có F+ (0) = f+ (0) và F− (0) = (−a1 − 2a2 − 3a3 )f+ (0). F s có đ o hàm t i 0 n u các s a1 , a2 , a3 th a thêm đi u ki n −a1 − 2a2 − 3a3 = 1. Lúc đó hàm F đư c xác đ nh như sau  f (x) n u x > 0,      F (x) = f+ (0) n u x = 0,    −a f (−x) − 2a f (−2x) − 3a f (−3x) n u x < 0. 1 2 3 F+ (0) = f+ (0) và F− (0) = (a1 + 4a2 + 9a3 )f+ (0). Do đó F s có đ o hàm c p 2 t i 0 n u các s a1 , a2 , a3 th a thêm đi u ki n a1 + 4a2 + 9a3 = 1. Khi đó  f (x) n u x > 0,      F (x) = f+ (0) n u x = 0,    a f (−x) + 4a f (−2x) + 9a f (−3x) n u x < 0. 1 2 3 6
là m t hàm liên t c. Tóm l i F kh vi liên t c đ n c p 2 t i 0 (và do đó thu c C 2 (R)) n u (a1 , a2 , a3 ) là nghi m c a h phương trình  a + a + a = 1  1 2 3    −a1 − 2a2 − 3a3 = 1    a + 4a + 9a = 1 1 2 3  Gi i h này ta đư c ... Bài 5: Cho hàm f : R → R kh vi 2 l n và th a mãn f (0) = 2, f (0) = −2 và f (1) = 1. Ch ng minh r ng t n t i m t s c ∈ (0, 1) sao cho f (c)f (c) + f (c) = 0. Gi i: Xét hàm s 1 g (x) = f 2 (x) + f (x), x ∈ R. 2 Ta có g (0) = 0 và v i m i x, g (x) = f (x)f (x) + f (x). Theo đ nh lý Rolle, ta ch c n ch ng minh t n t i η ∈ (0, 1) sao cho g (η ) = 0 thì suy ra ngay s t n t i c a c theo yêu c u c a bài ra. Ta xét hai trư ng h p sau: a) f (x) = 0 v i m i x ∈ [0, 1]. Khi đó đ t x 1 − , x ∈ [0, 1], h(x) = 2 f (x) g ta có hàm h xác đ nh trên [0, 1] và h = 2 . Vì h(0) = h(1) = − 1 nên áp 2 f d ng đ nh lý Rolle cho hàm h, t n t i η ∈ (0, 1) sao cho h (η ) = 0. Do đó g (η ) = f 2 (η )h (η ) = 0. b) T n t i x ∈ [0, 1] sao cho f (x) = 0. Khi đó ta g i z1 = inf {x ∈ [0, 1] : f (x) = 0} và z2 = sup{x ∈ [0, 1] : f (x) = 0}. T tính liên t c c a hàm f và tính ch t c a inf và sup ta có f (z1 ) = f (z2 ) = 0. Do đó 0 < z1 ≤ z2 < 1. Ngoài ra cũng d th y f (x) > 0 v i m i x ∈ [0, z1 ) ∪ (z2 , 1]. T đó suy ra g (z1 ) = f (z1 ) ≤ 0 và g (z2 ) = f (z2 ) ≥ 0, 7
do đó t n t i η ∈ [z1 , z2 ] ⊂ (0, 1) sao cho g (η ) = 0. V y ta có đi u ph i ch ng minh. Bài 6: Cho f : [0, 1] → R th a mãn a. f tăng trên [0, 1], b. f kh vi trên (0, 1] và f gi m trên (0, 1]. Xét dãy (xn )n đư c xác đ nh b i 1 1 1 1 1 1 f ( ) + 2 f ( ) + . . . + 2 f ( ), n ∈ N. xn = 2 1 1 2 2 n n Ch ng minh r ng dãy (xn )n h i t . Gi i: Vì f tăng trên [0, 1] nên f (x) ≥ 0 v i m i x ∈ (0, 1]. Do đó v i m i n ∈ N, ta có 1 1 xn+1 − xn = ) ≥ 0. f( (n + 1)2 n + 1 V y dãy (xn )n là m t dãy tăng. Đ ch ng minh (xn )n h i t ta ch c n ch ng minh (xn )n b ch n. 1 ,1 V i m i k ∈ N, áp d ng đ nh lý Lagrange cho hàm f trên ta có k+1 k 1 1 1 f( ) − f( ) = f (θk ) , k k+1 k (k + 1) 1 ,1 v i θk ∈ . Vì f không âm và gi m trên (0, 1] nên t đây suy ra k+1 k 1 1 1 1 f( ) − f( )≥f( ) . k k+1 k k (k + 1) Do đó 1 1 k+1 1 1 1 1 ≤ 2 f( ) − f( f( )= f( ) ). k2 k k k k (k + 1) k k+1 L n lư t thay k b i 1, 2, ..., n r i c ng v theo v n b t đ ng th c đó ta đư c 1 xn ≤ 2 f (1) − f ( ). n+1 1 Vì f tăng trên [0, 1] nên f ( n+1 ) ≥ f (0). Do đó xn ≤ 2 [f (1) − f (0)] . Ngoài ra đ ý r ng xn ≥ 0 v i m i n ∈ N. V y (xn )n là m t dãy tăng và b ch n nên h i t . Chú ý: 1. N u thay gi thi t f tăng b ng gi thi t f gi m thì k t lu n trên có còn đúng không? 2. Hàm s f (x) = x, x ∈ [0, 1] là m t hàm th a mãn bài toán trên. 8
Bài 7: Cho hàm f liên t c trên [0, 1], kh vi trên (0, 1) có th tr ra các đi m 1 thu c t p {0} ∪ { n : n ∈ N}. Ch ng minh r ng t n t i các dãy gi m ng t (αn )n , (cn )n ch a trong kho ng (0, 1) sao cho n αk f (ck ) = f (1) − f (0). lim n→∞ k=1 1 ,1 Gi i: V i m i k ∈ N, áp d ng đ nh lý Lagrange cho hàm f trên đo n , k+1 k 1 ,1 t n t i ck ∈ sao cho k+1 k 1 1 1 f( ) − f( ) = f (ck ) . k k+1 k (k + 1) 1 Đ t αk = , ta đư c k(k+1) 1 1 f( ) − f( ) = f (ck )αk . k k+1 T đó ta nh n đư c n 1 αk f (ck ) = f (1) − f ( ). n+1 k=1 Vì f liên t c t i 0 nên khi qua gi i h n hai v c a đ ng th c trên ta nh n đư c n αk f (ck ) = f (1) − f (0). lim n→∞ k=1 Ngoài ra d th y các dãy s (αn )n , (cn )n ch a trong kho ng (0, 1) và gi m ng t. V y ta có đi u ph i ch ng minh. Chú ý: n n 1 αk = 1 − nên lim αk = 1. 1. Vì k=1 k=1 n+1 n→∞ 2. Hàm f th a mãn các tính ch t nêu trong bài toán trên m t cách không t m thư ng có th đư c xác đ nh như sau: ∞ 1 1 L y g là m t hàm liên t c trên [0, 1]. Vì [0, 1] = {0} ( n+1 , n ] nên ta xác đ nh n=1 đư c hàm f b ng cách đ t f ( 1 ) 1  x= , nu  n n   1 1  f (x) = x∈ an x + bn , , nu n+1 n     f (0) x = 0. nu   trong đó an , bn đư c ch n sao cho 9
  an 1 + bn = f ( ),   n n  an 1 + bn = f ( ).   n+1 n+1 Bài 8: Cho g là m t hàm kh vi liên t c trên đo n [a, b], f là m t hàm kh vi trên đo n [a, b] và f (a) = 0. Gi s có s λ > 0 sao cho |g (x)f (x) + f (x)| ≤ λ|f (x)|, v i m i x ∈ [a, b]. Ch ng minh r ng f = 0 trên đo n [a, b]. Gi i: Gi s r ng có c ∈ (a, b] sao cho f (c) = 0. Không m t tính t ng quát ta gi s f (c) > 0. Vì f liên t c trên đo n [a, b] nên t n t i d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 v i m i x ∈ (d, c]. V i x ∈ (d, c] ta có f (x) − λ ≤ 0, g (x) + f (x) nên hàm s F (x) = g (x) + ln f (x) − λx không tăng trên (d, c]. Do đó v i m i x ∈ (d, c], g (x) + ln f (x) − λx ≥ g (c) + ln f (c) − λc, hay là f (x) ≥ eλx−λc+g(c)−g(x) f (c). Vì f và g liên t c t i d nên ta nh n đư c 0 = f (d) = lim f (x) ≥ eλd−λc+g(c)−g(d) f (c) > 0. + x→d Mâu thu n trên ch ng t f = 0 trên đo n [a, b]. Chú ý 1. L y g (x) = 1 v i m i x ∈ [a, b] thì ta đư c m t trư ng h p riêng c a bài toán trên: Cho f là m t hàm kh vi trên đo n [a, b] và f (a) = 0. Gi s có s λ > 0 sao cho |f (x)| ≤ λ|f (x)|, v i m i x ∈ [a, b]. Ch ng minh r ng f = 0 trên đo n [a, b]. M t cách ch ng minh khác như sau: Gi s có c ∈ (a, b] sao cho f (c) = 0. Không m t tính t ng quát ta gi s f (c) > 0. Vì f liên t c trên đo n [a, b] nên t n t i d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 v i m i x ∈ (d, c]. V i x ∈ (d, c) ta có f (θx ) | ln f (c) − ln f (x)| = (c − x) ≤ λ(c − x), f (θx ) 10
v i θx ∈ (c, x). Qua gi i h n hai v khi x → d+ ta nh n đư c mâu thu n. Mâu thu n đó ch ng t f = 0 trên đo n [a, b]. 2. M t bài toán tương t v i gi thi t nh hơn đư c phát bi u như sau: Cho g là m t hàm b ch n trên đo n [a, b], f là m t hàm kh vi trên đo n [a, b] và f (a) = 0. Gi s có s λ > 0 sao cho |g (x)f (x) + f (x)| ≤ λ|f (x)|, v i m i x ∈ [a, b]. Ch ng minh r ng f = 0 trên đo n [a, b]. Bài 9: Cho f là m t hàm kh vi trên [0, 1] sao cho f (0) = f (0) = f (1) = 0. f (c) Ch ng minh r ng t n t i c ∈ (0, 1) sao cho f (c) = . c Hư ng d n gi i: Đ t  f (x)  n u x ∈ (0, 1],  x F (x) = 0 x = 0. nu  Khi đó F là m t hàm liên t c trên [0, 1], kh vi trên (0, 1]. N u có x ∈ (0, 1] sao cho f (x) = 0 thì F (x) = 0 và t đ nh lý Rolle ta có ngay đi u ph i ch ng minh. Do đó sau đây ta coi f (x) = 0 v i m i x ∈ (0, 1]. Hơn n a do f liên t c nên ko m t tính t ng quát ta gi s f (x) > 0 v i m i x ∈ (0, 1]. Khi đó F (x) − F (1) F (1) = −f (1) = lim F (1) v i m i x ∈ (δ, 1). Ngoài ra F (1) > F (0) = 0, ta suy ra F đ t giá tr nh nh t t i c ∈ (0, 1). V y F (c) = 0 và ta nh n đư c đi u ph i ch ng minh. Chú ý: Bài toán t ng quát c a bài trên là: Cho (a, b) ∈ R2 sao cho a < b, f : [a, b] → R kh vi sao cho f (a) = f (b). Ch ng minh r ng t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) − f (a) = f (c)(c − a). Bài 10: Cho f là m t hàm kh vi đ n c p 2 trên R và f (x) ≥ f (x) v i m i x ∈ R. Gi s a < b và f (a) = f (b) = 0. Ch ng minh r ng f (x) ≤ 0 v i m i x ∈ [a, b]. 11
Hư ng d n gi i: Gi s t n t i x ∈ (a, b) sao cho f (x) > 0. Khi đó hàm f đ t giá tr l n nh t t i x0 ∈ (a, b) và f (x0 ) > 0, f (x0 ) = 0, f (x0 ) > 0. Vì f (x) − f (x0 ) f (x) f (x0 ) = lim = lim >0 x − x0 x→x0 x − x0 x→x0 nên có α ∈ (a, x0 ) sao cho f (x) < 0 v i m i x ∈ (α, x0 ). T đó suy ra f (α) > f (x0 ) = max f (x). x∈[a,b] Mâu thu n này ch ng t f (x) < 0 v i m i x ∈ [a, b]. Bài 11: Cho hàm f liên t c trên [a, +∞), kh vi trên (a, +∞) sao cho f (a) < 0, f (x) > k > 0 v i m i x > a (k là h ng s dương). Ch ng ming r ng t n t i f (a) c ∈ a, a − sao cho f (c) = 0. k G i ý: S d ng đ nh lý Lagrange v i chú ý f tăng ng t. Bài 12: Gi s f : R → R là m t hàm s tăng và f (0) = 0, f (x) < 0 v i m i x ∈ R. Ch ng minh r ng n u a, b, c là đ dài 3 c nh c a m t tam giác thì f (a), f (b), f (c) cũng là đ dài c a 3 c nh c a m t tam giác nào đó. Bài 13: Cho hàm f kh vi trên (a, b) (k c trư ng h p a thay b i −∞, b thay b i +∞) sao cho lim f (x) = lim f (x). − x→a+ x→b Ch ng minh r ng t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Bài 14: Cho hàm f kh vi trên [a, b] sao cho f (a) = f (b) = 0, (i) f (a) = f+ (a) > 0, f (b) = f− (b) > 0. (ii) Ch ng minh r ng t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0 và f (c) ≤ 0. 2.2 Khai tri n Taylor và quy t c L’Hospital Bài 1: Cho f : [−1, 1] −→ R là m t hàm kh vi đ n c p 3 và th a mãn đi u ki n f (−1) = f (0) = 0, f (1) = 1 và f (0) = 0. Ch ng minh r ng t n t i c ∈ (−1, 1) sao cho f (c) ≥ 3. 12
Tìm m t hàm f th a các đi u ki n nêu trên sao cho f (x) = 3 v i m i x ∈ [−1, 1]. Gi i: V i m i x ∈ [−1, 1], theo công th c khai tri n Taylor (Maclaurin) t n t i c(x) n m gi a 0 và x sao cho f (0) 2 f (c(x)) 3 f (x) = f (0) + f (0)x + x+ x. 2 6 T đó suy ra có c1 ∈ (−1, 0), c2 ∈ (0, 1) sao cho 1 f (c1 ) 1 f (c2 ) 0 = f (−1) = f (0) − 1 = f (1) = f (0) + . và 2 6 2 6 Ta nh n đư c f (c1 ) + f (c2 ) = 6, do đó f (c1 ) ≥ 3 ho c f (c2 ) ≥ 0. V y luôn t n t i c ∈ (−1, 1) sao cho f (c) ≥ 3. N u f (x) = 3 v i m i x ∈ [−1, 1] thì ta ph i có f (0) 3 3 f (x) = + x. 2 6 K t h p v i các đi u ki n khác c a f ta đư c hàm 1 f (x) = (x3 + x2 ), x ∈ [−1, 1] 2 là hàm th a mãn đi u ki n bài ra. Bài 2: Cho hàm f kh vi đ n c p n trong lân c n c a 0 và f (n+1) (0) t n t i và khác không. V i m i h (đ bé đ f xác đ nh t i h) g i θ(h) ∈ (0, 1) là s đư c xác đ nh b i khai tri n hn−1 (n−1) hn (0) + f (n) (θ(h)h). f (h) = f (0) + hf (0) + . . . + f (n − 1)! n! 1 Ch ng minh r ng lim θ(h) = . n+1 h→0 Gi i: Áp d ng khai tri n Taylor v i ph n dư Peano t i x = 0 ta có hn (n) hn+1 (n+1) (0) + o(hn+1 ). f (h) = f (0) + hf (0) + . . . + f (0) + f n! (n + 1)! Tr v theo v c a đ ng th c đã cho và đ ng th c trên ta có f (n) (θ(h)h) − f (n) (0) f (n+1) (0) o(h) = + . h n+1 h Do đó f (n+1) (0) o(h) + n+1 h θ(h) = (n) . (n) f (θ(h)h) − f (0) θ(h)h 13
Qua gi i h n khi h → 0 v i lưu ý r ng f (n+1) (0) t n t i và khác không ta đư c 1 lim θ(h) = . n+1 h→0 Chú ý: K t lu n c a bài toán v n còn đúng khi thay 0 b i m t s th c x b t kỳ v i các gi thi t f kh vi đ n c p n trong lân c n c a x và f (n+1) (x) t n t i và khác không. Bài 3: Cho f là m t hàm s kh vi vô h n l n trên (− 1 , 5 ) sao cho phương 24 11 và sup |f (n) (x)| = O(n!) khi n → ∞. trình f (x) = 0 có vô s nghi m trên , 42 x∈(0,1) 15 Ch ng minh r ng f (x) = 0 v i m i x ∈ (− 2 , 4 ). Hư ng d n gi i: Theo đ nh lý Bolzano - Weierstrass t n t i dãy (xn )n các 11 nghi m phân bi t c a phương trình f (x) = 0 h i t v x0 ∈ , . Vì f liên t c 42 nên f (x0 ) = 0. Theo đ nh lý Rolle, gi a hai nghi m c a f có ít nh t 1 nghi m c a f . Do f liên t c nên f (x0 ) = 0. B ng quy n p ta đư c f (k) (x0 ) = 0 v i m i k ∈ N. Theo công th c Taylor, v i m i n ∈ N và x ∈ (− 1 , 5 ), t n t i 24 θ = θ(n, x) ∈ (0, 1) đ f (n) (x0 + θ(x − x0 )) (x − x0 )n . f (x) = n! Bây gi vì sup |f (n) (x)| = O(n!) khi n → ∞ nên t n t i M > 0 sao cho x∈(0,1) |f (x)| ≤ M |x − x0 |n . 11 nên v i m i x ∈ (− 1 , 5 ) ta có |x − x0 | < 1, t đó ta đư c f (x) = 0. Vì x0 ∈ , 42 24 Chú ý: Bài toán t ng quát: Cho f là m t hàm s kh vi vô h n l n trên (a, b) sao cho phương trình f (x) = 0 có vô s nghi m trên [c, d] ⊂ (c, d) và sup |f (n) (x)| = x∈(a,b) O(n!) khi n → ∞. Ch ng minh r ng f = 0 trên m t kho ng con m c a (a, b). Bài 4: Cho s th c a > 0 và s nguyên m > 0. Ch ng minh b t đ ng th c sau đúng v i b t kỳ x ≥ 0: √ (1 − m)x2 x m am + x ≥ a + + . mam−1 2m2 a2m−1 √ am + x, x ∈ [0, +∞) t i 0 m Hư ng d n gi i: Khai tri n Taylor hàm s f (x) = đ n c p 2. 14
Bài 5: Cho hàm f th a mãn f kh vi vô h n trên R, (i) T n t i L > 0 sao cho |f (n) (x)| ≤ L v i m i x ∈ R và m i n ∈ N, (ii) 1 f ( n ) = 0 v i m i n ∈ N. (iii) Ch ng minh r ng f = 0 trên R. G i ý: Ch ng minh f (k) (0) = 0 v i m i k ∈ N r i sau đó s d ng khai tri n Taylor c a hàm f t i 0. Bài 6: Cho f là m t hàm kh vi trên R sao cho v i m i k = 0, 1, 2, Mk = sup{|f (k) (x) : x ∈ R} < ∞. √ Ch ng minh r ng M1 ≤ 2M0 M2 . Hư ng d n gi i: V i h > 0 và x ∈ R, có θ1 , θ2 ∈ (0, 1) sao cho h2 f (x + h) = f (x) + f (x)h + f (x + θ1 h) 2 và h2 f (x − h) = f (x) − f (x)h + f (x − θ2 h) . 2 T đó ta nh n đư c 1 h f (x + h) − f (x − h) − f (x + θ1 h) − f (x − θ2 h) . f (x) = 2h 4 Do đó M0 h |f (x)| < + M2 h 2 v i h > 0. Dùng b t đ ng th c Cauchy ta có đi u ph i ch ng minh. Đ ng th c 2 M0 . nh n đư c khi h = M2 Bài 7: Cho f là hàm kh vi đ n c p 2 trên (0, +∞) và f b ch n. Ch ng minh r ng n u lim f (x) = 0 thì lim f (x) = 0. x→+∞ x→+∞ Hư ng d n gi i: Vì f b ch n nên t n t i M > 0 đ |f (x)| ≤ M v i m i x ∈ (0, +∞). V i x, h ∈ (0, +∞) ta có θ ∈ (0, 1) sao cho h2 f (x + h) = f (x) + f (x)h + f (x + θh) . 2 T đó suy ra |f (x + h) − f (x)| M h |f (x)| ≤ + . h 2 15
Vì lim f (x) = 0 nên v i ε > 0 cho trư c t n t i x0 > 0 sao cho v i m i x ≥ x0 x→+∞ và h > 0, 2ε2 Mh |f (x)| ≤ + . Mh 2 L y h = ta đư c |f (x)| ≤ ε v i m i x ≥ x0 . Do đó lim f (x) = 0. x→+∞ Bài 8: Cho f là hàm kh vi liên t c đ n c p 2 trên (0, +∞) sao cho lim xf (x) = 0 và lim xf (x) = 0. x→+∞ x→+∞ Ch ng minh r ng lim xf (x) = 0. x→+∞ G i ý: Khai tri n Taylor f (x + 1) t i x. Bài 9: Cho f là m t hàm kh vi trên (0, +∞). Ch ng minh r ng N u lim f (x) + f (x) = L thì lim f (x) = L. (i) x→+∞ x→+∞ √ N u lim f (x) + 2 xf (x) = L thì lim f (x) = L. (ii) x→+∞ x→+∞ G i ý: ex f (x) + f (x) ex f (x) (i) lim f (x) = lim = lim = L. ex ex x→+∞ x→+∞ x→+∞ Bài 10: Ch ng minh r ng n u f (x) t n t i thì f (x + 3h − 3f (x + 2h) + 3f (x + h) − f (x) lim = f (x). h3 h→0 2.3 Đ o hàm và tích phân b Bài 1: Cho f liên t c trên [a, b] và th a mãn đi u ki n f (x)dx = 0. Ch ng a minh r ng c f (c) a) N u a ≥ 0 thì t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (x)dx = . c a c b) N u a > 0 thì t n t i c ∈ (a, b) sao cho 2007 f (x)dx = cf (c). a c c) V i m i α = 0 cho trư c, t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (x)dx = αf (c). a Gi i: x −x2 f (t)dt, x ∈ [a, b]. Rõ ràng f liên t c trên [a, b], kh a) Xét hàm s F (x) = e 2 a vi trên (a, b) và v i m i x ∈ [a, b], −x2 −x2 x F (x) = −xe 2 f (t)dt + e 2 f (x). a 16
M t khác, theo gi thi t F (a) = F (b) = 0 nên theo đ nh lý Rolle, t n t i c ∈ (a, b) sao cho F (c) = 0, t c là −c2 −c2 c −ce 2 f (t)dt + e 2 f (c) = 0. a −c2 Vì c > a ≥ 0 và e 2 > 0 nên t đó ta có c f (c) f (x)dx = . c a b) L p lu n tương t a) b ng cách xét hàm s x f (t)dt a , x ∈ [a, b]. F (x) = x2007 c) L p lu n tương t a) b ng cách xét hàm −x x F (x) = e α f (x)dx, x ∈ [a, b]. a Bài 2: Cho f và g là các hàm s liên t c và dương trên [a, b]. Ch ng minh r ng v i m i s th c α t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) g (x) − = α. c b f (x)dx g (x)dx a c Hư ng d n gi i: Cách 1: Xét hàm s f (x) g (x) − , x ∈ (a, b). F (x) = x b f (t)dt f (t)dt a x D th y r ng f liên t c trên (a, b), lim+ F (x) = +∞, lim F (x) = −∞. S d ng − x→a x→b tính ch t nh n giá tr trung gian c a hàm liên t c ta có đi u ph i ch ng minh. Cách 2: Xét hàm s x b H (x) = e−αx g (x)dx, x ∈ [a, b] f (x)dx a x và s d ng đ nh lý Rolle. 17
Bài 3: Cho hàm s f liên t c trên [a, b]. Ch ng minh r ng t n t i x0 ∈ (a, b) sao cho b f (x)dx = x0 f (x0 ). c b Hư ng d n gi i: Xét hàm s F (x) = x f (t)dt, x ∈ [a, b], và s d ng đ nh lý x Rolle. Bài 4: Cho hàm s f liên t c trên [a, b]. Ch ng minh r ng v i m i α ∈ [0, 1], t n t i c ∈ [a, b] sao cho c b f (x)dx = α f (x)dx. a a b x f (x)dx, x ∈ [a, b]. Ta th y F Gi i: Đ t I = f (x)dx và xét hàm s F (x) = a a liên t c trên [a, b] và F (a) = 0, F (b) = I . Do αI là m t giá tr trung gian gi a 0 và I nên t n t i c ∈ [a, b] sao cho F (c) = αI , t c là c b f (x)dx = α f (x)dx. a a 18
M cl c 1 Lý thuy t 1 1.1 Các đ nh lý v giá tr trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Khai tri n Taylor và quy t c L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.3 M i liên h gi a nguyên hàm và tích phân xác đ nh . . . . . . . . 3 2 Bài t p 4 2.1 Các đ nh lý giá tr trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2.2 Khai tri n Taylor và quy t c L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.3 Đ o hàm và tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16