Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề về đa thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học. Những dạng toán này thường được là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về đa thức và các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức và cực trị lại không nằm trong chương trình chính thức của chương trình Số học, Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ NGỌC DAO ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ NGỌC DAO ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2017
i Mục lục MỞ ĐẦU 2 Chương 1. Một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm liên tục và hàm khả vi 3 1.1 Tính chất cơ bản của hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản . . . . . . . . . . . 6 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản . . . . . . . . . 11 1.4 Một số tính chất của hàm lồi khả vi . . . . . . . . . . . . . 14 Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm trong đa thức 20 2.1 Đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức . . . . . . . . . . 20 2.1.1 Định lý Rolle đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.2 Nội suy Taylor đối với đa thức . . . . . . . . . . . . 21 2.1.3 Nội suy Newton đối với đa thức . . . . . . . . . . . 23 2.1.4 Nội suy theo các nút là điểm dừng của đồ thị . . . . 26 2.2 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức . . . 30 2.2.1 Bất đẳng thức Newton đối với đa thức . . . . . . . . 30 2.2.2 Bất đẳng thức bậc hai trên một đoạn . . . . . . . . 32 2.3 Ước lượng đa thức và đạo hàm của đa thức . . . . . . . . . 40 Chương 3. Một số dạng toán liên quan 46 3.1 Một số dạng toán cực trị trong đa thức . . . . . . . . . . . 46 3.2 Khảo sát phương trình và hệ phương trình đa thức . . . . . 48
1 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58
2 Mở đầu Chuyên đề về đa thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học. Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán liên quan tới đa thức nói chung và đặc biệt là các bài toán về đẳng thức, bất đẳng thức và cực trị của đa thức chứa hoặc không chứa đạo hàm thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về đa thức và các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức và cực trị lại không nằm trong chương trình chính thức của chương trình Số học, Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông. Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề đa thức, tôi đã làm luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số bài toán liên quan". Luận văn nhằm cung cấp một số các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm và trình bày các phương pháp giải chúng, xét các bài toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình đa thức cùng một số dạng liên quan. Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương. Chương 1. Một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm liên tục và hàm khả vi. Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm trong đa thức Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan.
3 Chương 1. Một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm liên tục và hàm khả vi Trong chương này trình bày một số tính chất cơ bản của các hàm liên tục và khả vi. 1.1 Tính chất cơ bản của hàm số liên tục Định lý 1.1 (Tính trù mật của hàm liên tục, [4], [6]). Giả sử hàm f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và f (a)f (b) < 0. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Định lý 1.2 (Định lý về giá trị trung gian của hàm liên tục, [4],[6]). Nếu f (x) liên tục trên [a, b], thì f (x) nhận giá trị trung gian giữa f (a) và f (b). Tức là, với mọi γ nằm giữa f (a) và f (b) luôn tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho f (c) = γ. Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử f (a) < f (b). Ta thấy định lý dễ dàng được chứng minh khi γ = f (a) hoặc γ = f (b). Xét γ với f (a) < γ < f (b). Ta chứng minh tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho f (c) = γ. Thật vậy, xét hàm g(x) = f (x) − γ là một hàm liên tục trên [a, b]. Ta lại có g(a) < 0, g(b) > 0 theo Định lý 1.1 luôn tồn tại giá trị c ∈ (a, b) để g(c) = 0. Điều đó cho thấy luôn tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho f (c) = γ. Định lý được chứng minh.
4 Định lý 1.3 (Định lý Weierstrass, [4],[6]). Giả sử f là hàm xác định và liên tục trên [a, b]. Khi đó luôn tồn tại các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm f trên đoạn [a, b], tức là tồn tại xm , xM ∈ [a, b] sao cho với mọi x ∈ [a, b] ta luôn có f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ). Chứng minh. Trước hết, ta đi chứng minh f (x) bị chặn trên [a, b]. Giả sử f (x) không bị chặn trên [a, b], tức là với mọi n ∈ N tồn tại xn ∈ [a, b] sao cho |f (xn )| ≥ n. Ta thấy dãy (xn ) bị chặn nên theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con của nó xnk → x0 ∈ [a, b] sao cho |f (xnk )| ≥ nk . Chuyển qua giới hạn, ta thu được |f (x0 )| = +∞, mâu thuẫn vì f (x) liên tục tại x0 . Vậy f (x) bị chặn. 1 Gọi m = inf f (x), M = sup f (x). Lấy ε = , n ∈ N∗ , ∃xn ∈ [a, b], sao cho [a,b] [a,b] n 1 > f (xn ) − m ≥ 0. n Theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con của nó xnk của (xn ) 1 thỏa mãn xnk → xm và > f (xnk ) − m ≥ 0. Lấy giới hạn ta được nk lim f (xnk ) = f (xm ) = m. x→∞ Tương tự, tồn tại xM để f (xM ) = sup f (x) = M. [a,b] Hệ quả 1.1. Nếu f : [a, b] → R liên tục thì f ([a, b]) = [m, M ] ⊂ R trong đó m = min f (x), M = max f (x). [a,b] [a,b] Ví dụ 1.1 (Hàm Dirichlet). Khảo sát tính liên tục của hàm số  1, nếu x là số hữu tỷ, D(x) = 0, nếu x là số vô tỷ. Vì trong bất kỳ lân cận nào của điểm hữu tỷ đều tìm được các điểm vô tỷ và ngược lại, nên với điểm x0 tùy ý trong khoảng (−∞, +∞) không tồn tại giới hạn lim D(x). x→x0 Như vậy, mọi điểm của trục thực là điểm gián đoạn từ hai phía của hàm Dirichlet.
5 Ví dụ 1.2 (Hàm Riemann). Trên đoạn [0, 1] xét hàm số 1  , nếu x = p là phân số tối giản, f (x) = q q 0, nếu x là số vô tỷ. Chứng minh rằng - Các điểm hữu tỷ là điểm gián đoạn của hàm số, - Các điểm vô tỷ là điểm liên tục của hàm số. Chứng minh. Giả sử x0 là một điểm tùy ý thuộc [0, 1]. Với mỗi số ε > 0 chỉ 1 tồn tại một số hữu hạn các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện q 6 , nghĩa là trong p εp 1 đoạn [0, 1] chỉ có một số hữu hạn các số hữu tỷ dạng , mà f = ≥ ε. Xét q q q lân cận đủ nhỏ của điểm x0 dạng (x0 − δ, x0 + δ) (δ > 0), sao cho trong lân cận này không có điểm nào trong số các điểm hữu tỷ đã nói ở trên trừ điểm x0 ). Khi đó, với |x − x0 | < δ, (x 6= x0 ) thì |f (x)| < ε. Nghĩa là, với mọi x0 tồn tại f (x0 + 0), f (x0 − 0) và f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = 0. Nếu x0 là số vô tỷ, thì f (x) = 0, nghĩa là tại điểm này hàm số là liên tục, nếu x0 là số hữu tỷ, thì f (x0 ) 6= 0, do đó có gián đoạn từ hai phía. Bài toán 1.1. Chứng minh rằng, nếu f (x) là hàm liên tục, thì F (x) = |f (x)| cũng là hàm liên tục. Lời giải. Giả sử ε > 0 tùy ý. Khi đó, tồn tại δ = δ(ε, x0 ), sao cho |f (x) − f (x0 )| < ε, khi |x − x0 | < δ. Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A − B|, ta có |F (x) − F (x0 )| = ||f (x)| − |f (x0 )|| ≤ |f (x) − f (x0 )| < ε khi |x − x0 | < δ, nghĩa là F (x) cũng là hàm liên tục. Nhận xét 1.1. Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung không đúng.
6 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản Trong phần này, ta xét các định lý về giá trị trung bình. Định nghĩa 1.1 ([4],[6]). Hàm số f được gọi là khả vi tại điểm a khi và chỉ khi tồn tại lân cận Ω của a sao cho tồn tại f 0 (x) với mọi x ∈ Ω. Định nghĩa 1.2 ([4],[6]). (i) Hàm số f được gọi là đạt cực tiểu địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn tại lân cận Ω của a sao cho f (x) ≥ f (a), ∀x ∈ Ω. (ii) Hàm số f được gọi là đạt cực đại địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn tại lân cận Ω của a sao cho f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ Ω. Nhận xét 1.2. Về sau, ta gọi hàm số f đạt cực trị địa phương tại điểm a nếu f đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương tại điểm a. Tiếp theo, ta trình bày các kết quả cơ bản liên quan đến các đẳng thức về giá trị trung bình của hàm số sau đây. Định lý 1.4 (Định lý Fermat, [4]). Nếu hàm f (x) khả vi tại điểm a và đạt cực trị địa phương tại a thì f 0 (a) = 0. Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử f (x) đạt cực đại địa phương tại a. Điều đó cho thấy tồn tại lân cận Ω của a sao cho f (x) − f (a) ≤ 0, ∀x ∈ Ω. Với mọi h 6= 0 sao cho a + h ∈ Ω, ta có f (a + h) − f (a) - Nếu h > 0 thì ≤ 0. Suy ra h h f (a + h) − f (a) i lim = f 0 (a) ≤ 0. (1) h→0 h f (a + h) − f (a) - Nếu h < 0 thì ≥ 0. Suy ra h h f (a + h) − f (a) i lim = f 0 (a) ≥ 0. (2) h→0 h
7 Từ (1) và (2), suy ra f 0 (a) = 0. Tương tự, ta cũng có chứng minh cho trường hợp f đạt cực tiểu địa phương tại a. Định lý 1.5 (Định lý Rolle). Giả sử f là hàm liên tục trên [a, b] và có đạo hàm trong (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ [a, b] sao cho f 0 (c) = 0. Chứng minh. Vì f liên tục trên [a, b], theo Định lý Weierstrass hàm f phải đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b]. Tức là, tồn tại các điểm x1 , x2 ∈ (a, b) sao cho f (x1 ) = min f (x) = m, f (x2 ) = max f (x) = M. x∈[a,b] x∈[a,b] Có hai khả năng xảy ra: - Nếu m = M , khi ấy f (x) = const trên đoạn [a, b], do đó f 0 (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) và c là điểm bất kì trên khoảng đó. - Nếu m < M , khi đó từ điều kiện f (a) = f (b) nên có ít nhất một trong hai điểm x1 , x2 không trùng với các đầu mút của [a, b]. Giả sử x1 ∈ (a, b), theo Định lý Fermat thì đạo hàm bằng 0 tại điểm này. Nhận xét 1.3. - Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng (a, b) có điểm c mà tại đó không tồn tại f 0 (c). - Điều kiện liên tục của hàm f (x) trên đoạn [a, b] cũng không thể thay bởi điều kiện f (x) liên tục trong khoảng (a, b). - Ý nghĩa hình học: Khi các điều kiện của Định lý Rolle được thỏa mãn thì trên đồ thị hàm số y = f (x), ∀x ∈ [a, b] tồn tại điểm M (c, f (c)), c ∈ (a, b) mà tại đó tiếp tuyến song song với trục hoành. Hệ quả 1.2. Nếu đa thức f (x) có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì đa thức f 0 (x) có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b). Đa thức f (k) (x) (0 ≤ k ≤ n) có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b).
8 Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) được sắp xếp thứ tự x1 < x2 < · · · < xn . Khi đó, áp dụng Định lý Rolle cho n − 1 đoạn [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xn−1 , xn ] thì phương trình f 0 (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1 , x2 ), (x2 , x3 ), . . . , (xn−1 , xn ). Gọi n − 1 nghiệm đó là t1 , t2 , . . . , tn−1 thì ta có f 0 (t1 ) = f 0 (t2 ) = · · · = f 0 (tn−1 ) = 0. Tiếp tục áp dụng Định lý Rolle cho n − 2 đoạn [t1 , t2 ], [t2 , t3 ], . . . , [tn−2 , tn−1 ] thì phương trình f ”(x) = 0 có ít nhất n − 2 nghiệm trong khoảng (a, b). Tiếp tục lập luận như trên, sau k bước, phương trình f (k) (x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm trong khoảng (a, b). Hệ quả 1.3. Giả sử đạo hàm của đa thức f 0 (x) có không quá n − 1 nghiệm phân biệt trong khoảng (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm phân biệt trên khoảng đó. Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trên khoảng (a, b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm, thế thì theo Hệ quả 1.2, phương trình f 0 (x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a, b). Điều này trái với giả thiết. Vậy phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm trên khoảng (a, b). Định lý 1.6 (Định lý Lagrange). Giả sử f là hàm liên tục trên [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a). (1.1) Chứng minh. Ta xét hàm phụ F (x) = f (x) − λx, (1.2) trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là sao cho f (a) − λa = f (b) − λb. Để có điều đó, chỉ cần chọn f (b) − f (a) λ= . (1.3) b−a
9 Rõ ràng hàm F (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên (a, b) và F (a) = F (b), do đó theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F 0 (c) = 0. Từ (1.1), ta có F 0 (x) = f 0 (x) − λ, do đó F 0 (c) = 0 ⇔ f 0 (c) = 0 ⇔ f 0 (c) = λ. f (b) − f (a) Thay giá trị λ từ (1.3) vào F 0 (x) = f 0 (x) − λ, ta thu được f 0 (c) = , hay b−a f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a). Nhận xét 1.4. Công thức (1.2) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange. Nhận xét 1.5. - Ta đã thu được Định lý Lagrange như là một hệ quả trực tiếp của Định lý Rolle. Thế nhưng chính Định lý Rolle (về dạng của biểu thức) lại là một trường hợp riêng của Định lý Lagrange. - Ý nghĩa hình học: Nếu hàm số f (x) thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số y = f (x) phải tồn tại ít nhất một điểm M (c, f (c)) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song với dây cung AB , với A(a, f (a)), B(b, f (b)). Hệ quả 1.4. Giả sử f : [a, b] → R là hàm liên tục và f 0 (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b). Khi đó f = const trên đoạn [a, b]. Chứng minh. Thật vậy, giả sử x0 ∈ (a, b) là một điểm cố định nào đó, còn x là điểm tùy ý của (a, b). Đoạn [x0 , x], [x, x0 ] nằm trọn trong khoảng (a, b), vì thế f có đạo hàm khắp nơi và liên tục trên đoạn đó. Áp dụng Định lý Lagrange, ta có f (x) − f (x0 ) = f 0 (c)(x − x0 ), ∀c ∈ (x0 , x). Nhưng theo giả thiết thì f 0 (x) = 0, ∀x ∈ (a, b) nên f 0 (c) = 0, ∀x ∈ (x0 , x). Vì thế ta có f (x) = f (x0 ). Đẳng thức này khẳng định rằng giá trị của hàm f (x) tại điểm bất kì x ∈ (a, b) luôn luôn bằng giá trị của hàm tại một điểm cố định. Do vậy, f = const trên đoạn [a, b].
10 Hệ quả 1.5. Nếu hai hàm f (x) và g(x) có đạo hàm đồng nhất bằng nhau trên một khoảng thì chúng chỉ sai khác nhau bởi hằng số cộng. Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết ta có [f (x) − g(x)]0 = f 0 (x) − g 0 (x) = 0. Theo Hệ quả 1.4 thì f (x) − g(x) = c hay f (x) = g(x) + c. Định lý 1.7 (Định lý Cauchy). Giả sử các hàm f, g liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a, b), ngoài ra g 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ (a, b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . (1.4) g(b) − g(a) g (c) Chứng minh. Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét công thức (1.4) luôn có nghĩa, tức là g(b) 6= g(a). Thật vậy, nếu g(b) = g(a) thì hàm g(x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle và do đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0. Nhưng điều này trái với giả thiết là g 0 (x) 6= 0, ∀c ∈ (a, b). Ta xét hàm phụ F (x) = f (x) − λg(x), (1.5) trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là f (a) − λg(a) = f (b) − λg(b). Để có điều cần lấy ta chỉ cần chọn f (b) − f (a) λ= . (1.6) g(b) − g(a) Hàm F (x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle, do đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F 0 (c) = 0. Mặt khác, từ (1.5), ta có f 0 (c) F 0 (c) = 0 ⇔ f 0 (c) − λg 0 (c) = 0 ⇔ λ = . (1.7) g 0 (c) Từ công thức (1.7) và (1.6), ta thu được f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . g(b) − g(a) g (c)
11 Nhận xét 1.6. Công thức (1.4) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn Cauchy. Nhận xét 1.7. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý Cauchy với giả thiết g(x) = x. 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Landau, [3],[6]). Cho f là hàm khả vi cấp hai trên R. Giả sử f và f 00 bị chặn trên R. Đặt M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f 0 (x)|, M2 = sup |f 00 (x)|. x∈R x∈R x∈R Khi đó f 0 bị chặn và p M1 ≤ 2 M0 M2 . (1.8) Chứng minh. Trước hết, ta nhận thấy rằng nếu M2 = 0 thì hàm f 0 (x) là hàm hằng f 0 (x) ≡ c. Nếu c 6= 0 thì f (x) = cx + d không giới nội nên c = 0 và (1.8) đúng. Giả sử M2 > 0. Lấy x ∈ R và một giá trị tùy ý h > 0. Theo công thức Taylor tồn tại t ∈ (x; x + 2h) sao cho f (x + 2h) = f (x) + 2hf 0 (x) + 2h2 f 00 (t). Do vậy f (x + 2h) − f (x) f 0 (x) = − hf 00 (t). 2h Lấy trị tuyệt đối hai vế và áp dụng các giả thiết ban đầu, ta thu được M0 |f 0 (x)| ≤ + M2 h. h Vậy f 0 (x) bị chặn. r M0 Mặt khác, chọn h = , ta có M2 r r 0 M0 M0 p |f (x)| ≤ M0 : + M2 ⇔ M1 ≤ 2 M0 M2 . M2 M2
12 Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Kolmogorov). Giả sử f là hàm khả vi cấp ba và f và f 000 bị chặn trên R. Đặt M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f 0 (x)|, M3 = sup |f 000 (x)|. x∈R x∈R x∈R Khi đó f 0 cũng bị chặn và 1 1 M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 . 2 Chứng minh. Cố định x ∈ R và h 6= 0 và áp dụng công thức Taylor (tới cấp 3) cho các giá trị ở giữa h và x + h, ta thu được h2 00 h3 |f (x + h) − f (x) − hf 0 (x) − f (x)| ≤ M3 2 6 và h2 00 h3 |f (x − h) − f (x) + hf 0 (x) − f (x)| ≤ M3 . 2 6 Vậy nên h2 00 2h|f 0 (x)| = |(f (x − h) − f (x) + hf 0 (x) − f (x)) 2 h2 00 −(f (x + h) − f (x) − hf 0 (x) − f (x)) + f (x + h) − f (x − h)|. 2 Suy ra h2 00 2h|f 0 (x)| ≤ |f (x − h) − f (x) + hf 0 (x) − f (x)| + |f (x + h) − f (x) − hf 0 (x) 2 h2 00 M3 h3 − f (x)| + |f (x + h)| + |f (x − h)| = + 2M0 . 2 3 Do đó M0 M3 h2 |f 0 (x)| ≤ + =: ψ(h). h 6 Vậy f 0 (x) bị chặn. 1 Mặt khác, ta thấy ψ(h) đạt cực tiểu tại h0 = (3M0 M3−1 ) 3 . 1 1 1 1 Từ ψ(h) = (9M0 M3 ) 3 ta thu được M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 . 2 2 2 Hệ quả 1.6. Từ giả thiết và kết quả của Định lý 1.9, các hàm f 0 và f 000 = (f 00 )0 đều là các hàm bị chặn. Áp dụng bất đẳng thức Laudau, ta được f 00 bị chặn.
13 Nhận xét 1.8. Giả sử f là hàm khả vi cấp n và các hàm f (x) và f (n) (x) bị chặn trên R. Khi đó f (n−1) (x) bị chặn. Từ đó suy ra tất cả các đạo hàm f (k) (x) với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1 đều bị chặn trên R. Định lý 1.10 (Bất đẳng thức Laudau-Kolmogorov). Giả sử f là hàm khả vi cấp n và các hàm f và f (n) bị chặn trên R. Đặt Mk = sup |f (k) (x)|. x∈R i. Khi đó Mk > 0 với mọi 0 ≤ k ≤ n; k ∈ N. −1 ii. Giả sử uk = 2k−1 Mk Mk−1 ; 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Khi đó k(n−k) 1− nk k Mk ≤ 2 2 M0 Mnn . Chứng minh. Theo công thức Taylor, ta có n−1 j k (j)
Mn k n
X
f (x) ≤ 2M + .
0 j! n!