intTypePromotion=1
ADSENSE

Luận văn Thạc sĩ toán học: Một số bất đẳng thức đạo hàm và ứng dụng

Chia sẻ: Tran Van Lam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

233
lượt xem
87
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bất đẳng thức là một trong những vấn đề khó của toán sơ cấp, đòi hỏi tính tư duy và tính sáng tạo cao. Trong chương trình chuyên toán của các trường THPT chuyên thì bất đẳng thức là một chuyên đề quan trọng.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ toán học: Một số bất đẳng thức đạo hàm và ứng dụng

  1. Đ I H C THÁI NGUYÊN TRƯ NG Đ I H C KHOA H C NGUY N KIM TOÀN M TS B T Đ NG TH C Đ O HÀM VÀ NG D NG LU N VĂN TH C S TOÁN H C Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ C P Mã s : 60 46 01 13 Ngư i hư ng d n khoa h c : TS. Nguy n Văn Ng c Thái Nguyên - 2012 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  2. M cl c M đ u 3 1 M t s b t đ ng th c đ o hàm c a hàm m t bi n 6 1.1 Các đ nh lý trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.1 Lý thuy t tóm t t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 S tăng gi m c a hàm s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3 Hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s . . . . . . . . . . 14 1.4 Công th c Taylor và b t đ ng th c Landau-Hadamard . . . 15 1.4.1 Công th c Taylor trên m t kho ng . . . . . . . . . . 15 1.4.2 Công th c Taylor đ a phương . . . . . . . . . . . . . 16 1.4.3 B t đ ng th c Landau-Hadamard . . . . . . . . . . 16 1.4.4 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5 B t đ ng th c Glaeser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.5.1 Gi i thi u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.5.2 B t đ ng th c có đi u ki n . . . . . . . . . . . . . . 20 1.5.3 B t đ ng th c không có đi u ki n biên . . . . . . . . 25 1.6 Công th c tính đ o hàm c p n và m t s b t đ ng th c liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.7 M t s b t đ ng th c đ o hàm khác c a các đa th c . . . . 30 1.8 Đ nh lý Markov-Bernsterin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2 ng d ng c a đ o hàm trong ch ng minh b t đ ng th c, phương trình, b t phương trình 38 2.1 ng d ng đ o hàm trong ch ng minh b t đ ng th c . . . . 38 2.2 ng d ng c a đ o hàm trong phương trình,b t phương trình 50 2 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  3. M đ u 1. Lý do ch n đ tài lu n văn B t đ ng th c là m t trong nh ng v n đ khó c a toán h c sơ c p, đòi h i tính tư duy và tính sáng t o cao. Trong chương trình chuyên toán c a các trư ng THPT chuyên thì b t đ ng th c là m t chuyên đ quan tr ng. Các bài toán liên quan đ n b t đ ng th c cũng là nh ng bài toán thư ng g p trong các kì thi h c sinh gi i toán c p qu c gia, khu v c và qu c t . Các bài toán v b t đ ng th c khá đa d ng và có th ch ng minh b ng nhi u phương pháp khác nhau trong đó phương pháp s d ng đ o hàm là m t công c h u hi u.Tuy nhiên, các b t đ ng th c đ o hàm hi n nay còn ít đư c quan tâm và gi i thi u trong các tài li u b ng Ti ng Vi t. B i v y vi c sưu t m, tuy n ch n, khai thác v m t s b t đ ng th c đ o hàm m t bi n như: các đ nh lý trung bình, s tăng gi m c a hàm s , hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s , công th c Taylor, công th c tính đ o hàm c p n, là r t c n thi t cho công tác gi ng d y và h c t p toán h c b c ph thông. Trên cơ s các b t đ ng th c đ o hàm đó, có th v n d ng vào gi i quy t m t l p các bài toán khó như: ch ng minh b t đ ng th c, gi i phương trình, gi i b t phương trình. Đó là nh ng d ng toán đư c đ c p nhi u trong các kì thi h c sinh gi i toán c p qu c gia, Olympic toán qu c t . Bên c nh nh ng b t đ ng th c đ o hàm k trên thì v n còn khá nhi u b t đ ng th c đ o hàm khó hơn, đư c gi i thi u chưa nhi u b ng ti ng vi t như: b t đ ng th c Landau-Hadamard; b t đ ng th c Glaeser, b t 3 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  4. đ ng th c Markov-Bernstein và m t s b t đ ng th c khác liên quan đ n hàm l i. Đây là nh ng b t đ ng th c khó còn ít đư c quan tâm, ch xu t hi n r i rác trong m t s tài li u. Vì v y vi c gi i thi u các b t đ ng th c đ o hàm này là c n thi t cho công tác gi ng d y và h c t p toán h c b c ph thông. 2. M c đích nghiên c u lu n văn Sưu t m, gi i thi u, h th ng hóa và phân lo i m t s b t đ ng th c đ o hàm m t bi n s đ áp d ng vào gi i các bài toán sơ c p khó, hay g p trong các kì thi vào l p chuyên, thi đ i h c, thi h c sinh gi i qu c gia và Olympic toán qu c t như: Ch ng minh b t đ ng th c, gi i phương trình, gi i b t phương trình. Bên c nh đó gi i thi u m t s b t đ ng th c đ o hàm khó hơn chưa đư c gi i thi u nhi u trong các tài li u Ti ng Vi t như: b t đ ng th c Landau- Hadamard, b t đ ng th c Glaeser, b t đ ng th c Markov-Bernstein và m t s b t đ ng th c khác liên quan đ n hàm l i. 3. B c c c a lu n văn B n lu n văn "M t s b t đ ng th c đ o hàm và ng d ng g m có: m đ u, hai chương, k t lu n và tài li u tham kh o. Chương 1. M t s b t đ ng th c đ o hàm cơ b n Trong chương này trình bày các đ nh lý trung bình, đ nh lý Rolle, đ nh lý Lagrange, đ nh lý Cauchy, s tăng gi m c a hàm s , hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s , công th c Taylor - b t đ ng th c Landau-Hadamard, b t đ ng th c Glaese, b t đ ng thưc Markov-Bernstein công th c tính đ o hàm c p n và m t s b t đ ng th c đ o hàm khác c a đa th c. Chương 2. ng d ng c a đ o hàm trong ch ng minh b t đ ng th c,gi i phương trình,b t phương trình Trong chương này trình bày nh ng ng d ng c a các b t đ ng th c đ o hàm trong vi c gi i các bài toán ch ng minh b t đ ng th c, gi i phương trình và b t phương trình. Lu n văn đư c hoàn thành v i s hư ng d n và ch b o t n tình c a 4 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  5. TS. Nguy n Văn Ng c - Vi n Toán H c Hà N i. T đáy lòng mình, em xin đư c bày t lòng bi t ơn sâu s c đ i v i s quan tâm, đ ng viên và s ch b o hư ng d n c a Th y. Em xin trân tr ng c m ơn các Th y Cô trong Trư ng Đ i H c Khoa H c - Đ i H c Thái Nguyên, phòng Đào T o Trư ng Đ i H c Khoa H c. Đ ng th i, tôi xin g i l i c m ơn t i t p th l p cao h c Toán K4 Trư ng Đ i H c Khoa H c - Đ i H c Thái Nguyên đã đ ng viên, giúp đ tôi trong quá trình h c t p và làm luân văn này. Tuy nhiên, do s hi u bi t c a b n thân và khuôn kh c a lu n văn th c sĩ, nên ch c r ng trong quá trình nghiên c u s không tránh kh i nh ng thi u sót, em r t mong nh n đư c s ch d y và đóng góp ý ki n c a các Th y Cô và đ c gi quan tâm t i lu n văn này. Thái Nguyên, ngày 10 tháng 09 năm 2012 Tác gi Nguy n Kim Toàn 5 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  6. Chương 1 M t s b t đ ng th c đ o hàm c a hàm m t bi n 1.1 Các đ nh lý trung bình 1.1.1 Lý thuy t tóm t t Trong m c này trình bày m t s đ nh lý trung bình vi phân, đư c bi t đ n trong nhi u tài li u v toán b ng Ti ng Vi t. Đ nh lý 1.1. (Đ nh lý Rolle) Gi s hàm f(x) liên t c trên đo n [a,b]; có đ o hàm trên kho ng (a,b) và f(a) = f(b) thì t n t i ξ ∈ (a, b) sao cho f’(ξ ) = 0. Đ nh lý 1.2. (Đ nh lý Lagrange) N u hàm f(x) liên t c trên đo n [a,b] và có đ o hàm trên kho ng (a,b) thì t n t i ξ ∈ (a, b), sao cho f (b) − f (a) = f (ξ)(b − a). Đ nh lý 1.3. (Đ nh lý Cauchy) N u các hàm f(x), g(x) đ ng th i xác đ nh, liên t c trên đo n [a,b] và có đ o hàm trên kho ng (a,b), v i g’(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) và g(a) = g(b) thì t n t i ξ ∈ (a, b) sao cho: f (b) − f (a) f (ξ) = . g(b) − g(a) g (ξ) 1.1.2 Các bài toán Trong ph n này trình bày m t s bài toán ch ng minh b t đ ng th c. Đây là nh ng bài toán khó, d ng t ng quát, s d ng các đ nh lý trung bình đ ch ng minh. Bài toán 1.1. Cho hàm f(x) liên t c trên đo n [a,b], có đ o hàm h u h n trong kho ng (a,b). Ngoài ra f không tuy n tính. Khi đó trong kho ng (a,b) 6 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  7. t n t i ít nh t m t đi m c, sao cho f (b) − f (a) |f (c)| > . b−a L i gi i Chia đo n [a, b] thành n ph n b t kì b i các đi m a = xo < x1 < x2 < .. < xn = b. Ta nh n đư c: n−1 n−1 f (b) − f (a) = (f (xi+1 ) − f (xi )) ≤ f (xi+1 ) − f (xi ) . i=0 i=0 Theo công th c Lagrange, ta có f (xi+1 ) − f (xi ) = f (ξi ) xi , xi < ξi < xi+1 , xi = xi+1 − xi. Do đó ta có n−1 |f (b) − f (a)| ≤ |f (ξ)| xi . i=0 Vì hàm f (x) không tuy n tính, nên t n t i m t phân ho ch đo n [a, b] sao cho trong các s |f (ξ)| t n t i m t s l n nh t, khác không. Kí hi u s đó là |f (c)|. Khi đó ta nh n đư c b t đ ng th c n−1 |f (b) − f (a)| < |f (c)| xi = (b − a)|f (c)|, a < c < b. i=0 T đó suy ra f (b) − f (a) |f (c)| > . b−a Ta có đpcm. Bài toán 1.2. Cho hàm f (x) có đ o hàm c p 2 h u h n trên đo n [a, b], th a mãn đi u ki n f (a) = f (b) = 0 . Ch ng minh r ng trong kho ng (a, b) t n t i ít nh t m t đi m c, sao cho 4 f (c) ≥ |f (b) − f (a)|. (b − a)2 L i gi i N u f (x) = const thì b t đ ng th c c n ch ng minh là hi n nhiên. Gi s f (x) = const. T đi u ki n f (a) = f (b) = 0, suy ra f (x) 7 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  8. không tuy n tính. Áp d ng công th c Cauchy v s gia h u h n cho các (x − a)2 (a + b) hàm s f (x) và φ(x) = trên đo n a, và cho các hàm s 2 2 (b − x)2 a+b f (x) và γ(x) = trên đo n , b , ta nh n đư c 2 2 a+b 8 f( ) − f (a) f (ξ1 ) a+b 2 = , a < ξ1 < . (b − a)2 ξ1 − a 2 a+b 8 f (b) − f () f (ξ2 ) a+b 2 = , < ξ2 < b. (b − a)2 b − ξ2 2 C ng t ng v các đ ng th c trên ta đư c 8 f (b) − f (a) f (ξ1 ) f (ξ2 ) 2 = + . (b − a) ξ1 − a b − ξ2 Vì f (a) = f (b) = 0, nên v ph i c a đ ng th c cu i cùng có th vi t dư i d ng: f (ξ1 ) f (ξ2 ) f (ξ1 ) − f (a) f (b) − f (ξ2 ) + = − = f (η1 ) − f (η2 ), ξ1 − a b − ξ2 ξ1 − a b − ξ2 trong đó a < η1 < ξ1 ; ξ2 < η2 < b. T đó suy ra 8[f (b) − f (a)] ≤ |f (η1 )| + |f (η2 )|. (b − a)2 Kí hi u: f (c) = max{|f (η1 )|; |f (η2 )|}. Khi đó ta có 8[f (b) − f (a)] ≤ 2|f (c)|. (b − a)2 T đó suy ra đpcm. D u đ ng th c không lo i tr vì có th có trư ng h p |f (η1 )| = |f (η2 )| . Bài toán 1.3. Gi s hàm f (x) liên t c trên kho ng [a, +∞) và hơn n a, f (x) > k = const > 0, ∀x > a. Ch ng minh r ng, f (a) < 0, thì phương |f (a)| trình f (x) = 0 có m t và ch m t nghi m th c trong kho ng a, a+ . k 8 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  9. L i gi i: Áp d ng Đ nh lý Lagrange cho hàm f (x) trên đo n [a, a + |f (a)| ] ta có: k |f (a)| |f (a)| |f (a)| f a+ − f (a) = f a + θ . , 0 < θ < 1. k k k T đi u ki n f (x) > k > 0, ta tìm đư c: |f (a)| f a+ − f (a) > |f (a)|, k Suy ra |f (a)| f a+ > |f (a)| + f (a) = −f (a) + f (a) = 0. k |f (a)| Hàm f (x) trên các đ u mút c a đo n a, a + nh n các giá k tr trái d u, nên theo Đ nh lý Cauchy v giá tr trung gian t n t i ξ ∈ |f (a)| (a, a + ), sao cho f (ξ) = 0. Ta s ch ng minh đi m ξ đó là duy nh t. k Th t v y gi s trên kho ng đó còn tìm đư c ξ1 , sao cho f (ξ1 ) = 0. khi đó theo đ nh lý Rolle, trên (ξ, ξ1 ) n u (ξ < ξ1 ) hay trên kho ng (ξ1 , ξ), n u (ξ1 < ξ ) tìm đư c ξ2 , sao cho f (ξ2 ) = 0. Đi u đó trái v i gi thi t là f (x) > k > 0 khi x > a. Bài toán 1.4. a, Gi s hàm f (x) kh vi liên t c n l n trên [a,b] và trên đo n này có không ít hơn n không đi m (nghi m c a phương trình f(x)=0) tính c b i . Ch ng minh r ng: (b − a)n max|f (x)| ≤ max|f (n) (x)|. [a,b] n! [a,b] b, Hàm f (x) ∈ C2 [0, 1] có không ít hơn 2 nghi m trên [0,1] (k c b i), ngoài ra |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1]. S max|f (x)| s như th nào ? [0,1] L i gi i: a, B ng quy n p theo k ≥ 0 ta s ch ng minh đi u kh ng đ nh sau: Đ nh lý Rolle t ng quát: N u f ∈ Ck [a, b] và f có không ít hơn (k+1) 9 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  10. không đi m (k c b i) trên đo n [a,b] thì f (k) có ít nh t m t không đi m trên [a,b]. V i k=0 đi u kh ng đ nh là hi n nhiên. Gi s đ nh lý đúng v i k-1. Ta ch ng minh đ nh lý đúng v i k. Gi s x1 , x2 , ..., xl là nh ng nghi m khác nhau c a hàm f trên [a, b] có các b i tương ng là α1 , α2 , .., αl v i α1 + α2 + ... + αl ≥ k + 1 và x1 < x2 < ... < αl . Khi đó f (x) có nghi m xj b i αj − 1(n u αj > 1) và ngoài ra theo đ nh lý Rolle còn có ít nh t l − 1 nghi m trên kho ng (α, αj+1 ), j = 1, 2, ..., l − 1. Tóm l i s nghi m c a f (x) trên [a,b] không vư t quá: l (αj − 1) + l − 1 ≥ k − l + 1 − l − 1 = k. j=1 Bây gi , còn l i ta áp d ng gi thi t quy n p cho f v i k − 1. Đ nh lý đư c ch ng minh. Ta kí hi u x1 , x2 , .., xn là n không đi m c a hàm f (x) trên [a, b] đây gi a các s này có th trùng nhau, m i nghi m c a f có th l p l i s l n n u b i c a nó không ít hơn s. Gi s x0 ∈ [a, b] tùy ý và khác v i x1 , x2 , ..xn . Xét đa th c b c n: n (x − xj ) j=1 P (x) = f (x0 ). n . (x0 − xj ) j=1 Đ t g(x) = f (x) − P (x). Hàm g(x) có các nghi m là x0 , x1 , ..., xn . N u s xj (j ≥ 1) n m trong dãy {x1 , x2 , .., xn } s l n thì b i c a nghi m xj không ít hơn s. Vì v y áp d ng đ nh lý Rolle t ng quát thì g (n) có ít nh t m t nghi m x ∈ [a, b]. Ta có n!f (x0 ) 0 = g (n) (x ) = f (n) (x ) − p(n) (x ) = f (n) (x ) − n . (x0 − xj ) j=1 10 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  11. T đó suy ra n (n) |f (x )| |x0 − xj | j=1 |f (n) (x )|.(b − a)n |f (x0 )| = ≤ n! n! (b − a)n ≤ max|f (n) (x)|. n! [a,b] Vì x0 là tùy ý nên (b − a)n max|f (x)| ≤ max|f (n) (x)|. [a,b] n! [a,b] 1 b) Theo ph n a) ta có max|f (x)| ≤ . [0,1] 2 2 x 1 Ví d f (x) = , thì giá tr đ t đư c. 2 2 Bài toán 1.5. Cho hàm f (x) liên t c trên đo n [0; 1], kh vi trên kho ng (0; 1) và f (0) = f (1) = 0. Ch ng minh r ng ∃c ∈ (0; 1) sao cho f (c) = f (c). L i gi i Ta đ t g(x) = f (x).e−x , x ∈ [0; 1]. Vì g(0) = g(1) = 0 nên theo đ nh lý Rolle ∃c ∈ (0; 1) sao cho g (c) = 0. Nhưng g (x) = (f (x) − f (x))e−x =⇒ (f (c) − f (c))e−c = 0 =⇒ f (c) = f (c). Bài toán 1.6. Gi s hàm f (x) kh vi hai l n trong kho ng [a, +∞) ngoài ra f (a) = A > 0, f (a) < 0, f (x) ≤ 0, khi x > a. Ch ng minh r ng phương trình f (x) = 0 có m t và ch m t nghi m trong kho ng (a, +∞). L i gi i Khi x > a, theo công th c v s gia h u h n Lagrange, ta có f (x) = A + (x − a)f (ξ1 (x)), a < ξ1 < x. (1.1) f (x) = f (a) + (x − a)f (ξ2 (x)), a < ξ2 < x. (1.2) T đi u ki n f (ξ2 (x)) ≤ 0, suy ra f (x) < 0,khi x > a, vì th f (x) gi m trên kho ng (a, +∞). T các công th c (1.1) và (1.2) suy ra f (x) = A + (x − a)f (a) + (x − a)(ξ1 − a)f (ξ2 (ξ1 )). (1.3) Vì f (a) < 0, f (ξ2 (ξ1 )) ≤ 0, nên t (1.3) suy ra khi x đ l n thì f (x) < 0. Theo Đ nh lý Cauchy v giá tr trung bình, suy ra trong kho ng (a, x0 ) t n t i đi m x1 , sao cho f (x1 ) = 0. Hàm s không tri t tiêu t i đi m nào khác x1 vì nó gi m trên kho ng (a, +∞). 11 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  12. 1.2 S tăng gi m c a hàm s a) Hàm s f (x) đư c g i là tăng (gi m) trên đo n [a, b], n u f (x2 ) > f (x1 ), khi a ≤ x1 < x2 ≤ b (hay tương ng, f (x2 ) < f (x1 ) khi a ≤ x1 < x2 ≤ b). b) Cho hàm s f (x) có đ o hàm h u h n hay vô h n trên kho ng X. Đ hàm đó tăng gi m trên X đi u ki n c n và đ là 1) f (x) ≥ 0, (f (x) ≤ 0). 2)f (x) không tri t tiêu trên m t đo n [α, β] nào c a X. Bài toán 1.7. Ch ng minh r ng, n u ϕ(x) là hàm kh vi đơn đi u tăng và f (x) ≤ ϕ (x) khi x ≥ x0 , thì |f (x) − f (x0 )| ≤ ϕ(x) − ϕ(x0 ), x ≥ x0 . L i gi i Vì các hàm f (x) và ϕ(x) th a mãn t t c các đi u ki n c a đ nh lý Cauchy v giá tr trung gian, nên ta có: f (x) − f (x0 ) f (c) = ≤ 1, (x0 < c < x). ϕ(x) − ϕ(x0 ) ϕ (c) T đó suy ra |f (x) − f (x0 )| ≤ |ϕ(x) − ϕ(x0 )| = ϕ(x) − ϕ(x0 ). V m t hình h c đi u đó có nghĩa là: s gia c a hàm kh vi đơn đi u tăng không bé hơn s gia c a m i hàm kh vi khác có tr tuy t đ i c a đ o hàm không l n hơn tr tuy t đ i c a đ o hàm hàm kh vi đơn đi u tăng đó Bài toán 1.8. Gi s hàm f (x) kh vi hai l n trong kho ng (a, b) và f (x) = 0, a < x < b. Ch ng minh r ng v i m i ξ ∈ (a, b) có th tìm đư c trong (a, b) hai giá tr x1 , x2 sao cho f (x2 ) − f (x1 ) = f (ξ). x2 − x1 L i gi i Đ xác đ nh ta gi thi t r ng f (ξ) < 0, ξ ∈ (a; b) khi đó hàm f (x) gi m t i đi m x = ξ : t n t i δ > 0 sao cho f (x) > f (ξ) khi x ∈ (ξ − δ; ξ); f (x) < f (ξ) khi x ∈ (ξ; ξ + δ). Xét hàm ϕ(x) = f (ξ) − f (x) + f (ξ)(x − ξ) trong kho ng (ξ − δ; ξ + δ). Đ o hàm c a nó ϕ (x) = −f (x) + f (ξ) th a mãn đi u ki n ϕ (x) < 0 khi 12 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  13. ξ − δ < x < ξ ; ϕ (x) > 0 khi ξ < x < ξ + δ . B i v y hàm ϕ(x) gi m trên kho ng (ξ − δ; ξ) và tăng trên kho ng (ξ; ξ + δ). Khi x = ξ ta có ϕ(ξ) = 0 Th thì ϕ(x) ≥ 0 khi x ∈ (ξ − δ; ξ + δ). Ký hi u A = ϕ(ξ − δ + 0); B = ϕ(ξ + δ − 0) và xét phương trình: ϕ(x) = ε, (1.4) trong đó ε > 0 là s c đ nh tùy ý, th a mãn đi u ki n 0 < ε < min(A; B). T lý lu n trên rõ ràng phương trình (1.4) luôn có hai nghi m: ξ − δ < x1 < ξ và ξ < x2 < ξ + δ . Như v y trên kho ng (a; b) (trong lân c n đi m ξ ) tìm đư c 2 giá tr x1 và x2 (a < x1 < ξ < x2 < b) sao cho: f (ξ) − f (x1 ) + (x1 − ξ)f (ξ) = ε, (1.5) f (ξ) − f (x2 ) + (x2 − ξ)f (ξ) = ε, (1.6) L y (1.5) tr (1.6) v v i v ta đư c f (x2 ) − f (x1 ) = f (ξ). x2 − x1 . Bài toán 1.9. Hàm φ(x) kh vi 2 l n trên [0, +∞). Bi t r ng φ(x) > φ(x)φ (x) 0, φ (x) > 0 và ≤ 2, ∀x ∈ [0, +∞). (φ (x))2 φ (x) Ch ng minh r ng lim = 0. x→+∞ (φ(x))2 1 L i gi i Đ t f (x) = ta có: φ(x) φ (x) 2(φ (x))2 − φ(x).φ (x) f (x) = − 2 ; f (x) = . φ (x) (φ(x))3 f (x)f (x) φ (x)φ(x) Do đó f (x) > 0, f (x) < 0, =2− ≥ 0, (f (x))2 (φ (x))2 t c là f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0. Ta c n ch ng minh r ng lim f (x) = 0. Vì f (x) < 0, ∀x ≥ 0 và f (x) x→+∞ đơn đi u không gi m trên [0, +∞) nên t n t i gi i h n lim f (x) = c ≤ 0. x→+∞ N u c < 0 thì f (x) ≤ c, f (x) ≤ cx + f (0), ∀x ≥ 0. Đi u này không th x y ra do f (x) > 0, ∀x ∈ [0, +∞) → c = 0. φ (x) V y lim = 0. x→+∞ (φ(x))2 13 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  14. 1.3 Hư ng l i và đi m u n c a đ th hàm s 1) Đ th c a hàm kh vi f (x) trên kho ng (a, b) đư c g i là l i xu ng (lên), n u trong ph m vi nói trên nó không n m dư i (n m trên) ti p tuy n b t kì c a nó. 2) Đi u ki n đ đ đ th c a hàm s l i xu ng (lên) là f (x) ≥ 0, (f (x) ≤ 0) khi a < x < b, n u hàm s có đ o hàm đ n c p 2 h u h n kh p nơi trên kho ng (a, b). 3) Đi m M0 (x0 , y0 ) c a đ th hàm s f (x) đư c g i là đi m u n, n u t n t i m t lân c n c a x0 trên tr c hoành, sao cho trong lân c n đó đ th c a hàm s v hai bên đi m x0 có hư ng l i khác nhau. 4) Đi m M0 (x0 , f (x0 )) mà f (x0 ) = 0 ho c f (x0 ) không t n t i, s là đi m u n, n u f (x) đ i d u khi qua đi m x0 . Bài toán 1.10. Hàm f (x) đư c g i là l i phía dư i (phía trên) trên kho ng (a, b) n u v i các đi m x1 , x2 b t kì c a kho ng đó và các s λ1 , λ2 tùy ý (λ1 > 0, λ2 > 0, λ1 + λ2 = 1) ta có b t đ ng th c: f (λ1 (x1 ) + λ2 (x2 )) < λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ). hay tương ng b t đ ng th c ngư c l i f (λ1 (x1 ) + λ2 (x2 )) > λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ). Ch ng minh r ng: 1) Hàm f (x) l i phía dư i trên kho ng (a, b), n u f (x) > 0 khi a < x < b. 2) Hàm f (x) l i phía trên trên kho ng (a, b), n u f (x) < 0 khi a < x < b. L i gi i Gi s f (x) > 0, x ∈ (a, b) và gi s λ1 > 0, λ2 > 0 là các s dương tùy ý th a mãn đi u ki n λ1 + λ2 = 1. N u x1 , x2 là hai đi m b t kì c a kho ng (a, b) và x1 < x2 thì hi n nhiên đi m λ1 x1 + λ2 x2 n m gi a x1 , x2 . Theo công th c Lagange ta có: f (λ1 x1 + λ2 x2 ) − f (x1 ) = λ2 (x2 − x1 )f (ξ1 ), x1 < ξ1 < λ1 x1 + λ2 x2 , (1.7) f (x2 ) − f (λ1 x1 + λ2 x2 ) = λ1 (x2 − x1 )f (ξ2 ).λ1 x1 + λ2 x2 < ξ2 < x2 . (1.8) Nhân c hai v c a (1.7) và (1.8) tương ng λ1 vàλ2 r i tr v v i v các đ ng th c trên ta đư c: λ2 f (x2 ) + λ1 f (x1 ) = f (λ1 x1 + λ2 x2 ) + λ1 λ2 (x2 − x1 )f (ξ3 ), 14 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  15. trong đó ξ1 < ξ3 < x2 . Do các đi u ki n λ1 > 0, λ2 > 0, f (ξ3 ) > 0, ta có b t đ ng th c: λ2 f (x2 ) + λ1 f (x1 ) > f (λ1 x1 + λ2 x2 ), t c là hàm f (x) l i phía dư i trên (a, b). N u như f (x) < 0 trên (a, b) thì hàm g(x) = −f (x) theo ch ng minh trên là l i phía dư i trên (a, b), t c là; λ2 g(x2 ) + λ1 g(x1 ) > g(λ1 x1 + λ2 x2 ). Suy ra λ2 f (x2 ) + λ1 f (x1 ) < f (λ1 x1 + λ2 x2 ). Đi u đó nghĩa là hàm f (x) l i phía trên trên (a, b). 1.4 Công th c Taylor và b t đ ng th c Landau-Hadamard 1.4.1 Công th c Taylor trên m t kho ng Gi s hàm f (x) xác đ nh trên đo n [a, b], kh vi trên (a, b) đ n c p th n − 1 và đ o hàm f (n) (x) h u h n v i a < x < b. Khi đó v i m i x0 ∈ (a, b) và p > 0, t n t i θ ∈ (0, 1), sao cho công th c sau đây đúng 1 2 f (n−1) (x0 ) f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ f (x0 )(x−x0 ) +...+ (x−x0 )n−1 2! (n − 1)! +Rn (x), trong đó (x − x0 )n (1 − θ)n−p (n) Rn (x) = f [x0 + θ(x − x0 )]. (n − 1)!p (ph n dư dư i d ng Slomilic-Roser) Khi p = n ta có ph n dư dư i d ng Lagrange (x − x0 )n (n) Rn (x) = f [x0 + θ1 (x − x0 )], 0 < θ1 < 1. n! Khi p = 1, ta có ph n dư d ng Cauchy (x − x0 )n (1 − θ2 )n−1 (n) Rn (x) = f [x0 + θ2 (x − x0 )], 0 < θ2 < 1. (n − 1)! 15 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  16. 1.4.2 Công th c Taylor đ a phương N u hàm f (x) xác đ nh trong lân c n đi m x0 nào đó, t i x0 t n t i các đ o hàm h u h n đ n c p n thì có công th c n f (k) (x0 ) f (x) = (x − x0 )k + o[(x − x0 )n ]. k=0 k! 1.4.3 B t đ ng th c Landau-Hadamard Gi s f (x), x ∈ R, là hàm kh vi hai l n và Mk = sup|f (k) (x)| < +∞, (k = 0, 1, 2), x∈R 2 Ch ng minh r ng M1 ≤ 2M0 M2 . L i gi iTheo công th c Taylor, ta có (x0 − x)2 f (x0 ) = f (x) + (x0 − x)f (x) + f (ξ). 2 T đó suy ra |x0 − x|2 y2 |f (x0 )| ≤ |f (x)| + |f (x)||x0 − x| + |f (ξ)| ≤ M0 + M1 y + M2 , 2 2 trong đó y = |x0 − x|. y2 2 Vì M0 + M1 y + M2 ≥ 0, ∀y , nên M1 ≤ 2M0 M2 , (đpcm). 2 1.4.4 Các bài toán Bài toán 1.11. Gi s f (x) ∈ C∞ (R), f (0) = 0, f (k) (0) = 0 và f (k) (x) ≥ 0, ∀k ∈ N và x > 0. Ch ng minh r ng: f (x) = 0 v i x > 0. L i gi i Gi s x > 0. Theo công th c Taylor ta có: f (k) (θ) k f (k) = x , 0 ≤ θ ≤ x. k! Vì f (k+1) (y) ≥ 0 v i y ≥ 0 nên f (k) tăng trên [0; ∞) và f (k) (θ) ≤ f (k) (x). f (k) (x) k Chính vì v y x ≥ f (x). k! Ta cũng có: n−1 n−1 f (k) (x) k f (n) (θ) n f (k) (x) k f (2x) = x + x ≥ x ≥ nf (x), (x ≤ θ ≤ 2x). k=0 k! n! k=0 k! 16 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  17. B t đ ng th c này th a mãn ∀x ch trong trư ng h p f (x) = 0. Bài toán 1.12. Gi s f (x) ∈ C2 [0, 1]; f (0) = f (1) = 0, |f (x)| ≤ A, (0 < x < 1). Ch ng minh r ng A |f (x)| ≤ , 0 ≤ x ≤ 1. 2 L i gi i Theo công th c Taylor, ta có x2 f (0) = f (x) − f (x)x + f (ξ1 ), 0 < ξ1 < x, 2! (x − 1)2 f (1) = f (x) + f (x)(1 − x) + f (ξ2 ), 0 < ξ2 < x. 2 T đó suy ra 1 f (x) = [f (ξ1 )x2 − f (ξ2 )(1 − x)2 ]. 2 Ư c lư ng đ ng th c trên đây theo giá tr tuy t đ i c a đ o hàm c p hai, ta đư c A |f (x)| ≤ (2x2 − 2x + 1). 2 A Vì 0 ≤ 2x2 − 2x + 1 ≤ 1 khi 0 ≤ x ≤ 1, nên |f (x)| ≤ , (đpcm). 2 Bài toán 1.13. Gi s f (x) là hàm kh vi vô h n l n trên R sao cho: a) ∃L > 0 : |f (n) (x)| ≤ L, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N. 1 b) f ( ) = 0 v i n = 1, 2, 3, ... n Ch ng minh r ng f (x) = 0. L i gi i Ta ch ng minh v i k ∈ Z∗ b t kì, t n t i m t dãy đi m h i t v 0 mà f (k) (x) = 0. Th t v y, v i k = 0, đi u này đúng. Gi s đi u này đúng v i k = n ng v i dãy x1 , x2 , ... khi đó do tính kh vi c a f (k) (x), gi a hai đi m xi và xi+1 , ∃yi sao cho f (k+1) (yi ) = 0 và dãy y1 , y2 , .. th a mãn đi u ki n đ t ra. Bây gi do tính liên t c c a f (k) (x), f (k) (0) = 0, ∀k = 0, 1, 2, .... Ta l y x tùy ý, theo công th c Taylor ta có: f (n) (θx) n L|x|n |f (x)| = x ≤ . n! n! Do n tùy ý nên |f (x)| = 0. 17 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  18. Bài toán 1.14. Gi s hàm f (x) kh vi 2 l n, f (0) = f (1) = 0 và minf (x) = −1. Ch ng minh r ng maxf (x) ≥ 8. [0,1] [0,1] L i gi i Gi s a là đi m c c ti u 0 < a < 1. Khi đó f (a) = 0, f (a) = −1. Theo công th c Taylor ta có: f (a + θx (x − a)) f (x) = −1 + (x − a)2 , (0 < θx < 1). 2 f (a + θ0 (−a)) 2 V i x = 0, x = 1 ta có 0 = −1 + a, 2 f (a + θ1 (1 − a)) 0 = −1 + (1 − a)2 . 2 2 Ta kí hi u f (a + θi (i − a)) = ci , (i = 1, 2) ta tìm đư c c0 = 2 , c1 = a 2 1 1 . Do v y v i a < thì c0 ≥ 8; còn a ≥ thì c1 ≥ 8 đó là đpcm. (1 − a)2 2 2 Bài toán 1.15. Gi s f (x) là hàm s có đ o hàm c p 2 liên t c trên R. và th a mãn đi u ki n f (0) = f (1) = a. Ch ng minh r ng: max {f (x)} ≥ 8(a − b). x∈[0;1] V i b = min {f (x)}. x∈[0;1] L i gi i Áp d ng gi thi t và áp d ng đ nh lý Rolle, t n t i c ∈ (0; 1) sao cho f (c) = 0. Xét khai tri n Taylor c a hàm f (x) t i đi m c. f (θ(x)) f (x) = f (c) + f (c)(x − c) + (x − c)2 . 2! Thay l n lư t giá tr x = 0 và x = 1 vào đ ng th c trên ta thu đư c: f (θ(0)) 2 a=b+ .c , 2 f (θ(1)) a=b+ .(1 − c)2 . 2 Hay 2(a − b) f (θ(0)) = ≥ 0, c2 2(a − b) f (θ(1)) = ≥ 0. (1 − c)2 18 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  19. Nhân v v i v 2 b t đ ng th c sau cùng ta đư c: 4(a − b)2 f (θ(0)).f (θ(1)) = 2 2 ≥ 64(a − b)2 . c (1 − c) 1 (S d ng b t đ ng th c c2 (1 − c)2 ≤ , v i c ∈ [0; 1]). 16 T đó suy ra đi u ph i ch ng minh. Nh n xét: N u thay đo n [0; 1] b ng đo n [α; β] thì b ng phương pháp tương t ta có k t qu 8(a − b) max {f (x)} ≥ . x∈[α;β] (α − β)2 1.5 B t đ ng th c Glaeser N i dung chính c a m c này đư c hình thành d a trên tài li u [7]. 1.5.1 Gi i thi u Cho m t hàm f không âm trên R và có đ o hàm c p hai liên t c b ch n trên b i M > 0 trên R, khi đó đ o hàm c p m t th a mãn b t đ ng th c − 2M f (x) ≤ f (x) ≤ 2M f (x), ∀x ∈ R. (1.9) Đi u ng c nhiên c a k t qu và có th đó là lý do khi n nó không th n i ti ng hơn, m c dù k t qu là m t b t đ ng th c theo t ng đi m, gi thi t toàn di n: f ph i th a mãn v i các h s nguyên trên R. B t đ ng th c |f (x)| ≤ 2M f (x) không đúng cho hàm không âmf ch đư c xác đ nh trên kho ng (a,b) ho c (a, ∞) hàm f (x) = x trên kho ng (0, ∞). V i m c tiêu là tìm ra ki u “qu tích” c a b t đ ng th c Glaese’s cho hàm f : đ thay th mi n xác đ nh R trong đ nh lý v i m t t p con c a R, có th s d ng gi i h n biên ho c đưa ra s h i t y u theo t ng đi m. M t vài ví d n a làm rõ s c n thi t c a các gi thuy t trong đ nh lý Glaeser. Cho f (x) > 0 trên kho ng(a, b), m t phép th đ u tiên, phương pháp m r ng hàm f tr thành hàm không âm trên R, và sau đó áp d ng b t đ ng th c Glaese’s đ m r ng. Ví d f (x) = 0 trên kho ng (0, ∞) cho th y đi u đó là sai: f không m r ng thành hàm l y đư c vi phân không âm trên R; n u như v y thì f (0) ph i b ng 1, f ph i ti n d n đ n 0 và âm 19 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
  20. khi x → 0− , mâu thu n. Đ tránh tình tr ng này, chúng ta có th gi đ nh r ng f ti n g n đ n c n trái c a 0 nhưng gi i h n biên c a nó không đ m r ng đ th a mãn các gi thi t ho c k t lu n c a b t đ ng th c 3 Glaese’s. Xét ví d f (x) = x 2 trên (0, ∞) , f đư c m r ng thành hàm l y 3 đư c vi phân không âm x 2 trên R, nhưng f ” không b ch n và f không √ b ch n trên (0, ∞) b i µ f v i b t kì µ. N u ta xét thêm m t gi thi t r ng: f tăng trên kho ng (a,b) và th a mãn f (x) ≥ 0, lim+ f (x) = 0 và f (x) ≤ M , khi đó ta nh n đư c b t đ ng x→a th c (1.9) v i x ∈ (a, b) thông qua vi c ch ng minh x x 1 (f (x))2 = lim+ f (t)f (t)dt ≤ f (t)M dt ≤ M f (x). (1.10) 2 ω→a ω a Tuy nhiên gi thi t “tăng” dư ng như quá ch c ch n và nó có th th a mãn hơn đ tìm m t k t qu n u f bi n thiên nhi u l n trên m t kho ng. 1.5.2 B t đ ng th c có đi u ki n K t qu chính là đ nh lý (1.4), không gi s r ng f tăng; ch ng minh s d ng m t cách khác (1.10) nhưng v n còn sơ c p. Có th ch đ i m t đi u ki n gi i h n cho hàm f t i m t đi m a, d n đ n s ư c lư ng đ hàm f ti n d n đ n đ n a,nhưng nó đã ch ra r ng đi u ki n này f (x) ≤ M v i a
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2