Toán đạo hàm và tích phân

Chia sẻ: Tran Thanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

121
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chương 1 Lý thuyết 1.1 Các định lý về giá trị trung bình Định lý 1.1.1 (Fecmat). Cho hàm f xác định trên (a, b) và c ∈ (a, b). Nếu f đạt cực trị địa phương tại c và f0 (c) tồn tại thì f0 (c) = 0

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Toán đạo hàm và tích phân

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