(LUẬN văn THẠC sĩ) một số định lý cơ bản của phép tính vi phân và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

Tính liên tục của hàm số

Trong mục này, tài liệu được sử dụng chính là [2]. Định nghĩa 1.1 Cho f là một hàm số xác định trên tập DĂR Ta nói rằng

• f liên tục tại x 0 PD nếu

• f liên tục trên pa, bq Ă D nếu f liên tục tại mọi xP pa, bq.

Chú ý 1.1 Từ định nghĩa trên ta rút ra một số lưu ý quan trọng sau:

Trong định nghĩa giới hạn hàm số lim x→0 f(x), không yêu cầu f phải xác định tại x=0; nếu f có giá trị tại x=0, giá trị này không ảnh hưởng đến giới hạn, mà chỉ phụ thuộc vào các giá trị của f ở các điểm gần x=0 Tuy nhiên, đối với hàm số liên tục, ngoài việc xem xét các giá trị gần x=0, f cũng phải được xác định tại x=0 và giá trị f(0) sẽ có ý nghĩa quyết định đối với giới hạn.

• Nếux 0 PD là điểm giới hạn thì f liên tục tại x 0 khi và chỉ khi xẹxlim0 fpxq “fpx 0 q.

Khi hàm f không liên tục tại điểm x₀, điều này có nghĩa là x₀ là điểm giới hạn của tập D, bởi vì hàm f luôn liên tục tại mọi điểm cô lập trong D Trong trường hợp này, có thể giới hạn x lim₀ f(pxq) không tồn tại, hoặc nếu tồn tại thì nó không bằng f(px₀q).

Ví dụ 1.1 Hàm số fpxq “lnx liên tục tại mọi xą0.

Lời giải Cố định x 0 ą 0 Khi đó với mọi ε ą 0, xét δ “ x 0 pe ε ´1q ą 0 Với mọi xP p0, δq ta có ˇ ˇ ˇlnx´lnx 0 ˇ ˇ ˇ“ ˇ ˇ ˇln x x0 ˇ ˇ ˇ“ ˇ ˇ ˇln ´x x0 ´1`1 ¯ˇ ˇ ˇ“ ˇ ˇ ˇln ´x´x 0 x0

Suy ra lim xẹx 0 lnx“lnx 0 , tức là lnx liên tục tại x 0 Định nghĩa 1.2 Cho f là hàm số xác định trên ra, bs ĂR Ta nói rằng

• f liên tục trái tại b nếu lim xẹb ´ fpxq “ fpbq;

• f liên tuc phải tại a nếu lim xẹa ` fpxq “ fpaq;

Hàm số f được xác định trên đoạn [a, b] và liên tục tại điểm x₀ thuộc [a, b] khi và chỉ khi f liên tục trái tại x₀ và liên tục phải tại x₀ Nếu hàm số f gián đoạn tại c thuộc D, thì c được gọi là điểm gián đoạn của f Các hàm số f và g liên tục tại x₀ thuộc D thì các phép toán f + g và f * g cũng liên tục tại x₀, với điều kiện g(x₀) khác 0 Nếu hàm số f liên tục tại x₀ thuộc D và g liên tục tại y₀ = f(x₀), thì hàm hợp g(f(x)) cũng liên tục tại x₀ Định lý ổn định dấu khẳng định rằng nếu f liên tục tại x₀ và f(x₀) > 0 (hoặc f(x₀) < 0), thì tồn tại khoảng I chứa x₀ sao cho f(x) > 0 (hoặc f(x) < 0) với mọi x thuộc I Cuối cùng, hàm số f được gọi là liên tục đều trên D nếu nó liên tục tại mọi điểm trong D.

@εą0, Dδ“δpq ą 0, @x, y P D, |x´y| ăδủ |fpxq ´fpyq| ăε. Định nghĩa 1.5 Giả sử hàm sốf xác định trên DĂR và x 0 PD

Điểm x0 được xem là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a; b) chứa x0, trong đó giá trị của hàm f tại x bất kỳ trong khoảng này luôn nhỏ hơn giá trị của hàm tại x0 Khi đó, giá trị f(x0) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f.

Điểm x0 được xem là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng pa; bq chứa x0, trong đó giá trị f(px) lớn hơn f(px0) với mọi x thuộc pa; bq trừ x0 Khi đó, giá trị f(px0) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f.

Điểm cực trị của hàm số, bao gồm điểm cực đại và cực tiểu tại x0, được gọi chung là điểm cực trị Giá trị của hàm số tại các điểm này, f(x0), được xem là cực trị Hàm số có thể có nhiều điểm cực đại hoặc cực tiểu trong tập hợp D.

Giá trị cực đại (cực tiểu) tại điểm x0 không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên toàn bộ tập D; mà chỉ là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm f trong khoảng (a, b) chứa x0.

Nếu x0 là điểm cực trị của hàm số f, thì điểm px0; f(px0) được xem là điểm cực trị của đồ thị hàm số f Định nghĩa này áp dụng cho hàm số f được xác định trên miền DĂR.

• Sốm là giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D ô

• SốM là giá trị lớn nhất của hàm số f trên D ô

D fpxq. Định lý 1.5 (Weierstrass 1 - Tính bị chặn) Giả sửf liên tục trên ra, bs Khi đó f bị chặn trên ra, bs Tức là,

Định lý 1.6 (Weierstrass 2 - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất) khẳng định rằng nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b], thì f sẽ đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong đoạn này.

Định lý 1.7 (Bolzano - Cauchy 1 - Giá trị trung gian) khẳng định rằng nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và f(a) * f(b) < 0, thì tồn tại ít nhất một giá trị c trong khoảng (a, b) sao cho f(c) = 0 Định lý 1.8 (Bolzano - Cauchy 2 - Giá trị trung gian) cho biết rằng hàm f cũng nhận mọi giá trị trung gian giữa f(a) và f(b) khi f liên tục trên đoạn [a, b].

Định lý 1.9 khẳng định rằng nếu hàm số f đơn điệu trong khoảng Ipa, bq và tập hợp giá trị của nó cũng là một khoảng Ipm, Mq thì hàm f sẽ liên tục trên Ipa, bq Bên cạnh đó, Định lý 1.10 chỉ ra rằng tất cả các hàm số sơ cấp đều liên tục trong miền xác định của chúng.

Tính khả vi của hàm số

Trong mục này, tài liệu tham khảo chính là [2] Định nghĩa 1.7 trình bày hàm số y = f(pxq) xác định trên khoảng (a, b) Xét x₀ thuộc (a, b) và ∆x là một số gia đủ nhỏ sao cho x = x₀ + ∆x cũng thuộc (a, b) Nếu tồn tại giới hạn, điều này sẽ được xác định trong bối cảnh của hàm số.

∆xẹ0lim fpx 0 `∆xq ´fpx 0 q

∆x “ lim xẹx 0 fpxq ´fpx 0 q x´x 0 thì ta nóif có đạo hàm tại x0 Giới hạn này được gọi là đạo hàm của hàm f tại x0 và được kí hiệu là f 1 px0q.

Giới hạn này phụ thuộc vào x₀, do đó, nếu hàm số f có đạo hàm tại mọi điểm x thuộc miền D, thì ta có thể xác định hàm số f' trên miền D, được gọi là đạo hàm của hàm số f.

Ví dụ 1.2 Tính đạo hàm của hàm sốfpxq “x 2

Lời giải Với mọi x 0 PR, ta có xẹxlim0 fpxq ´fpx 0 q x´x 0 “ lim xẹx 0 x 2 ´x 2 0 x´x 0 “ lim xẹx 0 px`x 0 q “ 2x 0

Hàm số f được xem là có đạo hàm tại mọi điểm x₀ thuộc khoảng (a, b) nếu tại x₀, giới hạn bên phải lim tồn tại.

Ta gọi giới hạn này là đạo hàm phải của hàmf tạix 0 và kí hiệu làf ` 1 px 0 qhayf 1 px 0 `q.

6 Định nghĩa 1.9 Hàm số xác định trênpa, bqđược gọi là có đạo hàm trái tạix 0 P pa, bq nếu tồn tại giới hạn trái lim

Giới hạn được gọi là đạo hàm phải của hàm tại x = 0 và được ký hiệu là f' (1 px 0 q) hay f (1 px 0)' Theo định lý 1.11, hàm số f xác định trên khoảng (a, b) có đạo hàm tại x0 nếu và chỉ nếu f có các đạo hàm một phía, và trong trường hợp đó, f' (1 px 0 q) bằng f' (1 px 0 q) và cũng bằng f (1 px 0 q).

Chú ý 1.3 Từ định lý trên, ta rút ra một số chú ý quan trọng sau

Nếu hàm số f không có một trong hai đạo hàm trái hoặc phải, hoặc có cả hai nhưng không bằng nhau tại x = 0, thì f không có đạo hàm tại x = 0 Trong trường hợp này, điểm (x₀, f(x₀)) sẽ là điểm góc của đồ thị hàm số f.

Nếu hàm số f có đạo hàm trái (phải) tại x0, thì f sẽ liên tục trái (phải) tại x0; nếu f có cả đạo hàm trái và phải tại x0, thì f sẽ liên tục tại x0 Định lý 1.12 chỉ ra rằng nếu hàm số f có đạo hàm tại xP trong khoảng (a, b), thì f cũng sẽ liên tục tại x Theo Định lý 1.13, nếu các hàm số f và g có đạo hàm tại x0, thì các phép toán giữa chúng cũng sẽ có đạo hàm tại x0.

• Hàm f`g cũng có đạo hàm tại x 0 và pf`gq 1 px 0 q “f 1 px 0 q `g 1 px 0 q;

• Hàm f¨g cũng có đạo hàm tại x 0 và pf ¨gq 1 px 0 q “f 1 px 0 qgpx 0 q `fpx 0 qg 1 px 0 q;

Nếu g có đạo hàm tại x₀ và f có đạo hàm tại g(x₀), thì hàm hợp f(g) cũng có đạo hàm tại x₀, với công thức f'(g(x₀)) = f'(g(x₀))g'(x₀) Định lý hàm hợp chỉ ra rằng nếu g có đạo hàm tại x và f có đạo hàm tại g(x), thì hàm hợp f(g) có đạo hàm tại x Đối với hàm ngược, nếu f là hàm đơn điệu và có đạo hàm khác không tại một điểm, thì hàm ngược f⁻¹ cũng có đạo hàm tại y = f(x) với công thức liên quan đến đạo hàm của f Vi phân của hàm số y = f(x) tại x được định nghĩa bằng tích f'(x)∆x, trong đó ∆x là số gia Định lý về quan hệ giữa đạo hàm và vi phân khẳng định rằng hàm số f khả vi tại x khi và chỉ khi f có đạo hàm tại x Cuối cùng, các quy tắc tính vi phân áp dụng cho các hàm khả vi tại x₀.

• Hàm f`g cũng khả vi tại x0 và dpf`gqpx 0 q “dfpx 0 q `dgpx 0 q;

• Hàm f¨g cũng khả vi tại x 0 và dpf gqpx 0 q “ gpx 0 qdfpx 0 q `fpx 0 qdgpx 0 q;

Nếu gpx 0 q ‰0 thì hàm f g khả vi tại x 0 và d ´f g ¯ px0q “ gpx 0 qdfpx 0 q ´fpx 0 qdgpx 0 q rgpx 0 qs 2 Định nghĩa 1.11 nêu rõ rằng, cho hàm số fpxq có đạo hàm f 1 pxq trong khoảng (a, b), thì đạo hàm của hàm số f 1 pxq tại x 0 thuộc (a, b) được gọi là đạo hàm cấp hai của f tại x 0.

Kí hiệu: f 2 px0q “ pf 1 q 1 px0q.

Đạo hàm cấp n của hàm số f được định nghĩa là đạo hàm cấp một của hàm đạo hàm cấp n-1 của f, ký hiệu là f^(n)(x) Điều này có nghĩa là f^(n)(x) = (f^(n-1))(x) Theo Định lý 1.18, hàm số f được coi là khả vi cấp n tại điểm x nếu và chỉ nếu f có đạo hàm cấp n tại điểm x.

8 Định lý 1.19 (Các quy tắc tính đạo hàm cấp cao) Giả sử các hàm số f và g khả vi cấp n tại x 0 Khi đó

• Hàm f`g cũng khả vi cấp n tại x 0 và pf `gq pnq px 0 q “f pnq px 0 q `g pnq px 0 q;

• Hàm f¨g cũng khả vi cấp n tại x 0 và pf¨gq pnq px 0 q “ n ÿ k“0

Định lý 1.20 chỉ ra rằng nếu hàm số f khả vi trên khoảng (a, b) chứa x0 và đạo hàm f'(x0) khác 0, thì nếu f'(x) ≥ 0 cho mọi x trong (a, x0) và f'(x) ≤ 0 cho mọi x trong (x0, b), thì x0 là điểm cực đại của hàm f.

Nếu hàm số f có đạo hàm f'(x) < 0 với mọi x < x₀ và f'(x) > 0 với mọi x > x₀, thì x₀ là điểm cực tiểu của hàm.

Một số định lý cơ bản của phép tính vi phân

Trong chương này, tài liệu được sử dụng chính là [2].

Định lý Fermat

Định lý 2.1 Giả sử hàm số f khả vi và đạt cực trị địa phương tại x 0 P pa, bq Khi đó f 1 px 0 q “0.

Chứng minh Giả sửf đạt cực đại địa phương tại x 0 Theo định nghĩa đạo hàm ta có f 1 px0q “ lim hẹ0 fpx 0 `hq ´fpx 0 q h

Vì fpx 0 q ě fpxq với mọixPV δ px 0 q nên fpx 0 `hq ´fpx 0 q ď 0với |h|đủ bé.

Nếu hàm số f(x) đủ bé, ta có giới hạn lim h→0 f(x + h) - f(x) = 0 Ngược lại, nếu hàm số f(x) đủ lớn, thì giới hạn lim h→0 f(x + h) - f(x) ≥ 0.

Từ đó, suy ra f 1 px 0 q “0.

Chú ý 2.1 Từ định lý trên ta có một số lưu ý sau

Định lý chỉ cung cấp điều kiện cần, không đủ để xác định sự tồn tại của cực trị Chẳng hạn, hàm số f(x) = x³ có đạo hàm bằng 0 tại x = 0, nhưng không có cực trị tại điểm này vì hàm f tăng nghiêm ngặt trên R.

Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] và đạt giá lớn nhất hoặc nhỏ nhất tại x₀ thuộc [a, b], thì x₀ là điểm cực đại hoặc cực tiểu địa phương của f Tuy nhiên, nếu giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất đạt được tại một trong các đầu mút của đoạn [a, b], thì điểm đó không phải là điểm cực đại hoặc cực tiểu địa phương của f, và f không xác định trong toàn bộ lân cận Vδ(px₀q).

Một hàm số có thể có cực trị địa phương chặt tại điểm x = 0 mà không khả vi tại điểm này Ví dụ, hàm f(x) = |sin(x)| có cực tiểu địa phương tại các điểm x = kπ (với k thuộc Z) nhưng không khả vi tại những điểm đó.

• Một hàm có thể có cực trị địa phương không chặt tạix 0 mà không khả vi tạix 0 Chẳng hạn như hàm số fpxq “

0 nếu x“0 có cực tiểu địa phương không chặt tại điểmx“0nhưng không khả vi tại những điểm đó.

• Nếu hàm sốf khả vi và đạt cực trị tại điểm x 0 thì tiếp tuyến của đồ thị hàm số f tại điểm cực trị song song với trục hoành.

Nếu hàm số f khả vi và f'(x₀) = 0, thì x₀ được xem là điểm dừng của hàm f Ngược lại, nếu x₀ là điểm dừng của f hoặc f không khả vi tại x₀, thì x₀ được gọi là điểm tới hạn của f.

• Muốn tìm hiểu cực trị địa phương của hàm số f thì ta chỉ cần tìm tại những điểm tới hạn của hàmf.

Định lý Rolle

Định lý Rolle khẳng định rằng nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b), đồng thời f(a) = f(b), thì tồn tại ít nhất một điểm c thuộc (a, b) sao cho f'(c) = 0.

Theo Định lý Weierstrass, hàm số f liên tục trên miền đóng và bị chặn ra sẽ đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất tại một số điểm trong miền đó Giả sử m là giá trị nhỏ nhất và M là giá trị lớn nhất của hàm f trên miền đã cho.

Nếum “M thì f là hàm hằng, do đóf 1 “0trên ra, bs vàccó thể chọn bất kì trên pa, bq.

Nếu \( M \) là giá trị cực đại, thì từ giả thiết \( f'(p) = 0 \), suy ra hai điểm cực đại và cực tiểu không thể đồng thời là các đầu mút của đoạn \( [a, b] \) Do đó, một trong hai điểm đó phải thuộc \( [a, b] \) Giả sử tồn tại \( c \in [a, b] \) sao cho \( f'(c) = M \), thì tại \( c \) hàm \( f \) nhận giá trị lớn nhất trên \( [a, b] \), tức là \( f \) đạt giá trị cực đại địa phương tại \( c \) Theo Định lý Fermat, thì \( f'(c) = 0 \).

Chú ý 2.2 Từ định lý trên ta có một số lưu ý sau

Định lý Rolle không áp dụng nếu hàm số f không khả vi tại ít nhất một điểm trong khoảng [a, b] Ví dụ, với hàm f(x) = |x| trên khoảng [-1, 1], hàm này liên tục nhưng không khả vi tại x = 0 Điều này dẫn đến việc với mọi x khác 0, giá trị f'(x) không bằng 0.

Nếu điều kiện liên tục trong Định lý Rolle không được thỏa mãn, thì kết luận của định lý này sẽ không đúng Ví dụ, một hàm số gián đoạn tại điểm x = 0 cho thấy sự vi phạm của điều kiện liên tục, dẫn đến việc không thể áp dụng Định lý Rolle.

Rõ ràngf 1 pxq “1 với mọi xP p0,1q.

Định lý Lagrange

Định lý 2.3(Lagrange) Giả sử hàm sốf liên tục trênra, bs, khả vi trên khoảngpa, bq. Khi đó, tồn tại cP pa, bq sao cho fpbq ´fpaq b´a “f 1 pcq.

Chứng minh Xét hàm số gpxq “fpxq ´

”fpbq ´fpaq b´a px´aq `fpaq ı , xP ra, bs.

Do các hàm số f(x) và x' liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trong khoảng (a, b), nên g(x) cũng có các tính chất tương tự Hơn nữa, ta có g(b) - g(a) = 0 Theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g'(c) = 0 Tuy nhiên, g'(x) = f'(x) - (f(b) - f(a)) / (b - a), với x ∈ (a, b).

Suy ra f 1 pcq “ fpbq ´fpaq b´a

Ta có điều cần chứng minh.

Định lý Lagrange có thể được xem là một hệ quả của Định lý Rolle Điều thú vị là Định lý Rolle thực chất là một trường hợp đặc biệt của Định lý Lagrange khi áp dụng cho các hàm liên tục và khả vi.

Hệ quả 2.1 Giả sử hàm số f liên tục trên ra, bs và f 1 pxq “0 với mọi xP pa, bq Khi đó f là hàm hằng trên ra, bs.

Chứng minh rằng hàm f khả vi và liên tục trên đoạn pa, bq Giả sử x là một điểm tùy ý trong đoạn này, thì đoạn rx0, xs hoặc rx, x0s cũng nằm trong pa, bq.

Ta áp dụng Định lý Lagrange trên đoạn con đó, tồn tại cP px 0 , xqsao cho fpxq ´fpx 0 q “f 1 pcqpx´x 0 q.

Nếu f(x) = 0 với mọi x thuộc khoảng [a, b], thì f(x) = f(x₀) cho mọi x trong khoảng này Điều này cho thấy f là hàm hằng trên [a, b] Hơn nữa, vì f liên tục trên khoảng [a, b], nên f cũng là hàm hằng trên khoảng này.

Hệ quả 2.2 Nếu hai hàm f và g có đạo hàm đồng nhất bằng nhau trên pa, bq thì chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộng trên khoảng đó.

Bằng cách phân tích dấu của đạo hàm cấp một, chúng ta có thể xác định tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số trong một khoảng nhất định Theo định lý 2.4, nếu hàm số f khả vi trên khoảng (a, b), thì những thông tin này sẽ được thể hiện rõ ràng.

1 f 1 pxq ě 0 với mọi xP pa, bq đự f không giảm trên pa, bq;

2 f 1 pxq ď 0 với mọi xP pa, bq đự f không tăng trên pa, bq;

3 f 1 pxq ą 0 với mọi xP pa, bq ựủ f tăng (nghiờm ngặt) trờnpa, bq;

4 f 1 pxq ă 0 với mọi xP pa, bq ựủ f giảm (nghiờm ngặt) trờnpa, bq.

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh (1) và (3) vì hai trường hợp kia được chứng minh tương tự.

Giả sử hàm số f khả vi trên khoảng [a, b] và f'(x) ≠ 0 với mọi x thuộc [a, b] Lấy hai điểm x1 và x2 trong khoảng [a, b] sao cho x1 < x2 Do f khả vi trên [a, b], nên hàm này cũng liên tục trên đoạn [x1, x2] Theo Định lý Lagrange, tồn tại ít nhất một điểm c trong khoảng (x1, x2) sao cho f'(c) = (f(x2) - f(x1)) / (x2 - x1).

Vì f 1 pcq ě0 và x 2 ´x 1 ą0 nên fpx 2 q ěfpx 1 q Vậy f không giảm.

Ngược lại, giả sửf không giảm trênpa, bq.LấyxP pa, bqbất kỳ vàh ‰0đủ nhỏ. Khi đó hoặc a ăx ăx`h ă b nếu h ą0, hoặc a ăx`h ă xă b nếu h ă0.

Vì f không giảm nên trong trường hợp hą0 ta có fpx`hq ´fpxq ą 0 Do đó ta nhận được f 1 pxq “ lim hẹ0 fpx`hq ´fpxq h ě0.

Tương tự, trong trường hợphă0ta cófpx`hq ´fpxq ă0.Do đó ta nhận được f 1 pxq “ lim hẹ0 fpx`hq ´fpxq h ě0.

Vậy trong cả hai trường hợp ta đều cóf 1 pxq ě0 với mọixP pa, bq.

(3) Chứng minh như trên nhưng để ý rằngf 1 pcq ą 0kéo theo fpx 2 q ąfpx 1 q, tức là f tăng (nghiêm ngặt).

Dựa vào định lý trên ta nhận được các hệ quả sau

Nếu f và g là hai hàm số khả vi trên khoảng I, với điều kiện f(px) ≥ g(px) và f'(px) ≥ g'(px) cho mọi x thuộc I, thì ta có thể kết luận rằng f(x) ≥ g(x) cho mọi x thuộc I.

Chứng minh Đặt hpxq “ fpxq ´gpxq, xPI.

Theo giả thiết ta có h 1 pxq “f 1 pxq ´g 1 pxq ě 0, @xPI, do đó h là hàm không giảm trênI Từ đó suy ra hpxq ěhpaq, @xPI, hay fpxq ´gpxq ě fpaq ´gpaq ě0, @xP I.

Vậy fpxq ě gpxqvới mọi xPI.

Giả sử f và g là hai hàm số khả vi trên khoảng J, với điều kiện fpbq ≥ gpbq và f'1(pxq) ≤ g'1(pxq) cho mọi x thuộc J Khi đó, ta có thể kết luận rằng f(pxq) ≥ g(pxq) với mọi x thuộc J.

Chứng minh Đặt hpxq “ fpxq ´gpxq, xP J.

Theo giả thiết ta có h 1 pxq “f 1 pxq ´g 1 pxq ď 0, @xPJ, do đó h là hàm không tăng trênI Từ đó suy ra hpxq ěhpbq, @xPJ, hay fpxq ´gpxq ěfpbq ´gpbq ě0, @xP J.

Vậy fpxq ě gpxqvới mọi xPJ.

Hệ quả 2.5 Xét I “ ra, bs hoặc I “ ra,`8q và f, g là hai hàm số liên tục trên I. Nếu fpxq ě gpxq với mọi xPI thì żx a fptqdtě żx a gptqdt, @xPI.

Fpxq “ żx a fptqdt, Gpxq “ żx a gptqdt, xPI.

Ta có Fpaq “ Gpaq “ 0 và

F 1 pxq “fpxq ě gpxq “G 1 pxq, @xPI. Áp dụng Hệ quả 2.3, ta được Fpxq ěGpxq với mọixPI.

Định lý Cauchy

Định lý 2.5 khẳng định rằng, với các hàm số f và g liên tục trên khoảng [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b), nếu g'(x) khác 0 cho mọi x trong (a, b), thì tồn tại ít nhất một c trong khoảng (a, b) sao cho f(b) - f(a) = g(b) - g(a) = f'(c)g'(c).

Để chứng minh, trước tiên ta nhận xét rằng gpaq ‰ gpbq, tức là công thức trong kết luận của định lý luôn có nghĩa Giả sử gpaq “ gpbq, theo Định lý Rolle, tồn tại ξ P pa, bq sao cho g 1 pξq “0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết gpxq ‰ 0 với mọi xP pa, bq.

Fpxq “ rfpaq ´fpbqsgpxq ´ rgpaq ´gpbqsfpxq, xP ra, bs.

Do các hàm số f và g liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trong khoảng (a, b), nên hàm F cũng có những tính chất tương tự Hơn nữa, dễ dàng nhận thấy rằng F(a) = F(b) Theo Định lý Rolle, tồn tại ít nhất một c trong khoảng (a, b) sao cho F'(c) = 0.

F 1 pxq “ rfpaq ´fpbqsg 1 pxq ´ rgpaq ´gpbqsf 1 pxq, xP pa, bq.

F 1 pcq “ rfpaq ´fpbqsg 1 pcq ´ rgpaq ´gpbqsf 1 pcq “0.

Từ đó nhận được điều phải chứng minh.

Chú ý 2.4 Từ định lý trên ta có một số chú ý sau:

• Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lý Cauchy khi cho gpxq “x.

• Định lý Cauchy sẽ không còn đúng nếu các hàm số f, g không khả vi tại một điểm nào đó trong pa, bqhoặc không liên tục trên ra, bs.

Định lý L’Hospital

Định lý L'Hospital (Định lý 2.6) nêu rằng, cho hai hàm số khả vi f và g trên khoảng (a, b) với g(x) khác 0 cho mọi x trong khoảng đó, có thể loại trừ điểm c Nếu giới hạn khi x tiến tới c của f(x) và g(x) đều bằng 0, và giới hạn của tỷ số f'(x) trên g'(x) khi x tiến tới c là L, thì giới hạn của tỷ số f(x) trên g(x) khi x tiến tới c cũng bằng L.

Giả sử \( x_n \) là một dãy số thực và \( c \) là một số thực cố định Theo định lý Cauchy, với mỗi \( n \) thuộc tập số tự nhiên, tồn tại một số thực \( y_n \) nằm giữa \( x_n \) và \( c \) sao cho \( f(y_n) \) gần bằng \( g(x_n) \) và \( g(c) \).

Theo giả thiết, nếu \( g(1, p_y, n, q) \neq 0 \) và \( g \) liên tục tại \( c \) với \( \lim_{x \to c} g(p_x, q) = 0 \), thì tồn tại \( d \) nằm giữa \( x_n \) và \( c \) sao cho \( g'(d) = 0 \) (theo Định lý Rolle), điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, ta có thể viết lại rằng \( f(1, p_y, n, q) g(1, p_y, n, q) = f(p_x, n, q) - f(p_c, q) g(p_x, n, q) - g(p_c, q) = f(p_x, n, q) g(p_x, n, q) \).

Lưu ý rằngy n ‰cvới mọi nP Nvà lim nẹ8y n “c(theo nguyờn lý kẹp) Do đú

L“lim xẹc f 1 pxq g 1 pxq “ lim nẹ8 f 1 py n q g 1 py n q “ lim nẹ8 fpx n q gpx n q.

Từ đó suy ra xẹclim fpxq gpxq “L.

Định lý Darboux

Định nghĩa 2.1 (Tính chất Darboux) Cho I “ pα, βq là một khoảng mở Hàm số f : I ẹ R được gọi là cú tớnh chất Darboux (hay tớnh chất giỏ trị trung gian) trờn

I nếu với mọi a, b P I, a ă b, fpaq ‰ fpbq, với mọi λ nằm giữa fpaq và fpbq, tồn tại cP pa, bq sao cho fpcq “λ.

Vớ dụ 2.1 Nếu hàm số f : I ẹR liờn tục trờn I thỡ f cú tớnh chất Darboux trờn I (theo Định lý giá trị trung gian của hàm liên tục).

Ví dụ 2.2 Cho hàm số fpxq “

Chứng minh rằngf có tính chất Darboux trên khoảng mởI “ p´1; 1qnhưng f không liên tục trênI.

Hàm số f : R → R đơn điệu tăng và có tính chất Darboux trên R thì liên tục trên R Theo định lý Darboux, nếu I ⊆ R là khoảng mở và f : I → R là hàm khả vi trên I, thì f có tính chất Darboux Cụ thể, với bất kỳ a, b ∈ I, a < b, và mọi λ nằm giữa f(a) và f(b), tồn tại x₀ ∈ (a, b) sao cho λ = f(x₀).

Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử f 1 paq ăλ ăf 1 pbq Xét hàm số gpxq “ fpxq ´λx, xP ra, bs.

Vì g liên tục trên ra, bs nên tồn tại x 0 P ra, bs sao cho gpx 0 q “ max xPra,bsgpxq.

Vì f'(x₀) = λ và g'(x₀) = 0, từ đó suy ra x₀ ∈ R Do vậy, x₀ ∈ (a, b) là điểm cực đại (địa phương) của hàm số f Theo định lý Fermat, g'(x₀) = 0, hay f'(x₀) = λ.

Định lý Darboux có thể được suy ra trực tiếp từ định lý giá trị trung gian (IVT) khi hàm f thuộc lớp C1 Tuy nhiên, đối với một hàm khả vi f, hàm đạo hàm f' không nhất thiết phải liên tục, như ví dụ của hàm số f(x) cho thấy.

0, x“0 khả vi tại điểm 0 nhưng không tồn tại lim xẹ0f 1 pxq.

Hàm liên tục và hàm đạo hàm bậc nhất đều có tính chất Darboux trên mọi khoảng mở I thuộc R Điều này cho thấy rằng lớp hàm này sở hữu tính chất giá trị trung gian khá đặc trưng.

"rộng" chứ không chỉ là hàm liên tục hay hàm đạo hàm như đã biết.

Định lý Taylor

Định lý 2.8 Giả sử P n pxq là đa thức đại số bậc n

Khi đó, với mọi x 0 P R đa thức P n pxq có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng

Công thức này được gọi là công thức Taylor với tâm x 0 của đa thứcP n pxq.

Chứng minh Giả sử x 0 PR bất kì Ta có

Bằng cách khai triển các nhị thức \( rpx'x_0q \) và \( s k \) trong đẳng thức, ta có thể nhóm các số hạng đồng dạng theo lũy thừa của \( px'x_0q \) Qua đó, ta sẽ biểu diễn được \( P_n(pxq) \) dưới dạng mong muốn.

Tiếp theo, ta tính các hệ số b k trong khai triển trên bằng cách đạo hàm lần lượt các cấp của P n pxq và thay x“x 0 , ta được

P 1 pxq “b 1 `2b 2 px´x 0 q ` ă ă ă `nb n´1 px´x 0 q n´1 ủP n 1 px 0 q “b 1 “1!b 1 ;

P n 2 pxq “1ă2b 2 `1ă2ă3b 3 px´x 0 q ` ă ă ă `npn´1qpx´x 0 q n´2 ủP 2 px 0 q “1ă2b 2 “2!b 2 ;

P n pnq pxq “1ă2ă ă ănb n ủP n pnq px 0 q “ 1ă2ă ă ănb n “n!b n ;

P n pn`1q pxq “ 0ủP n pn`1q px 0 q “ 0.

Định lý 2.9 khẳng định rằng nếu hàm số f khả vi liên tục đến cấp n+1 trong lân cận δ của x₀ và có đạo hàm hữu hạn cấp n tại x₀, thì f có thể được biểu diễn dưới dạng f(x) = Σ (k=0 đến n) f^(k)(x₀) / k! (x - x₀)ⁿ + R(x - x₀), khi x gần x₀ Công thức này được gọi là công thức Taylor (dạng địa phương) với phần dư Peano.

Fpxq “ fpxq ´ n ÿ k“0 f pkq px 0 q k! px´x 0 q k , Gpxq “ px´x 0 q n

Rõ ràng Fpx 0 q “ F 1 px 0 q “ ¨ ¨ ¨ “F pnq px 0 q “ 0.

Định lý 2.10 khẳng định rằng nếu hàm số f khả vi liên tục đến cấp n trong khoảng (a, b) và có đạo hàm cấp n+1 tại mọi điểm xP trong khoảng này, ngoại trừ một số điểm x0, thì giữa x0 và bất kỳ điểm xP nào trong (a, b) sẽ tồn tại một hằng số c, sao cho f(pxq) = n ÿ k“0 f(pkq) (px0q) k! (px´x0q) k + R(n+1)(f;xq).

R n`1 pf;xq “ 1 n!p ´x´x 0 x´c ¯p px´cq n`1 f pn`1q pcq, pPR, pą0.

Công thức này được gọi là công thức Taylor với phần dưR n`1 dưới dạng Schlomilel- Roche.

Để chứng minh mà không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≠ 0 Xét hàm số hptq "f(px) = n - k" với f(pk) = p(t) k! p(x't) k - p(x't) p(λ n!p), t ∈ R, x ≠ 0, trong đó p ∈ R, p ≠ 0, λ là tham số.

Hàm hptq liên tục trênrx 0 , xs, khả vi trên px 0 , xq và hpxq “fpxq.Chọn λ sao cho hpx0q “fpxq ´ n ÿ k“0 f pkq px0q k! px´x0q k ´px´x0q p n!p λ“0.

Với cách chọn đó, hàm hptqthỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle trên rx 0 , xs.

Do đó, tồn tại cP px 0 , xq để h 1 pcq “ ´f pn`1q pcq n! px´cq n ` px´cq p´1 n! λ “0.

Thật vậy, ta có h 1 ptq “ ´f 1 ptq ` f 1 ptq

` f pnq ptq n! npx´tq n´1 ´ f pnq ptq n! px´tq n `px´tq p´1 n! λ

“ ´f pnq ptq n! px´tq n ` px´tq p´1 n! λ.

Vậy thay t“c, ta được h 1 pcq “ ´f pn`1q pcq n! px´cq n ` px´cq p´1 n! λ “0.

Từ đó, ta có λ“f pn`1q pcqpx´cq n´p`1

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Chương 3 Ứng dụng trong giải toán sơ cấp

Chứng minh đẳng thức và bài toán giới hạn

Bài toán 3.1 ([5]) Chứng minh rằng với mọi xP p´1,`8q, đẳng thức sau đúng arctanx`arctan1´x

4. Lời giải Xét hàm số fpxq “ arctanx`arctan1´x

Theo Hệ quả 2.1, ta có fpxq “ C, @xP p´1,`8q.

Hơn nữa ta có fp0q “ π

Bài toán 3.2 yêu cầu chứng minh rằng hàm tiếp tuyến L(pxq) của hàm khả vi f tại điểm c là hàm tuyến tính duy nhất thỏa mãn điều kiện lim f(pxq) - L(pxq) / (x - c) = 0 Điều này có nghĩa là tiếp tuyến L(pxq) chính là đường thẳng gần nhất với đồ thị của hàm f tại điểm c khi x tiến gần đến c.

Lời giải Đặt h“x´c, xẹclim fpxq ´Lpxq x´c “ lim hẹ0 fpc`hq ´ pfpcq `f 1 pcq ¨hq h

“ lim hẹ0 fpc`hq ´fpcq h ´f 1 pcq

Giả sử hàm Kpxq cũng thỏa mãn giới hạn trên Khi đó, vìK và f liên tục nên fpcq ´Kpcq “ lim xẹcfpxq ´Kpcq

Do đó, Kpxq “ fpcq `mpx´cqvới m là hệ số góc và m “K 1 pcq “ lim hẹ0

”Kpc`hq ´fpc`hq h ` fpc`hq ´fpcq h ı

Do đó đường thẳng K đi qua điểm pc;fpcqq có hệ số góc giống với L VậyK “L.

Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a, b) Đường thẳng nối hai điểm A(a, f(a)) và B(b, f(b)) cắt đồ thị hàm số f tại một điểm thứ ba C(c, f(c)), với a < c < b Điều này chứng minh rằng tồn tại một giá trị α thuộc (a, b) sao cho f''(α) = 0.

Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên các đoạn ra, c và rc, bs, ta tìm được các điểm α1 thuộc đoạn pa, cq và α2 thuộc đoạn pc, bq Các điểm này thỏa mãn điều kiện f'(α1) = (f(c) - f(a)) / (c - a) và f'(α2) = (f(b) - f(c)) / (b - c).

Vì f 1 pα 1 q “ f 1 pα 2 q, nên áp dụng định lý Rolle cho hàm số gpxq :“ f 1 pxq trên đoạn rα 1 , α 2 s ta nhận được điểm αP pα 1 , α 2 qsao cho g 1 pαq “f 2 pαq “ 0.

Bài toỏn 3.4 ([4]) Giả sử hàm số f :ra, bs ẹR liờn tục trờn đoạn ra, bs, khả vi trờn khoảng pa, bq và thoả mãn fpaq “a, fpbq “b Chứng minh rằng

1 tồn tại cP pa, bqsao cho f 1 pcq “ 1;

2 tồn tại c 1 , c 2 P pa, bq, c 1 ‰c 2 sao cho f 1 pc 1 q `f 1 pc 2 q “2;

3 với mỗi n PN, tồn tại n số phân biệtc 1 , c 2 , , c n P pa, bq sao cho f 1 pc1q `f 1 pc2q ` `f 1 pcnq “ n.

Theo định lý Lagrange, tồn tại cP pa, bqsao cho f 1 pcq “ fpbq ´fpaq b´a “1.

2 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên trên các đoạnra, αs và rα, bs ta nhận được hai điểm c 1 P pa, αqvà c 2 P pα, bqsao cho f 1 pc 1 q `f 1 pc 2 q “ fpαq ´fpaq α´a `fpbq ´fpαq b´α “2.

Chia đoạn a thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia α0, α1, α2, , αn, và áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên các đoạn rαk-1, αk (k = 1, , n), ta tìm được các điểm ck thuộc (αk-1, αk) sao cho tổng hợp n từ k=1 đến n của f'(ck) bằng tổng hợp n từ k=1 đến n của (f(αk) - f(αk-1)) chia cho (αk - αk-1).

Bài toỏn 3.5 ([4]) Giả sử f :RẹR là một hàm khả vi và cú đạo hàm liờn tục đều trên R Chứng minh rằng nẹ`8lim n

Lời giải Vì f 1 là hàm liên tục đều trên R nên

LấyN P Nsao cho, @n ěN ta có 1 n ăδ Khi đó @xP R, ta có:

|f 1 ptq ´f 1 pxq| ăε, @tP px, x` 1 nq.

Hơn nữa, f là hàm khả vi nên theo Định lý Lagrange ˇ ˇ ˇnrfpx` 1 nq ´fpxqs ´f 1 pxq ˇ ˇ ˇ“ ˇ ˇ ˇ fpx` 1 n q ´fpxq

“ |f 1 pt n q ´f 1 pxq| ă ε,với t n P px, x` 1 nq.

Từ đó suy ra nẹ`8lim n

Bài toán 3.6 yêu cầu chứng minh rằng, với hàm số liên tục f trên đoạn [a, b] và khả vi mọi nơi trong khoảng (p, q) trừ điểm c, nếu giới hạn lim x tiến gần đến c của f(x) tồn tại, thì f(x) khả vi tại c và f(c) cũng tồn tại.

Lời giải Không mất tính tổng quát lấy xP pc, bq Khi đó theo Định lý Lagrange, tồn tại θ x P pc, xq sao cho fpxq ´f 1 pcq x´c “f 1 pθ x q.

Khi xẹc, θ x ẹc Do đú lim xẹc ` f 1 pθ x q “`.

Suy ra lim xẹc ` fpxq ´fpcq x´c “`.

Tương tự, ta cũng có lim xẹc ´ fpxq ´fpcq x´c “`.

Vậy fpxq khả vi tại c vàf 1 pcq “`.

Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trên đoạn (a, b) Xét điểm M(ξ, η) nằm trên đường thẳng nối hai điểm A(a, f(a)) và B(b, f(b)) Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng ∆ đi qua điểm M và tiếp xúc với đồ thị của hàm số f.

Lời giải Xét hai hàm số

Fpxq:“ fpxq x´ξ, Gpxq:“ 1 x´ξ, xP ra, bs.

Khi đó F vàG thoả mãn các điều kiện của định lý Cauchy (hay định lý Lagrange suy rộng), do đó tồn tại x 0 P pa, bqsao cho

Thay vào ta được pa´ξqfpbq ´ pb´ξqfpaq a´b “f 1 px0qpξ´x0q `fpx0q.

Điểm Mpξ, ηq nằm trên đường thẳng AB, do đó tung độ η thoả mãn điều kiện η “ pa´ξqfpbq ´ pb´ξqfpaq a´b Điều này chứng tỏ rằng η“f 1 px 0 qpξ´x 0 q `fpx 0 q, cho thấy điểm Mpξ, ηq nằm trên tiếp tuyến với đồ thị của hàm số f tại điểm px 0 , fpx 0 qq Như vậy, đường thẳng ∆ : y “ f 1 px 0 qpx´x 0 q `fpxq chính là tiếp tuyến đi qua điểm M và tiếp xúc với đồ thị của hàm số f tại điểm x 0 P pa, bq.

Bài toỏn 3.8 ([4]) Cho f :RẹRlà một hàm số khả vi Lấyx 0 PRvàhPR Chứng minh rằng tồn tạiθ P p0,1qsao cho fpx 0 `hq ´fpx 0 q “h¨f 1 px 0 `θhq.

1`x và x 0 ą0 Tỡm giới hạn của θ khi hẹ0.

Lời giải Giả sửh ą0 Theo Định lý Lagrange tồn tại cP px0, x0`hq sao cho fpx 0 `hq ´fpx 0 q h “f 1 pcq. Đặt θ “ c´x 0 h Khi đó c“x 0 `θh và θP p0,1q.

Do đó fpx 0 `hq ´fpx 0 q h “f 1 px0`θhq hay fpx 0 `hq ´fpx 0 q “h¨f 1 px 0 `θhq. Khi hă0, lập luận tương tự ta cũng có fpx 0 `hq ´fpx 0 q “h¨f 1 px 0 `θhq.

“ ´ h p1`x 0 `θhq 2 ô ´ h p1`x 0 qp1`x 0 `hq “ ´ h p1`x 0 `θhq 2 ô p1`x 0 `θhq 2 “ p1`x 0 qp1`x 0 `hq

Vỡ hẹ0, chỳng ta cú thể giả sử p1`x 0 `hq ą0 và p1`x 0 `θhq ą 0 Do đú θ“ ap1`x0qp1`x0`hq ´1´x0 h

Từ ap1`x 0 qp1`x 0 `hq ´1´x 0 h “ p1`x 0 qp1`x 0 `hq ´ p1`x 0 q 2 hpa p1`x0qp1`x0`hq `1`x0q ô ap1`x0qp1`x0`hq ´1´x0 h “ hp1`x 0 q hpa p1`x 0 qp1`x 0 `hq `1`x 0 q

Suy ra θ“ 1`x 0 ap1`x0qp1`x0`hq `1`x0

Do đó hẹ0limθ “ 1`x 0 ap1`x 0 qp1`x 0 q `1`x 0 “ 1

Bài toỏn 3.9 ([4]) Giả sử f :r0,`8q ẹR là hàm số khả vi và thoả món xẹ`8lim rfpxq `f 1 pxqs “0.

Chứng minh rằng xẹ`8lim fpxq “ 0.

Lời giải Đặt gpxq “ e x fpxq Ta có g 1 pxq “ e x “ fpxq `f 1 pxq‰

Lấyε ą0, tồn tại M ą0sao cho ˇˇfpxq `f 1 pxqˇ ˇă ε

Áp dụng định lý Cauchy cho hai hàm gpxq và e^x trên đoạn [rM, xs], tồn tại cP pM, xq sao cho g(1 pcq) = e^c “ gpxq - gpMq e^x - e^M Do đó, ta có f(pcq) = f(1 pcq) = g(pxq - gpMq e^x - e^M).

Vỡ limxẹ`8|fpMqe M´x | “0, do đú tồn tại N ą0 sao cho

2, @xąN. Đặt A“maxtM, Nu Ta được

Bài toán 3.10 ([5]) Tính giới hạn

Lời giải Giới hạn cần tính có dạng vô định 0

0 Áp dụng quy tắc L’Hospital (Định lý 2.6) ta có

L“lim xẹ0 px´arcsinxq 1 px 3 q 1 “lim xẹ0

Giới hạn thứ hai vẫn còn dạng vô định 0

0 nên ta áp dụng Quy tắc L’Hospital một lần nữa, ta được

Bài toán 3.11 ([5]) Tính giới hạn

Lời giải Giới hạn đã cho có dạng vô định 8 ´ 8 Bằng cách quy đồng mẫu, ta đưa về dạng vô định 0

1 xpx`1q´ 1 lnpx`1q “ lnpx`1q ´xpx`1q xpx`1qlnpx`1q Áp dụng quy tắc L’Hospital (Định lý 2.6), ta có

Giới hạn thứ hai vẫn còn dạng vô định 0

0 nên ta áp dụng Quy tắc L’Hospital một lần nữa, ta được

Chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 3.12 ([5]) Cho x là số thực và n là số tự nhiên chẵn Chứng minh rằng x n ´nx`n´1ě0.

Lời giải Xét hàm số fpxq “ x n ´nx`n´1, xPR.

Ta có f 1 pxq “nx n´1 ´n“npx n´1 ´1q.

Vìn chẵn nên n´1lẻ, do đó f 1 pxqcó duy nhất nghiệm là x“1 Ta thấy hàm số fpxq nghịch biến trên khoảng p´8,1qvà đồng biến trên khoảng p1,`8q, do đó min

Bài toán 3.13 ([7]) Chứng minh rằng

Lời giải Xét hàm số hpxq “ 2 x`1 ´x´2, xP r1,`8q.

Ta có hp1q “1 và h 1 pxq “ 2 x`1 ln 2´1ě4 ln 2´1ą0, @xP r1,`8q.

Do đó với mọi xP r1,`8qta có hpxq ě hp1q, hay 2 x`1 ěx`3, do đó 2 x`1 ąx`2.

Bài toán 3.14 ([4]) Chứng minh các bất đẳng thức sau

1 lnp1`xq ďx với mọixě0;

Để giải bài toán, trước tiên giả sử x khác 0 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số fptq = ln(1 + t) trên đoạn [0, x], ta có tồn tại c trong khoảng (0, x) sao cho f'(x) - f'(0) = (ln(1 + x) - ln(1 + 0)) / (x - 0) = 1.

Từ đó suy ra lnp1`xq “ x

Trường hợp x“0thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng, do đó lnp1`xq ďx, @xě0.

2 Lấy xą0 Xét hàm số fptq “ tant´t´ t 3

3, t P r0, xs. Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên đoạn r0, xs, tồn tại cP p0, xq sao cho fpxq ´fp0q x´0 “f 1 pcq. Điều này tương đương với tanx´x´x 3

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng tanx´xą0 với mọixP`

Thật vậy, áp dụng định lý Lagrange cho hàm sốgptq “ tant trên đoạnr0, xs, tồn tạid P p0, xq sao cho tanx´tan 0 x´0 “1`tan 2 d.

Vì 1`tan 2 dą1 nên tanx x ą1, hay tanxąx Do đó tan 2 c´c 2 “ ptanc´cqptanc`cq ą 0.

Theo định lý Lagrange, tồn tại cP p0, xqsao cho sinx´sin 0 x´0 “ sinx x “coscă1.

Từ đó suy ra sinxăx.

Xét hàm số fpxq “ sinx´x`x 3

6 Theo định lý Lagrange, tồn tạiα P p0, xq sao cho fpxq ´fp0q x´0 “f 1 pαq.

2 Áp dụng kết quả ở ý (4), ta có cosα´1`α 2

2 ą0, do đó fpxq x ą 0 Mà xą0, nên fpxq ą 0.

4 Xét hàm số fpxq “ cosx´1`x 2

Ta có f 1 pxq “ ´sinx`xą0, @xP `

Do đó hàm số fpxq đồng biến trên `

0, π 2 ‰ Từ đó suy ra fpxq ą fp0q “0, @xP `

Do đó hàm số g đồng biến trên `

0, π 2 ‰ Từ đó suy ra gpxq ą gp0q “ 0, @xP`

Bài toán 3.15 ([6]) Cho a, blà các số thực dương Chứng minh rằng a b `b a ą1.

Bất đẳng thức sẽ đúng nếu ít nhất một trong các số a hoặc b lớn hơn hoặc bằng 1 Do đó, chúng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức với a, b thuộc khoảng [0, 1] Trong trường hợp này, ta có a = 1 - c và b = 1 - d, với c, d thuộc khoảng (0, 1) Chúng ta sẽ xem xét hàm số f(x) = (1 - cx)^d, với x thuộc đoạn [0, 1].

Theo Định lý Lagrange, tồn tại x0 P p0,1qsao cho p1´cq d “1´ cd p1´cx 0 q 1´d ă1´cd.

Bài toán 3.16 ([6]) Cho 0ăa ăb Chứng minh rằng

1´ a b ¯ ďsup xą0 ˇ ˇ ˇ ˇ sinpaxq ax ´sinpbxq bx ˇ ˇ ˇ ˇď4 ´

Lời giải Xét0ăaăb Đặt λ“ a b và xét hàm số fpxq “ sinx x , xą0, và àpλ;xq “ fpxq ´fpλxq

Từ |fpxq| ă1, @xą0, ta có được

Với 1 2 ďλď1, áp dụng định lý Lagrange, tồn tạiα x P rλx, xssao cho fpλxq´fpxq λx´x “f 1 pα x q hay àpλ;xq x “f 1 pα x q Mà xf 1 pα x q “ xrcosα x α ´fpα x qs x Do đó

2 ăλ ă1. Điều này chứng tỏ sup|àpλ;xq| ď4, @λP p0,1q. Để chứng minh phần bất đẳng thức còn lại, chúng ta nhận thấy àpλ;πq “ sinpλπq λp1´λqπ “àp1´λ, πq.

Từ đẳng thức đó, ta đi xem xét các trường hợp ứng với giá trị λP p0, 1 2 q Vì f là hàm giảm trên “

, chúng ta có àpλ;πq ě 1 λ ¨ sinπ π2 2 ě 2 π, @λP ´

Từ đó, ta có điều cần chứng minh.

Bài toán 3.17 ([7]) Cho a, blà các số thực không âm Chứng minh rằng

Để chứng minh bất đẳng thức, ta chỉ cần xem xét trường hợp b ≠ 0, vì trong trường hợp b = 0, bất đẳng thức trở nên hiển nhiên đúng Ta sẽ phân tích hàm số h(a, b) = 3a^3 + 7b^3 - 9ab^2, với a thuộc khoảng (0, 8).

Ta có hp0q “7b 3 ą0, h 1 paq “9a 2 ´9b 2 “9pa´bqpa`bq.

Ta có hpxqlà hàm giảm trênr0, bs và tăng trênpb,`8q Hơn nữa vìhpbq “b 3 ą0 nên hpaq ą 0trên r0,`8q Do đó 3a 3 `7b 3 ą9ab 2

Bài toán 3.18 ([7]) Chứng minh rằng ´ x` 1 x ¯ arccotxą1, @xą0.

Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với arccotxą x

Xét hàm số fpxq “arccotx´ x

Do dó hàm số fpxq nghịch biến trên p0,`8q Hơn nữa lim xẹ`8fpxq “ 0 nờn fpxq ą 0 với mọixP p0,`8q.

Bài toán 3.19 ([7]) Cho a, bPR và bě1 Chứng minh rằng abďe a `bplnb´1q. Lời giải Xét hàm số fpxq “ e x `bplnb´1q ´xb, xP R.

Ta có hàm số fpxq đồng biến trên rlnb,`8q và nghịch biến trên p´8,lnbs.Hơn nữa min

Từ đó suy ra fpaq ěmin

R fpxq “fplnbq “e ln b `bplnb´1q ´blnb “0, @aPR.

Bài toán 3.20 ([7]) Cho xě1 Chứng minh rằng ´

Lời giải Xét hàm số fpxq “ x 2 ´1 x ´2 lnx´ ln 3 x

Ta có f 1 pxq “ 1` 1 x 2 ´ 2 x ´ ln 2 x x “ px´1q 2 x 2 ´ ln 2 x x Để xét dấu f 1 pxq, ta xét dấu hàm số gpxq “ px´1q 2 x ´ln 2 x trên r1,`8q Ta có g 1 pxq “ x 2 ´1 x 2 ´2 lnx x “ x 2 ´1 x ´2 lnx x Đặt hpxq “ x 2 ´1 x ´2 lnx, xP r1,`8q.

Ta có h 1 pxq “ x 2 `1 x 2 ´ 2 x “ px´1q 2 x 2 ě0, xP r1,`8q.

Do đó với mọi x ě 1, ta có hpxq ě hp1q “ 0 Từ đó suy ra g 1 pxq ě 0, và ta có gpxq ěgp1q “0, do vậy f 1 pxq ě0.

Với mọi xě1, ta có fpxq ěfp1q “ 0.

Bài toán 3.21 ([7]) Chứng minh rằng

Lời giải Xét hàm số fpxq “2 sin x `2 cos x ´3, xP r0;π

Ta có f 1 pxq “ 2 cos x ¨cosxln 2p2 sinx´cos x ´tanxq ě 0, vì

Thật vậy, xét hàm số

Fpxq “sinx´cosx´log 2 ptanxq, xP p0,π

Như vậy f 1 pxq ě 0 Do đó fpxq ě fp0q “ 0 Nếu π

2 ´xq nên fpxq ě 0hay 2 sin x `2 cos x ´3ě0.

Vậy 2 sin x `2 cos x ě3 với 0ďxď π

2. Bài toán 3.22 ([7]) Chứng minh rằngx 2 ě p1`xqln 2 p1`xq với xą ´1.

Lời giải Nếuxě0thì bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức

2? x`1px`1q ě0, nên vớixě0 ta có fpxq ěfp0q “0 hay

Với ´1ăxď0, bất đẳng thức trên tương đương vớifpxq ďfp0q “ 0 Suy ra

Như vậy, x 2 ě p1`xqln 2 p1`xq với xą ´1.

Bài toán 3.23 ([7]) Cho n PN,n ě3 Chứng minh rằng n`1? n`1ă ? n n.

Lời giải Xét hàm số fpxq “ lnx x , xP p0,`8q.

Vì hàm số fpxq nghịch biến trên khoảng pe,`8q, do đó nếu n ` 1 ą n ě 3 thì fpn`1q ă fpnq, tức là lnpn`1q n`1 ă lnn n

Bài toán 3.24 ([7]) Chứng minh rằng a 1 b x 1 `a 2 b x 2 ` ¨ ¨ ¨ `a n b x n ěa 1 `a 2 ` ¨ ¨ ¨ `a n với ai ąbi ą0, i“1,¨ ¨ ¨ , n, xą0 và b a 1 1 ¨ ¨ ¨b a n n “1.

Lời giải Xét hàm số fpxq “ b x ´1´xlnb Ta chứng minh fpxq ě 0với xą0.

Nếu bě1, thì lnb ě0và b x ´1ě0 Do đóf 1 pxq ě0.

Nếu 0ăb ă1, thì lnbă0 vàb x ´1ď0 Do đó f 1 pxq ě 0.

Từ đó, ta có f 1 pxq ě 0 Khi đó, fpxq ě fp0qhay b x ´1´xlnbě0với xą0.

Do đó a 1 b x 1 `a 2 b x 2 ` ¨ ¨ ¨ `a n b x n ěa 1 p1`xlnb 1 q `a 2 p1`xlnb 2 q ` ¨ ¨ ¨ `a n p1`xlnb n q

Cho hai số thực a và b với a ≤ b, giả sử f là một hàm số liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b) Cần chứng minh rằng tồn tại một số c thuộc khoảng (a, b) sao cho f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a).

Lời giải Đầu tiên, ta giả sử f 1 đổi dấu trênpa, bq Tức là tồn tại x 1 P pa, bq, x 2 P pa, bq sao cho f 1 px 1 q ě0, f 1 px 2 q ď 0.

Theo định lý, tồn tại điểmcnằm giữa hai giá trịx 1 , x 2 sao chof 1 pcq “0 Như vậy, tồn tại giá trị cthỏa mãn bất đẳng thức ở trên.

Tiếp theo, ta giả sử f 1 không đổi dấu trên pa, bq.

Không mất tính tổng quát , ta giả sử f 1 ą 0 trên pa, bq Ta giả sử phản chứng rằng

@xP pa, bq, chúng ta có: f 1 pxq ě 2 b´x, @xP pa, bq.

Kết hợp với Định lý Lagrange, ta thấy tồn tại giá trị c 1 P pa, bq sao cho fpx 1 q ´fpaq “f ´a`b 2 ¯ ´fpaq “ f 1 pc 1 qb´a

Cứ tiếp tục quá trình trên, ta xây dựng dãy pc n qně1 sao cho c n`1 P px n ;x n`1 qvà fpxn`1q ´fpxnq “f 1 pcn`1qpxn`1´xnq ě 2 b´c n`1 ¨b´a

Do đó, nếu \( f(x) \) là một hàm không bị chặn trên đoạn \( [a, b] \), điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng \( f \) là hàm liên tục khả vi Vì vậy, giả thiết ban đầu là sai.

Vậy ta có tồn tại giá trị cP pa, bqsao cho f 1 pcq ă 2 b´c.

Lập luận tương tự, ta có tồn tại giá trị cP pa, bq sao cho 2 a´c ăf 1 pcq.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.26 cho rằng hàm số f có đạo hàm trên đoạn ra, bs Cần chứng minh tồn tại x0 trong đoạn ra, bs sao cho |f(a) - f(b)| ≤ |f'(x0)| · |a - b|.

Lời giải Đối với bất kỳ số nguyên0 ďn ď10 Xét dãy c n “a` pb´aqn

10 Chúng ta có ˇ ˇ ˇfpbq ´fpaq ˇ ˇ ˇď

Như vậy, tồn tại số nguyên k với 0ďk ď9sao cho ˇ ˇ ˇ fpc k`1 q ´fpc k q c k`1 ´c k ˇ ˇ ˇě ˇ ˇ ˇ fpbq ´fpaq b´a ˇ ˇ ˇ.

Xét số nhỏ nhất thoả mãn điều kiện là Xét k1, và xác định các giá trị c k1 và b1 tương ứng Tiếp theo, áp dụng lập luận tương tự cho các số thực I1 với các giá trị ra1 và b1, từ đó chúng ta có khoảng số thực I2 với các giá trị ra2 và b2.

Cứ tiếp tục lập luận như trên, ta có một chuỗi các số thực I n :“ ra n , b n s sao cho b n ´a n “10 ´n pb´aq và ˇ ˇ ˇ fpb n q ´fpa n q b n ´a n ˇ ˇ ˇě ˇ ˇ ˇ fpbq ´fpaq b´a ˇ ˇ ˇ.

Từ In là một khoảng đúng |In| “ pbn´anq ẹ 0 và I1 Ą I2 Ą ă ă ă Ą In Ą ă ă ă Theo Định lý Cantor, tồn tại duy nhất một giá trịx0 sao cho x0 P č ně1

Trong bài viết này, chúng ta xem xét bất đẳng thức liên quan đến các giá trị x0 và các biến n, q Cụ thể, khi thay thế một trong hai biến n hoặc b bằng giá trị x0, chúng ta nhận thấy rằng bất đẳng thức vẫn giữ nguyên tính chất Kết hợp với đồng nhất thức cơ bản, chúng ta có thể rút ra mối quan hệ giữa các hàm số và giá trị x0, từ đó tạo ra một biểu thức mới cho thấy sự liên kết giữa các thành phần trong bất đẳng thức.

Trong lập luận, chúng ta có thể giả định bất đẳng thức trên cho vô hạn chỉ sốn k , k ě1 và cho a n thay thế bởi x 0

Lấyn k ẹ 8và sử dụng định nghĩa của hàm f tại x 0 ta cú ˇ ˇ ˇ fpaq ´fpbq b´a ˇ ˇ ˇď |f 1 px 0 q|.

Cho hàm số f(pxq) = a1 sin x + a2 sin 2x + + an sin nx, với a1, a2, , an là các số thực và n là số nguyên dương Giả sử |f(pxq)| ≤ |sin x| với mọi x thuộc R Cần chứng minh rằng điều này đúng.

Lời giải Vì fp0q “0 và|fpxq| ď |sinx| nên ta có

|f 1 p0q| “ lim xẹ0 ˇ ˇ ˇ fpxq ´fp0q x ˇ ˇ ˇ“ lim xẹ0 ´ˇ ˇ ˇ fpxq sinx ˇ ˇ ˇ¨ ˇ ˇ ˇ sinx x ˇ ˇ ˇ ¯

Bài toỏn 3.28 ([6]) Giả sử f : p0,1q ẹ R là một hàm số khả vi và tồn tại hằng số dương M sao cho

Lời giải Cố định xP p0,1q và xét h‰0 sao cho x`hP p0,1q Theo giả thiết, ta có

|f 1 pxq| ď ˇ ˇ ˇ fpx`hq ´fpxq h ˇ ˇ ˇ` ˇ ˇ ˇf 1 pxq ´ fpx`hq ´fpxq h ˇ ˇ ˇ ďM ` ˇ ˇ ˇf 1 pxq ´ fpx`hq ´fpxq h ˇ ˇ ˇ. Chuyển qua giới hạn khi hẹ0, ta nhận được bất đẳng thức |f 1 pxq| ďM.

Bài toỏn 3.29 (Bất đẳng thức Landau, [6]) Cho f :RẹR là một hàm của lớp C 2 Giả sử f và f 2 bị chặn Đặt

Chứng minh rằngf 1 bị chặn và M 1 ď2?

Lời giải Đầu tiên ta nhận thấy rằng nếu M 2 “0 thì hàm f có đạo hàm cấp f 2 pxq “

Hàm f có bậc cao nhất là bậc 1 và bị chặn, do đó f là hàm hằng Từ đó, ta suy ra f(1) = f(2) = 0, chứng minh bất đẳng thức.

Nếu M 2 ≠ 0, ta có thể giả sử M 2 > 0 mà không mất tính tổng quát Với x thuộc R và một giá trị h tùy ý lớn hơn 0, theo công thức Taylor, tồn tại t thuộc đoạn [x, x + 2h] sao cho: f(x + 2h) = f(x) + 2h f'(x) + h² f''(x).

Do vậy f 1 pxq “ fpx`2hq ´fpxq

Bài toỏn 3.30 (Bất đẳng thức Kolmogorow, [6]) Chof :RẹR là một hàm của lớp

C 3 Giả sử f và f 3 bị chặn Đặt

1 Chứng minh rằng f 1 bị chặn Hơn nữa,M 1 ď 1

2 f 2 có bị chặn hay không ?

Lời giải 1 Cố định x P R và h ‰ 0 Áp dụng công thức Taylor cho các giá trị ở giữa h và x`h, chúng ta có được

|fpx`hq ´fpxq ´hf 1 pxq ´ h 2

|fpx´hq ´fpxq `hf 1 pxq ´ h 2

2h|f 1 pxq| “|pfpx´hq ´fpxq `hf 1 pxq ´ h 2

2 f 2 pxqq ´ pfpx`hq ´fpxq ´hf 1 pxq ´ h 2

2 f 2 pxqq `fpx`hq ´fpx´hq|. Điều này cho thấy

2h|f 1 pxq| ď|fpx´hq ´fpxq `hf 1 pxq ´ h 2

2 f 2 pxq| ` |fpx`hq ´fpxq ´hf 1 pxq ´ h 2

2 f 1 pxq| ` |fpx`hq| ` |fpx´hq| “ M 3 h 3

Mặt khác, ϕđạt cực tiểu tại h0 “`

2 Theo giả thiết và theo ý (a) các hàm f 1 và f 3 “ pf 2 q 1 là các hàm bị chặn. Áp dụng bất đẳng thức Landau ta có f 2 bị chặn.

Bài toỏn 3.31 (Bất đẳng thức Landau-Kolmogorov, [6]) Cho f :RẹR là một lớp hàm của C n Giả sửf vàf pnq bị chặn.

1 Chứng minh rằng f pn´1q bị chặn.

2 Từ đó suy ra tất cả các hàm f pkq với mọi1ďkďn´1 đều bị chặn.

|f pkq pxq| Chứng minhM k ą0 với mọi0ďk ďn; k PN.

4 Dùng các hàm u k “2 k´1 M k M k´1 ´1 ; 0 ďk ďn, k PN Chứng minh rằng

Lời giải 1 Theo công thức Taylor chúng ta có ˇ ˇ ˇ n´1 ÿ j“1 k j j!f pjq pxq ˇ ˇ ˇď2M0` M n k n n!

Mặt khác, m ÿ k“1 p´1q m´k C m k k j “0, nếu 1ďj ďm´1 và m ÿ k“1 p´1q m´k C m k k j “m! nếu j “m.

Ta thấy rằng tất cả các bất đẳng thức bên trái đều bằng không ngoại trừ trường hợp j “n´1.

Theo đó @xPR chúng ta đều có

Vậy f pn´1q pxq bị chặn.

2 Chúng ta dễ dàng có f pkq với mọi1ďk ďn´1đều bị chặn bằng phương pháp quy nạp.

Thật vậy, theo giả thiết và theo ý a), ta có f và f pn´1q bị chặn nên ta có f pn´2q bị chặn.

Tương tự, nếu đạo hàm bậc hai của hàm số f bị chặn, thì đạo hàm bậc ba cũng sẽ bị chặn Tiếp tục quy trình này, ta có thể kết luận rằng tất cả các đạo hàm f pkq với mọi k từ 1 đến n-1 đều bị chặn.

Nếu Mk "0 thì f là một đa thức có bậc cao nhất là k-1 Vì f là hàm bị chặn, nên f phải là hàm hằng, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.

Do đóM k ą0với mọi 0ďk ďn, k P N.

4 Áp dụng bất đẳng thức Landau, chúng ta có

2M k´1 M k`1 ,1ďk ďn´1. Điều này cho thấy bất đẳng thức u 1 ďu 2 ď ¨ ¨ ¨ ďu n trong đó pu 1 u 2 ¨ ¨ ¨u n q n ď pu 1 u 2 ¨ ¨ ¨u n q k Áp dụng bất đẳng thức trong trường hợp này chúng ta có

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số, biểu thức

Bài toán 3.32 ([1]) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số fpxq “ sinx`2 cos x 2 cosx`2 sin x 2 , xP

Lời giải Ta có f 1 pxq “ sin 3x 2 ´1 ´ cosx`2 sin x 2 ¯2 ď0, xP

Theo Định lý 2.4, hàm số fpxqnghịch biến trên “

0, π 2 ‰ , do đó min xPr0, π 2 s fpxq “f ´π 2 ¯

Bài toán 3.33 ([1]) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số fpxq “ sin 3 x`cos 3 x.

Lời giải Hàm số f xác định trên R Ta có fpxq “ psinx`cosxqp1´sinxcosxq.

Thực hiện phép đổi biến t “sinx`cosx“

Bài toán quy về việc tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số g trên đoạn

2. g 1 ptq có hai nghiệm là t“1hoặc t “ ´1 Ta có gp1q “1, gp´1q “ ´1, gp´

Vậy minxPR fpxq “ min ´ ? 2ďtď ? 2 gptq “ ´1, max xPR fpxq “ max ´ ? 2ďtď ? 2 gptq “1.

Bài toán 3.34 ([1]) 1 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số fpxq “ x`1

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

?z 2 ´z`1 trong đó các số x, y, z thỏa mãn x`y`z “3.

Lời giải 1 Xét hàm số fpxq “ x`1

?x 2 ´x`1, với xPR Ta có f 1 pxq “ 3p1´xq

2px 2 ´x`1q? x 2 ´x`1 và do đó f 1 pxq “ 0khi và chỉ khi x“1, lim xẹ`8fpxq “1, lim xẹ´8fpxq “ ´1 và f 1 pxq đổi dấu từ + sang - khi đi qua 1 nên f 1 pxq ď fp1q “ 2, @xPR.

Vậy giá trị lớn nhất của fpxq trên R là 2đạt được khi x“1.

2 Áp dụng câu a), ta có x`1

Tương tự, ta có ay 2 ´y`1ě 1

Cộng từng vế các bất đẳng thức (3.1), (3.2), (3.3) ta có

Vậy giá trị nhỏ nhất của? x 2 ´x`1`a y 2 ´y`1`? z 2 ´z`1là3đạt được khi x“y“z “1.

Bài toán 3.35 ([1]) Giả sử A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P “tanA`tanB `tanC`6psinA`sinB`sinCq.

Lời giải Xét hàm số fpxq “tanx`6 sinx´7x, xP p0,π

Ta có f 1 pxq “ 1 cos 2 x`6 cosx´7“ pcosx´1qp3 cosx`1qp2 cosx´1q cos 2 x

2qnên f 1 pxq “ 0khi 2 cosx´1“0 hay x“ π

Ta thấy f 1 pxq đổi dấu từ ´sang `khi đi qua π

3 nên ta được min xPp0, π 2 q fpxq “fpπ

3 Áp dụng điều này lần lượt cho x“A, x“B, x“C, ta được fpAq `fpBq `fpCq ě3 ´

Hay tanA`tanB `tanC`6psinA`sinB`sinCq ě12?

3. Bài toán 3.36 ([1]) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số fpxq “? x 2 `x`1`? x 2 ´x`1.

Lời giải Tập xác định D“R Ta có f 1 pxq “ x`1 2 c´ x` 1 2 ¯2

2´xq, @xPR trong đó gptq “ t b t 2 ` 3 4 , tP R.

Vì hàm g đồng biến trên R nên f 1 pxq “ 0ôx“0. f 1 pxq ą 0ôgpx`1

Vậy trên R thì f 1 pxq đổi dấu từ ´ sang ` khi đi qua 0 Từ đó suy ra minfpxq “ fp0q “ 2.

Bài toán 3.37 ([1]) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số fpxq “2 sin x `2 tan x ´2 x`1 , 0ďxă π

2. Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có

Ta chứng minh sinx`tanxě2x.

Thật vậy, xét hàm số gpxq “sinx`tanx´2x liên tục trênr0,π

2q và g 1 pxq “ cosx` 1 cos 2 x ´2ącos 2 x` 1 cos 2 x´2ě0, @xP r0,π

Do đó, gpxq đồng biến trên r0, π 2 q Suy ra gpxq ěgp0q “0.

Vậy min xPr0, π 2 q fpxq “ fp0q “0.

Bài toán 3.38 ([1]) Giả sử A, B, C là ba góc của một tam giác Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q“2 ´ 1 sinA ` 1 sinB ` 1 sinC ¯ ´ pcotA`cotB`cotCq.

Xét hàm số fpxq “ 2 sinx´cotx, xP p0, πq.

Ta có f 1 pxq “ 1´2 cosx sin 2 x

Khi đó, hàm f 1 pxqtrong khoảng p0, πqsẽ chuyển tử ´ sang ` khi đi qua điểm π

3 Từ đó, ta có fpAq ě ?

3. Đẳng thức xảy ra khi4ABC đều Vậy giá trị nhỏ nhất của Qlà 3?

Bài toán 3.39 ([1]) Cho các số thực dươnga, b, cthỏa mãn điều kiện a 2 `b 2 `c 2 “1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P “ a b 2 `c 2 ` b c 2 `a 2 ` c a 2 `b 2 Lời giải Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức

Ta có (3.4) tương đương với a

Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng thức sau a

3. Xét hàm số fpxq “ xp1´x 2 q, xP p0,1q.

Ta có f 1 pxq “1´3x 2 Khi đó, hàm f 1 pxq trong khoảng p0,1q sẽ chuyển từ ´ sang ` khi đi qua điểm 1

?3 nên giá trị lớn nhất của fpxq trên p0,1q là 2

Bài toán 3.40 ([1]) Giả sử a, b, cP r 1 3 ,3s Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Ta xét hai trường hợp sau

Trường hợp 1 aěb ěc Ta có f 1 paq “ b pa`bq 2 ´ c pc`aq 2 “ pb´cqpa 2 ´bcq pa`bq 2 pa`cq 2 ě0.

Mặt khác g 1 pcq “ ´ b pc`bq 2 ` 3 pc`3q 2 “ pb´3qp3b´c 2 q pc`3q 2 pb`cq 2 ď0.

Ta có h 1 pbq “ 3 p3b`1q 2 ´ 3 pb`3q 2 “ p1´bqp1`bq p3b`1q 2 pb`3q 2 Nên hpbq ďhp1q Suy ra

Trường hợp 2 cěběa Áp dụng trương hợp 1, ta nhận được

Spa, b, cq ´Spc, b, aq “ pa´bqpb´cqpc´aq pa`bqpb`cqpc`aq ď0.

5, đạt được khi và chỉ khi pa, b, cq P p3,1, 1 3 q,p 1 3 ,3,1q,p1, 1 3 ,3q(

Bài toán 3.41 ([1]) Giả sử a, b, cP r0,1s Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Ta có f 1 pcq “ 1 a 3 `b 3 `6 ´ 3ac 2 pb 3 `c 3 `6q 2 ´ 3bc 2 pa 3 `c 3 `6q 2 , và f 2 pcq “ ´p6acp6`b 3 ´2c 3 q pb 3 `c 3 `6q 3 ` 6bcp6`a 3 ´2c 3 q pa 3 `c 3 `6q 3 q ď0.

Nên f 1 pcqgiảm trên r0,1s Suy ra f 1 pcq ě f 1 p1q “ 1 b 3 `c 3 `6 ´ 3a p7`b 3 q 2 ´ 3b p7`a 3 q 2 ě 1

Suy ra fpcq tăng trên r0,1s.

Ta có g 1 paq “ 1 b 3 `7 ´ 2a 2 b pa 3 `7q 2 ´ 3a 2 pa 3 `b 3 `7q 2 và g 2 paq “ 6abp7´2a 3 q pa 3 `7q 2 ´6apb 3 `6´2a 3 q pa 3 `b 3 `7q 3 ď0.

Nên g 1 paq giảm trên r0,1s Suy ra g 1 paq ěg 1 p1q “ 1 b 3 `7´ 3b

64 ą0. Suy ra gpaq tăng trên r0,1s Do đó

Suy ra hpbq tăng trên r0,1s nên hpbq ďhp1q “ 3

Bài toán 3.42 ([1]) Giả sửx, y, z là ba số thực không âm thỏa x 2 `y 2 `z 2 “3 Tìm giá trị lớn nhất của

Lời giải Đặt t “x`y`z Khi đó t 2 “x 2 `y 2 `z 2 `2pxy`yz`zxq Kết hợp với giả thiết x 2 `y 2 `z 2 “3, ta nhận được xy`yz`zx“ t 2 ´3

?3,3s. Suy ra fptq đồng biến trên r?

Dấu đẳng thức xảy ra khi t“3hay x“y“z “1.

Bài toán 3.43 ([1]) Giả sử x, y là hai số thực không âm thỏa mãn x`y “ 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải Đặt t“xy Khi đó

‰ nên hàm số f đồng biến trên r0, 1 4 s Do đó max tPr0, 1 4 s fptq “ f ´1 4 ¯ , min tPr0, 1 4 s fptq “ fp0q.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 9

2, giá trị nhỏ nhất của P là´?

2đạt được khi px, yq “ p0,1q,p1,0q. Bài toán 3.44 ([1]) Giả sử a, bP R` và a‰b Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số fpxq “ ´a`x b`x ¯b`x với xP r0,`8q.

Lời giải Xét hàm số fpxq “ ´a`x b`x ¯b`x

Khi đó lnfpxq “ pb`xqlna`x b`x. Suy ra

Do đó f 1 pxq fpxq “lna`x b`x ` pb`xqb`x a`x ´a`x b`x ¯1

Ta có g 1 pxq “ b`x a`x¨ b´a pb`xq 2 ` a´b pa`xq 2 “ ´ pa´bq 2 pa`xq 2 pb`xq ă0.

Do đógpxq nghịch biến trên p0,`8q Suy ra gpxq ą lim xẹ`8gpxq “ lim xẹ`8 ´ lna`x b`x ` b´a a`x ¯

Từ đó, ta cóf 1 pxq ą0, @xą0nên fpxqđồng biến trên r0,`8q.

Suy ra fpxq ě fp0q, @xě0.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số fpxq với xP r0,`8q là ´a b ¯b

Bài toán 3.45 ([1]) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm sốfpx, yq “ p1´xqp2´yqp4x´2yq trên miền D“ tpx, yq: 0ďxď1, 0ďyď2u.

Để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số, ta biến đổi hàm đã cho thành f(px, yq) = 2p1'xq + p2'yq + rp2'yq + 2p1'xqs Đặt u = 1'x và v = 2'y, bài toán trở nên đơn giản hơn.

Fpu, vq “ ´2uv 2 `u 2 v trên miền E “ tpu, vq: 0 ďuď2, 0ďv ď1u, nghĩa là min

Xét hàm số gpvq “ ´2uv 2 `u 2 v, 0ďv ď1.

Ta có g 1 pvq “ ´4uv`u 2 “up´4v`uq.

4 thì g 1 pvq đổi dấu từ dương sang âm mà

0ďvď1min gpvq “ mintgp0q, gp1qu “mint0, u 2 ´2uu.

Do u 2 ´2uď0 nên minE Fpu, vq “ min

Vậy giá trị nhỏ nhất của fpx, yq trên miềnD là ´2.

Bài toán 3.46 ([1]) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số fpx, yq “ ´2xy 2 `x 2 y trên miền E “ tpx, yq: 0ďxď2, 0ďyď1u.

Lời giải Coi x là tham số, ta có hàm số gpyq “ ´2xy 2 `x 2 y với yP r0,1s.

Ta có g 1 pyq “ ´4xy`x 2 g 1 pyq “ 0ôy“ x

Ta suy ra gpyq ě mintgp0q, gp1qu, @yP r0,1s hay gpyq ě mint0, x 2 ´2xu, @yP r0,1s.

Khi 0ďxď2 thì x 2 ´2xď0 suy ra gpyq ěx 2 ´2x“hpxq.

Khảo sát hàm số hpxq “x 2 ´2x, @xP r0,2s, ta tìm được minhpxq “gp1q “ ´1.Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số fpx, yq là ´1 đạt được khix“1, y “1.

Giải phương trình, bất phương trình

Bài toán 3.47 ([5]) Cho n PN,n ą2 Chứng minh rằng phương trình x n ´x n´1 `2x n´2 `3“0 có nhiều nhất hai nghiệm thực.

Lời giải Đặt fpxq “x n ´x n´1 `2x n´2 `3, xPR.

Giả sử phương trình f(x) = 0 có ba nghiệm x₁, x₂, x₃ (với x₁ < x₂ < x₃) Áp dụng định lý Rolle trên các đoạn [x₁, x₂] và [x₂, x₃], ta suy ra tồn tại các điểm α₁ ∈ (x₁, x₂) và α₂ ∈ (x₂, x₃) sao cho f'(α₁) = f'(α₂) = 0.

Tiếp theo ta khảo sát số nghiệm của phương trình f 1 pxq “0 Ta có f 1 pxq “x n´3 “ nx 2 ´ pn´1qx`2pn´2q‰

Xét tam thức bậc hai gpxq “ nx 2 ´ pn´1qx`2pn´2q.

Ta có ∆ “ ´7n 2 `14n`1 ă0 với mọi n ą2, dẫn đến gpxq ą 0 cho mọi xP R Do đó, f 1 pxq không có nghiệm nếu n “ 3 và chỉ có một nghiệm nếu n ą 3 Điều này mâu thuẫn với việc f 1 pxq có ít nhất hai nghiệm là α1 và α2.

Bài toán 3.48 yêu cầu chứng minh rằng với hàm số khả vi f: R → R, nếu f(pxq) ≠ f(pxq) với mọi x thuộc R và tồn tại x0 thuộc R sao cho f(px0q) = 0, thì bất phương trình f(pxq) > 0 có tập nghiệm là (x0, +∞).

2 Cho aą0 Chứng minh rằng phương trình ae x “1`x`x 2

1 Xét hàm số gpxq “e ´x fpxq Khi đó g 1 pxq “e ´x rf 1 pxq ´fpxqs ą0.

Do vậy g là hàm tăng haygpxq ą gpx 0 q “0, @xąx 0

2 Xột hàm f :RẹR được cho bởi fpxq “ ae x ´1´x´x 2

Ta có lim xẹ`8fpxq “ `8, lim xẹ´8fpxq “ ´8 Do vậy phương trỡnh fpxq “ 0 cú ớt nhất một nghiệm thực.

Chúng ta chứng minh rằng phương trình có nghiệm duy nhất Giả sử x₀ < x₁ là hai nghiệm khác nhau, với f(x₁) = 0 và f(x) > 0 cho mọi x < x₀ Điều này dẫn đến f(x₁) > 0, tạo ra mâu thuẫn Do đó, phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình fpxq “ 0có duy nhất một nghiệm hay phương trình ae x “1`x` x 2

2 có duy nhất một nghiệm.

Bài toán 3.49 ([3]) Cho phương trình a 0 x n `a 1 x n´1 ` ¨ ¨ ¨ `a n´1 x`a n “0, a 0 ‰0 cón nghiệm phân biệt Chứng minh rằng pn´1qa 2 1 ą2na 0 a 2

Lời giải. Đặt fpxq “a 0 x n `a 1 x n´1 ` ¨ ¨ ¨ `a n´1 x`a n Ta có f khả vi vô hạn trên R.

Vì fpxq cón nghiệm phân biệt nên theo Định lý Rolle thì

• f 1 pxq có n´1nghiệm phân biệt

• f 2 pxq có n´2nghiệm phân biệt

2a0x 2 ` pn´1q!a1x` pn´2q!a2 có 2nghiệm phân biệt.

Do đó∆ą0nên ppn´1q!a 1 q 2 ´2n!a 0 pn´2q!a 2 ą0.

Cho a, b, c là các số thực với a < b < c Xét hàm f : R → R Chứng minh rằng phương trình f(a) - f(b) = (a - b)f'(x) và f(a) - f(c) = (a - c)f'(x) lần lượt có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [a, b] và [a, c].

Áp dụng Định lý Lagrange, tồn tại hai giá trị x₁ thuộc khoảng (a, b) và x₂ thuộc khoảng (b, c) sao cho f(a) - f(b) = (a - b)f'(x₁) và f(b) - f(c) = (b - c)f'(x₂).

Mặt khác, fpcq ´fpaq c´a “ fpcq ´fpbq c´b ¨ c´b c´a `fpbq ´fpaq b´a ¨ b´a c´a

Từ t P p0,1q nên tf 1 px 2 q ` p1´tqf 1 px 1 qnằm giữa giá trị f 1 px 1 qvà f 1 px 2 q.

Vì vậy, áp dụng Định lý lagrange, tồn tại x 3 P px 1 , x 2 qsao cho f 1 px 3 q “ fpcq ´fpaq c´a

Từ phương trình fpaq ´fpbq “ pa´bqf 1 pxq và fpaq ´fpcq “ pa´cqf 1 pxq, chúng ta có thể xác định rằng mỗi phương trình này đều có ít nhất một nghiệm nằm trong khoảng pa, bq và pa, cq.

Bài toán 3.51 yêu cầu chứng minh rằng cho hàm số f liên tục và có đạo hàm trên đoạn [a, b] với a, b là hai số thực và f không phải là hàm hằng, phương trình \( xf'(x) - f(x) = af(b) - bf(a) \) có ít nhất một nghiệm trong khoảng (a, b).

Xét hai hàm số \( g(x) = f(x) \) và \( h(x) = \frac{1}{x} \), cả hai đều khả vi trên khoảng \((a, b)\) Theo định lý Cauchy, tồn tại \( x_0 \) thuộc \((a, b)\) sao cho \(\frac{h'(x_0)}{g'(x_0)} = \frac{g(b) - g(a)}{h(b) - h(a)}\) Từ đó, ta có thể suy ra mối quan hệ giữa các đạo hàm của hai hàm số này tại điểm \( x_0 \).

Do đó pa´bqpx 0 f 1 px 0 q ´fpx 0 qq abx 2 0 “ ´afpbq ´bfpaq abx 2 0 Suy ra x0f 1 px0q ´fpx0q “ afpbq ´bfpaq b´a

Vậy phương trình xf 1 pxq ´fpxq “ afpbq ´bfpaq b´a có ít nhất một nghiệm thuộc pa, bq.

Bài toán 3.52 ([3]) Cho hàm số fpxq khả vi trên đoạnra, bs và thỏa mãn điều kiện

|fpxq| 2 ` |f 1 pxq| 2 ą0, @xP ra, bs.

Chứng minh rằng số các nghiệm của phương trình fpxq “ 0 trên đoạn ra, bs là hữu hạn.

Lời giải Giả sử phương trìnhfpxq “0 có vố số nghiệmtx n u Ă ra, bs với n “1,2,¨ ¨ ¨.

Vỡ tx n u xảy ra khi hàm bị chặn tại điểm α, dẫn đến tồn tại giá trị giới hạn f(α) không xác định Do f(x) liên tục tại α, ta có giả thiết f(α) = 0, từ đó suy ra f'(α) không bằng 0 Tuy nhiên, f'(α) lại được xác định là lim x→α f(x) - f(α) / (x - α) không bằng 0 Điều này chứng tỏ rằng f(x) không bằng 0 trong một lân cận nào đó của α, tạo ra mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.

Vậy số các nghiệm của phương trình fpxq “0 trên đoạn ra, bs là hữu hạn.

Bài toán 3.53 yêu cầu chứng minh rằng với hàm thực khả vi cấp n+1 trên R, thỏa mãn điều kiện f(pi) = f(pb) = 0 cho mọi i thuộc {1, 2, 3, , n}, phương trình f'(x) = f(x) có ít nhất một nghiệm trên R.

Lời giải Đầu tiên, ta giả sửn“0và xét hàm số gpxq “e ´x fpxq Theo Định lý Rolle, tồn tại x 0 P ra, bs sao cho

0“g 1 px 0 q “e ´x 0 pf 1 px 0 q ´fpx 0 qq ủf 1 px 0 q “ fpx 0 q.

Giả sử n ě1 Xét hàm số hpxq “ n ÿ k“0 f pkq pxq.

Khi hpaq “ hpbq “ 0 và hpxq ´ h 1 pxq “ fpxq ´ f pn`1q pxq, áp dụng các chứng minh n“0 cho hàm, ta có thể suy ra rằng f pn`1q pxq “ fpxq có nghiệm trên ra, bs.

Bài toán 3.54 yêu cầu chứng minh rằng với hàm khả vi f và liên tục trên khoảng ra, nếu tồn tại giá trị mP ra sao để f 1 pmq “0, thì phương trình f 1 pxq “ fpxq ´ fpaq b´a sẽ có nghiệm trên khoảng ra, bs.

Lời giải Xét hàm số gpxq “f 1 pxq ´ fpxq ´fpaq b´a , xP ra, bs.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử fpmq ą fpaq.

Xét hàm số f(x) tại điểm x1, ta có điều kiện f(x1) ≥ f(a) với a thuộc khoảng (x1, x2) Điều này dẫn đến f'(x1) ≥ 0, cho thấy g'(x1) < 0 Theo Định lý Lagrange, tồn tại x2 trong khoảng (a, x1) sao cho f'(x2) = f(x1) - f(a) / (x1 - a).

Do hàm g là liên tục, tồn tại x trong khoảng (x2, x1) sao cho g(px) = 0 Vì vậy, phương trình f1(px) = f(px) - f(a) b - a có nghiệm trên đoạn này.

Bài toán 3.55 ([5]) Không dùng máy tính bỏ túi, chứng minh rằng e π ąπ e

Lời giải Xét hàm số fpxq “ e x x e , xą0.

Ta có f 1 pxq “ e x x e ´e x e x e´1 x 2e “ e x x e`1 px´eq.

Vì f 1 pxq ą0 với mọi xP pe,`8q do đó hàm số f đồng biến trên khoảng pe,`8q Từ đó suy ra fpπq ąfpeq “ 1.