Tài liệu Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN TRỌNG THƯỞNG CÁC ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học: TS: NGUYỄN MINH KHOA THÁI NGUYÊN, 1 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 2012 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu 1 Những kiến thức cơ sở. 1.1 Hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Các tính chất hàm liên tục. . . . . . . . . . 1.2 Khái niệm về hàm khả vi. . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm. . . . . . . . . . . 1.2.2 Đạo hàm hàm hợp và đạo hàm hàm ngược. . 1.2.3 Đạo hàm một phía. . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Vi phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy. . . . . 1.4 Công thức Taylor, Mac-Laurin. . . . . . . . . . . . 1.5 Quy tắc Lopitan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Ứng dụng của các định lý về hàm khả vi. 2.1 Ứng dụng khảo sát tính chất nghiệm của phương trình. . . . . . . . . . . 2.1.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương trình có nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Sử dụng định lý Rolle trong giải phương trình. . . . . . . . . . . . 2.2 Ứng dụng chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Dùng định lý Lagrange để chứng minh bất đẳng thức. . . . . . . . 2.2.2 Dùng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số để chứng minh bất đẳng thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Ứng dụng tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Sử dụng định nghĩa đạo hàm tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Sử dụng khai triển Taylor tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Áp dụng quy tắc Lopitan tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Ứng dụng tính gần đúng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Tính gần đúng theo vi phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Ứng dụng tính xấp xỉ bằng công thức Taylor . . . . . . . . . . . 2 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên . . . . . . . . . . . 4 4 4 5 7 8 8 9 10 11 13 17 20 . 20 . 20 . . . . 25 31 33 33 . . . . . . . . 38 42 42 46 48 54 54 55 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu. Các định lý về hàm khả vi đóng một vai trò quan trọng trong giải tích toán học và thường xuyên được khai thác trong các kỳ thi Olympic quốc gia, quốc tế, kỳ thi Olympic sinh viên. Đây là một công cụ rất hiệu lực trong việc giải các bài toán liên quan đến sự tồn tại nghiệm và các tính chất nghiệm của các dạng phương trình khác nhau. Việc sử dụng định nghĩa đạo hàm, khai triển Taylor, quy tắc Lopitan vào các bài toán tính giới hạn, xấp xỉ là rất hữu hiệu. Luận văn này trình bày tương đối đầy đủ các kiến thức về hàm liên tục, hàm khả vi, các định lý về hàm khả vi. Đưa ra một số ứng dụng của chúng vào việc khảo sát tính chất nghiệm phương trình, các bài toán về bất đẳng thức. Sử dụng đạo hàm, khai triển Taylor, quy tắc Lopitan tính giới hạn.... Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ sở về khái niệm hàm liên tục, khái niệm đạo hàm, hàm khả vi, các định lý về hàm khả vi quy tắc Lopitan, khai triển Taylor. Chương 2: Một số ứng dụng của định lý về hàm khả vi. Trình bày các ứng dụng để giải các bài toán về khảo sát tính chất nghiệm của phương trình, bất đẳng thức, tính giới hạn, tính gần đúng. Qua đây tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Tiến sĩ Nguyễn minh Khoa đã giao đề tài và tận tình định hướng cho tác giả hoàn thành luận văn. Đồng thời tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến hội đồng khoa học trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, tập thể lớp cao học toán K4C trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn bè, người thân đã động viên giúp đỡ tác giả nghiên cứu học tập. Mặc dù đã cố gắng học tập nghiên cứu kĩ đề tài, song khó tránh khỏi thiếu sót, hạn chế. Tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo góp ý của các thầy cô, bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh có ý nghĩa hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn! THÁI NGUYÊN, năm 2012. Tác giả Đoàn trọng Thưởng 3 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 1 Những kiến thức cơ sở. 1.1 Hàm liên tục. 1.1.1 Các khái niệm. Định nghĩa 1.1.1. Cho tập hợp X ⊂ R, hàm số f : X → R và điểm x0 ∈ X. Nếu với mọi ε > 0 cho trước bao giờ cũng tồn tại δ > 0 ( nói chung phụ thuộc vào ε ) sao cho với mọi x ∈ {x ∈ X| |x−x0 | < δ} ta đều có |f (x)−f (x0 ) | < ε thì ta nói hàm f liên tục tại x0 . - Nếu f liên tục tại mọi điểm x ∈ X thì ta nói f liên tục trên X. - Hàm f không liên tục tại điểm x0 gọi là gián đoạn tại điểm này. - Giả sử X là một tập hợp số thực x0 ∈ R là một điểm tụ của X,f là một hàm số xác định trên X. Khi đó f liên tục tại điểm x0 , nếu và chỉ nếu lim f (x) = f (x0 ) x→x0 - Giả sử f là một hàm số xác định trên tập số thực X . Hàm số f liên tục tại điểm x0 ∈ X khi và chỉ khi ∀{xn } ⊂ X : lim xn = x0 ⇒ lim f (xn ) = f (x0 ) n→∞ n→∞ Ví dụ 1.1.1. a) Hàm f (x) = sinx liên tục trên R. Thật vậy giả sử x0 ∈ X với mọi x ∈ R ta có.       x − x0  x − x0  x + x0   sin ≤ 2  sin ≤ |x − x0 | | sin x − sin x0 | = 2  cos 2 2  2  Với ε bất kì ta lấy δ = ε khi đó ∀ x ∈ R | x − x0 | < ε → |sin x − sin x0 | < ε Vậy hàm f (x) = sinx liên tục tại x0 do đó liên tục trên R 4 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.1.2 Các tính chất hàm liên tục. Định lý 1.1.1. Nếu f và g là hai hàm cùng xác định trên tập hợp X và liên tục tại điểm x0 ∈ X thì αf + βg ( với α và β là hằng số ), f.g đều là những hàm liên tục tại x0 . Nếu g (x0 ) 6= 0 thì fg cũng là hàm liên tục tại x0 . Chứng minh định lý này suy ra từ các tính chất trên của hàm liên tục. Định lý 1.1.2. Giả sử A và B là các tập con của R, f : A → B liên tục tại x0 ∈ A, g : B → R liên tục tại y0 = f (x0 ) ∈ B. Khi đó hàm hợp gof : A → R liên tục tại x0 . Chứng minh. Cho trước ε > 0. Vì g liên tục tại y0 nên tồn tại η > 0 sao cho |g (y) − g (y0 ) | < ε với mọi y ∈ B thỏa mãn |y − y0 | < η. Do f liên tục tại x0 , với η > 0 nói trên tồn tại δ > 0 sao cho |f (x) − f (x0 )| < η, với mọi x0 ∈ A thỏa mãn |x − x0 | < δ. Khi đó, với mọi x ∈ {x ∈ A| |x−x0 | < δ} ta có | (gof) (x)−(gof) (x0 ) | = |g(f (x))−g (f (x0 )) | < ε. Vậy gof liên tục tại x0 . Định nghĩa 1.1.2. Hàm f : A → R gọi là liên tục bên phải tại điểm x0 ∈ A nếu mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ∈ {x ∈ A| x0 ≤ x 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ∈ {x ∈ A| x0 − δ ≤ x n. Dãy {xn }n là dãy bị chặn nên nó chứa một dãy con {xnk }k hội tụ đến x0 . Vì a ≤ xnk ≤ b với mọi k, nên cho k → ∞ ta suy ra a ≤ x0 ≤ b. Do f liên tục tại x0 ta có f (xnk ) → f (x0 ), từ đó |f (xnk ) |−|f (x0 ) | (k → ∞). Mặt khác |f (xnk ) | ≥ nk , vì thế |f (xnk ) | → +∞ (k → ∞) ta đi đến mâu thuẫn. Vậy hàm f bị chặn trên [a, b]. 5 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.1.4. Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì nó đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, tức là tồn tại hai số x0 , x00 ∈ [a, b] sao cho f (x0 ) = sup f (x), f (x00 ) = inf (x) x∈[a, b] x∈[a, b] Chứng minh. Vì hàm f bị chặn trên đoạn [a, b], vì thế tồn tại sup f (x) = M, M < +∞, inf (x) = m, m > −∞ x∈[a, b] x∈[a, b] Theo định nghĩa của cận trên đúng, tồn tại dãy xn ∈ [a, b] sao cho lim f (xn ) = M . n→∞ Dãy {xn }n là dãy bi chặn nên nó chứa một dãy con {xnk }k , xnk → x0 ∈ [a, b]. Khi đó, do f liên tục, ta có M = lim f (xn ) = lim f (xnk ) = f (x0 ).Vây hàm f đạt giá trị lớn nhất n→∞ k→∞ trên [a, b]. Tương tự ta chứng minh tồn tại x00 ∈ [a, b] sao cho f (x00 ) = m. f đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn Định lý 1.1.5. (định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất). Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a, b] và f (a) .f (b) < 0. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Định lý này có ý nghĩa hình học rất rõ ràng : nếu một đường cong liên tục đi từ một phía của trục x sang phía kia thì nó cắt trục này. Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết f (a) < 0 và f (b) > 0. Đặt A = {x ∈ [a, b] |f (x) ≤ 0}. Vì a ∈ A nên A 6= φ. Gọi c = sup A. Ta chứng minh f (c) = 0. Theo định nghĩa của cận trên đúng tồn tại dãy {tn }n ⊂ A sao cho lim tn = c. x→∞ Vì f liên tục tại c nên f (c) = lim f (tn ) ≤ 0. Do f (b) > 0 nên c 6= b và do đó c < b. n→∞ Nếu f (c) < 0 thì do f liên tục tai c, lim+ f (x) = f (c) < 0, do đó tồn tại δ > 0 sao cho x→c c + δ < b và f (x) < 0 với mọi x ∈ [c, c + δ]. Đặc biệt f (c + δ) < 0. Vì thế c + δ ∈ A, điều này mâu thuẫn với c là lân cận trên của A. Vậy f (c) = 0. Định lý 1.1.6. (định lý Bolzano - Cauchy thứ hai). Giả sử f liên tục trên [a, b]. Khi đó f nhận mọi giá trị trung gian giữa f (a) và f (b), tức với mọi số thực λ nằm giữa f (a) và f (b), tồn tại c ∈ [a, b] sao cho f (c) = λ. Chứng minh: Nếu f (a) = f (b) định lý hiển nhiên đúng. Giả sử f (a) 6= f (b). Không mất tổng quát ta có thể xem f (a) < f (b). Giả sử λ sao cho f (a) < λ < f (b). Xét các hàm g (x) = f (x) − λ. Ta có g(a) < 0, g(b) > 0. Theo định lý định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g(c) = 0 hay f (c) − λ = 0. Do đó f (c) = λ. 6 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.2 Khái niệm về hàm khả vi. Xét hàm số y = f (x) xác định trong một lân cận điểm x0 ∈ R. Cho x0 một số gia ∆x khá bé sao cho x0 + ∆x ∈ U . Khi đó ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) được gọi là số gia đối số ∆x tại điểm x0 . (x0 ) ∆y = f (x0 +∆x)−f có giới hạn hữu hạn khi ∆x → 0 thì Định nghĩa 1.2.1. Nếu tỉ số ∆x ∆x giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm f đối với x tại x0 và được kí hiệu là f 0 (x0 ). f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆x→0 ∆x f 0 (x0 ) = lim Khi đó ta nói rằng hàm f khả vi tại x0 . Ví dụ 1.2.1. Tính đạo hàm của hàm số y = x2 tại điểm x0 = 3. Giải. Đặt f (x) = x2 ta có ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = (3 + ∆x) − 32 = ∆x (6 + ∆x) ∆y = lim (6 + ∆x) = 6 ∆x→0 ∆x→0 ∆x lim Vậy f 0 (x0 = 3) = 6. Định nghĩa 1.2.2. Cho U là tập hợp mở trong R, f : U → R là một hàm xác định trên U . Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi điểm của U . Khi đó hàm số được gọi là đạo hàm của hàm số trên. Nếu f 0 liên tục trên U thì ta nói rằng f khả vi liên tục trên U . Định lý 1.2.1. Cho tập hợp mở U ⊂ R và hàm số f : U → R. Nếu f khả vi tại x0 ∈ U thì f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) h + r (h) .h trong đó r (h) → 0 khi h → 0. Chứng minh. Đặt f (x0 +h)−f (x0 ) h − f 0 (x0 ) = r (h) Do f khả vi tại x0 ra có r (h) → 0 khi h → 0. Do đó f (x0 + h) − f (x0 ) − f 0 (x0 ) = r (h) Điều kiện cần để hàm f khả vi tại x0 là f liên tục tại đó. 7 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chú ý : - Nếu f liên tục tại x0 thì chưa chắc f khả vi tại đó. Chẳng hạn hàm f (x) = |x| liên tục tại x0 = 0, tuy nhiên không tồn tại giới hạn lim f (0+∆x) = lim |∆x| tức là f ∆x ∆x ∆x→0 ∆x→0 không khả vi tại x0 = 0. - Nếu hàm số f có đạo hàm tại x0 thì nó liên tục tại điểm x0 . 1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm. Định lý 1.2.2. Cho U là tập mở trong R, f và g : U → R là các hàm khả vi tại x0 ∈ U khi đó các hàm f ± g, cf (c bất kỳ thuộc R), f.g và fg (nếu g (x0 ) 6= 0) là các hàm khả vi tại x0 và ta có. (f ± g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) ± g 0 (x0 ) (cf )0 (x0 ) = cf 0 (x0 ) 0 0 0 (f.g)   (x0 ) = f (x0 ) g (x0 ) + f (x0 ) g (x0 ) f g 1.2.2 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 )−f (x0 )g 0 (x0 ) g 2 (x0 ) Đạo hàm hàm hợp và đạo hàm hàm ngược. Định lý 1.2.3. Cho các tập hợp U , V trong R và các hàm f : U → V, g : V → R. Giả sử f khả vi tại x0 ∈ U và g khả vi tại y0 = f (x0 ) ∈ V . Khi đó hàm hợp gof khả vi tại x0 và (gof) (x0 ) = g 0 [f (x0 )] .f 0 (x0 ). Chứng minh: Cho x0 một số ∆x đủ bé sao cho x0 + ∆x ∈ U . Khi đó f có số gia ∆f ; ứng với số gia ∆f này hàm số h = gof có số gia ∆h, đó chính là số gia của h ứng với ∆x. Nếu ∆f 6= 0 ta có ∆h = g 0 (f (x0 )) ∆f + r (∆f ) .∆f (1) trong đó r (∆f ) → 0 khi đó ∆f → 0. Đẳng thức này cũng đúng khi cả ∆f = 0 vì khi đó ∆h = g (f (x0 ) + ∆f ) − g (f (x0 )) = g (f (x0 )) − g (f (x0 )) = 0 Chia cả hai vế 1 cho ∆x ta được ∆h ∆x = g 0 (f (x0 )) ∆f + r (∆f ) . ∆f → g 0 (f (x0 )) f 0 (x0 ) khi ∆x → 0 ∆x ∆x Tức là ta có (gof) (x0 ) = g 0 (f (x0 )) .f 0 (x0 ) Ví dụ 1.2.2. Tính (ln |x|)0 , (x 6= 0) . Ta có 1 (ln |x|)0 = . (|x|)0 = |x| ( 1 , |x| 1 − |x| , x>0 x<0 Vậy (ln |x|)0 = 1 , x 6= 0 x 8 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.2.4. Giả sử 1) Hàm số f : (a, b) → R liên tục và đơn điệu thực sự trong khoảng (a, b). 2) f có đạo hàm f 0 (x0 ) 6= 0 tại x0 ∈ (a, b). Khi đó hàm ngược g = f −1 của hàm f có đạo hàm tại điểm y0 = f (x0 ) và g 0 (y0 ) = 1 . f 0 (x0 ) Chứng minh. Với y ∈ (c, d) = f [(a, b)] , y 6= y0 do g cũng đơn điệu thực sự ta có x = g (y) 6= g (y0 ) = x0 . Khi đó g(y)−g(y0 ) y−y0 = x−x0 f (x)−f (x0 ) = 1 f (x)−f (x0 ) x−x0 . Khi y → y0 , do hàm ngược g cũng là hàm liên tục, ta có x → x0 . Từ đó ta có lim y→y0 g(y)−g(y0 ) y−y0 1 = lim f (x)−f (x0 ) x−x0 x→x0 . Vậy g 0 (y0 ) = f0 1 (x0 ) . Ví dụ 1.2.3. Một số các hàm ngược sau . 1) Xét hàm số y = arctan x hàm này là hàm ngược của hàm của hàm x = tan y − π2 < y < và ta có x0y = cos12 y = 1 + tan2 y = 1 + x2 . Vậy y 0x = 1 x0y = 1 1+x2 tức là (arctan x)0 = 1 . 1+x2 2) Xét
hàm y = arcsin x, x ∈ (−1, 1) hàm này là hàm ngược của hàm x = sin y, y ∈ ta có. − π2 , π2 (arcsin x)0 = 1 1 1 =p =√ (x ∈ (−1, 1)) 2 cos y 1 − x2 1 − sin y Tương tự ta có. 1 (arccos x)0 = − √1−x 2 (x ∈ (−1, 1)) 1 (arc tan x) = − 1+x 2 (x ∈ (−∞, +∞)) 1.2.3 Đạo hàm một phía. f (∆x+x0 )−f (x0 ) ∆x ∆x→0+ Định nghĩa 1.2.3. Cho hàm số f : [x0 , b] → R nếu tồn tại giới hạn lim thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên phải của f tại x0 kí hiệu f 0+ (x0 ). 9 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn π 2
f (∆x+x0 )−f (x0 ) ∆x ∆x→0− Tương tự, xét f : [a, x0 ] → R. Nếu tồn tại giới hạn lim thì được gọi là đạo hàm bên trái của f tại x0 , kí hiệu f 0− (x0 ). Nếu U là một lân cận của x0 và f : U → R thì các tính chất của giới hạn ta suy ra rằng hàm số f có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi nó có đạo hàm bên phải và đạo hàm bên trái tại x0 và hai đạo hàm này bằng nhau. Ví dụ 1.2.4. Xét hàm f (x) = |x|. Tại điểm x0 = 0 ta có. lim ∆f ∆x→0+ ∆x = lim ∆f ∆x→0− ∆x = lim − ∆x = −1, hay f− (0) = −1. ∆x lim ∆x ∆x→0+ ∆x = 1 , hay f+ (0) = 1 và ∆x→0− Vậy hàm f không có đạo hàm tại x0 = 0. 1.2.4 Vi phân. Định nghĩa 1.2.4. Cho tập hợp mở U ⊂ R và ánh xạ f : U → R khả vi tại x0 ∈ U . Ta gọi ánh xạ tuyến tính từ R vào R xác định bởi f 0 (x0 ) là vi phân của f tại x0 , kí hiệu là df (x0 ). Như vậy df (x0 ) (h) = f 0 (x0 ), với mọi h ∈ R. Từ định nghĩa đạo hàm và vi phân ta có f (x0 + h) − f (x0 ) = df (x0 ) (h) + 0 (h) trong đó 0 (h) là vô cùng bé cấp hơn h khi h → 0. Nếu f 0 (x0 ) 6= 0 ta có f (x0 + h) − f (x0 ) ≈ df (x0 ) (h) khi h → 0. Giả sử f, g là các hàm khả vi x0 ∈ U . Ta kí hiệu df, dg là các vi phân của hàm f và g tại x0 . Từ các quy tắc tính đạo hàm ta suy ra các quy tắc sau đây của phép tính vi phân. d (f + g) = df + dg d (cf ) = cdf d (cf  ) = df.g + f.d d f g = df.g−f dg g2 (g (x0 ) 6= 0) Kí hiệu h = ∆x, vi phân của hàm khả vi y = f (x) tại x được viết lại dưới dạng dy = df (x) = f 0 (x) ∆x. Nếu f (x) = x thì f 0 (x) = 1, khi đó dy = dx = 1 ∆x = ∆x và do đó vi phân của hàm y = f (x) có thể viết là dy = f 0 (x) dx. Công thức này cũng đúng cả khi x là hàm biến độc lập khác. Thật vậy nếu y = f [ϕ (t)] ta có dy = [f (ϕ (t))]0 dt = f 0 (x) .ϕ0 (t) dt = f 0 (x) dx 10 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy. Định nghĩa 1.3.1. Cho tập hợp mở U ⊂ R và hàm số f : U → R. Ta nói rằng hàm f đạt cực đại địa ( tương ứng cực tiểu ) tại x0 ∈ U nếu tồn tại một số δ > 0 sao cho (x0 − δ, x0 + δ ) ⊂ U và f (x0 ) ≤ f (x0 ) (tướng ứng f (x0 ) ≥ f (x0 )) với mọi x ∈ (x0 − δ, x0 + δ ). Điểm x0 mà tại đó hàm f đạt cực đại hoặc cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị của hàm f . Định lý 1.3.1. (Ferma). Cho tập hợp U ⊂ R và hàm f : U → R. Nếu điểm c ∈ U là điểm cực trị của hàm f và nếu tồn tại f 0 (c) thì f 0 (c) = 0. Chứng minh. Giả sử f đạt cực đại tại c ∈ U . Theo định nghĩa tồn tại δ > 0 sao cho (c − δ, c + δ) ⊂ U sao cho f (c + ∆x) − f (c) ≤ 0 với mọi ∆x có |∆x| < δ. Nếu ∆x > 0 (c) ≤ 0, cho ∆x → 0, ∆x > 0 ta có f 0 (c) ≤ 0. thì f (c+∆x)−f ∆x Nếu ∆x > 0 thì f (c+∆x)−f (c) ∆x ≥ 0, cho ∆x → 0, ∆x < 0 ta có f 0 (c) ≥ 0. Vậy f 0 (c) = 0 Trong trường hợp f đạt cực tiểu tại c ta chứng minh tương tự. Định lý 1.3.2. (Rolle). Giả sử hàm số f : [a, b] → R có các tính chất: a) f liên tục trên [a, b]. b) f khả vi trong (a, b). c) f (a) = f (b). Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f 0 (c) = 0. Chứng minh. - Nếu f là hằng số trên [a, b] tức là f (x) = f (a) = f (b) = hằng số. Khi đó f 0 (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b). - Nếu hàm f (x) không là hằng số trên [a, b]. Vì là hàm liên tục trên [a, b] nên f đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a, b] và ít nhất một trong hai giá trị này đạt được tại điểm c trong khoảng mở (a, b) vì f (a) = f (b). Theo giả thiết đạo hàm tồn tại ở mọi điểm trong (a, b) và vì thế tại điểm c trong khoảng này tại đó f đạt cực trị ta có f 0 (c) = 0. Định lý 1.3.3. (Lagrange). Giả sử hàm số f : [a, b] → R có các tính chất. 1) f liên tục trên đoạn [a, b]. 11 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2) f khả vi trong (a, b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) = f 0 (c) (b − a) (1) Chứng minh. Xét hàm số F : [a, b] → R xác định bởi F (x) = f (x) − f (a) − f (b) − f (a) (x − a) b−a Hàm F liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và F (b) = F (a) = 0. Theo định lí Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F 0 (c) = f 0 (c) − f (b)−f (a) b−a = 0 từ đó suy ra f (b) − f (a) = f 0 (c) b−a Chú ý : Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange. Công thức 1 có thể viết dưới dạng sau. Lấy a = x0 , b = x0 + ∆x, khi đó b − a = ∆x. Vì c ở giữa x0 và x0 + θ∆x nên c có thể viết dưới dạng c = x0 + θ∆x, trong đó 0 < θ < 1. Công thức 1 có thể viết dưới dạng f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f 0 (x0 + θ∆x)∆x Hệ quả. Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trong khoảng (a, b). Khi đó: a) Nếu f 0 (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f là một hằng số trên [a, b]. b) Nếu f 0 (x) > 0 (f 0 (x) < 0) với mọi x ∈ (a, b) thì f tăng (giảm) thực sự trên [a, b]. Chứng minh. a) Giả sử a ≤ x1 ≤ x2 ≤ b. Theo định lý Lagrange tồn tại c ∈ (x1 , x2 ) sao cho f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ) (2) Vì f 0 (c) = 0, từ đó suy ra f (x1 ) = f (x2 ). Vậy hàm f là một hằng số. b) Nếu f 0 (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b), thì từ 2 do f 0 (c) > 0 ta suy ra f (x2 ) − f (x1 ) > 0. Vậy f là hàm tăng. 12 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.3.4. (Cauchy). Giả sử các hàm f, g : [a, b] → R có các tính chất: 1) f và g liên tục trên [a, b]. 2) f và g khả vi trong (a, b). Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho [f (b) − f (a)] g 0 (c) = [g(b) − g(a)] f 0 (c) (3) Nếu hơn nữa g 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ (a, b) thì công thức (3) có thể viết là f 0 (c) f (b) − f (a) = 0 g(b) − g(a) g (c) (4) Chứng minh. Xét hàm h : [a, b] → R xác định bởi h(x) = [f (b) − f (a)] g(x) − [g(b) − g(a)] f (x). Hàm h liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và h(a) = f (b).g(a) − g(b).f (a) = h(b). Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho h0 (c) = [f (b) − f (a)] .g 0 (c) − [g(b) − g(a)] .f 0 (c) = 0 từ đó suy ra (3). Nếu hơn nữa g 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ (a, b) thì g(b) − g(a) 6= 0 vì nếu không sẽ tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho g 0 (ξ) = 0, trái với giả thiết. Khi đó từ (3) ta suy ra (4). Chú ý : Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy với hàm g(x) = x. 1.4 Công thức Taylor, Mac-Laurin. Định lý 1.4.1. (Công thức Taylor với số dư dạng Lagrange). Giả sử hàm f : (a, b) → R khả vi đến n + 1 trong (a, b), x0 ∈ (a, b). Khi đó với mọi x ∈ (a, b) ta có f (x) = n X f k (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k + f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 (n + 1)! (1) trong đó c là một điểm nằm giữa x và x0 . Chứng minh. Xét hàm. ϕ(t) = f (x) − f (t) − f 0 (t) f 00 (t) f n (t) (x − t) − (x − t)2 − ... − (x − t)n . 1! 2! n! 13 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Trong đó biến độc lập t biến thiên trên [x0 , x] (để xác định ta xem x > x0 ). ϕ(t) liên tục trên [x0 , x]. Kí hiệu pn (x) = n X f k (x0 ) k! k=0 (x − x0 )k , rn (x) = f (x) − pn (x) ϕ(x0 ) = rn (x) , ϕ(x) = 0 ta có (2) Lấy đạo hàm của hàm số ϕ(t) theo t ta được h 00 i h 000 i 00 ϕ0 (t) = −f (t) − f 1!(t) (x − t) − f 0 (t) − f 2!(t) (x − t)2 − f 1!(t) h (n+1) i (n) (t) −... − f n! (t) (x − t)n − f(n−1)! (x − t)n−1 hay ϕ0 (t) = f (n+1) (t) (x n! − t)n (3). Giả sử ψ (t) là một hàm nào đó liên tục trên đoạn [x0 , x] và có trong khoảng (x0 , x) đạo hàm ψ 0 (t) 6= 0. Khi đó áp dụng định lý Cauchy cho cặp hàm ϕ (t) , ψ (t) ta suy ra tồn tại một điểm c nằm giữa x0 và x, có dạng x0 + θ (x − x0 ) , 0 < θ < 1 sao cho ϕ (x0 ) − ϕ (x) ϕ0 (c) = 0 ψ (x0 ) − ψ (x) ψ (t) Từ (2) và (3) ta suy ra rn (x) = ϕ (x0 ) = ϕ (x0 ) − ϕ (x) = − ψ (x0 ) − ψ (x) f (n+1) (c) . (x − c)n 0 ψ (x) n! (4) Nếu ta chọn ψ (t) = (x − t)n+1 thì các điều kiện nói trên đối với hàm ψ (t) được thực hiện và ta có ψ (x0 ) = (x − x0 )n+1 , ψ (x) = 0, ψ 0 (c) = − (n + 1) (x − c)n Thay vào (4) ta được rn (x) = f (n+1) (c) (x (n+1)! − x0 )n+1 . Vậy ta có: f (x) = pn (x) + rn (x) = n X f k (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k + f (k+1) (c) (x − x0 )n+1 . (n + 1)! Công thức (1) được chứng minh. 1) Vì c nằm giữa x và x0 nên công thức (1) có thể viết lại dưới dạng: f (x) = n X f k (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k + f (n+1) (x0 + θ (x − x0 )) (x − x0 )n+1 . (n + 1)! trong đó θ < 0 < 1. 14 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (n+1) (x0 +θ(x−x0 )) (x − x0 )n+1 được gọi là số dư thứ n của công thức Đại lượng rn (x) = f (n+1)! Taylor dưới dạng Lagrange. 2) Nếu trong công thức (4) ta lấy hàm ψ (t) = x − t thì ta có ψ (x0 ) = x − x0 , ψ (x) = 0, ψ 0 (x) = −1. Bởi vì rn (x) = f (n+1) (x0 + θ (x − x0 )) (x − θ)n (x − x0 )n+1 (n + 1)! (5) Biểu thức (5) được gọi là số dư dưới dạng Cauchy của khai triển Taylor. Định lý 1.4.2. Cho tập hợp mở U ⊂ R. Giả sử hàm f : U → R khả vi đến cấp n trong một lân cận nào đó của x0 ∈ U và f (n) (x) liên tục tại x0 . Khi đó với x ở trong lân cận nói trên của x0 ta có f (x) = f (x0 ) + f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) (x − x0 ) + ... + (x − x0 )n + 0 ((x − x0 )n ) 1! n! Công thức trên đây được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm f trong lân cận của x0 . Chứng minh. Trong công thức (1) thay n bởi n − 1 ta có f (x) = f (x0 ) + f (n−1) (x0 ) f (n) (c) f 0 (x0 ) (x − x0 ) + ... + (x − x0 )n−1 + (x − x0 )n (6) 1! (n − 1) n! (n) (n) trong đó c nằm giữa x và x0 . Đặt α (x) = f n(c) − f n!(x0 ) . Vì khi x → x0 ta cũng có c → x0 nên do tính liên tục của f (n) (x) tại x0 ta có f (n) (c) → f (n) (x0 ) và do đó α (x) → 0. Vì thế α (x) (x − x0 )n = 0 ((x − x0 )n ). Trong (6) thay f (n) (c) n! f (x) = f (x0 ) + Như vậy bằng f (n) (x0 ) n! + α (x) ta được f 0 (c) f (n) (x0 ) (x − x0 ) + ... + (x − x0 )n + 0 ((x − x0 )n ) . 1! n! rn (x) = 0 ((x − x0 )n ) . (7). Số dư dạng (7) của khai triển Taylor được gọi là số dư dạng Peano. Chú ý : Khai triển Taylor của hàm f (x) trong lân cận của điểm x0 = 0 còn được gọi là khai triển Mac-Laurin. f (x) = f (0) + f 0 (0) f 00 (0) 2 f (n) (0) n x+ x + ... + x + rn (x) . 1! 2! n! Sau đây khai triển Mac Laurin một số hàm sơ cấp cơ bản. 15 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn - Hàm f (x) = ex . Hàm này khả vi vô hạn và f (n) (x) = ex với mọi n ∈ N . Tại x0 = 0 ta có f (n) (0) = 1 với mọi n. Do đó x x2 xn + + ... + + 0 (xn ) 1! 2! n!
- Hàm f (x) = sinx khả vi mọi cấp và f n (x) = sin x + n π2 . ex = 1 + x0 = 0 ta có f (2n) (0) = sin nπ = 0, f (2n+1) (0) = (−1)n . Do đó sin x = x −
x3 x5 x7 x2n−1 + − + ... + (−1)n−1 + 0 x2n 3! 5! 7! (2n − 1)! - Tương tự ta có đối với hàm f (x) = cosx cos x = x −
x3 x5 x7 x2n + − + ... + (−1)n + 0 x2n+1 2! 4! 6! (2n)! - Hàm f (x) = ln (1 + x) khả vi mọi cấp với x > −1 và f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)!(1 + x)−n . Tại x0 = 0 ta có f (n) (0) = (−1)n−1 (n − 1)!. Do đó ln (1 + x) = 1 − xn x x2 + + ... + (−1)n−1 + 0 (xn ) 2 3 n - Hàm f (x) = (1 + x)α , α ∈ R (x > −1) có f (k) (x) = α (α − 1) ... (α − k + 1) (1 + x)α−k Tại x0 = 0 ta có f (k) (0) = α (α − 1) ... (α − k + 1). Do đó (1 + x)α = 1 + αx + α (α − 1) ... (α − n + 1) n α (α − 1) 2 x + ... + x + 0 (xn ) 2! n! . Nếu f (x) = Pn (x) là một đa thức bậc n của x thì f (n+1) (x) = 0 với mọi x. Do đó ta có Pn (x) = pn (a) + p00 (a) p(n) n (a) p0n (a) (x − a) + n (x − a)2 + ... + (x − a)n . 1! 2! n! Ví dụ 1.4.1. Biểu diễn hàm số f (x) = 2x3 − 3x2 + 5x + 1 dưới dạng tổng của các lũy thừa của nhị thức x + 1. Ta có f (−1) = −9 , f 0 (−1) = 17 , f 00 (−1) = −18 , f 000 (−1) = 12. Do đó f (x) = −9 + 17 (x + 1) − 18 (x 2! + 1)2 + 12 (x 3! + 1)3 = 2(x + 1)3 − 9(x + 1)2 + 17 (x + 1) − 9 16 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.5 Quy tắc Lopitan. a) Dạng vô định 0 0
. Định lý 1.5.1. Giả sử các hàm f, g khả vi trong lân cận của x0 , f (x0 ) = g (x0 ) = 0 và g 0 (x) 6= 0 trong lân cận (có thể trừ điểm x0 ). f 0 (x) 0 x→x0 g (x) Nếu lim f (x) x→x0 g(x) = A thì ta cũng có lim = A. Chứng minh. Ta có g 0 (x) 6= 0 nếu x 6= x0 và khá gần x0 vì nếu g (x) = g (x0 ) = 0 theo định lý Rolle tồn tại c ở giữa x và x0 sao cho g 0 (c) = 0 trái với giả thiết g 0 (x) 6= 0 khi x khá gần x0 (x 6= x0 ). Vì f (x0 ) = g (x0 ) = 0. Vì f (x0 ) = g (x0 ) = 0 nên với x khá gần x0 (x)−g(x0 ) (x) = fg(x)−g(x . ta có fg(x) 0) Áp dụng định lý Cauchy ta suy ra tồn tại c ở giữa x và x0 sao cho f (x) − g (x0 ) f 0 (c) = 0 . g (x) − g (x0 ) g (c) f (x) x→x0 g(x) Khi x → x0 ta có c → x0 , từ đó lim f 0 (c) 0 c→x0 g (c) = lim = A. Một cách tổng quát nếu trong lân cận nào đó của x0 các hàm f và g có đạo hàm đến cấp n và g n (x) 6= 0 trong lân cận đó (có thể trừ điểm x0 ) đồng thời f (x0 ) = g (x0 ) = f 0 (x0 ) = g 0 (x0 ) = ... = f (n−1) (x0 ) = g (n−1) (x0 ) = 0 thì bằng cách áp dụng quy tắc Lopitan n lần ta có: lim x→x0 f (x) f n (x) = lim n g (x) x→x0 g (x) nếu giới hạn ở vế phải tồn tại. Định lý 1.5.2. Giả sử f và g là những hàm xác định trên (a, +∞) sao cho: 1) lim f (x) = lim g (x) = 0. x→+∞ x→+∞ 2) f và g khả vi trên (a, +∞) và g 0 (x) 6= 0 trên đó. f 0 (x) 0 x→+∞ g (x) 3) lim = l. f (x) x→+∞ g(x) Khi đó lim = l. Chứng minh. Đặt t = x1 , khi x → +∞ thì t → 0+ . Kí hiệu F (t) = f 1 t
, G (t) = g Mặt khác F 0 (t) = − t12 f 0 1 t
1 t
. Khi đó lim+ F (t) = lim+ G (t) = 0. , G0 (t) = − t12 g 0 17 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên t→0 1 t
t→0 và F 0 (t) G0 (t) = f 0 ( 1t ) g 0 ( 1t ) . http://www.lrc-tnu.edu.vn Sử dụng định lý 1.5.1 ta có f (x) F (t) F 0 (t) f 0 (t) = lim+ = lim+ 0 = lim+ 0 =l x→+∞ g (x) t→0 G (t) t→0 G (t) t→0 g (t) lim Nhận xét. Như vậy quy tắc Lopitan còn đúng khi xét các giới hạn một phía. Trên đây ta đã phát biểu và chứng minh trường hợp x0 = +∞, trường hợp x0 = −∞ chứng minh hoàn toàn tương tự. b) Dạng vô định ∞ . ∞ Định lý 1.5.3. Giả sử f, g là hai hàm xác định trên một lân cận U của c sao cho 1) lim f (x) = lim g (x) = +∞. x→c x→c 2) f và g khả vi trên U và g 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ U \{c}. 0 (x) = l. 3) lim fg0 (x) x→c (x) Khi đó lim fg(x) = l. x→c Chứng minh. Từ giả thiết 3) ta suy ra với ε > 0 cho trước tồn tại η > 0 đủ nhỏ sao cho (c, c + η) nằm trong lân cận nêu trong giả thiết của định lý và | f 0 (x) ε − l| < , ∀ x ∈ (c, c + η) g 0 (x) 2 Đặt c + η = x0 và lấy x ở giữa c và x0 . Áp dụng định lý Cauchy đối với cặp hàm f, g trên đoạn [x, x0 ] ta có f 0 (ξ) f (x) − f (x0 ) = 0 , x < ξ < x0 g (x) − g (x0 ) g (ξ) (x)−f (x0 ) Do đó | fg(x)−g(x − l| < 2ε . Mặt khác đồng nhất thức 0)    f (x0 ) − lg (x0 ) g (x0 ) f (x) − f (x0 ) f (x) −l = + 1− −l g (x) g (x) g (x) g (x) − g (x0 ) Vì g (x) → +∞ khi x → c nên tồn tại δ > 0, δ ≤ n sao cho với x thỏa mãn c < x < c+δ ta có g (x) > g (x0 ) và f (x0 ) − lg (x0 ) ε | |< g (x) 2 Với x sao cho thỏa mãn c < x < x + δ ta có g (x) > g (x0 ) và | f (x0 ) − lg (x0 ) ε |< g (x) 2 18 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Với c < x < x + δ ta có | Vậy lim+ x→c f (x) g(x) f (x) ε ε − l| < + = ε g (x) 2 2 = l tương tự ta chứng minh được hệ thức lim− x→c Do đó f (x) g(x) = l. f (x) =l x→c g (x) lim Chú ý : 1) Nếu l = +∞ thì định lý vẫn đúng. Thật vậy, khi đó giả thiết ta có f 0 (x) 6= 0 với x đủ gần c. Thay đổi vai trò của f và g ta có g 0 (x) =0 x→c f 0 (x) lim = 0, từ đó lim fg(x) = +∞. Do đó theo định lý vừa được chứng minh lim fg(x) (x) (x) x→c x→c 2) Kết quả trên còn đúng khi c = ±∞. 3) Định lý vẫn còn đúng nếu lim f (x) = −∞ và lim g (x) = −∞. x→c x→c c) Quy tắc Lopitan còn được sử dụng để khử các dạng vô định ∞ − ∞, 0.∞, 00 , 1∞ . 19 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 2 Ứng dụng của các định lý về hàm khả vi. 2.1 2.1.1 Ứng dụng khảo sát tính chất nghiệm của phương trình. Sử dụng tính chất hàm liên tục. Áp dụng định lý: - Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] và f (a) .f (b) < 0 thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Nếu thêm tính chất hàm số đơn điệu trên (a, b) thì c là nghiệm duy nhất. - Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] và f (a) = A, f (b) = B. Khi đó tồn tại C nằm giữa A và B thì có ít nhất giá trị x0 thuộc (a, b) sao cho f (x0 ) = C. - Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] thì f nhận mọi giá trị trung gian giữa giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M . Bài toán 1: Chứng minh phương trình f (x) = 0 có nghiệm. par Phương pháp: Ta xét hàm số f (x) kiểm tra tính liên tục. Trên miền liên tục đó ta chọn 2 giá trị a, b phân biệt mà f (a).f (b) < 0. Từ đó lý luận điều phải chứng minh. - Nếu phương trình có dạng f (x) = g (x) ta xét hàm h (x) = f (x) − g (x) và làm tương tự. - Nếu phương trình có dạng A(x) B(x) = C (x) ta biến đổi vê dạng A (x) − C (x) B (x) = 0 A(x) hoặc B(x) − C (x) = 0. Đôi khi còn nhiều còn nhiều cách biến đổi khác (chú ý điều kiên xác định phương trình có nghiệm) Bài toán 2 . Chứng minh tồn tại số c thỏa mãn một đẳng thức. Ta có thể thay thế c bởi biến x và đưa đẳng thức về dạng phương trình có ẩn số x. Bài toán trở về bài toán ban đầu. 20 20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn