Bài tập giải tích toán học

t; 0 thì từ (1) suy ra f(x) > A xĂx1x2Ăx1 + f(x1), vô lý vì f là hàm bị chặn trên. Tương tự nếu f(x1) > f(x2) thì f(x1) = A+ f(x2), chọn x < x1 < x2 ta được f(x) á x2 Ă x x2 Ă x1 + f(x2); mâu thuẫn với giả thiết f bị chặn trên. 2.4.15. Không. Xét hàm f(x) = eĂx, x 2 (a;1) và f(x) = ex, x 2 (Ă1; a): 2.4.16. Giả sử rằng f không đơn điệu, khi đó tồn tại a < x1 < x2 < x3 < b sao cho f(x1) > f(x2) và f(x2) < f(x3); hoặc f(x1) f(x3): Vì f lồi nên f(x2) ∙ maxff(x1); f(x3)g, suy ra trường hợp sau không xảy ra. Từ tính liên tục của f (xem 1.2.33) ta suy ra tồn tại c 2 [x1; x3] sao cho f(c) = minff(x) : x 2 [x1; x3]g, sử dụng giả thiết f lồi ta suy ra f(x1) ∙ maxff(x); f(c)g với x 2 (a; x1), từ đó suy ra vì f(c) ∙ f(x1) nên f(x1) ∙ f(x), vậy nếu x; y 2 (a; c] thì ² từ x < y < x1 suy ra f(y) ∙ maxff(x); f(x1)g = f(x), ² từ x < x1 ∙ y suy ra f(y) ∙ maxff(c); f(x1)g = f(x1) ∙ f(x); ² từ x1 ∙ x < y suy ra f(y) ∙ maxff(c); f(x)g = f(x); suy ra f là hàm giảm trên (a; c], lặp lại lập luận trên ta suy ra f là hàm tăng trên [c; b). 2.4.17. Đây là hệ quả trực tiếp của bài tập trên. 2.4. Hàm lồi 269 2.4.18. Vì f bị chặn nên sử dụng bài tập trên ta suy ra giới hạn một phía của f tại các điểm a và b tồn tại hữu hạn, vậy kết hợp với 1.2.33 và 1.5.7 ta được điều phải chứng minh. 2.4.19. Cho x1 < x2 là hai điểm thuộc (a; b), khi đó với a < y < x1 < x < x2 ta có (xem (1) và (2) trong 2.4.1) f(y)Ă f(x1) y Ă x1 ∙ f(x)Ă f(x1) xĂ x1 ∙ f(x2)Ă f(x1) x2 Ă x1 ;(Ô) từ đó suy ra hàm x 7! f(x)Ăf(x1) xĂx1 tăng và bị chặn dưới trên (x1; b), vậy đạo hàm phải f 0+(x1) tồn tại và f 0+(x1) ∙ f(x2)Ă f(x1) x2 Ă x1 :(ÔÔ) Chú ý rằng với x1 < x2 < t < b ta có f(x2)Ă f(x1) x2 Ă x1 ∙ f(t)Ă f(x2) tĂ x2 ; vậy f(x2)Ă f(x1) x2 Ă x1 ∙ f 0 +(x2): Kết hợp bất đẳng thức trên với (ÔÔ) ta được f 0+(x1) ∙ f 0+(x2). Lập luận tương tự ta chứng minh được rằng đạo hàm trái của f cũng tồn tại và tăng trên (a; b), hơn nữa từ (Ô) suy ra với x1 2 (a; b) ta có f 0Ă(x1) ∙ f 0+(x1). Nhắc lại rằng theo (2) của 2.4.1 ta có nếu x1 < x < x2 thì f(x)Ă f(x1) xĂ x1 ∙ f(x2)Ă f(x) x2 Ă x : Suy ra f 0+(x1) ∙ f 0Ă(x2): Như vậy ta có f 0Ă(x1) ∙ f 0+(x1) ∙ f 0Ă(x2) ∙ f 0+(x2) với x1 < x2: 270 Chương 2. Vi phân Các bất đẳng thức trên cho ta thấy rằng nếu một trong các đạo hàm một phía của f liên tục tại một điểm của (a; b) thì ta có dấu đẳng thức tại điểm đó. Vì hàm đơn điệu chỉ có cùng lắm là đếm được điểm gián đoạn (xem 1.2.29) nên các đạo hàm một phía sẽ bằng nhau bên ngoài một tập đếm được (có độ đo 0). Các khẳng định trên đều đúng đối với hàm lõm. 2.4.20. Vì f 0 tăng chặt nên hàm ngược (f 0)Ă1 tồn tại và ằ(x) = (f 0)Ă1 à f(b+ x)Ă f(aĂ x) bĂ a+ 2x ả : Từ đó suy ra hàm ằ khả vi trên (0;1). Đạo hàm đẳng thức trong đề bài ta được f 0(b+ x) + f 0(aĂ x)Ă 2f 0(ằ) bĂ a+ 2x = f 00(ằ)ằ0(x):(1) Chú ý rằng f 00(x) á 0 và vì f 00 tăng chặt nên f 0 lồi chặt (xem 2.4.1), vì vậy (xem hình vẽ bên dưới) (bĂ a+ 2x)f 0(b+ x)Ă f 0(aĂ x) 2 > Z b+x aĂx f 0(t)dt = f(b+ x)Ă f(aĂ x): Hình vẽ Do đó f 0(b+ x) + f 0(aĂ x) 2 > f 0(ằ); vậy theo (1) ta được ằ0(x) > 0 với x > 0. 2.4.21. Không mất tính tổng quát giả sử rằng nP i=1 jxij > 0 và nP i=1 jyij > 0. Theo 2.4.4 ta có jxijà nP i=1 jxijp ả1=p  jyijà nP i=1 jyijq ả1=q ∙ 1p 0BBB@ jxijà nP i=1 jxijp ả1=p 1CCCA p + 1 q 0BBB@ jyijà nP i=1 jyijq ả1=q 1CCCA q : 2.4. Hàm lồi 271 Cộng vế với vế bất đẳng thức trên theo i = 1; 2; : : : ; n ta được nP i=1 jyixijà nP i=1 jxijp ả1=pà nP i=1 jyijq ả1=q ∙ 1 p nX i=1 0BBB@ jxijà nP i=1 jxijp ả1=p 1CCCA p + 1 q nX i=1 0BBB@ jyijà nP i=1 jyijq ả1=q 1CCCA q = 1 p nP i=1 jxijp nP i=1 jxijp + 1 q nP i=1 jyijq nP i=1 jyijq = 1 p + 1 q = 1: 2.4.22. Với p = 1 ta có điều phải chứng minh. Với p > 1 xét q thoả m∙n 1 p + 1 q = 1, khi đó q = p pĂ1 , do đó nX i=1 jxi + yijp = nX i=1 jxi + yijjx1 + yijpĂ1 ∙ nX i=1 jxijjxi + yijpĂ1 + nX i=1 jyijjxi + yijpĂ1 ∙ à nX i=1 jxijp ! 1 p à nX i=1 jxi + yij(pĂ1)q ! 1 q à nX i=1 jyij ! 1 p à nX i=1 jxi + yij(pĂ1)q ! 1 q = 0@à nX i=1 jxijp ! 1 p + à nX i=1 jyijp ! 1 p 1Aà nX i=1 jxi + yijp ! 1 q : Từ đó suy ra à nX i=1 jxi + yijp ! 1 p ∙ à nX i=1 jxijp ! 1 p + à nX i=1 jyijp ! 1 p : 272 Chương 2. Vi phân 2.4.23. Theo bất đẳng thức Holder ta có NX n=1 janj n 4 5 ∙ à NX n=1 a4n ! 1 4 à NX n=1 1 n 16 15 ! 3 4 : 2.4.24. Đặt s1 = x1 + x2 +   Â+ xn , s2 = y1 + y2 +   Â+ yn và S = (sp1 + sp2) 1 p , khi đó Sp = xp1 + s p 2 = Ă x1s pĂ1 1 + y1s pĂ1 2  + Ă x2s pĂ1 1 + y2s pĂ1 2  +   Â+ ĂxnspĂ11 + ynspĂ12  : Từ đó suy ra theo bất đẳng thức Holder Sp ∙ (xp1 + y p 1) 1 p (sp1 + s p 2) 1 q + (xp2 + y p 2) 1 p (sp1 + s p 2) 1 q +   Â+ (xpn + ypn) 1 p (sp1 + s p 2) 1 q = S p q ³ (xp1 + y p 1) 1 p + (xp2 + y p 2) 1 p +   Â+ (xpn + ypn) 1 p ´ : Ta được điều phải chứng minh. 2.4.25. Đặt si = mX j=1 xi;j và S = à nX i=1 si ! 1 p : Theo bất đẳng thức Holder ta có Sp = nX i=1 sis pĂ1 i = nX i=1 mX j=1 xi;js pĂ1 i = mX j=1 si=1nxi;js pĂ1 i ∙ mX j=1 à nX i=1 xpi;j ! 1 p à nX i=1 spi !pĂ1 p = SpĂ1 mX j=1 à nX i=1 xpi;j ! 1 p ; từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2.4. Hàm lồi 273 2.4.26. Xét x; y 2 I sao cho x < y. Với n = 0; 1; 2; : : : đặt Tn = ẵ i 2n : i = 0; 1; : : : ; 2n ắ : Ta sẽ sử dụng quy nạp để chứng minh rằng với n = 0; 1; : : : và s 2 Tn thì f((1Ă s)x+ sy) ∙ (1Ă s)f(x) + sf(y): Thật vậy, với n = 0 bất đẳng thức là hiển nhiên với s = 0 hoặc s = 1. Giả sử ta chứng minh được bất đẳng thức đến n và với s 2 Tn, ta đi chứng minh nó với n+ 1. Xét s 2 Tn+1, ta nhận thấy chỉ cần chứng minh đối với trường hợp s =2 Tn. Vì tồn tại ằ; ´ 2 Tn sao cho s = ằ+´2 nên (1Ă s)x+ sy = à 1Ă ằ + ´ 2 ả x+ ằ + ´ 2 y = (1Ă ằ) + (1Ă ´) 2 x+ ằ + ´ 2 y = ((1Ă ằ)x+ ằy) + ((1Ă ´)x+ ´y 2 : Vì f lồi nên f((1Ă s)x+ sy) ∙ f((1Ă ằ)x+ ằy) + f((1Ă ´)x+ ´y) 2 : Sử dụng giả thiết quy nạp ta được f((1Ă s)x+ sy) ∙ (1Ă ằ)f(x) + ằf(y) + (1Ă ´)f(x) + ´f(y) 2 = à 1Ă ằ + ´ 2 ả f(x) + ằ + ´ 2 f(y) = (1Ă s)f(x) + sf(y): Xét t 2 [0; 1] nào đó, vì tập T = 1[ n=0 Tn 274 Chương 2. Vi phân trù mật trong [0; 1] nên tồn tại d∙y điểm fsng ẵ T sao cho t = lim n!1 sn, do đó vì f liên tục nên f((1Ă t)x+ ty) = lim n!1 f((1Ă sn)x+ sny) ∙ lim n!1 ((1Ă sn)f(x) + snf(y)) = (1Ă t)f(x) + tf(y): 2.4.27. Tồn tại f : R ! R cộng tính và không liên tục (xem 1.6.31). Nếu f là một hàm thì với mọi x 2 R ta có f(x) = f ³x 2 + x 2 ´ = f ³x 2 ´ + f ³x 2 ´ = 2f ³x 2 ´ : Vậy f Ă x 2  = 1 2 f(x), từ đó suy ra với x; y 2 R ta có f à x+ y 2 ả = f ³x 2 + y 2 ´ = 1 2 f(x) + 1 2 f(y) = f(x) + f(y) 2 : Nếu f lồi trên R thì nó phải liên tục (xem 1.2.33), vô lý. 2.4.28. Không giảm tổng quát, giả sử rằng x < y. Với t 2 (0; 1) đặt z = (1 Ă t)x + ty thì x < z < y và tồn tại a 2 (x; z) và b 2 (z; y) sao cho z = a+b 2 . Tương tự tồn tại ta 2 (0; t) và tb 2 (t; 1) sao cho a = (1Ă ta)x+ tay và b = (1Ă tb)x+ tby: Vì z = a+b 2 nên t = ta+tb 2 , sử dụng kết quả của 2.4.26 ta suy ra f lồi trên I, ta cần chứng minh rằng f lồi thực sự. Ta có f((1Ă t)x+ ty) = f(z) < f(a) + f(b) 2 = f((1Ă ta)x+ tay) + f((1Ă tb)x+ tby) 2 ∙ (1Ă ta)f(x) + taf(y) + (1Ă tb)f(x) + tbf(y) 2 = à 1Ă ta + tb 2 ả f(x) + ta + tb 2 f(y) = (1Ă t)f(x) + tf(y): 2.4. Hàm lồi 275 2.4.29. Vì f liên tục trên I (xem 1.2.33) nên nó bị chặn địa phương. Xét x0 2 I và " > 0 sao cho khoảng [x0Ă2"; x0+2"] vẫn nằm trong I, vì f bị chặn địa phương nên tồn tại M > 0 sao cho jf(x)j ∙M với x 2 [x0 Ă 2"; x0 + 2"]:(1) Xét x1 6= x2 trong x0 Ă "; x0 + "], điểm x3 = x2 + "jx2Ăx1j(x2 Ă x1) thuộc [x0 Ă 2"; x0 + 2"] và x2 = " jx2 Ă x1j+ "x1 + jx2 Ă x1j jx2 Ă x1j+ "x3: Vì f lồi nên ta suy ra f(x2) ∙ " jx2 Ă x1j+ "f(x1) + jx2 Ă x1j jx2 Ă x1j+ "f(x3): Từ đó suy ra f(x2)Ă f(x1) ∙ jx2 Ă x1jjx2 Ă x1j+ "(f(x3)Ă f(x1)) ∙ jx2 Ă x1j " (f(x3)Ă f(x1)) Kết hợp với (??) ta được f(x2)Ă f(x1) ∙ 2M" jx2Ăx1j: Cuối cùng vì vai trò của x2 và x1 bình đẳng nên ta được jf(x2)Ă f(x1)j ∙ 2M" jx2 Ă x1j: 2.4.30. Xét x1 < x2, x1; x2 2 (0;1). Nếu 0 < x < x1 thì x1 = x2 Ă x1 x2 Ă x x+ x1 Ă x x2 Ă xx2: Vì f lồi nên f(x1) ∙ x2 Ă x1 x2 Ă x f(x) + x1 Ă x x2 Ă xf(x2): Cho x! 0+ ta được f(x1) ∙ x1 x2 f(x2): 2.4.31. 276 Chương 2. Vi phân (a) Từ tính đơn điệu của hàm x 7! f(x) x ta suy ra với x1; x2 á 0 f(x1 + x2) = x1 f(x1 + x2) x1 + x2 + x2 f(x1 + x2) x1 + x2 ∙ f(x1) + f(x2): (b) Giả sử 0 < a < b và đặt p = a b và q = 1 Ă p, sử dụng tính lồi và dưới cộng tính của f ta được f(b) = f(pa+ q(a+ b)) ∙ pf(a) + qf(a+ b) ∙ pf(a) + q(f(a) + f(b)) = f(a) + ³ 1Ă a b ´ f(b): Suy ra f(b) b ∙ f(a) a : 2.4.32. Giả sử phản chứng rằng f không lồi thực sự hoặc lõm thực sự, thế thì tồn tại các điểm đ < ¯ trong khoảng (a; b) sao cho đường thẳng đi qua các điểm (đ; f(đ)) và (¯; f(¯)) giao với đồ thi của f tại điểm (°; f(°)) sao cho đ < ° < ¯. Từ giả thiết suy ra tồn tại duy nhất ³1 2 (đ; °) và ³2 2 (°; ¯) sao cho f(°)Ă f(đ) ° Ă đ = f 0(³1) và f(¯)Ă f(°) ¯ Ă ° = f 0(³2): Vì (đ; f(đ)), (¯; f(¯)) và (°; f(°)) thẳng hàng nên f 0(³1) = f 0(³2), điều này là vô lý. Hình vẽ 2.4.33. Ta có nhận xét rằng đạo hàm Dini D+f(x) = lim t!0+ f(x+ t)Ă f(x) t ; D+f(x) = lim t!0+ f(x+ t)Ă f(x) t ; DĂf(x) = lim t!0Ă f(x+ t)Ă f(x) t ; DĂf(x) = lim t!0Ă f(x+ t)Ă f(x) t 2.4. Hàm lồi 277 luôn tồn tại hữu hạn hoặc vô hạn. Hơn nữa vì gd khả vi nên ta luôn có (xem 1.4.10) D+f(x+ d) = D+f(x) + g0d(x); D+f(x) = D+f(x) + g 0 d(x); DĂf(x+ d) = DĂf(x) + g0d(x); DĂf(x) = DĂf(x) + g 0 d(x) với x 2 R, vì vậy đạo hàm Dini của f tại điểm x+ d được biểu diễn qua đạo hàm Dini của f tại điểm x. Xét a < b là các số bất kỳ, đặt m = f(b)Ăf(a) bĂa và F (x) = f(x) Ăm(x Ă a), thế thì F (a) = F (b) = f(a), và do đó F đạt cực trị trên [a; b] tại một điểm c nào đó thuộc (a; b0. Không giảm tổng quát ta giả sử F (c) là cực đại của F . Nếu c + t 2 (a; b) thì F (c + t) ∙ F (c); hay nói cách khác f(c + t) Ă f(c) ∙ mt, từ đó suy ra D+f(c) ∙ m ∙ DĂf(c). Vì các đạo hàm Dini của f tại x được biểu diễn qua đạo hàm Dini của f tại c nên ta có ngay D+f(x) ∙ DĂf(x) với mọi x. Nếu f là hàm lõm trên [a; b] thì f khả vi hầu khắp nơi trên [a; b], trừ ra một tập đếm được (xe, 2.4.19), từ đó suy ra f khả vi trên (a; b). Nếu f không lõm trêN(a; b) thì f sẽ đạt cực tiểu trên [a; b] tại một điểm nào đó thuộc khoảng (a; b), theo trên ta chứng minh được DĂf(x) ∙ D+f(x) với mọi x, từ đó suy ra D+f(x) ∙ DĂf(x) ∙ DĂf(x) ∙ D+f(x) với mọi x, tức là ta chứng minh được tính khả vi của f trên R. Bây giờ ta đi chứng minh rằng f 0 là hàm liên tục. Giả sử phản chứng rằng tồn tại x0 sao cho f 0 gián đoạn tại đó, khi đó tồn tại d∙y fzng hội tụ về x0 sao cho d∙y ff 0(zn)g hội tụ về f 0(x0) + r với r 6= 0 hoặc d∙y ff 0(zn)g không bị chặn. Trong trường hợp thứ hai ta chỉ ra được một d∙y fyng sao cho ff 0(yng phân kỳ, giả sử nó tiến đến +1, khi đó f(x0)Ă f(yn) x0 Ă yn = f 0(yn) + o(1); cho n !1 ta được f 0(x0) = +1, vô lý. Trong trường hợp còn lại vì f 0 thoả m∙n định lý về các giá trị trung gian (xem 2.2.31) nên tồn tại d∙y fyng sao cho f 0(yn) = f 0(x0) + r=2. Rõ ràng ta có thể giả thiết rằng d∙y hội tụ một phía về x0, giả sử là hội tụ phải, theo giả thiết với mọi x ta đều tìm được 278 Chương 2. Vi phân một d∙y như vậy với r không đổi. Thật vậy vì x = x0 + (xĂ x0) = x0 + d và f 0(zn + d)Ă g0d(zn) = f 0(zn) = f 0(x0) + r = f 0(x0 + d)Ă g0d(x0) + r: nên khi chuyển qua giới hạn ta được lim n!1 f 0(zn + d) = f 0(x) + r: Sử dụng định lý giá trị trung gian cho f 0 lần nữa ta chỉ ra rằng tồn tại d∙y f~zng sao cho f 0(~zn) = f 0(x) + r=2. Bây giờ ta đi xây dựng d∙y fxng như sau: Xét x bất kỳ, chọn x1 thoả m∙n x1 < x+2Ă1 và f 0(x1) = f 0(x)+ r=2, tiếp theo lấy x2 sao ch x1 < x2 < x1 + 2Ă2 và f 0(x2) = f 0(x1) + r=2, xn < xn+1 < xn + 2 Ăn và f 0(xn+1) = f 0(xn) + r 2 : Khi đó d∙y vừa nhận được sẽ hội tụ, giả sử về a. Hơn nữa từ đẳng thức cuối cùng ở trên ta có f 0(xn) = f 0(x1) + (nĂ 1)r=2, từ đó suy ra d∙y ff 0(xn)g phân kỳ về +1 hoặc Ă1, điều này là vô lý vì f khả vi tại a. Vậy ta chứng minh được rằng f 0 liên tục và thoả m∙n các tính chất của f , như vậy nó cũng khả vi liên tục, lập luận tương tự như vậy ta chứng minh được rằng mọi cấp đạo hàm của f đều có tính chất như vậy, tức là f 2 C1 . 2.4.34. Với n = 2 ta suy ra đẳng thức một cách dễ dàng. Giả sử n > 2 và xét d∙y tăng fang. Đặt Sn = (f(an)a1 Ă f(a1)an + nĂ1X k=1 (f(ak)ak+1 Ă f(ak+1ak): Ta cần chứng minh rằng Sn á 0. Thật vậy, vì f lồi nên f(an) = f à an Ă an+1 a1 Ă an+1 a1 + a1 Ă an a1 Ă an+1an+1 ả ∙ an Ă an+1 a1 Ă an+1 f(a1) + a1 Ă an a1 Ă an+1f(an+1) Do đó (an+1 Ă a1)f(an) + (an Ă an+1)f(a1) + (a1 Ă an)f(an+1) á 0; tức là Sn+1 Ă Sn á 0, từ đó suy ra Sn á S2 = 0. 2.4. Hàm lồi 279 2.4.35. [M. Kuzma, A. Simajdor, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 401-402]. Vì f tăng thực sự và a < f(x) < x nên ta có a < fn+1(x) < fn(x) < x vớijquadn 2 N và x 2 (a; b): Từ đó suy ra d∙y ffn(x)g hội tụ về l (l có thể bằng Ă1). Ta sẽ chứng minh rằng l = a. Thật vậy, theo kết quả của 1.2.33 ta có fn đều liên tục, vậy nếu l 2 (a; b) thì ta được f(l) = f ³ lim n!1 fn(x) ´ = lim n!1 fn+1(x) = l; trái với giả thiết f(x) < x với mọi x 2 (a; b), vậy l = a với mọi x 2 (a; b). Theo 2.4.19 đạo hàm phải của f tồn tại và giảm trên (a; b), suy ra với a < t1 < t0 < b thì (xem 2.4.19) f 0+(t0) ∙ f(t1)Ă f(t0) t1 Ă t0 ∙ f 0 +(t1):(1) Cho t0 = fn(x) và t1 = fn+1(x) ta được f 0+(f n(x)) ∙ f n+2(x)Ă fn+1(x) fn+1(x)Ă fn(x) ∙ f 0 +(f n+1(x)): Từ lim x!a+ f 0+(x) = 1 ta suy ra lim n!1 fn+2(x)Ă fn+1(x) fn+1(x)Ă fn(x) = 1; và từ đó suy ra với k 2 N lim n!1 fn+k+1(x)Ă fn+k(x) fn+1(x)Ă fn(x) = limn!1 kĂ1Y i=1 fn+i+2(x)Ă fn+i+1(x) fn+i+1(x)Ă fn+i(x) = 1:(2) Vì f 0+ là hàm giảm nên từ đẳng thức lim x!a+ f 0+(x) = 1 ta suy ra f 0 +(x) ∙ 1, do đó theo (??) ta được hàm x 7! f(x)Ă x giảm trên (a; b). Vì f(v)Ă v < 0 nên f(u)Ă u f(v)Ă v á 1 với v < u; u; v 2 (a; b): 280 Chương 2. Vi phân Xét a < y < x < b, đặt u = fn(x) và v = fn(y) ta được fn+1(x)Ă fn(x) fn+1(y)Ă fn(y) á 1: Mặt khác tồn tại k 2 N sao cho fk(x) < y < x , suy ra fn+k(x) < fn(y). Vì hàm x 7! f(x)Ă x giảm nên ta được fn+1(y)Ă fn(y) ∙ fn+k+1(x)Ă fn+k(x): Từ đó suy ra 1 ∙ f n+1(x)Ă fn(x) fn+1(y)Ă fn(y) ∙ fn+1(x)Ă fn(x) fn+k+1(x)Ă fn+k(x) ; kết hợp với (??) ta được điều phải chứng minh. 2.5 Các ứng dụng của đạo hàm 2.5.1. (a) Sử dụng định lý giá trị trung bình tổng quát cho hàm f(x) = 1Ă cosx và g(x) = x 2 2 ta được 1Ă cosx x2 2 = sin à à < 1 với x 6= 0: (b) Với x á 0 xét hàm f(x) = xĂ sinx và g(x) = x3 3! , sử dụng định lý giá trị trung bình tổng quát và (a) ở trên ta được xĂ sinx x3 3! = 1Ă cos à à2 2 < 1; từ đó suy ra điều phải chứng minh. Chú ý rằng đối với x < 0 bất đẳng thức sẽ trở thành sinx < xĂ x3 3! : 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 281 (c) Dùng định lý giá trị trung bình tổng quát cho các hàm f(x) = cosxĂ 1 + x 2 2 ; g(x) = x4 4! trên khoảng có hai đầu mút là 0 và x, và (b) ta được điều phải chứng minh. (d) Dùng định lý giá trị trung bình tổng quát cho các hàm f(x) = sinxĂ x+ x 3 3! ; g(x) = x5 5! ; x á 0; và (c). 2.5.2. Sử dụng quy nạp và lập luận tương tự câu trên. 2.5.3. Sử dụng định lý giá trị trung bình tổng quát cho hàm f và g(x) = x, g(x) = x2 và g(x) = x3 liên tiếp ta được f(b)Ă f(a) bĂ a = f 0(x1) 1 ; f(b)Ă f(a) b2 Ă a2 = f 0(x2) 2x2 ; f(b)Ă f(a) b3 Ă a3 = f 0(x3) 3x23 : 2.5.4. Đặt f(x) = f1(x)+if2(x) và đ = a+ib, a > 0. Từ giả thiết lim x!+1 (đf(x)+ f 0(x)) = 0 ta suy ra lim x!+1 (af1(x) + f 0 1(x)Ă bf2(x)) = 0(1) và lim x!+1 (af2(x) + f 0 2(x) + bf1(x)) = 0:(2) Chú ý rằng lim x!+1 eibxf(x) = lim x!+1 eax+ibxf(x) eax = lim x!+1 eax+ibx(f1(x) cos bxĂ f2(x) sin bx) eax + i lim x!+1 eax+ibx(f2(x) cos bx+ f1(x) sin bx) eax : 282 Chương 2. Vi phân Sử dụng quy tắc l’Hôpital (2.3.40) , từ (1) và (2) ta được lim x!+1 eax(f1(x) cos bxĂ f2(x) sin bx) eax = lim x!+1 cos bx(af1(x) + f 0 1(x)Ă bf2(x))Ă sin bx(af2(x) + f 02(x) + bf1(x)) a = 0: Tương tự ta chứng minh được rằng lim x!+1 eax(f2(x) cos bx+ f1(x) sin bx) eax = 0: Do đó ta có lim x!+1 eibxf(x0 = 0, suy ra lim x!+1 f(x) = 0: Cuối cùng ta có một nhận xét rằng kết quả trên có thể được tổng quát như sau: Nếu lim x!+1 (đf(x)+f 0(x)) = L thì lim x!+1 f(x) = L=đ. Thật vậy, trong trường hợp này ta có lim x!+1 (đf(x)Ă L=đ) + (f(x)Ă L=đ)0) = 0 và sử dụng những kết quả vừa đạt được ở trên ta suy ra điều phải chứng minh. 2.5.5. Lấy đ1 = 12 Ă p 3 2 i và đ2 = 12 + p 3 2 i ta có f(x) + f 0(x) + f 00(x) = đ1đ2f(x) + (đ1 + đ2)f 0(x) + f 00(x) = đ2(đ1f(x) + f 0(x)) + (đ1f(x) + f 0(x))0: Sử dụng kết quả bài trước (xem phần nhận xét ở phần lời giải) ta được lim x!+1 (đ1f(x) + f 0(x)) = L=đ2 và lim x!+1 f(x) = L=(đ2đ1) = L: 2.5.6. Không. Ví dụ hàm f(x) = cosx; x > 0. 2.5.7. (a) Đặt g(x) = f(x) Ă eĂx; x á 0, ta có g(0) = 0, g(x) ∙ 0 và lim x!1 g(x) = 0. Nếu g(x) ´ 0 thì f 0(x) = ĂeĂx với x 2 (0;1), do đó giả sử tồn tại a > 0 sao cho g(a) M thì g(x) > 1 2 g(a), từ đó suy ra g nhận giá trị nhỏ nhất tại x0 2 (0;M), tức là g0(x0) = 0: (b) Lập luận hoàn toàn tương tự như (a). 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 283 2.5.8. Ta có à f(x) g(x) ả0 = g0(x) g(x) à f 0(x) g0(x) Ă f(x)Ă f(0) g(x)Ă g(0) ả : Theo định lý giá trị trung bình tổng quát ta cóà f(x) g(x) ả0 = g0(x) g(x) à f 0(x) g0(x) Ă f 0(à) g0(à) ả ; với 0 < à < x ∙ a. Vì f 0=g0 đơn điệu tăng nênà f(x) g(x) ả0 > 0 với x > 0: 2.5.9. Đặt f(x) = sin(cosx)Ă x, ta thấy rằng f(0) = sin 1 và f(ẳ=2) = Ẳ=2. Theo định lý về giá trị trung gian ta có tồn tại x0 2 (0; ẳ=2) thoả m∙n f(x1) = 0. Vì f 0(x) < 0 trong (0; ẳ=2) nên không tồn tại nghiệm của f trong khoảng này. Một cách hoàn toàn tương tự ta chứng minh được rằng tồn tại duy nhất một nghiệm, gọi là x2 của phương trình cos(sinx) = x. Hình vẽ Hơn nữa ta có x1 = sin(cosx1) cosx2; nên x2 > x1: 2.5.10. Giả sử phản chứng rằng tồn tại x 2 (a; b] sao cho f(x1) 6= 0, khi đó từ tính liên tục của f ta suy ra f(x) 6= 0 với x 2 (đ; ¯). Giả sử rằng f(x) > 0 với x 2 (đ; ¯), f(đ) = 0; đ á a và f(¯) > 0. Khi đó theo định lý giá trị trung bình, với 0 < " < ¯ Ă đ ta có j ln f(¯)Ă ln f(đ+ ")j = ¯¯¯¯ f 0(à) f(à) ¯¯¯¯ (¯ Ă đĂ ") ∙ C(¯ Ă đĂ "): Cho "! 0+ ta được +1 ∙ C(¯ Ă đ), vô lý, ta được điều phải chứng minh. 284 Chương 2. Vi phân 2.5.11. Cho 0 < p < q và x dương, theo định lý giá trị trung bình ta có ln ³ 1 + p q ´ x q = 1 1 + ³0 > 1 1 + ³1 = ln ³ 1 + x p ´ Ă ln ³ 1 + x q ´ x p Ă x q ; trong đó ³0 2 ³ 0; x q ´ , ³1 2 ³ x q ; x p ´ . Do đóà x p Ă x q ả ln à 1 + x q ả > x q à ln à 1 + x p ả Ă ln à 1 + x q ảả : Từ đó suy ra x p ln à 1 + x q ả > x q ln à 1 + x p ả ; hay nói cách khác, q ln à 1 + x q ả > p ln à 1 + x p ả : 2.5.12. Ta suy ra bất đẳng thức ex á 1 + x, x 2 R bằng cách sử dụng định lý giá trị trung bình. Thật vậy, ta có ex Ă 1 x = e³ > 1 với x > 0; và ex Ă 1 x = e³ < 1 với x < 0: Nếu x = 0 thì xảy ra dấu đẳng thức. Ký hiệu An = 1 n nX k=1 ak và Gn = n vuut nY k=1 ak lần lượt là trung bình cộng và trung bình nhân của các số không âm a1; a2; : : : ; an. Nếu An 6= 0 thì e ak An Ă1 á ak An á 0 với k = 1; 2; : : : ; n: Do đó 1 = e0 = e nP k=1 ( akAnĂ1) = nY k=1 e ak An Ă1 á nY k=1 ak An = Gnn Ann ; 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 285 tức là An á Gn. Nếu An = 0 thì An = Gn = 0. Vì dấu đẳng thức trong bất đẳng thức ex á 1 + x chỉ xảy ra khi x = 0 nên ta có An = Gn khi và chỉ khi a1 = a2 =    = an: 2.5.13. Nếu trong bất đẳng thức et á 1 + t ta thay thế t bởi xĂ z thì được xez ∙ ex + ez(z Ă 1) với x; z 2 R: Thay thế z bởi ln y ta được điều phải chứng minh. 2.5.14. Theo định lý giá trị trung bình ta có tồn tại a 2 (Ă2; 0) sao cho jf 0(a)j = jf(0)Ă f(Ă2)j 2 ∙ jf(0)j Ă jf(Ă2)j 2 ∙ 1: Tương tự tồn tai b 2 (0; 2) sao cho jf 0(b)j ∙ 1. Đặt F (x) = (f(x))2 + (f 0(x))2. Hàm F đạt cực đại trên [a; b], tức là tại x0 2 [a; b], vì F (0) = 4 , F (a) ∙ 2 và F (b) ∙ 2 nên x0 2 (a; b), do đó F 0(x0) = 2f 0(x0)(f(x0) + f 00(x0)) = 0. Chú ý rằng f 0(x0) 6= 0 vì từ f 0(x0) = 0 ta rút ra F (x0) = (f(x0))2 ∙ 1 vô lý, vậy f(x0) + f 00(x0) = 0: 2.5.15. (a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f(x) = (x2 + 1) arctanxĂ x > 0; x > 0: Vì f 0(x) = 2x arctanx+ 1Ă 1 > 0 nên f(x) > f(0) = 0 với x > 0. (b) Theo công thức Taylor với số dư dạng Lagrange ta có 2 tanx = 2x+ 2 3 x22 à sin3 ằ1 cos5 ằ1 + 1 2 sin ằ1 cos3 ằ1 ả x4 > 2x+ 2 3 x3(1) và sinhx = x+ x3 6 + 1 4! eằ2 Ă eẰ2 2 x4 < x+ x3 6 + 1 4! eẳ=2 Ă eẲ=2 2 x4:(2) 286 Chương 2. Vi phân Ta lại có eẳ=2 2x x+2 với x > 0, do đó ln 8 = 3 ln 2 = 3 ln(1 + 1) > 2, suy ra 8 > e2 > eẳ=2, do vậy eẳ=2 Ă eẲ=2 2 < eẳ=2 2 < 4; kết hợp với (1) và (2) ta được sinhx < x+ x3 6 + x4 6 < 2x+ 2 3 x3; vì x+ 1 2 x3 Ă 1 6 x4 > 0 với 0 < x < 2. (c) Đặt f(x) = lnx Ă x e với x > 0 và x 6= e. Ta có f 0(x) = eĂx xe , suy ra f 0(x) > 0 khi 0 e. Do đó f(x) < f(e) = 0 với x 6= e. (d) Với x > 1 , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f(x) = 2x lnxĂ x2 + 1 < 0: Vì f 0(x) = e lnx+ 2Ă 2x và f 00(x) = 2 x Ă 2 < 0 ta được f 0(x) < f 0(1) = 0 và do đó f(x) < f(1) = 0. Với 0 < x < 1 việc chứng minh bất đẳng thức ở đầu bài sẽ tương đương với chứng minh f(x) = 2x lnxĂ x2 + 1 > 0. Vì f 00(x) = 2 x Ă 2 > 0 nên ta được f 0(x) > f(1) = 0 và do đó f(x) > f(1) = 0: 2.5.16. (a) Sử dụng (c) ở bài trên ta được lnẳ < ẳ e , tức là eẳ > ẳe: (b) Sử dụng (d) ở bài trên ta được p 2 ln p 2 < 1 2 , từ đó suy ra 2 p 2 < e. (c) Xem 2.5.15 (b). 2.5.17. 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 287 (a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đươngà 1 + b x ảln(1+xa) < eb=a: Vì ln(1 + t) 0 nênà 1 + b x ảln(1+xa) < à 1 + b x ảx=a = Ãà 1 + b x ảx=a!b=a < eb=a: (b) Với n;m nguyên dương ta xét hàm f(x) = ³ 1 + x m ´m ³ 1 + x n ´n ; jxj < minfm;ng: Khi đó f 0(x) 0 và f 0(x) > 0 khi x < 0, vậy f(x) < f(0) = 1 với x 6= 0 và jxj = minfm;ng. (c) Đặt f(x) = ln( p 1 + x2 + 1)Ă 1 x Ă lnx, x > 0. Ta có f 0(x) = (1Ă x)(p1 + x2 + 1) + x2 x2( p 1 + x2 + 1 + x2 : Rõ ràng f 0(x) > 0 khi 1 ta có (1Ă x)( p 1 + x2 + 1) + x2 > 0 khi và chỉ khi x2 > (xĂ 1) p 1 + x2 + 1); bất đẳng thức này tương đương x2 xĂ 1 Ă 1 > p 1 + x2: Vậy f 0(x) > 0 với mọi x > 0, hơn nữa vì lim x!1 ln à 1 + p 1 + x2 x ! = 0; nên lim x!1 f(x) = 0, từ đó suy ra f(x) 0. 288 Chương 2. Vi phân 2.5.18. (a) Đặt f(x) = ln(1 + x)Ă xp 1 + x ; x > 0; ta có f 0(x) = 2 p 1 + xĂ 2Ă x 2(1 + x) p 1 + x < 0; vì p 1 + x < 1 + x 2 , x > 0. Do đó f(x) < f(0) = 0: (b) Với x > 1 bất đẳng thức được suy ra từ (a) khi thay x bằng xĂ 1. Nếu x 2 (0; 1) thì ta sử dụng (a) với 1 x > 1. 2.5.19. (a) Sử dụng công thức Taylor cho hàm f(x) = (1 + x) ln(1 + x). (b) Theo công thức Taylor ta có ln(1 + cosx) = ln 2Ă x 2 4 Ă sin ³ (1 + cos ³)2  x 3 3! < ln 2Ă x 2 4 : 2.5.20. (a) Đặt f(x) = ex Ă 1Ă xex ta có f 0(x) = Ăxex < 0, suy ra f(x) < f(0) = 0: (b) Đặt f(x) = ex Ă 1Ă xex Ă x2ex, sử dụng (a) ta được f 0(x) = ex Ă 1Ă 2xex Ă x2ex < 1 + xex Ă 1Ă 2xex Ă x2ex = Ăxex(1 + x) < 0: (c) Nếu f(x) = xex=2 Ă ex + 1 thì f 0(x) = ex=2 ³ 1 + x 2 Ă ex=2 ´ < 0; vì ex > 1 + x với mọi x > 0. 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 289 (d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức x < (1 + x) ln(1 + x): (e) Ta đi chứng minh bất đẳng thức tương đương (x+ 1)(ln(x+ 1)Ă ln 2) ∙ x lnx: Xét hàm f(x) = (x + 1)(ln(x + 1) Ă ln 2) Ă x lnx. Hàm này đạt cực đại tại x = 1, do đó f(x) ∙ f(1) = 0. 2.5.21. Lấy loga hai vế, ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng (eĂx) ln(e+x) > (e+x) ln(eĂx). Xét hàm f(x) = (eĂx) ln(e+x)Ă(e+x) ln(eĂx) ta có f 00(x) > 0 với x 2 (0; e), do đó f 0(x) > f 0(0) = 0, từ đó suy ra f(x) > f(0) = 0. 2.5.22. Đặt f(x) = exĂ1 + lnxĂ 2x+ 1 ta có f 0(x) = exĂ1 + 1 x Ă 2: Vậy với x > 1 thì f 00(x) = exĂ1 Ă 1 x2 > 0, vì exĂ1 > 1 và 1 x2 < 1: 2.5.23. (a) Xét f(x) = 1 2 tanx+ 2 3 sinxĂ x, ta có f 0(x) = 2(1Ă cos x)2 Ăcosx+ 1 2  3 cos