Các định nghĩa
Cho hàm số f(x) với tập xác định D ⊂ R và x₀ là một điểm trong D Đạo hàm của hàm f(x) tại x₀, ký hiệu là f'(x₀), được định nghĩa là giới hạn lim (x→x₀) [f(x) - f(x₀)] / (x - x₀) nếu giới hạn này tồn tại Nếu xem xét giới hạn trái hoặc phải tại x₀, ta có khái niệm đạo hàm trái f⁻'(x₀) và đạo hàm phải f⁺'(x₀) Hàm số được gọi là khả vi (hoặc khả vi trái, phải) tại x₀ nếu nó có đạo hàm (hoặc đạo hàm trái, phải) tại điểm đó.
Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại mỗi điểm x ∈ D1 ⊂ D, thì hàm số f'(x) được định nghĩa là đạo hàm của f(x) trên miền D1 Đạo hàm cấp hai của f(x) tại điểm x0 ∈ D1, ký hiệu là f''(x0), được xác định nếu f'(x) có đạo hàm tại x0 Nếu f''(x0) tồn tại với mỗi x ∈ D2 ⊂ D, thì hàm số này được coi là đạo hàm cấp hai của f(x).
D 2 3x7→ f 00 (x) ∈Rgọi là đạo hàm cấp hai của hàm sốf(x) trên miềnD 2
Đạo hàm cấp k của hàm số f(x) tại điểm x trong tập xác định D (k ≥ 2) được ký hiệu là f^(k)(x) Nếu f^(k)(x) tồn tại cho mọi x ∈ D k, thì hàm số D k 3x → f^(k)(x) được gọi là đạo hàm cấp k của hàm số f(x) trên miền D k.
Gcũng được gọi làkhả vi đến cấpk trênG.
Ta ký hiệu f'(x) là đạo hàm của hàm f(x) Nếu tổng, hiệu, tích, và thương của hai hàm f(x) và g(x) có nghĩa tại điểm x và tồn tại đạo hàm f'(x) và g'(x), thì đạo hàm của các hàm này cũng tồn tại tại x và được ký hiệu tương ứng.
Các tính chất cơ bản của đạo hàm và đạo hàm cấp cao
Tính chất 1.1 Đạo hàm cấp bất kỳ có tính chất tuyến tính, tức là nếu các hàm số f(x) vàg(x) đều có đạo hàm cấpktrên miền Dthì
(αf(x) +βg(x)) (k) =αf (k) (x) +βg (k) (x) với mọi số thựcα, βvà mọix∈D.
Tính chất 1.2 Nếu các hàm số f(x) vàg(x) đều có đạo hàm cấpn trên miềnD thì đạo hàm cấpncủa tích f(x)g(x)cũng tồn tại trênDvà
Tính chất 1.3 Giả sử f(x) có đạo hàm tại x 0 vàf(u) có đạo hàm tại u 0 = g(x 0 ).
Khi đó hàm hợp(f ◦g)(x) = f(g(x))được xác định ở lân cận x 0 và có đạo hàm tại x 0 Đạo hàm của hàmf(g(x))tạix 0 được tính theo công thức
Tính chất 1.4 Nếu các hàm sốf(x)vàg(x)đều có đạo hàm trên miềnDvàg(x) 6= 0 trênDthì hàm số f(x) g(x) có đạo hàm trênDvà f(x) g(x)
Các định lí về hàm khả vi
Định lí Fermat
Định nghĩa 1.1 Hàmf(x)gọi là có cực đại tại x0 nếux0 là điểm trong của tập xác định và tồn tại một lân cận(x 0 −δ, x 0 +δ)củax 0 sao cho
∆f =f(x)−f(x 0 ) ≤0 với mọix ∈(x 0 −δ, x 0 +δ)\ {x 0 } (1.1) Khi đó giá trịf(x 0 )gọi là một cực đại củaf(x) Nếu
∆f =f(x)−f(x 0 ) 0và bất đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên Giả sửmax(M 0 , M 2 ) 0 (1.8) Theo định lý Lagrange, ta có
|f 0 (x)−f 0 (x+t)|= |−f 00 (c)t| =|f 00 (c)| |t| ≤M 2 |t|. Theo định nghĩa củaM 0 ta có
Do đó từ (1.8) ta có đánh giá
Từ đó suy ra với mỗix∈Rta có
Ví dụ 1.20 (xem [5, Bài toán 2.9, Chương 7]) Cho f(x) là hàm có đạo hàm đến cấp n (với n ≥ 2) trên khoảng (a, b) ⊃ [0,1] và f (k) (0) = f (k) (1) = 0 với mọi k = 1, , n−1 Chứng minh rằng tồn tạix ∈(0,1)sao cho f (n) (x)
Lời giải Áp dụng công thức Taylor ta suy ra tồn tại các điểmc 1 ∈ 0, 1 2
, c 2 ∈ 1 2 ,1 sao cho có biểu diễn f
Từ giả thiếtf (k) (0) = f (k) (1) = 0 với mọik = 1, , n−1và hai đẳng thức trên ta suy ra
≥ n!2 n |f(1)−f(0)| hay là max(|f(c 1 )|,|f(c 2 )|) ≥ n!2 n−1 |f(1)−f(0)|. Vậy sốxcần tìm là một trong hai sốc 1 , c 2
Cho hàm f(x) liên tục trên khoảng đóng [a, b] và có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng mở (a, b), với ít nhất 3 không điểm phân biệt trên [a, b] Cần chứng minh rằng tồn tại điểm x ∈ (a, b) sao cho max (|f(x)|, |f''(x)|) ≥ |f'(x)|.
Theo Hệ quả 1.2, với g(x) = −x, hàm f(x)−f 0 (x) có ít nhất hai không điểm phân biệt trên khoảng (a, b) Bằng cách áp dụng Hệ quả 1.2 cho hàm f(x)−f 0 (x), ta suy ra rằng hàm f(x)−f 0 (x)−[f(x)−f 0 (x)] 0 f(x)−2f 0 (x) +f 00 (x) cũng có ít nhất một không điểm trên khoảng (a, b) Gọi không điểm này là x ∗, ta có f(x ∗ )−2f 0 (x ∗ ) +f 00 (x ∗ ) = 0.
Các ví dụ sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange và quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị bé nhất của hàm số hai biến số trên miền đóng và bị chặn
tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị bé nhất của hàm số hai biến số trên miền đóng và bị chặn
Phương pháp nhân tử Lagrange là công cụ hữu hiệu để xác định giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của hàm nhiều biến với các ràng buộc Để chứng minh bất đẳng thức, ta cần chuyển đổi bất đẳng thức đó thành bài toán tìm cực trị có điều kiện tương đương và áp dụng Định lý 1.9 trong mục 1.3.2 để xác định các điểm nghi ngờ có cực trị Những bất đẳng thức này thường liên quan đến các điểm nghi ngờ và có thể được chứng minh bằng cách sử dụng các bất đẳng thức nổi tiếng như Cauchy hoặc Cauchy-Schwarz Ngoài ra, một số bài toán cực trị với hàm ba biến có thể được giản lược thành bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của hàm hai biến trên miền đóng và bị chặn.
Lời giải Đặt f(x, y) = (x+y) 2015 x 1007 y 1008 ta thấyf là hàm thuần nhất bậc0, tức là f(tx, ty) =f(x, y), với mọit > 0.
Vì vậy, không giảm tổng quát, ta có thể xem x+y = 1 Bài toán trở thành bài toán cực trị có điều kiện min
x= 1007 2015 y = 1008 2015 λ= 1007 2015 1007 1008 2015 1008 Bài toán chỉ có một điểm duy nhất nghi ngờ có cực trị (với điều kiện x +y = 1, x >0, y >0) là điểmM 1007 2015 , 1008 2015 và ta có h(M) = 2015 2015
Vậy ta tìm cách chứng minh min
1007 1007 1008 1008 Muốn vậy chỉ cần chứng minh
1007 1007 1008 1008 với điều kiệnx+y = 1, x > 0, y >0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2015 số dương, trong đó 1007 số bằng 1007 x và
Ví dụ 1.23 Cho các số dươnga, b, cthỏa mãna 2 +b 2 +c 2 = 1 Tìm maxn
Lời giải ĐặtL= S+λ(a 2 +b 2 +c 2 −1), ta có
Vậy hàmS = √ a+b+√ b+c+√ c+acó một điểm nghi ngờ có cực trị với điều kiện a 2 +b 2 +c 2 = 1, a >0, b >0, c >0 là điểmM q
S =√ a+b+√ b+c+√ c+a liên tục trên miền đóng và bị chặn củaR 3
Vậy hàmSchắc chắn phải có giá trị lớn nhất trên miềnD Ta dự đoán rằng giá trị lớn nhất củaStrên DlàS(M) = 3 4 q4
3 Nếu chứng minh được điều này thì ta có thể kết luận maxn
Các thành phần của điểm M đều bằng nhau, và vai trò của a, b trong biểu thức S cũng tương tự Điều này gợi nhớ đến điều kiện để xảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
3 ta suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.24 (Canadian Mathematical Olympiad 1999) Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiệnx+y +z = 1 Chứng minh bất đẳng thức x 2 y +y 2 z+z 2 x≤ 4
Để chứng minh bất đẳng thức, ta thay thế z = 1 - x - y vào hàm hai biến u = x²y + y²(1 - x - y) + (1 - x - y)²x Kết quả là u = x³ + 3x²y - y³ + y² - 2x² - 2xy + x Nhiệm vụ cần thực hiện là chứng minh rằng giá trị lớn nhất của u với điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y ≤ 1 không vượt quá 4.
Hệ phương trình xác định điểm dừng của hàmubên trong miền đóng, bị chặn
= 1 9 và trên biênx= 0của miềnDta có u(0, y) =−y 3 +y 2 =f(y), với0≤y ≤ 1.
Khảo sát hàmf(y) trên đoạn[0,1]bằng đạo hàm cấp1ta dễ dàng thu được max f(y) =−y 3 +y 2 : 0 ≤y ≤1 =f(2
27. Trên biêny = 0của miềnDta có u(x,0) =x 3 −2x 2 +x=g(x), với0≤ x≤ 1.
Khảo sát hàm sốg(x)trên đoạn[0,1]bằng đạo hàm cấp1ta cũng dễ dàng thu được max g(x) =x 3 −2x 2 +x : 0≤ x≤1 =g(1
27. Trên biênx+y = 1của miềnD ta có u(x,1−x) =x 2 −x 3 =f(x), với0≤x≤ 1.
Theo kết quả khảo sát hàmf(y)trên đoạn[0,1]ta có ngay max f(x) =−x 3 +x 2 : 0≤ x≤1 =f
27. Tổng hợp các kết quả khảo sát hàmu tại các điểm dừng củaubên trong miền D và giá trị lớn nhất của hàmutrên biên củaD, dùng Định lý 1.10 (chú ý rằng u 1 3 , 1 3
9 < 27 4 ) ta đi đến kết luận rằng max{u(x, y) : (x, y)∈ D} ≤ 4
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.25 Cho các số thực không âmx, y, zthỏa mãnx+y+z = 6 Chứng minh bất đẳng thức x 3 +y 3 +z 3 ≤ 216.
Lời giải Bài toán tương đương với bài toán sau:Chứng minh rằng maxn u=x 3 +y 3 + (6−x−y) 3 : x≥0, y ≥0, x+y ≤6o
Miền D = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6} là một miền đóng và bị chặn trong R² Hàm số u là một hàm đa thức của hai biến x và y, do đó nó liên tục và có các đạo hàm riêng trên toàn bộ R² Vì vậy, chúng ta có thể áp dụng Định lý 1.10 để giải quyết bài toán tương đương.
Hệ phương trình xác định các điểm dừng của hàmunằm bên trong miềnDlà
Vậy bên trong miềnDhàmuchỉ có một điểm dừng duy nhấtM(2,2), khi đóu(M) 24.
Trên biênx+y = 6tức lày = 6−xta có u(x,6−x) = 216−108x+ 18x 2 =f(x), 0≤x≤ 6.
Hàm f(x) = 216 −108x+ 18x 2 có bên trong khoảng (0,6)một điểm tới hạn duy nhấtx= 3và lúc nàyf(3) = 54 Mặt khácf(0) =f(6) = 216 Vậy ta suy ra max{f(x) : 0 ≤x≤ 6} = 216, min{f(x) : 0≤x ≤6}= 54.
Từ các biểu thức của hàmu(x, y)trên biên của miềnDta suy ra max{u(x, y) : (x, y) ∈∂D}= 216, min{u(x, y) : (x, y)∈ ∂D}= 54.
(chú ý, ký hiệu ∂D chỉ biên của miền D) So sánh các giá trị lớn nhất, bé nhất của hàmutrên biênDvà giá trị củautại điểm dừngM ta suy ra max{u(x, y) : (x, y) ∈D}= 216, min{u(x, y) : (x, y)∈ D}= 24.
Vậy ta đã giải được bài toán tương đương maxn u=x 3 +y 3 + (6−x−y) 3 : x≥0, y ≥0, x+y ≤6o
Việc khảo sát bài toán tương đương giúp đánh giá một cách toàn diện hơn bất đẳng thức cần chứng minh Cụ thể, với các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 6, ta có bất đẳng thức kép 24 ≤ x³ + y³ + z³ ≤ 216.
Chương 2 Đánh giá tiệm cận của một lớp các dãy số
Khái niệm tiệm cận của một dãy số
Hai dãy số {x_n} và {y_n} được coi là tương đương nếu giới hạn lim n→∞ x_n/y_n = 1, ký hiệu là x_n ∼ y_n Nếu y_n = f(n) với n thuộc N* đã biết và có x_n ∼ y_n, thì hàm f(n) được gọi là một đánh giá tiệm cận của dãy {x_n}.
1 j Khi đó ta cóx n ∼lnn;
2 Đặty 1 = sin 1, y n = siny n−1 với mọin ≥ 2 Khi đó ta có:y n ∼ q
Định nghĩa 2.2: Cho hai hàm f(x) và g(x) xác định trong lân cận của x₀ ∈ R, không nhất thiết phải xác định tại x₀ Nếu giới hạn x→x₀ f(x) g(x) = 0, ta viết f(x) = 0(g(x)), đọc là “f(x) bằng không g(x) ở lân cận x₀” Phát biểu “f(x) = h(x) + 0(g(x)) ở lân cận x₀” có nghĩa là giới hạn x→x₀ f(x)−h(x) g(x) = 0, với giới hạn một phía được áp dụng nếu nói về lân cận một phía của x₀.
Ví dụ 2.2 Ở lân cậnx0 = 0ta có các biểu diễn
Các biểu diễn suy từ công thức khai triển Taylor của các hàm gần x₀ được gọi là khai triển Maclaurin, với phần dư có dạng Peano cho các hàm này.
Một số định lý về đánh giá tiệm cận
Mục này sử dụng các định lý về hàm khả vi từ Chương 1 để chứng minh một số định lý liên quan đến đánh giá tiệm cận Định lý và hệ quả được trình bày bởi tác giả Hoàng Văn Hùng, đã được công bố trong nội san Sigma số 3 (2002) của Trường Đại Học Sư Phạm Hải Phòng với tiêu đề “Đánh giá tiệm cận của một dãy lặp phi tuyến” Định lý 2.1 khẳng định rằng cho f(x) = x.
(b+x k g(x)) 1/k , trong đób≥ 1,g(x) >0và liên tục trên(0;a), lim x→0 + g(x) =s, 0≤ s 0. Đặt x 1 =f(α), α ∈(0;a), x n =f(x n−1 ), với mọin ≥2.
(1) Nếub > 1ta có đánh giá c 1 λ n < x n < c 2 à n vớinđủ lớn, trong đúà =b −1/k ,0< λ < à,c1 =c1(λ)là hằng số phụ thuộcλ,c2 = α à
(2) Nếub= 1ta có đánh giá tiệm cậnx n ∼(sn) −1/k nếus > 0và lim n→∞(n 1/k x n ) ∞ nếus= 0.
Chứng minh Với các giả thiết đã nêu ta cóf(x)là hàm liên tục trên(0;a)và
Giả sử dãy {x_n} ∞ n=1 được xây dựng theo định lý Dựa vào tính chất (2.1) của f(x), dãy {x_n} ∞ n=1 là dãy giảm thực sự và bị chặn dưới bởi 0, do đó hội tụ tới 0 Cụ thể, vì dãy {x_n} ∞ n=1 giảm và bị chặn dưới bởi 0, tồn tại giới hạn n→∞ lim x_n = l ≥ 0 Rõ ràng, 0 ≤ l < x_1 = α < a Nếu l > 0, ta có thể tiến tới ∞ trong đẳng thức x_n = f(x_n−1) và sử dụng tính liên tục của f(x) trên (0; a) để nhận được đẳng thức l = f(l), điều này mâu thuẫn với (2.1) Do đó, l phải bằng 0.
Trường hợpb >1.Đặtà =b −1/k , do lim n→∞x n = 0ta có n→∞lim (b+x k n g(x n )) −1/k =b −1/k =à.
Với sốλ tựy ý thỏa món0 < λ < àtỡm được sốn 0 sao cho λ < (b+x k n g(x n )) −1/k với mọin ≥n 0 Như vậy λ 0thì từ đẳng thức trên ta nhận được x n ∼(sn) −1/k Khẳng định thứ hai của định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.1 Giả sử hàm f(x) ở lân cận phải (0;a) của điểm 0thỏa mãn bất đẳng thức kép0< f(x) < xvà có khai triển Taylor là f(x) =x+a i x i + 0(x i ) i ≥2, trong đóa i < 0 Nếu x 1 = f(α), α ∈(0;a), x n =f(x n−1 ), n ≥ 2 thì xn ∼ ((1−i)ain) 1−i 1
Chứng minh Xét hàm số g(x) = 1 x i−1 [ 1
Với các giả thiết đặt lênf(x)ta cóg(x) >0và liên tục trên(0, a) Ngoài ra x
Xét giới hạn lim x→0 + g(x) = lim x→0 +
(1−i)a i x i−1 + 0(x i−1 ) x i−1 = (1−i)a i >0, i ≥ 2, a i 0. Áp dụng Định lý 2.1 ta suy ra đánh giá x n ∼ (sn) − i−1 1 = ((1−i)a i n) 1−i 1 Đây là điều phải chứng minh.
Ta xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 2.3([1, Bài toán số 29, Chương I]) Đặtx 1 =α ∈(0, π), x n+1 = sinx n Chứng minh rằngx n ∼ q
Lời giải Dãy đã cho có dạng x n+1 = f(x n ) với f(x) = sinx Trên (0, π) ta có
0 < sinx < xvàsinx = x− x 6 3 + 0(x 3 ) Vậy f(x) = sinxthỏa mãn các điều kiện của Hệ quả 2.1 với(0, a) = (0, π),i = 3, a 3 = − 1 6 < 0 Áp dụng khẳng định của hệ quả ta có x n ∼
−1/2 r3 n. Đây là điều cần chứng minh.
Ví dụ 2.4([1, Bài toán số 63, Chương I]) Cho x 1 = 1
Chứng minh rằng lim n→∞nx n = 1.
Lời giải Dãy lặp trong bài toán có dạng x n+1 = f(x n vớif(x) = x−x 2 Yêu cầu của bài toán tương đương với yêu cầu chứng minh rằng x n ∼ n 1 Trên (0,1) ta có
0 < x − x 2 < x Vậy f(x) = x − x 2 thỏa mãn các yêu cầu của Hệ quả 2.1 với
(0, a) = (0,1),i = 2, a 2 =−1 n 0 sao cho khin > n 1 có bất đẳng thức max n 0
X k=n 0 +1 a k Vậy khin > n 1 có các bất đẳng thức sau
Từ đó ta có đánh giá n
1 +ε >−ε+ 1−2ε = 1−3ε Mặt khác khin > n 1 ta có n
Tổng hợp các kết quả nhận được ta suy ra khin > n 1 có bất đẳng thức kép sau
Do tính tùy ý của sốε∈(0,1), bất đẳng thức kép trên có nghĩa là n→∞lim n
Ta xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 2.10 Bởi vì ln(1 +x) = x+ 0(x) ở lân cận điểm x = 0ta có đánh giá tiệm cận b n = ln
1 n = +∞, áp dụng Định lý 2.2 ta có đánh giá tiệm cận n
Ví dụ 2.11 Choα∈ (0,1), khi đó ta có đánh giá tiệm cận n
Lời giải Ở lân cận x 0 = 0ta có
Do đó khin → ∞ta có đánh giá b n =n 1−α [(1 + 1 n) 1−α −1]∼ n 1−α 1−α n = 1−α n α =a n điều này tương đương với b n = (n+ 1) 1−α −n 1−α ∼ 1−α n α =a n Khiα∈ (0,1)ta có an = 1−α n α >0 và ∞
Vậy áp dụng Định lý 2.2 ta có đánh giá n
1−α Định lí 2.3 Giả sử hàmf(x) không âm và giảm trên khoảng[1,+∞)thỏa mãn
Khi đó ta có đánh giá n
1 f(x)dx+C+α n , 0≤C ≤f(1), trong đó lim n→∞α n = 0 Nói riêng, ta có đánh giá tiệm cận n
1 f(x)dx. Định lý này được phát biểu trong nhiều tài liệu về giải tích toán, nói riêng có thể xem trong [5] (Bài toán 3.13, Chương 6).
Chứng minh Vì f(x) không âm và giảm trên[1,+∞), với mọi số nguyên dương k ta có đánh giá f(k)≥ k+1
X k=1 f(k+ 1) (2.3) với mọi số nguyên dươngn Từ bất đẳng thức (2.3) suy ra bất đẳng thức
) là dãy không âm và tăng Thật vậy, hiệu của phần tử thứn+ 1 và phần tử thứn của dãy là đại lượng f(n+ 1)− n+2
1 f(x)dx}bị chặn trên bởif(1) Vậy tồn tại giới hạn n→∞lim
1 f(x)dx−C ta có lim n→∞α n = 0và n
Từ bất đẳng thức (2.2) và giả thiết
1 f (x)dx n→∞→ 1. Định lý được chứng minh hoàn toàn.
(1) f(x)không âm, giảm trên khoảng[1,+∞)và
Chứng minh Hàm αf(x) rõ ràng thỏa mãn các điều kiện của Định lý 2.3 Do đó ta có α n
Từ giả thiết (2) ta cóg(n) ∼αf(n)và từ α n
1 f(x)dx cùng với giả thiết (1) ta có P ∞ n=1 αf(n) = +∞ Do đó theo Định lý 2.2 ta có n
Ví dụ 2.12 Định lý 2.3 cho ta đánh giá sau đây, chính xác hơn đánh giá trong Ví dụ
Lời giải Hàmf(x) = x 1 không âm, giảm trên khoảng[1,+∞)và
Vậy theo Định lý 2.3 ta có ngay n
Z n+1 dx x = ln(1 + 1 n+ 1) nên dãy số
là dãy số không âm, thực sự tăng và bị chặn trên bởi f(1) = 1, từ chứng minh của Định lý 2.3 ta suy ra0< C ≤ 1.
Ví dụ 2.13 Ta có đánh giá n
1 hàm sốf(x) không âm, giảm trên khoảng[[1,+∞) và
Theo Hệ quả 2.2 ta có đánh giá n
1 f(x)dx= ln ln(n+ 1)−ln ln 2∼ ln ln(n+ 1).
Lời giải Đặt g(x) = e x sin(1/x) x , f(x) = 1 x ta có
1 f(x)không âm, giảm trên khoảng[1,+∞)và:
2 lim x→+∞ g(x) f(x) = lim x→+∞e x sin(1/x) =e Theo Hệ quả 2.2 ta có n
Ví dụ 2.15 Dãy{x n } ∞ n=1 xác định bằng quy nạp x 1 = α∈ (0, π), x n+1 = sinx n
Hãy đánh giá tiệm cận dãy P n k=1 x k
Lời giải Theo kết quả trong Ví dụ 2.3 ta có x n ∼q
3 x không âm, giảm trên khoảng[1,+∞)và:
= +∞. Áp dụng Định lý 2.2 và Định lý 2.3 ta có n
Ví dụ 2.16 Dãy{x n } ∞ n=1 xác định bằng quy nạp x 1 ∈(0,1), x n+1 = x n
Hãy đánh giá tiệm cận dãy P n k=1 x k
Lời giải Theo kết quả trong Ví dụ 2.7 ta có xn ∼ √ 3 1
3x không âm, giảm trên khoảng[1,+∞)và
= +∞ Áp dụng Định lý 2.2 và Định lý 2.3 ta có n
Ví dụ 2.17 Cho dãy số x 1 >0, x n+1 = arctanx n , n≥ 1.
Hãy đánh giá tiệm cận dãy P n k=1 x k
Lời giải Theo kết quả trong Ví dụ 2.9 ta có x n ∼ q
3 2n Hàm f(x) q 3 2x không âm, giảm trên khoảng[1,+∞)và
= +∞ Áp dụng Định lý 2.2 và Định lý 2.3 ta có n
Định lý 2.4 trình bày rằng nếu hàm f(x) trong lân cận phải của điểm 0 thỏa mãn bất đẳng thức 0 < f(x) < x và có khai triển Taylor f(x) = x + a_i x^i + o(x^i) với i ≥ 2 và a_i < 0, thì khi x_1 = f(α) với α ∈ (0; a) và x_n = f(x_{n−1}) cho mọi n ≥ 2, sẽ có các kết quả quan trọng được rút ra từ điều kiện này.
Định lý này là sự kết hợp của Hệ quả 2.1, Định lý 2.2 và Định lý 2.3 Dựa vào các giả thiết đã nêu, từ Hệ quả 2.1, chúng ta có thể suy ra rằng đánh giá tiệm cận x n ∼ ((1−i)a i n) 1−i 1 Hàm số h(x) = [(1−i)a i x] 1−i 1 là không âm và giảm trên khoảng [1,+∞).
= +∞. Áp dụng Định lý 2.2 và Định lý 2.3 cho các trường hợp tương ứng ta được khẳng định của định lý.
Chương 1 và 2 của luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức và một số đánh giá tiệm cận” đã chỉ ra rằng việc tiếp cận các bài toán sơ cấp từ góc độ toán học cao cấp mang lại những công cụ hữu ích để giải quyết chúng Các bài toán sơ cấp được đề cập bao gồm những bất đẳng thức cơ bản và các đánh giá tiệm cận liên quan đến các dãy xác định qua công thức truy toán dạng x n+1 = f(x n ) cùng với các dãy liên quan khác.
Các tính chất của hàm khả vi một biến và nhiều biến đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh các bất đẳng thức Đầu tiên, mối liên hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu đạo hàm cấp 1 được thể hiện qua các ví dụ trong chương 1 Tiếp theo, tính lồi và lõm của hàm một biến liên quan đến dấu đạo hàm cấp hai, cũng được minh họa qua các ví dụ Hơn nữa, các định lý về giá trị trung gian của hàm khả vi được trình bày với các ví dụ cụ thể Cuối cùng, phương pháp nhân tử Lagrange và cách tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm hai biến khả vi trên miền phẳng đóng được thảo luận trong các ví dụ, giúp người đọc hiểu rõ hơn về các ứng dụng thực tiễn của các tính chất này.
Công cụ chứng minh các đánh giá tiệm cận trong Chương 2 dựa vào định lý khai triển Maclaurin của các hàm một biến khả vi Nhờ vào các định lý này, có thể dễ dàng thu được đánh giá tiệm cận cho nhiều dãy xác định qua công thức truy toán x n+1 = f(x n ) và các dãy liên quan (xem Ví dụ 2.3 - 2.17) Một số đánh giá này được coi là những bài toán khó trong tài liệu về thi Olympic Toán sinh viên và các tài liệu nâng cao về giải tích toán.
Bản luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức và một số đánh giá tiệm cận” chứng minh rằng các định lý về hàm khả vi có thể được áp dụng để giải quyết các bài toán liên quan đến bất đẳng thức cũng như đánh giá tiệm cận của dãy số thực Điều này không chỉ khẳng định tiêu đề của luận văn mà còn làm nổi bật tiềm năng ứng dụng của các công cụ giải tích toán học trong việc giải quyết các bài toán cơ bản.
