Tính chất cơ bản của hàm số liên tục
Định lý 1.1 khẳng định rằng nếu hàm f(x) liên tục trên đoạn [a, b] và giá trị của f(a) và f(b) có dấu khác nhau, tức là f(a)f(b) < 0, thì tồn tại ít nhất một điểm c trong khoảng (a, b) sao cho f(c) = 0 Định lý 1.2, hay định lý về giá trị trung gian, cho biết rằng nếu hàm f(x) liên tục trên đoạn [a, b], thì hàm này sẽ nhận tất cả các giá trị trung gian giữa f(a) và f(b) Cụ thể, với mọi giá trị γ nằm giữa f(a) và f(b), luôn tồn tại ít nhất một điểm c trong khoảng [a, b] sao cho f(c) = γ.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử f(a) < f (b) Ta thấy định lý dễ dàng được chứng minh khi γ = f(a) hoặc γ = f (b).
Xét γ với f (a) < γ < f (b) Ta chứng minh tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho f(c) = γ.
Thật vậy, xét hàm g(x) = f(x) − γ là một hàm liên tục trên [a, b].
Theo Định lý 1.1, nếu g(a) < 0 và g(b) > 0, thì luôn tồn tại giá trị c ∈ (a, b) sao cho g(c) = 0, điều này chứng tỏ rằng luôn có giá trị c ∈ [a, b] thỏa mãn f(c) = γ Định lý 1.3, hay Định lý Weierstrass, khẳng định rằng nếu f là hàm xác định và liên tục trên đoạn [a, b], thì hàm f luôn có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn này, tức là tồn tại x m , x M ∈ [a, b] sao cho với mọi x ∈ [a, b], ta có f(x m ) ≤ f(x) ≤ f(x M ).
Chứng minh Trước hết, ta đi chứng minh f (x) bị chặn trên [a, b] Giả sử f(x) không bị chặn trên [a, b], tức là với mọi n ∈ N tồn tại x n ∈ [a, b] sao cho
Theo Định lý Balzano-Weierstrass, dãy (x n) bị chặn tồn tại một dãy con x n k hội tụ về x 0 ∈ [a, b] với | f(x n k) | ≥ n k Khi chuyển qua giới hạn, ta có | f(x 0) | = +∞, điều này mâu thuẫn với tính liên tục của f(x) tại x 0 Do đó, ta kết luận rằng hàm f(x) bị chặn Gọi m = inf.
Theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con của nó x n k của (x n ) thỏa mãn x n k → x m và 1 n k > f (x n k ) − m ≥ 0 Lấy giới hạn ta được x lim →∞ f (x n k ) = f (x m ) = m.
Tương tự, tồn tại x M để f (x M ) = sup
Hệ quả 1.1 Nếu f : [a, b] → R liên tục thì f ([a, b]) = [m, M ] ⊂ R trong đó m = min
Ví dụ 1.1 (Hàm Dirichlet) Khảo sát tính liên tục của hàm số
1, nếu x là số hữu tỷ,
0, nếu x là số vô tỷ.
Trong bất kỳ lân cận nào của một điểm hữu tỷ, luôn tồn tại các điểm vô tỷ, và điều này cũng đúng ngược lại Do đó, với một điểm x₀ tùy ý trong khoảng (−∞, +∞), giới hạn lim x → x₀ không tồn tại.
Như vậy, mọi điểm của trục thực là điểm gián đoạn từ hai phía của hàmDirichlet.
Ví dụ 1.2 (Hàm Riemann) Trên đoạn [0, 1] xét hàm số f(x) =
1 q ,nếu x = p q là phân số tối giản,
0, nếu x là số vô tỷ.
- Các điểm hữu tỷ là điểm gián đoạn của hàm số,
- Các điểm vô tỷ là điểm liên tục của hàm số.
Giả sử x₀ là một điểm thuộc đoạn [0, 1] Với mỗi số ε > 0, chỉ có một số hữu hạn các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 6 1 ε Điều này có nghĩa là trong đoạn [0, 1], chỉ tồn tại một số hữu hạn các số hữu tỷ dạng p/q, với f(p/q).
Xét lân cận đủ nhỏ của điểm x₀ dạng (x₀ - δ, x₀ + δ) với δ > 0, trong khoảng này không có điểm hữu tỷ nào ngoài x₀ Khi đó, với |x - x₀| < δ và x ≠ x₀, ta có |f(x)| < ε Điều này có nghĩa là với mọi x₀, tồn tại f(x₀ + 0), f(x₀ - 0) và f(x₀ + 0) = f(x₀ - 0) = 0.
Nếu x₀ là số vô tỷ, thì hàm số f(x) = 0, cho thấy hàm số liên tục tại điểm này Ngược lại, nếu x₀ là số hữu tỷ, thì f(x₀) khác 0, dẫn đến sự gián đoạn từ hai phía.
Bài toán 1.1 Chứng minh rằng, nếu f(x) là hàm liên tục, thì
F (x) = | f(x) | cũng là hàm liên tục.
Lời giải Giả sử ε > 0 tùy ý Khi đó, tồn tại δ = δ(ε, x 0 ), sao cho
Sử dụng bất đẳng thức || A | − | B || ≤ | A − B | , ta có
| F (x) − F (x 0 ) | = || f(x) | − | f(x 0 ) || ≤ | f (x) − f (x 0 ) | < ε khi | x − x 0 | < δ, nghĩa là F (x) cũng là hàm liên tục.
Nhận xét 1.1 Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung không đúng.
Một số đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá các định lý liên quan đến giá trị trung bình Theo định nghĩa, hàm số f được coi là khả vi tại điểm a nếu tồn tại một lân cận Ω của a, trong đó có f ′ (x) với mọi x thuộc Ω.
(i) Hàm số f được gọi là đạt cực tiểu địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn tại lân cận Ω của a sao cho f (x) ≥ f (a), ∀ x ∈ Ω.
(ii) Hàm số f được gọi là đạt cực đại địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn tại lân cận Ω của a sao cho f (x) ≤ f (a), ∀ x ∈ Ω.
Nhận xét 1.2 Về sau, ta gọi hàm số f đạt cực trị địa phương tại điểm a nếu f đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương tại điểm a.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ trình bày các kết quả chính liên quan đến các đẳng thức về giá trị trung bình của hàm số Định lý 1.4, còn được gọi là Định lý Fermat, khẳng định rằng nếu hàm f(x) khả vi tại điểm a và đạt cực trị địa phương tại đó, thì đạo hàm f'(a) bằng 0.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sửf (x)đạt cực đại địa phương tại a Điều đó cho thấy tồn tại lân cận Ω của a sao cho f(x) − f (a) ≤ 0, ∀ x ∈ Ω.
Với mọi h 6 = 0 sao cho a + h ∈ Ω, ta có
- Nếu h > 0 thì f (a + h) − f (a) h ≤ 0 Suy ra h lim → 0 h f (a + h) − f (a) h i
- Nếu h < 0 thì f (a + h) − f (a) h ≥ 0 Suy ra h lim → 0 h f (a + h) − f (a) h i
Định lý Rolle khẳng định rằng nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b), đồng thời f(a) = f(b), thì tồn tại ít nhất một điểm c trong [a, b] sao cho đạo hàm f'(c) = 0 Chúng ta cũng có thể chứng minh cho trường hợp hàm f đạt cực tiểu địa phương tại điểm a.
Hàm f liên tục trên đoạn [a, b] theo Định lý Weierstrass đảm bảo rằng f đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong khoảng này Cụ thể, tồn tại các điểm x₁ và x₂ thuộc (a, b) sao cho f(x₁) = min x ∈ [a,b] f(x) = m và f(x₂) = max x ∈ [a,b] f(x) = M.
Có hai khả năng xảy ra:
- Nếu m = M, khi ấy f (x) = const trên đoạn [a, b], do đó f ′ (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) và c là điểm bất kì trên khoảng đó.
Nếu m < M, theo điều kiện f(a) = f(b), sẽ có ít nhất một trong hai điểm x1, x2 không trùng với các đầu mút của đoạn [a, b] Giả sử x1 nằm trong khoảng (a, b), theo Định lý Fermat, đạo hàm của hàm số tại điểm này sẽ bằng 0.
- Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng (a, b) có điểm c mà tại đó không tồn tại f ′ (c).
- Điều kiện liên tục của hàm f(x) trên đoạn [a, b] cũng không thể thay bởi điều kiện f (x) liên tục trong khoảng (a, b).
Khi các điều kiện của Định lý Rolle được thỏa mãn, trên đồ thị hàm số y = f(x) trong khoảng [a, b], tồn tại một điểm M (c, f(c)) với c nằm trong (a, b), tại đó tiếp tuyến của đồ thị song song với trục hoành.
Nếu đa thức f(x) có n nghiệm phân biệt trong khoảng (a, b), thì đa thức f'(x) sẽ có ít nhất n - 1 nghiệm phân biệt trong cùng khoảng Hơn nữa, đa thức f(k)(x) với 0 ≤ k ≤ n sẽ có ít nhất n - k nghiệm phân biệt trong khoảng (a, b).
Chứng minh Giả sử phương trình f(x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) được sắp xếp thứ tự x 1 < x 2 < ã ã ã < x n
Khi đó, áp dụng Định lý Rolle cho n − 1 đoạn [x 1 , x 2 ], [x 2 , x 3 ], , [x n − 1 , x n ] thì phương trình f ′ (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x 1 , x 2 ), (x 2 , x 3 ), , (x n − 1 , x n ) Gọi n − 1 nghiệm đó là t 1 , t 2 , , t n − 1 thì ta có f ′ (t 1 ) = f ′ (t 2 ) = ã ã ã = f ′ (t n − 1 ) = 0.
Tiếp tục áp dụng Định lý Rolle cho n − 2 đoạn [t 1 , t 2 ], [t 2 , t 3 ], , [t n − 2 , t n − 1 ] thì phương trình f”(x) = 0 có ít nhất n − 2 nghiệm trong khoảng (a, b).
Tiếp tục lập luận như trên, sau k bước, phương trình f (k) (x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm trong khoảng (a, b).
Hệ quả 1.3 Giả sử đạo hàm của đa thức f ′ (x)có không quán − 1nghiệm phân biệt trong khoảng (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm phân biệt trên khoảng đó.
Giả sử phương trình f(x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trên khoảng (a, b), tức là n + 1 nghiệm, thì theo Hệ quả 1.2, phương trình f ′ (x) = 0 sẽ có ít nhất n nghiệm trong khoảng (a, b), điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, phương trình f(x) = 0 chỉ có không quá n nghiệm trên khoảng (a, b) Định lý 1.6, hay còn gọi là Định lý Lagrange, khẳng định rằng nếu f là hàm liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b), thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f(b) − f(a) = f ′ (c)(b − a).
Chứng minh Ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) − λx, (1.2) trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là sao cho f (a) − λa = f (b) − λb. Để có điều đó, chỉ cần chọn λ = f (b) − f(a) b − a (1.3)
Rõ ràng hàmF (x)liên tục trên đoạn[a, b]và có đạo hàm trên(a, b)vàF (a) = F (b), do đó theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F ′ (c) = 0 Từ (1.1), ta có
Thay giá trịλ từ (1.3) vào F ′ (x) = f ′ (x) − λ, ta thu đượcf ′ (c) = f(b) − f (a) b − a , hay f (b) − f(a) = f ′ (c)(b − a).
Nhận xét 1.4 Công thức (1.2) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange.
Định lý Lagrange được xác định là một hệ quả trực tiếp từ Định lý Rolle Tuy nhiên, Định lý Rolle, với hình thức biểu thức của nó, lại được xem như một trường hợp đặc biệt của Định lý Lagrange.
Nếu hàm số f(x) đáp ứng đầy đủ các điều kiện của Định lý Lagrange, thì trên đồ thị của hàm số y = f(x) sẽ có ít nhất một điểm tồn tại.
M (c, f(c)) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song với dây cungAB, với A(a, f (a)), B(b, f (b)).
Hệ quả 1.4 Giả sử f : [a, b] →R là hàm liên tục và f ′ (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b). Khi đó f = const trên đoạn [a, b].
Giả sử x₀ ∈ (a, b) là một điểm cố định và x là điểm tùy ý trong khoảng (a, b) Đoạn [x₀, x] và [x, x₀] nằm hoàn toàn trong khoảng (a, b), cho thấy hàm f có đạo hàm liên tục trên đoạn này Theo Định lý Lagrange, ta có công thức f(x) − f(x₀) = f′(c)(x − x₀) với c thuộc (x₀, x).
Theo giả thiết, nếu f ′ (x) = 0 với mọi x trong khoảng (a, b), thì f ′ (c) cũng bằng 0 cho mọi x trong (x 0 , x) Điều này dẫn đến việc f(x) = f(x 0 ), xác nhận rằng giá trị của hàm f(x) tại bất kỳ điểm nào x trong (a, b) luôn bằng giá trị của hàm tại một điểm cố định.
Do vậy, f = const trên đoạn [a, b].
Hệ quả 1.5 Nếu hai hàm f(x) và g(x) có đạo hàm đồng nhất bằng nhau trên một khoảng thì chúng chỉ sai khác nhau bởi hằng số cộng.
Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết ta có
Theo Định lý Cauchy, nếu hai hàm số f và g liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a, b), với điều kiện rằng g'(x) ≠ 0 cho mọi x ∈ (a, b), thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho tỉ số giữa sự thay đổi của f và g trên đoạn này được biểu diễn bằng đạo hàm của chúng tại điểm c Cụ thể, công thức được thể hiện như sau: f(b) − f(a) = f′(c) * (g(b) − g(a)) / g′(c).
Chứng minh Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét công thức (1.4) luôn có nghĩa, tức là g(b) 6 = g(a).
Thật vậy, nếu g (b) = g(a) thì hàm g(x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle và do đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g ′ (c) = 0 Nhưng điều này trái với giả thiết là g ′ (x) 6 = 0, ∀ c ∈ (a, b).
F (x) = f(x) − λg(x), (1.5) trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là f (a) − λg(a) = f (b) − λg(b). Để có điều cần lấy ta chỉ cần chọn λ = f (b) − f(a) g(b) − g(a) (1.6)
HàmF (x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle, do đó tồn tại c ∈ (a, b)sao cho
F ′ (c) = 0 Mặt khác, từ (1.5), ta có
Từ công thức (1.7) và (1.6), ta thu được f(b) − f (a) g(b) − g(a) = f ′ (c) g ′ (c)
Nhận xét 1.6 Công thức (1.4) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn Cauchy.
Nhận xét 1.7 Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý Cauchy với giả thiết g(x) = x.
Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản
Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Landau, [3],[6]) Cho f là hàm khả vi cấp hai trên
R Giả sử f và f ′′ bị chặn trên R Đặt
M 0 = sup x ∈ R | f (x) | , M 1 = sup x ∈ R | f ′ (x) | , M 2 = sup x ∈ R | f ′′ (x) | Khi đó f ′ bị chặn và
Chứng minh Trước hết, ta nhận thấy rằng nếuM 2 = 0 thì hàm f ′ (x) là hàm hằng f ′ (x) ≡ c Nếu c 6 = 0 thì f(x) = cx + d không giới nội nên c = 0 và (1.8) đúng.
Giả sử M 2 > 0 Lấy x ∈R và một giá trị tùy ý h > 0 Theo công thức Taylor tồn tại t ∈ (x; x + 2h) sao cho f(x + 2h) = f(x) + 2hf ′ (x) + 2h 2 f ′′ (t).
Lấy trị tuyệt đối hai vế và áp dụng các giả thiết ban đầu, ta thu được
M 0 M 2 Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Kolmogorov) Giả sử f là hàm khả vi cấp ba và f và f ′′′ bị chặn trên R Đặt
M 0 = sup x ∈ R | f (x) | , M 1 = sup x ∈ R | f ′ (x) | , M 3 = sup x ∈ R | f ′′′ (x) | Khi đó f ′ cũng bị chặn và
2 (9M 0 2 M 3 ) 1 3 Chứng minh Cố định x ∈R và h 6 = 0 và áp dụng công thức Taylor (tới cấp
3) cho các giá trị ở giữa h và x + h, ta thu được
Mặt khác, ta thấy ψ(h) đạt cực tiểu tại h 0 = (3M 0 M 3 − 1 ) 1 3
Theo Định lý 1.9, các hàm f ′ và f ′′′ = (f ′′ ) ′ đều là các hàm bị chặn Do đó, khi áp dụng bất đẳng thức Laudau, chúng ta có thể kết luận rằng hàm f ′′ cũng bị chặn.
Nhận xét 1.8 Giả sử f là hàm khả vi cấpn và các hàm f(x)vàf (n) (x)bị chặn trên R.
Khi đó f (n − 1) (x) bị chặn Từ đó suy ra tất cả các đạo hàm f (k) (x) với mọi
Định lý 1.10, hay còn gọi là Bất đẳng thức Laudau-Kolmogorov, khẳng định rằng nếu f là hàm khả vi cấp n và các đạo hàm của nó bị chặn trên R, thì giá trị M k = sup x ∈ R | f (k) (x) | sẽ lớn hơn 0 cho mọi k từ 0 đến n Hơn nữa, với u k = 2 k − 1 M k M k − − 1 1, điều này cũng đúng cho mọi k trong khoảng từ 0 đến n.
0 M k n n Chứng minh Theo công thức Taylor, ta có n − 1
Nếu M k = 0, thì f trở thành một đa thức bậc cao nhất là k − 1 Hàm f bị chặn, do đó chỉ thỏa mãn điều kiện về tính liên tục Điều này chứng tỏ rằng M k > 0 với mọi 0 ≤ k ≤ n, k thuộc N Bằng cách áp dụng bất đẳng thức Laudau, ta có kết quả như sau.
2M k − 1 M k+1 , ∀ 1 ≤ k ≤ n − 1. Điều này cho ta các bất đẳng thức u 1 ≤ u 2 ≤ ã ã ã ≤ u n , trong đó
(u 1 u 2 u k ) n ≤ (u 1 u 2 u n ) k Áp dụng bất đẳng thức Laudau trong trường hợp này, ta thu được
0 M k n n Vậy ta có điều phải chứng minh.
Một số tính chất của hàm lồi khả vi
Ký hiệu I(a, b) đại diện cho các tập hợp như (a, b), (a, b], [a, b), và [a, b] khi −∞ < a < b < +∞ Đối với trường hợp I(a, b) = (−∞, b) hoặc (−∞, b] khi −∞ = a < b < +∞, và I(a, b) = (a, +∞) hoặc [a, +∞) khi −∞ < a < b = +∞ Theo định nghĩa 1.3, hàm số f(x) được gọi là lồi trên I(a, b) nếu f(x) xác định trên I(a, b) với mọi x, y ∈ I(a, b) và với mọi số α ∈ [0, 1] thỏa mãn điều kiện f[αx + (1 − α)y] ≤ αf(x) + (1 − α)f(y).
Nếu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y thì f được gọi là lồi thật sự trên
Nếu hàm số f là hàm lồi trên khoảng I (a, b), thì với mọi x thuộc I (a, b), ta luôn có max { f (a), f (b) } > f (x) Ngược lại, hàm số f (x) được gọi là hàm lõm trên I (a, b) nếu nó thỏa mãn điều kiện f [αx + (1 − α) y] > αf (x) + (1 − α) f (y) với mọi x, y thuộc I (a, b) và mọi số α trong khoảng [0, 1] Nếu đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y, thì f được xem là hàm lõm thật sự.
Hàm lồi khả vi được định nghĩa là hàm số f có đạo hàm bậc hai dương trên khoảng I (a, b), tức là f''(x) > 0 cho mọi x thuộc I Định lý 1.11 khẳng định rằng nếu hàm f là lồi trên I (a, b), thì bất kỳ x nào trong khoảng [a, b] đều thỏa mãn f(a) + f(b) > f(x) + f(a + b - x) Để chứng minh điều này, ta có thể biểu diễn x dưới dạng x = ta + (1 - t)b với t thuộc [0, 1], từ đó suy ra a + b - x = (1 - t)a + tb.
Tính chất 1.1 (Biểu diễn của hàm lồi, [3]) Nếu f (x)lồi khả vi trên I (a, b) thì với mọi cặp x 0 ; x ∈ I(a, b), ta đều có f(x)>f (x 0 ) + f ′ (x 0 )(x − x 0 ).
Ta thấy đẳng thức xảy ra khi x 0 = x nên ta có thể viết lại dưới dạng sau f(x) = min u ∈ I(a;b) f(u) + f ′ (u)(x − u)
Định lý 1.12(Bất đẳng thức Karamata, [3]) Cho hai dãy số { x k } , { y k } ∈ I(a, b); k = 1, 2, , n thỏa mãn các điều kiện: x 1 > x 2 > ã ã ã > x n , y 1 > y 2 > ã ã ã > y n và
x 1> y 1 x 1 + x 2 > y 1 + y 2 x 1 + x 2 + ã ã ã + x n − 1 > y 1 + y 2 + ã ã ã + y n − 1 x 1 + x 2 + ã ã ã + x n = y 1 + y 2 + ã ã ã + y n Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x) (f ′′ (x) > 0) trên I (a, b), ta đều có f(x 1 ) + f (x 2 ) + ã ã ã + f (x n )> f(y 1 ) + f(y 2 ) + ã ã ã + f (y n ).
Nhận xét 1.9 Tương tự, ta cũng có kết quả đối với hàm lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức.
Chứng minh Khi f (x) là hàm lồi, sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi, ta có f(x 1 ) + f (x 2 ) + ã ã ã + f (x n ) = min t 1 , ,t n ∈ I(a,b)
Không mất tính tổng quát, giả sử bộ t 1 , , t n ∈ I (a, b) là bộ số giảm, nghĩa là t 1 > t 2 > ã ã ã > t n Khi đó, để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh rằng x 1 f ′ (t 1 ) + x 2 f ′ (t 2 ) + ã ã ã + x n f ′ (t n )> y 1 f ′ (t 1 ) + y 2 f ′ (t 2 ) + ã ã ã + y n f ′ (t n )
Sử dụng biến đổi Abel, ta có x 1 f ′ (t 1 ) + x 2 f ′ (t 2 ) + ã ã ã + x n f ′ (t n )
Vìf ′′ (x) > 0nênf ′ (x k )6 f ′ (x k − 1 ) Mặt khác, doS k (x)> S k (y) (k = 1, 2, , n −
1) và vì S n (x) = S n (y), ta có được điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.8 (Bất đẳng thức Jensen) Với mọi hàm lồi f (x) trên I(a, b) và với mọi x i ∈ I(a, b) (i = 1, 2, , n) ta luôn có bất đẳng thức f (x 1 ) + f(x 2 ) + ã ã ã + f(x n ) n > f x 1 + x 2 + ã ã ã + x n n
Chứng minh Do tính chất đối xứng, không mất tính tổng quát, ta giả x 1 > x 2 > ã ã ã > x n
Theo bất đẳng thức Karamata, ta có f (x 1 ) + f (x 2 ) + ã ã ã + f(x n )>nf x
Định lý 1.13 (I Schur) Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn điệu giảm
{ x k , y k ; k = 1, 2, , n } , thỏa mãn các điều kiện
x 1> y 1 x 1 + x 2 > y 1 + y 2 x 1 + x 2 + ã ã ã + x n − 1 > y 1 + y 2 + ã ã ã + y n − 1 x 1 + x 2 + ã ã ã + x n = y 1 + y 2 + ã ã ã + y n là giữa chúng có một phép biến đổi tuyến tính dạng y i =
Xn j=1 a ij x j , i = 1, 2, , n, trong đó a kl > 0,
Xn j=1 a jl = 1 ; k, l = 1, 2, , n. Định lý 1.14 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại x ∈ (a; b) sao cho f ′ (x)> 0 với x ∈ [a; b] và f ′′ (x) > 0 với mọi x ∈ (a; b).
Giả sử a 1 , a 2 , , a n vàx 1 , x 2 , , x n là các số thuộc [a; b], đồng thời thỏa mãn cỏc điều kiện a 1> a 2 > ã ã ã > a n và x 1> x 2 > ã ã ã > x n và
Khi đó ta luôn có n
Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử bộ t 1 , , t n ∈ I (a, b) là bộ số giảm, nghĩa là t 1 > t 2 > ã ã ã > t n
Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi f(x 1 ) + f (x 2 ) + ã ã ã + f (x n ) = min t 1 , ,t n ∈ I (a,b)
Khi đó ta chỉ cần chứng minh rằng x 1 f ′ (t 1 ) + x 2 f ′ (t 2 ) + ã ã ã + x n f ′ (t n )> y 1 f ′ (t 1 ) + y 2 f ′ (t 2 ) + ã ã ã + y n f ′ (t n )
Sử dụng biến đổi Abel, ta có x 1 f ′ (t 1 ) + x 2 f ′ (t 2 ) + ã ã ã + x n f ′ (t n )
Vìf ′′ (x) > 0nênf ′ (x k )6 f ′ (x k − 1 ) Mặt khác, doS k (x)> S k (y) (k = 1, 2, , n − 1) và vì S n (x)> S n (y) , f ′ (t n ) > 0 , ta thu được điều cần chứng minh.
Hoàn toàn tương tự ta có Định lý 1.15 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai trong (a; b) sao cho f ′ (x)> 0 với mọi x ∈ [a; b] và f ′′ (x) < 0 với mọi x ∈ (a; b).
Giả sử a 1 , a 2 , , a n và x 1 , x 2 , , x n là các số ∈ [a; b], thỏa mãn điều kiện a 1 6 a 2 6 ã ã ã 6 a n , x 16 x 2 6 ã ã ã 6 x n và
Xn k=1 f (a k ). Định lý 1.16 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a; b) sao cho f ′ (x) > 0 với mọi x ∈ (a; b).
Giả sử a 1 , a 2 , , a n và x 1 , x 2 , , x n là các số ∈ [a; b], thỏa mãn điều kiện a 1 >a 2 > ã ã ã >a n và
Khi đó ta luôn có n
Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm
Đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức
2.1.1 Định lý Rolle đối với đa thức
Nếu một đa thức có nghiệm x = x₀ bội k (với k > 1), thì đạo hàm của nó sẽ có nghiệm x = x₀ bội bậc k − 1 Kết hợp với Định lý Rolle, ta có thể đưa ra một kết luận quan trọng: Định lý Rolle đối với đa thức khẳng định rằng nếu đa thức P(x) có k nghiệm thực, thì đạo hàm P′(x) của nó sẽ có ít nhất k − 1 nghiệm thực.
Trong trường hợp đặc biệt, ta thu được kết quả có nhiều ứng dụng trong đại số sau đây.
Hệ quả 2.1 Nếu đa thức P (x) có các nghiệm đều thực thì đạo hàm của nó là đa thức P ′ (x) cũng có các nghiệm đều thực.
2.1.2 Nội suy Taylor đối với đa thức
Ta thường thấy trong các sách giáo khoa hiện hành, dạng chính tắc của một đa thức đại số P (x) bậc n (n > 0, thường được viết dưới dạng
Đa thức P(x) có dạng P(x) = p₀xⁿ + p₁xⁿ⁻¹ + + pₙ, với p₀ ≠ 0 Đa thức chính tắc được sắp xếp theo thứ tự giảm dần của lũy thừa Trong quá trình nghiên cứu, người ta thường xem xét một lớp đa thức có bậc không vượt quá một số nguyên dương n nhất định.
Vì thế, về sau, ta thường sử dụng cách viết đa thức P (x) dưới dạng tăng dần của bậc luỹ thừa
P (x) = b 0 + b 1 x + b 2 x 2 + ã ã ã + b n x n (2.1) Nhận xét rằng, đa thức (2.1) có tính chất
Vì thế đa thức (2.1) thường được viết dưới dạng công thức (đồng nhất thức) Taylor như sau
Với cách viết dưới dạng (2.2), ta thu được công thức tính hệ số a k (k =
0, 1, , n) của đa thức P (x), đó chính là giá trị của đạo hàm cấp k của đa thức tại x = 0: a k = P (k) (0), k = 0, 1, , n.
Từ đây ta thu được đồng nhất thức Taylor tạix = 0 (thường được gọi là nội suy Taylor):
Ví dụ 2.1 Viết đa thức
Q(x) = (x 2 − 2x − 2) 5 + (2x 3 + 3x 2 − x − 1) 2 dưới dạng chính tắc (công thức Taylor) tại x = 0:
Theo công thức (2.3) thì ta có ngay hệ thức a 8 = Q (8) (0).
Dạng (2.2) thể hiện mối liên hệ giữa các hệ số của đa thức chính tắc và giá trị đạo hàm của nó tại x = 0 Trong trường hợp tổng quát, công thức Taylor tại x = x0 được trình bày như sau.
2! (x − x 0 ) 2 + ã ã ã + P (n) (x 0 ) n! (x − x 0 ) n (2.5) Bây giờ, ta chuyển sang xét bài toán nội suy Taylor.
Bài toán 2.1 (Bài toán nội suy Taylor) Cho x 0 , a k ∈R , với k = 0, 1, , N − 1. Hãy xác định đa thức T (x) có bậc không quá N − 1 (deg T (x)6 N − 1) và thỏa mãn các điều kiện
T (k) (x 0 ) = a k , ∀ k = 0, 1, , N − 1 (2.6) Lời giải Trước hết, dễ thấy rằng đa thức
X k=0 α k (x − x 0 ) k có bậc deg T (x) 6 N − 1 Tiếp theo, ta cần xác định các hệ số α k ∈ R sao cho
Lần lượt lấy đạo hàm T (x) đến cấp thứ k, k = 0, 1, , N − 1, tại x = x 0 và sử dụng giả thiết
Thay giá trị của α k vào biểu thức của T (x), ta thu được
Do vậy đa thức T (x) thỏa mãn điều kiện
Chúng ta đã chứng minh rằng đa thức T(x) được tạo ra từ công thức (2.7) là đa thức duy nhất đáp ứng các điều kiện của bài toán nội suy Taylor Đa thức này được gọi là đa thức nội suy Taylor.
Thật vậy, nếu có đa thức T ∗ (x), có bậc deg T ∗ (x)6N − 1 cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán (2.7) thì khi đó, đa thức
P (x) = T (x) − T ∗ (x) cũng có bậc deg P (x)6 N − 1 và đồng thời thỏa mãn điều kiện
Tức là, đa thức P (x) là đa thức có bậc không quá N − 1 (deg P (x) 6N − 1) mà lại nhận x 0 làm nghiệm với bội không nhỏ thua N, nên P (x) ≡ 0, và do đó
Nhận xét 2.10 Chú ý rằng đa thức nội suy TaylorT (x)được xác định từ (2.7) chính là khai triển Taylor đến cấp thứ N − 1 của hàm số T (x) tại điểm x = x 0.
2.1.3 Nội suy Newton đối với đa thức
Bây giờ, ta chuyển sang xét bài toán nội suy Newton.
Bài toán 2.2 (Bài toán nội suy Newton) Chox i , a i ∈R , với i = 1, 2, , N Hãy xác định đa thứcN (x) có bậc không quá N − 1 (deg N (x)6 N − 1) và thỏa mãn các điều kiện
Trước hết, ứng với mỗi i = 2, 3, , N, ta ký hiệu
Tiếp theo, ta xét một số trường hợp riêng của bài toán nội suy Newton. i) Nếu N = 1 (ứng với i = 1) thì ta có deg N (x) = 0 và N (x 1 ) = a 1, và do đó
N (x) = a 1 ii) Nếu N = 2 (ứng với i = 1, 2), thì ta có
Từ đó suy ra N (x) = a 1 + a 2 (x − x 1 ) hay
N (x) = a 1 + a 2 R(x 1 , x). iii) Nếu N = 3 (ứng với i = 1, 2, 3), thì ta có
N (x) = a 1 + a 2 R(x 1 , x) + a 3 R 2 (x 1 , x 2 , x). iv) Một cách tương tự, trong trường hợp tổng quát, với i = 1, 2, , N, ta thấy
N (x) = a 1 + a 2 R(x 1 , x) + ã ã ã + a N R N − 1 (x 1 , x 2 , , x N − 1 , x) (2.9) là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Newton 2.2 và ta gọi đa thức này là đa thức nội suy Newton.
Thật vậy, dễ thấy rằng deg N (x) 6 N − 1 Ngoài ra, ứng với mỗi i (=
Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán nội suy Newton.
Giả sử có một đa thức N ∗ (x) với bậc deg N ∗ (x) ≤ N − 1, thỏa mãn điều kiện của Bài toán 2.2 Khi đó, đa thức P (x) = N (x) − N ∗ (x) cũng sẽ có bậc deg P (x) ≤ N − 1 và đáp ứng các điều kiện cần thiết.
Khi đó, theo cách xây dựng đa thứcN (x)ở trên, ứng với trường hợp a i = 0, ∀ i =
1, 2, , N, ta suy ra P (x) ≡ 0, và do đó N (x) = N ∗ (x).
Bài toán 2.3 Cho 0 < α < 1 Xác định tất cả các đa thức f (x) bậc n (n > 2 ) sao cho tồn tại dãy số r 1 , r 2 , , r n (r 1 < r 2 < < r n ) thỏa mãn các điều kiện sau
Lời giải Nhận xét rằng với a < b vàx = αa + (1 − α)b ; α ∈ (0, 1)thì x ∈ (a, b). Khi đó p = 1 x − a + 1 x − b = 2α − 1 α(1 − α)(b − a)
Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > 1
2 vàp = 0 khi và chỉ khi α = 1
2 ta đặt x = αr 1 + (1 − α)r 2 Khi đó theo giả thiết thì f ′ (x) = 0 và đồng thời ta lại có f ′ (x) f (x) = 1 x − r 1 + 1 x − r 2 +
1 x − r i < 0, mâu thuẫn Tương tự với n> 3 và 1
2 < α < 1 ta cũng nhận được điều vô lý Nếu n = 2 và α 6 = 1
2 , thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn Do vậy chỉ cần xét trường hợp n = 2 và α = 1
2 Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2 nghiệm phân biệt đều thỏa mãn bài toán đã cho.
2.1.4 Nội suy theo các nút là điểm dừng của đồ thị
Dựa vào hình dáng của đồ thị, chúng ta có thể giải quyết một số bài toán nội suy liên quan đến các đặc trưng hình học như điểm cực đại, cực tiểu và điểm uốn Ngoài ra, các đại lượng hình học khác như khoảng cách và hệ số góc của tiếp tuyến cũng có thể được xem xét trong quá trình này.
Bài toán 2.4 Xác định các tam thức bậc hai f (x) = x 2 + bx + ckhi đồ thị của hàm số y = f (x) đạt cực tiểu tại M (0, 1).
Lời giải Theo giả thiết thì đồ thị của hàm số đi qua M (0, 1) vàx = 0 là điểm dừng của hàm số f(x) Vậy nên f(0) = 1, f ′ (0) = 0, hay c = 1, b = 0.
Vậy tam thức bậc hai cần tìm có dạng f (x) = x 2 + 1.
Bài toán 2.5 yêu cầu xác định các tam thức bậc hai f(x) = x² + bx + c, khi cặp đường phân giác góc thứ nhất và góc thứ hai của hệ trục tọa độ là các tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x).
Nếu đường phân giác góc thứ nhất là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M (x₀, f(x₀)), thì điều kiện cần có là f(x₀) = x₀ và f'(x₀) = 1.
Vậy ta thu được hệ
Tương tự, nếu đường phân giác góc thứ hai là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M (x 1 , f (x 1 ) trên đồ thị thì ta phải có f (x 1 ) = − x 1 , f ′ (x 1 ) = − 1.
Vậy ta thu được hệ
Giải hệ (2.10) và (2.11), ta thu được b = 0, c = 1
4. Vậy tam thức bậc hai cần tìm có dạng f(x) = x 2 + 1
4. Bài toán 2.6 Xác định đa thức P (x) bậc nhỏ nhất sao cho đồ thị hàm số y = P (x) có các điểm cực đại, cực tiểu lần lượt tại A(0, 1)và B (1, 0).
Theo giả thiết, đa thức P(x) có ít nhất hai điểm dừng, dẫn đến phương trình P′(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm Do đó, bậc của P′(x) lớn hơn 2 Xem xét trường hợp bậc của P′(x) bằng 2, theo giả thiết, ta có những kết luận cần thiết.
P (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d, P ′ (x) = 3ax 2 + 2bx + c, a 6 = 0 và
Giải hệ này, ta thu được a = 2, b = − 3 Vậy đa thức bậc ba P (x) có dạng
Để đồ thị hàm số y = P(x) có các điểm cực đại tại A(0, 1) và cực tiểu tại B(1, 0), các điều kiện cần thiết đã được thỏa mãn Do đó, đa thức P(x) bậc nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu này là đa thức phù hợp với các điểm đã cho.
Bài toán 2.7 Xác định đa thức P (x) bậc nhỏ nhất sao cho đồ thị hàm số y = P (x) có các điểm cực tiểu lần lượt tại A(0, 1) vàB (1, 1).
Đa thức P(x) có ít nhất ba điểm dừng, cụ thể là x = 0 và x = 1, với P(0) = P(1) = 1 Theo Định lý Rolle, trong khoảng (0, 1) tồn tại điểm x₀ sao cho P′(x₀) = 0, dẫn đến phương trình P′(x) = 0 có ít nhất ba nghiệm phân biệt Do đó, bậc của P′(x) lớn hơn 3 Nếu bậc của P′(x) bằng 3, thì điều này phù hợp với giả thiết đã đưa ra.
P (x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e, P ′ (x) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d, a 6 = 0 và
P (x) = ax 2 (x − 1) 2 + 1, a 6 = 0. Để đồ thị hàm số y = P (x) có các điểm cực tiểu lần lượt tại A(0, 1)và B(1, 1) thì a > 0 Vậy đa thức bậc bốn cần tìm có dạng
Để xác định các điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = P(x) tại A(0, 1) và B(1, 1), chúng ta thấy rằng các điều kiện cần thiết đã được thỏa mãn Do đó, đa thức P(x) có bậc nhỏ nhất với các điểm cực tiểu này là một đa thức cụ thể.
Bài toán 2.8 Xác định đa thức P (x) bậc nhỏ nhất sao cho đồ thị hàm số y = P (x) có các điểm uốn và điểm cực tiểu lần lượt tại A(0, 0) và B(1, 0).
Theo giả thiết, đa thức P(x) có ít nhất ba điểm dừng, cụ thể là x = 0, x = 1 Với điều kiện P(0) = P(1) = 0, theo Định lý Rolle, tồn tại một điểm x₀ trong khoảng (0, 1) sao cho P′(x₀) = 0.
Phương trình P ′ (x) = 0 có ít nhất bốn nghiệm, bao gồm một nghiệm kép và hai nghiệm đơn phân biệt, dẫn đến deg P ′ (x) > 4 Xét trường hợp deg P ′ (x) = 4, theo giả thiết đã nêu.
P (x) = ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + ex + h,
P (x) = ax 3 (x − 1) 2 , a 6 = 0. Để đồ thị hàm số y = P (x) có các điểm uốn và điểm cực tiểu lần lượt tại A(0, 0) và B(1, 0) thì a > 0 Vậy đa thức bậc năm P (x) có dạng
Để đảm bảo đồ thị hàm số y = P(x) có các điểm uốn và điểm cực tiểu tại A(0, 0) và B(1, 0), ta cần tìm đa thức P(x) bậc nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này Đa thức P(x) sẽ có các đặc điểm cần thiết để xác định vị trí của các điểm uốn và cực tiểu trên đồ thị.
Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức
2.2.1 Bất đẳng thức Newton đối với đa thức Định lý 2.2 (Bất đẳng thức Newton) Cho a = (a 1 a n ) là bộ n các số thực dương Đặt P 0 = 1, P k = k!(n − k)! n! E k ; trong đó E k = E k (a) là tổng tất cả các tích k số khác nhau từ a 1 , a 2 , , a n
(Nếu các a i đều dương và không đồng thời bằng nhau thì ta có dấu bất đẳng thức thực sự).
Chứng minh Giả sử f (x, y) = (x + a 1 y)(x + a 2 y) (x + a n y) = E 0 x n + E 1 x n − 1 y + ã ã ã + E n y n Khi đó E i là tổng tất cả các tích i số khác nhau từ a 1 , a 2 , , a n và
Tất cả các a i đều dương và x y = 0 không phải là nghiệm của phương trình f(x, y) = 0 Do đó, x y = 0 không phải là nghiệm bội trong các phương trình nhận từ đạo hàm của nó.
Từ đó ta có thể kết luận rằng các số P i dương, tức là phương trình
P k − 1 x 2 + 2P k xy + P k+1 y 2 = 0 nhận được từf (x, y) = 0bằng cách lấy đạo hàm liên tiếp theox vày Do phương trình này có nghiệm thực nên P k − 1 P k+1 ≤ P k 2
Bài toán 2.9 Cho a = (a 1 a n ) là bộ n các số thực dương Đặt P 0 = 1,
P k = k!(n − k)! n! E k ; trong đó E k = E k (a) là tổng tất cả các tíchk số khác nhau từ a 1 , a 2 , , a n Chứng minh bất đẳng thức
Lời giải Từ Định lý 2.2, ta có
Bài toán 2.10 Cho các số phân biệt a i > 0 (i ∈ { 1, , n } ) Chứng minh bất đẳng thức
1 n n Lời giải Theo bất đẳng thức trong Bài toán 2.9, ta có
Chúng tôi chứng minh bất đẳng thức \( P_r - 1 < P_{r+1} < P_r^2 \) bằng phương pháp quy nạp Giả sử bất đẳng thức đúng với \( n - 1 \) số dương \( a_1, a_2, \ldots, a_{n-1} \) và đặt \( E_{r'} \), \( P_{r'} \) là các \( E_r \), \( P_r \) tạo bởi \( n - 1 \) số đó, với điều kiện tất cả các số này không đồng thời bằng nhau.
Từ đó suy ra n 2 (P r − 1 P r+1 − P r 2 ) = A + Ba n + Ca 2 n , trong đó
Vì các a i phân biệt nên theo giả thiết ta có
P r ′ − 2 P r+1 ′ < P r ′ − 1 P r ′ ⇒ A < − P r ′ , B < 2P r ′ − 1 P r ′ , C < P r ′ − 1 n 2 (P r − 1 P r+1 − P n ′ ) < − (P r ′ − a n P r ′ − 1 ) ≤ 0. Điều này vẫn đúng khi a 1 = a 2 = = a n − 1 Khi đó a n 6 = a 1
2.2.2 Bất đẳng thức bậc hai trên một đoạn
Ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản liên quan đến tam thức bậc hai với hệ số thực.
Xét tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c, a 6 = 0 Khi đó af (x) = ax + b 2
Khi xét tam thức bậc hai f(x) = ax² + bx + c với a ≠ 0, ta có các kết quả về dấu như sau: Nếu ∆ < 0, thì af(x) > 0 cho mọi x ∈ R Nếu ∆ = 0, thì af(x) > 0 cho mọi x ∈ R, và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = -b.
2a. iii) Nếu ∆ > 0 thì af (x) = a 2 (x − x 1 )(x − x 2 ) với x 1,2 = − b
Trong trường hợp này, hàm af(x) có giá trị âm khi x nằm trong khoảng (x1, x2) và dương khi x nhỏ hơn x1 hoặc lớn hơn x2 Theo Định lý 2.4, điều kiện cần và đủ để tồn tại số α sao cho af(α) < 0 là ∆ > 0 và x1 < α < x2, với x1,2 là các nghiệm của f(x) theo (2.12) Để minh họa ý tưởng về nội suy bất đẳng thức, ta bắt đầu từ bất đẳng thức bậc hai x² + y² > 2xy, với mọi x, y > 0, trong đó dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y.
Cũng xuất phát từ bất đẳng thức cùng dạng với (2.13) (ứng với 0 6 α 6
> 2, (2.14) hay x y α y 2 + y x α x 2 > 2xy, ta thu được bất đẳng thức dưới dạng tương đương x α y 2 − α + x 2 − α y α > 2xy (2.15)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Mặt khác, sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số, ta thu được f(t) = t 2 − t 2 − α − t α + 1 > 0, ∀ t ∈ [0, 1]
Hệ thức (2.16) có thể như là dạng bất đẳng thức nội suy của bất đẳng thức bậc hai (2.13).
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá một số dạng toán cơ bản liên quan đến việc đánh giá và ước lượng biểu thức, sử dụng tính chất của tam thức bậc hai trên các khoảng hoặc đoạn thẳng đã cho.
Xét đa thức thuần nhất bậc hai hai biến (như tam thức bậc hai đối với x tham biến y)
Khi đó, nếu ∆6 0 thì aF (x, y)> 0, ∀ x, y ∈R.
Vậy khi b 2 6 4ac và a > 0 thì hiển nhiên ax 2 + cy 2 > | bxy | , ∀ x, y ∈ R Trường hợp riêng, khi a = c = 1, b = ± 2 thì ta nhận lại được kết quả x 2 + y 2 >2 | xy | hay u + v
Về sau, ta sử dụng các tính chất của dạng phân thức bậc hai y = a 1 x 2 + b 1 x + c 1 a 2 x 2 + b 2 x + c 2 với điều kiện a 2 > 0, f 2 (x) = a 2 x 2 + b 2 x + c 2 > 0, ∀ x ∈R , để tìm cực trị của một số dạng toán bậc hai.
Bài toán 2.11 Xét tam thức bậc hai P (x) = x 2 − 1 Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình sau:
Nhận thấy rằng \( P_1(x) > -1 \) với mọi \( x \), ta có \( P_{n+1}(x) = P_1(P_n(x)) > -1 \) cho mọi \( x \in \mathbb{R} \) và \( n \in \mathbb{N}^* \) Do đó, phương trình \( P_n(x) = a \) với \( a < -1 \) không có nghiệm thực Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học rằng phương trình \( P_n(x) = a \) với \( a > 0 \) luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
Thật vậy, với n = 1 thì phương trình x 2 − 1 = a có hai nghiệm phân biệt Giả sử phương trình P n (x) = a với a > 0 có hai nghiệm thực phân biệt Xét phương trình P n+1 (x) = a với a > 0 Ta có
Do phương trình cũng P n (x) + √ a + 1 = 0 vô nghiệm nên suy ra phương trình
P n+1 (x) = a có hai nghiệm thực phân biệt.
Tiếp theo, ta chứng minh, bằng phương pháp quy nạp toán học, phương trình P n (x) = 0 có n + 1 nghiệm thực phân biệt.
Thật vậy, với n = 1 và n = 2thì ta có kết quả là hiển nhiên Giả sử, phương trình P n (x) = 0 có n + 1 nghiệm thực phân biệt.
Xét phương trình P n+2 (x) = 0, ta thu được phương trình
2) = 0, theo giả thiết quy nạp, có n + 3 nghiệm thực phân biệt.
Kết luận Phương trình P n (x) = 0 có đúng n + 1 nghiệm phân biệt và như vậy, phương trình đã cho có 2017 nghiệm thực phân biệt.
Tiếp theo ta trình bày một số kết quả của Lucas về ước lượng tam thức bậc hai trên một khoảng.
Bài toán 2.12 Giả sử G(x) = P x 2 + Qx + R Khi đó bất đẳng thức G(x) > 0 thỏa mãn với mọi x ∈ [a, b], khi và chỉ khi
G(a)G(b) (2.17) Lời giải Giả sử (2.17) thỏa mãn Ký hiệu m = pG(b) −p
Khi đó K > 0 Mặt khác thì
G(x)> 0, ∀ x ∈ [a, b] (2.19)Ngược lại, giả sử (2.19) thỏa mãn Khi đó G(a)> 0 , G(b) > 0 vàG(x) có thể viết được dưới dạng (Định lý Lucas)
G(x) = (m 1 x + n 1 ) 2 + K 1 (x − a)(b − x) với K 1 >0 (2.20) Nếu trong (2.20) ta chọn x ∈ a, a+b 2 , b thì sẽ có ( (m 1 a + n 1 ) 2 = G(a) (m 1 b + n 1 ) 2 = G(b) và K 1 = K, (2.21)
K được chọn như trong (2.18) Nhận xét rằng hệ (2.21) cho ta m 1 , n 1 và ta có
K ≡ K[G]> 0, tức bất đẳng thức (2.17) được chứng minh.
Bài toán 2.13 Chứng minh rằng với mọi tam thức bậc haif (x) = Ax 2 +Bx +C ta đều có | f (x) |6 1, ∀ x ∈ [a, b] xảy ra khi và chỉ khi | f (a) |6 1, | f (b) | 6 1 và khi đó
Lời giải Sử dụng kết quả Bài toán 2.12
G 2 (x)> 0 , ∀ x ∈ [a, b], khi và chỉ khi | f(a) | 6 1, | f(b) | 6 1, và K[G 1 ]>0, K[G 2 ]> 0.
Hai bất đẳng thức cuối này là như nhau với
Bài toán 2.14 Cho p(x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện n
Chứng minh rằng | a |6 8, | b | 6 8, | c | 6 1 và | 2ax + b |6 8, ∀ x ∈ [0, 1]
Sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có | a |6 8, | b |6 8, | c |6 1, | 2a + b |6 8 Khi h(x) := 2ax + b, thì | h(0) |6 8, | h(1) |68 kéo theo | h(x) |68, ∀ x ∈ [0, 1].
Nhận xét 2.11 Chú ý rằng đánh giá trên là tối ưu.
Thật vậy, giả sử p(x) = 8x 2 − 8x + 1 Khi đó | p(x) |6 1 và | p ′ (x) | = | 16x − 8 |6 8 trên [0, 1].
Bài toán 2.15 Giả sử M 2 là tập hợp tất cả các đa thức bậc không quá 2 và
M ∗ 2 : = p ∈ M 2 ; | p(t) | 6 1, ∀ t ∈ [0, 1] Tìm tất cả các đa thức Q, Q ∈ M ∗ 2 , sao cho với mọi p ∈ M ∗ 2 ta đều có
Chứng minh rằng nghiệm Q là duy nhất.
Lời giải Ta chứng minh rằng Q(x) = 8x 2 − 8x + 1 = T 2 (2x − 1) trong đó
T 2 (z) = 2z 2 − 1 là đa thức Chebychev loại 1.
Giả sử rằng p(x) = ax 2 + bx + c ∈ M ∗ 2 Vì p(x) = (2x − 1)(x − 1)p(0) − 4x(x − 1)p 1
Tính duy nhất nghiệm là hiển nhiên.
Nhận xét 2.12 Kết quả của bài toán vẫn đúng khi tập M ∗ 2 được mở rộng như sau.
Bài toán 2.16 Cho A, B, C ∈R , M > 0 Xét f (x) = Ax 2 + Bx + C thỏa mãn điều kiện p t(1 − t) | f(t) | 6 M, ∀ t ∈ [0, 1] Chứng minh rằng khi đó ứng với mọi x ta đều có
Lời giải Nhận xét rằng, nếu p(x) := f(x)
6M = ax 2 + bx + c , thì ta cần chứng minh rằng từ điều kiện 6p x(1 − x) | p(x) |6 1, ∀ x ∈ [0, 1], suy ra
Xét trong [0, 1] hệ các điểm x 1 , x 2 , x 3 : x 1 = 1
Khi đó với x ∈ J, ta có
Nếu xảy ra (2.25) thì ta có ngay 2 | p(x 2 ) |6 2 3 , | p(x j ) | ≤ 6 √ x 1 1 x 3 , j ∈ { 1, 3 } ,
2 và do đóx ∈ [x 1 , x 3 ] suy ra | p(x) |6 2 3 < 1
Giả thiết | p(x) |6 8x 2 − 8x + 1 thỏa mãn với mọi x ∈ ( −∞ , 0] ∪ [0, ∞ ) kéo theoBài toán 2.15 đã xét.
Nhận xét rằng theo một nghĩa nào đó thì kết quả nhận được là tốt nhất trong bài toán xấp xỉ.
8x 2 − 8x + 1 , nếu x ∈ ( −∞ , 0) ∪ (1, ∞ ) Điều này chỉ ra rằng ta không thể có ước lượng tốt hơn.
Bài toán 2.17 Giả thiết rằng x 1 , x 2 là các nghiệm của tam thức bậc hai p(x) = x 2 − a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) a + b + c x + (a 2 + b 2 + c 2 )abc a + b + c Biết rằng 16a < b < c6 2 Chứng minh rằng 1 < x 1 < x 2 < 4.
Lời giải Ta có p(ab) = abc a + b + c (c − a)(c − b) > 0 p(ac) = − abc a + b + c (b − a)(c − b) < 0 p(bc) = abc a + b + c (b − a)(c − a) > 0.
Vì ab < ac < bc, các nghiệm của p(x) là phân biệt và nằm lần lượt trong các khoảng (ab, ac) và (ac, bc) Hơn nữa, với điều kiện 1 < ab < ac < bc < 4, ta có thể khẳng định điều cần chứng minh.
2 vàf (x) := 1 + ϕ cos x + A cos 2x + B cos 3x. Xác định các giá trị A và B sao cho f (x)>0 ứng với mọi x ∈ [0, π].
Lời giải Giả sử F (t) = αt 3 + βt 2 + kt + δ thỏa mãn điều kiện
Khi đó F có thể biểu diễn dưới dạng
Ta có bất đẳng thức f(x)> 0, ∀ x ∈ [0, π] tương đương với
Dễ thấy rằng ϕ = 2 cos π 5 , ϕ 2 = ϕ + 1 và cos π
F 0 (t 0 ) = 0, t 0 = 1 − 2 ϕ , nên từ (2.26) và (2.27) ta thu được a = b = 0 và d = − ct 0 Do đó F 0 (t) = K(1 + t)(t − t 0 ) 2 , hay
Từ (2.27) − (2.31) ta thu được K = 4(3 5 − ϕ) và
10 Tương tự, ta cũng có f(x) = 2K cos x − cos 3π 5 ã cos x 2 2 với K được định nghĩa như ở phần trên.
Ước lượng đa thức và đạo hàm của đa thức
Bài toán ước lượng đa thức bao gồm nhiều dạng, như ước lượng miền giá trị của đa thức trên một tập cho trước, ước lượng các hệ số và nghiệm của đa thức, cùng với việc ước lượng các giá trị của đạo hàm.
Bài toán 2.19 Giả sử nhị thức f(x) = ax + b thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax + b |6 1, ∀ x ∈ [ − 1; 1]
Lời giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có | sin t(a cos t + b) |6 1 ∀ t Do đó ứng với t = π
Bài toán 2.20 Cho nhị thức f (x) = ax + b thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax + b |6 1, ∀ x ∈ [ − 1; 1]
Dựa vào tính chất của giá trị tuyệt đối, ta có thể giả định rằng b > 0 Với x nằm trong khoảng [−1, 1], ta cũng có thể xem a > 0 Từ giả thiết x ∈ [−1, 1], chúng ta có thể rút ra kết luận cần thiết.
Vậy | f(x) |6 2 , điều phải chứng minh.
Bài toán 2.21 Cho tam thức bậc hai f (x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax 2 + bx + c |6 1 ∀ x ∈ [ − 1; 1].
Lời giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có
Mặt khác, ta cũng có
Bài toán được chứng minh.
Nhận xét 2.13 Tương tự, ta có ước lượng sau đây:
Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax 2 + bx + c |6 1, ∀ x ∈ [ − 1; 1], thì
Tiếp theo ta xét một số áp dụng liên quan.
Bài toán 2.22 Cho a 1 , a 2 , , a n 1à các số thực > 0 và không đồng thời bằng
0 Chứng minh rằng phương trình x n − a 1 x n − 1 − − a n − 1 x − a n = 0 (2.33) có đúng một nghiệm dương duy nhất.
Nhận xét rằng f (x) liên tục trên (0, + ∞ ) và f(x) nghịch biến trong khoảng
(0, + ∞ ) nên tồn tại duy nhất s > 0 sao cho f (s) = 1.
Bài toán 2.23 Cho dãy các đa thức { P n (x) } (n = 0, 1, 2, ) xác định như sau
Chứng minh rằng với mọi x ∈ [0, 1] và với mọi n ∈N , ta luôn có
Lời giải Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng
Giả sử (2.35) đúng đến n Xét hàm số f (t) = t + 1
Ta có f ′ (t) = 1 − t> 0 Suy ra f (t) đồng biến trên [0, 1].
Ta chứng minh bất đẳng thức
Đặt t = √ x ∈ [0, 1] Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân thì t
< 2 n + 1 Đây chính là bất đẳng thức (2.36).
Bài toán 2.24 Cho đa thứcf (x) bậcn vàf(x)> 0 với mọi x ∈R Chứng minh rằng n
Hàm f(x) dương với mọi x ∈ R cho thấy bậc n là chẵn và hệ số bậc cao nhất của f(x) là dương Nếu f(x) là hàm hằng, thì (2.37) sẽ đúng Khi n > 1, bậc của f(x) và g(x) bằng nhau, với các hệ số chính cũng tương đương, dẫn đến bậc của g(x) cũng là chẵn và hệ số bậc cao nhất của g(x) là dương Do đó, tồn tại x₀ ∈ R sao cho g(x₀) = min x ∈ (−∞, +∞) g(x) Khi đó, g(x₀) = f(x₀) + g′(x₀) với g′(x₀) = 0, suy ra g(x) tại điểm cực tiểu x₀ là g(x₀) = f(x₀) > 0.
Từ đó suy ra g(x)> 0 với mọi x ∈R và ta thu được (2.37).
Bài toán 2.25 Cho đa thức P (x) bậc 6 2n thỏa mãn điều kiện
Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange thì
| k − j | Nhận xét rằng với x ∈ [ − n, n] thì
Một số dạng toán liên quan 46
Một số dạng toán cực trị trong đa thức
Bài toán 3.1 Cho đa thức f (t) thỏa mãn điều kiện f ′′ (t) > 0 với mọi t ∈ R. Cho bộ số thực x = (x 1 , x 2 , , x n ).
Lời giải Do f ′′ (t) > 0 nên đa thức f ′ (x) đồng biến và vì vậy f(u) ≤ f (v ) + (u − v)f ′ (v) ∀ u, v ∈R
Từ đó suy ra f (u) = max v ∈ R [f (v) + (u − v)f ′ (v)].
Từ đây dễ dàng suy ra
Bài toán 3.2 Xét tập hợp tất cả các nhị thứcf(x) = ax + b thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax + b |6 1, ∀ x ∈ [ − 1; 1]
Tìm giá trị lớn nhất của | a |
Lời giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có | sin t(a cos t + b) |6 1 ∀ t Do đó ứng với t = π
Dấu đẳng thức xảy ra khi f (x) = 2x.
Bài toán 3.3 Xét tập hợp tất cả các nhị thứcf(x) = ax + b thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax + b |6 1, ∀ x ∈ [ − 1; 1].
Tìm giá trị lớn nhất của | f (x) | trong đoạn [ − 1; 1].
Dựa vào tính chất của giá trị tuyệt đối, ta có thể giả định rằng b > 0 Với x thuộc khoảng [−1, 1], ta cũng có thể coi a > 0 Từ giả thiết x ∈ [−1, 1] và theo (3.1), chúng ta có thể rút ra kết luận quan trọng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi f(x) = 2x.
Bài toán 3.4 Xét tập hợp tất cả các tam thức bậc haif (x) = ax 2 + bx + cthỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax 2 + bx + c |6 1 ∀ x ∈ [ − 1; 1].
Tìm giá trị lớn nhất của | a |
Lời giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có
Mặt khác, ta cũng có
Dấu đẳng thức xảy ra khi f (x) = 2x 2 − 1.
Nhận xét 3.14 Xét tập hợp tất cả các tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện p1 − x 2 | ax 2 + bx + c |6 1, ∀ x ∈ [ − 1; 1].
Khi đó giá trị lớn nhất của | f (x) | trong đoạn [ − 1; 1] bằng 3.
Khảo sát phương trình và hệ phương trình đa thức
Bài toán 3.5 (Olympic Bulgari - 2000) Tìm tất cả các số thực m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
Lời giải Phương trình tương đương với x 2 − 2mx − 4(m 2 + 1) = 0 ⇔ (x − m) 2 = 5m 2 + 4 (3.2) hoặc x 2 − 4x − 2m(m 2 + 1) = 0 ⇔ (x − 2) 2 = 2(m 3 + m + 2) (3.3)
Khi phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt, có thể xảy ra một trong các trường hợp sau: (3.2) có nghiệm kép khác với 2 nghiệm phân biệt của (3.3), hoặc (3.3) có nghiệm kép khác với 2 nghiệm phân biệt của (3.2), hoặc cả (3.2) và (3.3) đều có 2 nghiệm phân biệt nhưng có 1 nghiệm chung.
+) Do 5m 2 + 4 > 0 nên (3.2) chỉ có thể có 2 nghiệm phân biệt chứ không thể có nghiệm kép suy ra trường hợp thứ nhất không xảy ra.
+) (3.3) có nghiệm kép khi và chỉ khi 2(m 3 + m + 2) = 0 ⇔ m = − 1 Khi đó (3.3) có nghiệm kép x = 2 và
Suy ra phương trình ban đầu chỉ có 2 nghiệm phân biệt là x = 2; x = − 4(không thỏa mãn).
+) Với trường hợp cuối cùng, ta gọi r là nghiệm chung của (3.2) và (3.3) thì (x − r) là thừa số chung của 2 biểu thức: x 2 − 2mx − 4(m 2 + 1); x 2 − 4x − 2m(m 2 + 1).
Trừ 2 biểu thức cho nhau ta có(x − r)là thừa số của(2m − 4)x − (2m 3 − 4m 2 +2m − 4) hay (2m − 4)r = (2m − 4)(m 2 + 1).
Nếu m = 2 thì cả (3.2) và (3.3) đều trở thành (x − 2) 2 = 24 nên phương trình ban đầu chỉ có 2 nghiệm phân biệt, suy ra m = 2 không thỏa mãn.
Nhưng m = − 1 đã bị loại ở trên nên suy ra m = 3.
Suy ra phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệtx = − 4; x = − 6; x = 10 (thỏa mãn).
Vậy với m = 3 thi phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Bài toán 3.6 (IMO - 1961) Giải hệ
(1) (2) (3) trong đóa, b là những hằng số cho trước Các số a, b phải thỏa mãn điều kiện gì để các nghiệm x, y, z của hệ là dương phân biệt?
Lời giải Bình phương hai vế của (1) ta được a 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2(x + y)z.
Mà x + y = a − z nên từ (2), (3) ta có a 2 = b 2 + 2z 2 + 2(a − z)z ⇔ a 2 = b 2 + 2az ⇔ z = a 2 − b 2
2a > 0 hay a > 0 Với điều kiện này thì x > 0, y > 0 vì xy > 0.
2a > 0 nên a 2 > b 2 , suy ra a > | b | Để x 6 = y thì cần có
10a 2 b 2 − 3a 4 − 3b 4 > 0 (3.4) Đặt t = | b | a , ta có 1 > t ≥ 0 và có thể viết (3.4) dưới dạng
Vậy nghiệm của hệ là
√ 3 , a > 0 là điều kiện để các nghiệm x, y, z của hệ là dương phân biệt.
Bài toán 3.7 (VMO 1995 - 1996, Bảng A) Biện luận số nghiệm thực của hệ
x 3 y − y 4 = a 2 x 2 y + 2xy 2 + y 3 = b 2 trong đó a, b là những hằng số cho trước.
Lời giải Hệ tương đương với
Xét các trường hợp sau:
Do vậy hệ đã cho tương đương
− 2x 4 = a 2 +) Nếu a 6 = 0 thì (I) và (II) cùng vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
+) Nếu a = 0 thì (I) có vô số nghiệm dạng(x ∈R ; y = 0) còn (II) có 1 nghiêm (0; 0) nên hệ có vô số nghiệm.
2 b 6 = 0 Khi đó, từ (1), (2) ta thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì phải có x > 0, y > 0 Vì thế
= a 2 (4) Đặt √ y = t, t > 0 Từ (4) ta có phương trình sau t 2
0 ∀ t ∈ [0; + ∞ ) Suy ra đồng biến trên [0; + ∞ ) nên (5) có tối đa 1 nghiệm trong (0; + ∞ ) Mà f(0) = − ( | b | ) 3 < 0, f(p 3
| b | = ( | b | ) 3 + | b | a 2 > 0 nên (5) có 1 nghiệm duy nhất Kí hiệu nghiệm đó là t 0 ∈ (0; + ∞ )
Suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x; y) =
- Nếu a = b = 0 thì hệ có vô số nghiệm.
- Nếu a tùy ý, b 6 = 0 thì hệ có nghiệm duy nhất.
Nếu a 6 = 0, b = 0 thì hệ vô nghiệm.
Bài toán 3.8 Chứng minh rằng nếu p(x) là đa thức bậc n, không có nghiệm bội, còn đa thức q(x) bậc nhỏ thua n, không đồng nhất bằng 0 thì đa thức
Nếu f(x) chia hết cho p(x) thì f ′ (x) = f (x) − p(x)q(x) cũng chia hết cho p(x).
Từ đó suy ra mọi nghiệm của p(x) đều là nghiệm bội của f (x).
Thế nhưng p(x) không có nghiệm bội suy ra f (x) chia hết cho p 2 (x). Điều đó không thể xảy ra vì deg f(x) < 2n = deg p 2 (x).
Vậy f (x) không thể chia hết cho p(x).
Bài toán 3.9 Chứng minh rằng với mọi x > 1 đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh là những số dạng
P 3 (x) = x 4 − 1 và các tam giác đó ứng với mọix > 1 cho trước đều có góc lớn nhất bằng nhau. Lời giải Ta có
P 1 (x) = (x 2 + 1)(x 2 + x + 1), P 2 (x) = (x 2 + 1)(2x + 1), P 3 (x) = (x 2 + 1)(x 2 − 1). Đặt x 2 + x + 1 = a, 2x + 1 = b, x 2 − 1 = c Với mọi x > 1 thì hiển nhiên a > 0, b > 0, c > 0.
Do đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Suy ra
Độ dài các cạnh của tam giác được xác định bởi các hàm số P1(x) = a(x² + 1), P2(x) = b(x² + 1), và P3 = c(x² + 1) Cạnh dài nhất của tam giác tương ứng với P1(x), và góc lớn nhất α của tam giác này có thể được tính theo định lý hàm số cos.
Với mọi x > 1, P1(x), P2(x), P3(x) đại diện cho độ dài các cạnh của một tam giác Các tam giác này đều có góc lớn nhất là 2π, đảm bảo tính hợp lệ trong hình học.
Bài toán 3.10 Giả sử x 1 , x 2 , x 3 là ba nghiệm của x 3 + px + q = 0 Tính tích
Lời giải Từ x 3 + px + q = (x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 ) ta suy ra các hệ thức
Bài toán 3.11 Cho đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện f (a) = f (b) = 0 (a < b). Chứng minh rằng với mọi α ∈R tồn tại x 0 ∈ (a; b) để αf (x 0 ) + f ′ (x 0 ) = 0.
Lời giải Xét hàm số h(x) = e αx f (x) trên [a; b] Hàm này thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lý Rolle Vậy tồn tại x 0 ∈ (a; b)đểh ′ (x 0 ) = 0 hayαe αx 0 f (x 0 ) + e αx 0 f ′ (x 0 ) = 0 Vìe αx 0 6 = 0 nên αf (x 0 ) + f ′ (x 0 ) = 0.
Bài toán 3.12 Cho hai hàm số f(x), g(x) xác định và liên tục trên đoạn [a; b], khả vi trong khoảng (a; b) thỏa mãn f(a) = f(b) = 0 Chứng minh rằng với mọi α ∈R luôn tồn tại x 0 ∈ (a; b) để g ′ (x 0 )f (x 0 ) + f ′ (x 0 ) = 0.
Lời giải Xét hàmh(x) = e g(x) f (x)trên[a; b].Hàm này thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lý Rolle Vậy tồn tạix 0 ∈ (a; b)đểh ′ (x 0 ) = 0 hayg ′ (x 0 )e g(x 0 ) f (x 0 ) + e g(x 0 ) f ′ (x 0 ) = 0 Vìe g(x 0 ) 6 = 0 nên g ′ (x 0 )f(x 0 ) + f ′ (x 0 ) = 0.
Bài toán 3.13 Giả thiết ba hàm số f (x), g(x), h(x) xác định và liên tục trên đoạn [a; b], khả vi trong khoảng (a; b) Chứng minh rằng luôn tồn tại x 0 ∈ (a; b) thỏa mãn các điều kiện
(i) Xét hàmF (x) = f(x) g(x) h(x) f (a) g(a) h(a) f(b) g(b) h(b) trên đoạn[a; b].Hiển nhiênF (x)xác định và liên tục trên đoạn[a; b], khả vi trong khoảng(a; b), thỏa mãn F (a) = F (b) = 0 và F ′ (x) = f ′ (x) g ′ (x) h ′ (x) f(a) g(a) h(a) f(b) g(b) h(b)
Theo Định lý Rolle, tồn tạix 0 ∈ (a; b)đểF ′ (x 0 ) = 0hay f ′ (x 0 ) g ′ (x 0 ) h ′ (x 0 ) f (a) g (a) h(a) f (b) g(b) h(b)
(ii) Vớig(x) = x, h(x) = 1 khi x ∈ [a; b] ta có f ′ (x 0 ) 1 0 f (a) a 1 f (b) b 1
Bài toán 3.14 Cho ba đa thức f (x), g(x), h(x), hàm F (x) được xác định bởi
Chứng minh rằng phương trình F ′ (x) = 0 có ít nhất một nghiệm x 0 ∈ (1; 2).
Lời giải Hàm F (x) là một đa thức Từ F (1) = F (2) = 0 suy ra phương trình
F ′ (x) = 0 có ít nhất một nghiệm x 0 ∈ (1; 2).
Bài toán 3.15 Chứng minh rằng, nếu f (x) = x 4 + ax 3 + bx + c ∈ R [x] có 4 nghiệm thực phân biệt thì ab < 0.
Khi phương trình f(x) = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt, theo Định lý Rolle, đa thức g(x) = 4x³ + 3ax² + b sẽ có 3 nghiệm thực phân biệt Điều kiện cần thiết để điều này xảy ra là g max.g min < 0, tương đương với ab < 0.
Luận văn “Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan" đã giải quyết được những vấn đề sau:
1 Luận văn đã trình bày chi tiết một số dạng toán liên quan đến đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm và trình bày các phương pháp chứng minh chúng.
2 Xét các bài toán nội suy, bất đẳng thức và cực trị trong lớp hàm đa thức đại số.
3 Cuối cùng, luận văn trình bày các dạng toán khảo sát phương trình,bất phương trình đa thức.