Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P6 docx

Với p = 2điều phải chứng minh được suy ra từ bài tập trên.. nghiệm của f sẽ tồn tại ít nhất một nghiệm của f0, vì vậy p cũng là điểmgiới hạn của tập các nghiệm của f0... Mặt khác ta có t

2.3.8. Theo công thức Taylor

f (x)Ă f(0)g(x)Ă g(0) =

f0(0)x + 1

2f00(à1(x))x2

g0(0)x + 12g00(à2(x))x2:Mặt khác theo định lý giá trị trung bình

00(x)2! (Ăx)2+Â Â Â +f

(n)(x)n! (Ăx)n+ f

(n+1)(xĂ à1x(n + 1)! (Ăx)n+1:Cho à = 1Ă à1 ta được điều phải chứng minh

2.3.10. Ta có

f (x) = f³x

2 +

x2

´

= f³x2

´+f

0Ăx2

Â1!

³x2

´+Â Â Â +f

(2n)Ăx2

Â(2n)!

³x2

³x2

´2n+1

;tương tự

f (0) = f³x

2 Ă x2

´

= f³x2

´

Ă f

0Ăx2

Â1!

³x2

´+Â Â Â + f

(2n)Ăx2

Â(2n)!

³x2

³x2

´2n+1:

Trừ vế với vế hai đẳng thức trên ta được

f (x) = f (0) + 2

1!f

0³x2

´ ³x2

´+ 23!f

(3)³x2

´ ³x2

2 Ă à2x2

Â(2n + 1)!

³x2

´2n+1:

Vì đạo hàm thoả m∙n định lý giá trị trung gian (xem 2.2.31) ta có điều phảichứng minh

2.3.11. Sử dụng kết quả bài trên với f (x) = ln(x + 1), x > 0 và chú ý rằng

đạohàm lẻ củaf nhận giá trị dương với x > 0

2.3.12. Sử dụng công thức Taylor với số dư dạng Peano (xem 2.3.1),

(a) Theo công thức Taylor với x > 0 ta có

ex =

nXk=0

xkk! +

xn+1(n + 1)!e

àx>

nXk=0

xkk!:(b) Với x > 0 ta có

1(1 + à1x)5 > xĂ x

2

2 +

x3

3:(c) Sử dụng công thức Taylor cho hàmx7!p1 + x ta được

n+1

(n + 1)!f

(n+1)(x) + o(hn+1):Mặt khác

f (x + h) = f (x) + hf0(x) +Â Â Â + h

n Ă1(nĂ 1)!f

(n Ă1)(x) + h

n

n!f

(n)(x + à(h)h):Trừ đẳng thức trên cho đẳng thức dưới ta được

f (n) (x+à(h)h) Ăf (n) (x)

à(h)h

:Chú ý rằng f(n+1)(x)tồn tại và khác 0 ta suy ra điều phải chứng minh

2.3.16. Víi 0 < x∙ 1 ta cã

f (0) = f (x¡ x) = f(x) ¡ f0(x)x + f00(x¡ µ1x)x

2

2 ;(1)

M 2 ta được điều phải chứng minh.

2.3.20. Với p = 2điều phải chứng minh được suy ra từ bài tập trên Ta sửdụng phương pháp quy nạp Giả sử khẳng định đúng với 2; 3; : : : ; p Ta đichứng minh rằng nó cũng đúng với p + 1 Ta có

f(pĂ1)(x + h) = f(pĂ1)(x) + f(p)(x)h + f(p+1)(x + àh)h

2

2

Ă h

4(f(p+1)(x + àh)Ă f(p+1)(xĂ à1h)):

p p+1

p+1:(1)

Vậy ta đ∙ chứng minh được bất đẳng thức với k = p Bây giờ ta đi chứngminh nó với 1∙ k ∙ p Ă 1 Theo giả thiết quy nạp ta có

Mk ∙ 2k(p+12Ăk)M1Ă

k p+1

k p+1

p :

Điều phải chứng minh

2.3.21. Giả sử jf00(x)j ∙ M(M > 0), với x 2 (0; 1) Theo công thức Taylorcho x; h2 (0; 1) ta có

2.3.23. Vớiu; x2 (0; 1), u > x, theo công thức Taylor ta có

f (u) = f (x) + f0(x)(uĂ x) + 12f00(ằ)(uĂ x)2với ằ2 (x; u) Chọnu = x + "(1Ă x); 0 < " < 12, ta được

f (u)Ă f(x) = "(1 Ă x)f0(x) + 1

2"

2f00(x + à"(1Ă x))(1 Ă x)2với à 2 (0; 1) Chox! 1Ă ta được

0 = lim

x !1 Ă

à(1Ă x)f0(x) + 1

2"f

00(x + à"(1Ă x))(1 Ă x)2

ả:(1)

Theo định nghĩa giới hạn, nếu "1 > 0 thì

x !1 Ă(1Ăx)f0(x) = 0:

2.3.24. Ta có

f

à

a + b2

ả

= f (a) +f

00(x1)2!

à

bĂ a2

ả

= f (b) + f

00(x2)2!

à

bĂ a2

ả2

;vớix1 2Ă

a;a+b2 Â

và x2 2Ăa+b

2 ; bÂ, do đójf(b) Ă f(a)j =

à

bĂ a2

ả21

2jf00(x2)Ă f00(x1)j ∙

à

bĂ a2

2f

00(0)Ăf

000(x2)3!

vớix1 2 (0; 1) và x2 2 (Ă1; 0) Do đó

f000(x1) + f000(x2) = 6;

tức làf000(x1)á 3hoặcf000(x2)á 3 Chú ý rằng ta có thể nhận được dấu đẳngthức với ví dụf (x) = 1

Sử dụng tính liên tục tại 0 của f0 ta có điều phải chứng minh.

2.3.28. Chú ý rằng P là đa thức có bậc không vượt quá m, đạo hàm đẳngthức

(1Ă y)m+1

m+1Xk=0

à

m + 1k

ả(Ă1)kyk;

ta được

Ă(m + 1)(1 Ă y)m =

m+1Xk=1

à

m + 1k

ả(Ă1)kkykĂ1:(1)

Cho y = 1ta được

0 =m+1Xk=1

à

m + 1k

ả(Ă1)kk:

à

m + 1k

ả(Ă1)k:

Sử dụng công thức Taylor ta suy raP (x) ´ 0

2.3.29. [E I Poffald, Amer Math Montly 97 (1990), 205-213] Ta sử dụng

định lý (giá trị) trung bình tích phân sau

Định lý Chof vàg là hai hàm liên tục trên[a; b], g có dấu không đổi trong khoảng đó Khi đó tồn tạiằ 2 (a; b) sao cho

Z b a

f (x)g(x)dx = f (ằ)

Z b ag(x)dx:

Chứng minh Đặt

m = minff(x) : x 2 [a; b]g và M = maxff(x) : x 2 [a; b]g:

Giả sử rằng, điều này không làm mất tính tổng quát của bài toán,g(x) > 0,khi đó mg(x)∙ f(x)g(x) ∙ Mg(x): Tích phân bất đẳng thức kép ta được

m

Z b ag(x)dx∙

Z b a

f (x)g(x)dx∙ M

Z b ag(x)dx:

n + 1

ả

= f(n)(0) + f(n+1)(0) x

n + 1+

Z x n+1

0

f(n+2)(t)

àx

n + 1Ă t

ảdt:

Do đó

f (0) +f

0(0)1! x +Â Â Â +f

(n Ă1)(0)(nĂ 1)! x

n Ă1+ f

(n)Ă xn+1

Ân! x

n

= f (0) + f

0(0)1! x +Â Â Â +f

(n Ă1)(0)(nĂ 1)! x

0

f(n+2)(t)

àx

n + 1 Ă t

ảdt

!

xnn!

= f (0) + f

0(0)1! x +Â Â Â +f

(n+1)(0)(n + 1)!x

n + 1Ă t

ả

dtxn

n!:Mặt khác cũng theo công thức Taylor với phần dư dạng tích phân ta có

f (x) = f (0) +f

0(0)1! x +Â Â Â +f

(n+1)(0)(n + 1)! x

n+1

(n + 1)!

Z x 0

f(n+2)(t)(xĂ t)n+1dt:

(n Ă1)(0)(nĂ 1)! x

n Ă1+ f

(n)Ă xn+1

Ân! x

f(n+2)(t)(xĂ t)n+1dt

Ă

Z x n+1

0

f(n+2)(t)

àx

n + 1 Ă t

ả

dtxn

n!

= 1

n!

Z x n+1

0

f(n+2)(t)

à(xĂ t)n+1

n + 1 Ă xn

àx

n + 1 Ă t

ảvới t 2 [0; x]:

Rõ ràng g0(t) > 0 với mọi t 2 (0; x) và g(0) = 0, do đó g dương trên toànkhoảng mở(0; x) Theo định lý trung bình tích phân ở trên ta có

Z x n+1

0

f(n+2)(t)

à(xĂ t)n+1

n + 1 Ă xn

àx

0g(t)dt

x n+1

f(n+2)(t)(xĂ t)n+1dt = f(n+2)(ằ)

Z x

x n+1

(n Ă1)(0)(nĂ 1)! x

n Ă1+ f

(n)Ă xn+1

Ân! x

á1 =

Z x n+1

0g(t)dt và á2 =

Z x

x n+1

Sử dụng định lý giá trị trung gian ta có

f(n+2)(ằ1)R x

n+1

0 g(t)dt + f(n+2)(ằ2)Rx

x n+1

(x Ăt) n+1

n+1 dt

x n+2 n 2(n+1) 2 (n+2)

(n Ă1)(0)(nĂ 1)! x

n Ă1+f

(n)Ă xn+1

Ân! x

n2(n + 1)f

(n+2)(ằ) xn+2

(n + 2)!:

Đặt à = xằ ta suy ra điều phải chứng minh

2.3.30. Theo giả thiết và áp dụng công thức Taylor chof(n) ta được

f(n)(x0+ à(x)(xĂ x0))

= f(n)(x0) + f

(n+p)(x0+ à1à(x)(xĂ x0))

p! (à(x)(xĂ x0))p:Suy ra

f (x) = f (x0) + f

0(x0)1! (xĂ x0) +Â Â Â + f

(n)(x0)n! (xĂ x0)n+f

(n+p)(x0+ à1à(x)(xĂ x0))

n!p! (xĂ x0)n+p(à(x))p:Mặt khác

f (x) = f (x0) + f

0(x0)1! (xĂ x0) +Â Â Â + f

(n)(x0)n! (xĂ x0)n+f

(n+p)(x0+ à2(xĂ x0))(n + p)! (xĂ x0)n+p:

(n+p)! = n!p!1 lim

x !x 0

(à(x))p.Trường hợp p = 1 chính là bài 2.3.15

px

i ³h1

px

i+ 1´

iXk=1

f00(àkx)k2x2:(2)

Vì f00 bị chặn trong lân cận của 0 nên

h

1 p x

iXk=1

k2 =

h1

px

i ³h1

px

i+ 1´ ³

2h1

px

i+ 1´

iXk=1

nghiệm của f sẽ tồn tại ít nhất một nghiệm của f0, vì vậy p cũng là điểmgiới hạn của tập các nghiệm của f0 Từ đó suy ra, theo công thức Taylor

f (x) = f

(n)(p + à(xĂ p))n! (xĂ p)nvới à 2 (0; 1) Vì supfjf(n)(x)j : x 2 (a; b)g = O(n!) nên tồn tại M > 0 sao chojf(x)j ∙ Mjx Ă pjn vớinđủ lớn, do đó vớix2 (a; b)màjx Ă pj < 1thìf (x) = 0

2.3.33. Tương tự bài tập trên, ta chứng minh được f(k)(0) = 0 với k 2 N,theo công thức Taylor ta có

f (x) = f

(n)(àx)n! x

àapx

= lim

x !+1

a2f00(ap

t)2f (ap

2.3.36. Giả sử rằng a > 1, theo quy tắc l’Hôpital ta có

(b) Không sử dụng quy tắc l’Hôpital, vì đạo hàm của hàm dưới mẫu bằng

0 tại các điểm ẳ=2 + 2nẳ; n2 N Mặt khác ta có thể chứng minh đượcrằng giới hạn này không tồn tại

(c) Để tìm giới hạn của biểu thức dạng f (x)g(x) khi x! 0+ ta chỉ cần tìmgiới hạn lim

x !0 +

ln f (x)

1 g(x)

Tuy nhiên giới hạn này không tính được bằng quytắc l’Hôpital vì giới hạn của biểu thức phân thức đạo hàm không tồntại Theo 1.1.23(a) ta có giới hạn cần tìm bằng 1

(d) Giới hạn bằng 1 (xem 1.1.23(b)) Giới hạn không thể tính được bằngquy tắc l’Hôpital

2.3.39. Sử dụng 2.3.28 ta chứng minh được rằng

nXk=0(Ă1)k

ànk

f0(x0)

g0(x0)với x0 2 (x; y) ẵ (a; a1) Cố địnhy, theo (1) ta có

LĂ " <

f (x) g(x)Ă f (y)g(x)

ả+ f (y)

f (x) <

f (x)g(x) < (L + ")

à

1Ă g(y)g(x)

ả+f (y)g(x):Cho x! a+ ta được

LĂ " ∙ lim

x !a +

f (x)g(x) ∙ L + ";

ta được điều phải chứng minh cho một trường hợp Các trường hợp khác

được chứng minh tương tự

2.3.41.

(a) Sö dông quy t¾c l’H«pital ta cã

B©y giê ta chøng minh r»ng lim

lim

x !1

f (x)f00(x)(f0(x))2 = lim

x !1

xf00(x)

f0(x) ¢ xff (x)0(x) = 1

2¡ c:

2.3.43. Vớix6= 0, theo công thức Leibniz ta có

g(n)(x) =

nXk=0

ànk

ả

f(k)(x)

à1x

ả(n Ăk)

=

nXk=0(Ă1)nĂkn!k!f(k)(x) 1

xn+1 Ăk:(1)

Đặt g(0) = f0(0), sử dụng quy tắc l’Hôpital ta được

0(0):

Suy ra g thuộc lớp C1(Ă1; 1) Bây giờ ta sử dụng quy nạp để chứng minh,giả sử rằng bài toán đ∙ được chứng minh đến n tức là g(n)(0) = f(n+1)n+1(0) và

g 2 Cn(¡1; 1), thÕ th× tõ (1) vµ sö dông quy t¾c l’H«pital ta ®­îc

xn+2

= lim

x !0

nPk=0

+

nPk=1

(¡1)n ¡k n!

(k ¡1)!f(k+1)(x)xk¡1¡ xnf(n+1)(0)(n + 2)xn+1

+

nPk=1

(¡1)n ¡1¡k n!

k!f(k+1)(x)xk

¡ xnf(n+1)(0)(n + 2)xn+1

)

= lim

x !0

xn(f(n+1)(x)¡ f(n+1)(0))(n + 2)xn+1 = f

(n+2)(0)

n + 2 :B©y giê ta chØ cßn ph¶i chøng minh r»ng g(n+1) liªn tôc t¹i 0 n÷a lµ xong

Ta l¹i sö dông (1) vµ quy t¾c l’H«pital ®­îc

lim

x !0g(n+1)(x) = lim

x !0

n+1Pk=0

( ¡1) n+1 ¡k (n+1)!

(k ¡1)! f(n+1)(x)xk¡1(n + 2)xn+1

Từ những lập luận vừa nêu ta thấy rằng hàmg được định nghĩa như ở trên

(xem (1) trong lời giải của 1.2.33) Mặt khác vì

f (x)Ă f(x1)

xĂ x1 ∙ f (x2)Ă f(x)

x2Ă x :(2)

Cho x! x+1 ta được

f0(x1)∙ f (x2)Ă f(x1)

x2Ă x1

:Tương tự cho x! xĂ2 ta được

trong đóx1 < ằ1 < x < ằ2 < x2, từ đó và sử dụng tính đơn điệu củaf0 ta được(??) Bây giờ ta chứng minh rằng từ (??) ta suy ra tính lồi của f Thật vậy,

đặt x = áx1+ (1Ă á)x2, x1 < x2 và á 2 (0; 1), ta có x2 (x1; x2),

xĂ x1 = (1Ă á)(x2Ă x1) và x2Ă x = á(x2Ă x1):

Từ đó sử dụng (??) ta được f (x) ∙ áf(x1) + (1Ă á)f(x2) Ta nhận thấy rõràng bất đẳng thức (??) tương đương với tính lồi của f Với chú ý rằng f0tăng chặt trên Ita suy ra f lồi chặttrên I

2.4.2. Chú ý điều kiện f00(x)á 0 vớix2 I tương đương với f0 tăng, sử dụngkết quả bài trên ta được điều phải chứng minh

2.4.3. Sử dụng quy nạp Điều kiện được đặt với n = 2 chính là định nghĩatính lồi của f, vì vậy giả thiết rằng bất đẳng thức đ∙ được chứng minh với

ná 2, ta đi chứng minh rằng nó cũng đúng vớin + 1 Xétá1; á2; : : : ; án; án+1

là các số không âm sao choá1+ á2+Â Â Â + án+ án+1 = 1 Vì có thể biểu diễn

2.4.6. Hàmx7! ex lồi chặttrênR.

Hình vẽGiả sử vớia < btồn tại mình nằm dưới đồ thịy = ex từx = ađếnx = bcódiện tích nhỏ hơn hình thang tạo bởi các điểm (a; 0); (b; 0); (a; ea); (b; eb), khi

lồi trên (0;1), do f00(x) > 0 ở đó, sử dụng bất

đẳng thức Jensen ta suy ra điều phải chứng minh (xem 2.4.3)

Chú ý rằng nếu pk = n1 với k = 1; 2; : : : ; n và

nPk=1

xk = 1 thì ta được bất

đẳng thức cho trong I 1.2.43 (a)

(b) Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm

xk = 1 thì ta được bất

đẳng thức cho trong I 1.2.45

2.4.10.

(a) Xét hàm f (x0 = ln sin x với x 2 (0; ẳ), vì f00(x) = Ăsin12 x < 0 nên f lõmtrên (0; ẳ) áp dụng bất đẳng thức Jensen cho Ăf (xem 2.4.3) ta được

điều phải chứng minh

x3

à

x + 1x

@

1n

nXk=1

xk+ 11 n

nPk=1

xk

1CCA

a

∙ 1n

nXk=1

à

xk+ 1

xk

ảa:

Vậy

nXk=1

2.4.13.

(a) áp dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm f (x) = 1

x, x > 0 ta được1

Thay xk trong (1) bởi 1

x k ta chứng minh được bất đẳng thức còn lại.(c) Nếu tồn tại xk hay yk bằng 0 thì ta chứng minh được bất đẳng thức.Giả sử rằng xk; yk > 0 với k = 1; 2; : : : ; n, ta viết bất đẳng thức dướidạng

yn

xn+ yn

+ = 1:

(d) Sử dụng quy nạp theom và (c)

2.4.14. Giả sử phản chứng rằng f không phải là hàm hằng trên R, khi đótồn tại x1 < x2 sao cho f (x1) < f (x2) hoặc f (x1) > f (x2) Xét x thoả m∙n

Vì f lồi nên f (x2) ∙ maxff(x1); f (x3)g, suy ra trường hợp sau không xảy

ra Từ tính liên tục củaf (xem 1.2.33) ta suy ra tồn tại c2 [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 vớix2 (a; x1), từ đó suy ra vìf (c)∙ f(x1)nên f (x1)∙ f(x),vậy nếux; y2 (a; c] thì

² từ x < y < x1 suy raf (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 hàmtăng trên[c; b)

2.4.17. Đây là hệ quả trực tiếp của bài tập trên

2.4.18. Vì f bị chặn nên sử dụng bài tập trên ta suy ra giới hạn một phíacủa f tại các điểma 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 vớia < y < x1 < x < x2

f (x)Ă f(x1)

xĂ x1 ∙ f (xx2)Ă f(x)

2Ă x :Suy ra

f+0(x1)∙ fĂ0(x2):

Như vậy ta có

fĂ0(x1)∙ f+0(x1)∙ fĂ0 (x2)∙ f+0 (x2) với x1 < x2:

Các bất đẳng thức trên cho ta thấy rằng nếu một trong các đạo hàm một phíacủa 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

Từ đó suy ra hàmằ khả vi trên (0;1) Đạo hàm đẳng thức trong đề bài ta

vậy theo (1) ta đượcằ0(x) > 0 với x > 0

2.4.21. Không mất tính tổng quát giả sử rằng

nPi=1jxij > 0 và

nPi=1jyij > 0 Theo2.4.4 ta có

ả1=q ∙ 1p

0BBB

@

jxij

à nPi=1jxijp

ả1=p

1CCCA

p

+ 1q

0BBB

@

jyij

à nPi=1jyijq

ả1=q

1CCCAq

:

Cộng vế với vế bất đẳng thức trên theo i = 1; 2; : : : ; n ta được

nPi=1jyixij

à n

Pi=1jxijp

ả1=pà nPi=1jyijq

ả1=q

∙ 1p

nXi=1

0BBB

@

jxij

à nPi=1jxijp

ả1=p

1CCCA

p

+ 1q

nXi=1

0BBB

@

jyij

à nPi=1jyijq

ả1=q

1CCCAq

= 1p

nPi=1jxijpnPi=1jxijp

+ 1q

nPi=1jyijqnPi=1jyijq

jxi+ yijjx1+ yijpĂ1

∙

nXi=1

jxijjxi+ yijpĂ1+

nXi=1

jyijjxi + yijpĂ1

∙

à nXi=1

jxijp

!1

pà nXi=1

jxi+ yij(pĂ1)q

!1

à nXi=1

jyij

!1

pà nXi=1

jxijp

!1 p

+

à nXi=1

jyijp

!1

p1A

à nXi=1

jxi+ yijp

!1 p

∙

à nXi=1

jxijp

!1 p

+

à nXi=1

jyijp

!1 p

:

2.4.23. Theo bất đẳng thức Holder ta có

NXn=1

janj

n45 ∙

à NXn=1

a4n

!1

4 Ã NXn=1

1

n1615

!3 4

:

2.4.24. Đặt s1 = x1+ x2+Â Â Â + xn , s2 = y1 + y2+Â Â Â + yn và S = (sp1+ sp2)1p,khi đó

Sp = xp1+ sp2 =Ă

x1sp1Ă1+ y1sp2Ă1Â

+Ă

x2sp1Ă1+ y2sp2Ă1Â+Â Â Â +Ă

´:

Ta được điều phải chứng minh

2.4.25. Đặt

si =

mXj=1

xi;j và S =

à nXi=1

si

!1 p

:Theo bất đẳng thức Holder ta có

Sp =

nXi=1

sispiĂ1 =

nXi=1

mXj=1

xi;jspiĂ1 =

mXj=1

si=1nxi;jspiĂ1

∙

mXj=1

à nXi=1

xpi;j

!1

p à nXi=1

spi

!p Ă1 p

xpi;j

!1 p

;

từ đó suy ra điều phải chứng minh

2.4.26. Xétx; y 2 I sao chox < y Vớin = 0; 1; 2; : : : đặt

Tn =

ẵi

2n : i = 0; 1; : : : ; 2n

ắ:

Ta sẽ sử dụng quy nạp để chứng minh rằng với n = 0; 1; : : : và s2 Tn thì

f ((1Ă s)x + sy) ∙ (1 Ă 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 đếnnvà với s2 Tn, ta đi chứng minh

nó với n + 1 Xét s2 Tn+1, ta nhận thấy chỉ cần chứng minh đối với trườnghợp s =2 Tn Vì tồn tại ằ; ´ 2 Tn sao chos = ằ+´2 nên

f ((1Ă s)x + sy) ∙ f ((1Ă ằ)x + ằy) + f((1 Ă ´)x + ´y)2 :

Sử dụng giả thiết quy nạp ta được

f ((1Ă s)x + sy) ∙ (1Ă ằ)f(x) + ằf(y) + (1 Ă ´)f(x) + ´f(y)2

Tn

trù mật trong [0; 1] nên tồn tại d∙y điểmfsng ẵ T sao chot = lim

n !1sn, do đóvìf liên tục nên

´

= f³x2

´+ f³x2

´

= 2f³x

2

´:VậyfĂx

ả

= f³x

2 +

y2

Nếuf lồi trênR 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 =(1Ă t)x + ty thì x < z < y và tồn tại a 2 (x; z) và b 2 (z; y) sao cho z = a+b2 Tương tự tồn tạita 2 (0; t)và tb 2 (t; 1) sao cho

2.4.29. Vì f liên tục trên I (xem 1.2.33) nên nó bị chặn địa phương Xét

x0 2 I và" > 0sao cho khoảng[x0Ă 2"; x0+ 2"]vẫn nằm trongI, vìf bị chặn

địa phương nên tồn tại M > 0 sao cho

jf(x)j ∙ M với x2 [x0Ă 2"; x0+ 2"]:

(1)

Xét x1 6= x2 trong x0 Ă "; x0 + "], điểm x3 = x2 + jx "

2 Ăx 1 j(x2Ă x1) thuộc [x0 Ă2"; x0+ 2"] và

x2 = "

jx2Ă x1j + "x1+

jx2Ă x1j

jx2Ă x1j + "x3:Vì f lồi nên ta suy ra

(a) Từ tính đơn điệu của hàm x7! f (x)x ta suy ra với x1; x2 á 0

f (b) = f (pa + q(a + b)) ∙ pf(a) + qf(a + b)

∙ pf(a) + q(f(a) + f(b)) = f(a) +³

1Ăab

đ < ° < ¯ Từ giả thiết suy ra tồn tại duy nhất³1 2 (đ; °) và ³2 2 (°; ¯) saocho

luôn tồn tại hữu hạn hoặc vô hạn Hơn nữa vì gd khả vi nên ta luôn có (xem1.4.10)

f tại c nên ta có ngay D+f (x) ∙ DĂf (x) với mọi x Nếu f là hàm lõmtrên [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 đượctính khả vi của f trên R

Bây giờ ta đi chứng minh rằng f0 là hàm liên tục Giả sử phản chứngrằng tồn tại x0 sao cho f0 gián đoạn tại đó, khi đó tồn tại d∙y fzng hội tụ

về x0 sao cho d∙y ff0(zn)g hội tụ về f0(x0) + r với r 6= 0 hoặc d∙y ff0(zn)gkhông bị chặn Trong trường hợp thứ hai ta chỉ ra được một d∙y fyng saocho ff0(yng phân kỳ, giả sử nó tiến đến+1, khi đó