Luận văn: Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐOÀN TRỌNG THƯỞNG
CÁC ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học:
TS: NGUYỄN MINH KHOA
THÁI NGUYÊN, - 2012
1
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Mở đầu 3
1 Những kiến thức cơ sở. 4
1.1 Hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Các tính chất hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Khái niệm về hàm khả vi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 Đạo hàm hàm hợp và đạo hàm hàm ngược. . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Đạo hàm một phía. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.4 Vi phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Công thức Taylor, Mac-Laurin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Quy tắc Lopitan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Ứng dụng của các định lý về hàm khả vi. 20
2.1 Ứng dụng khảo sát tính chất nghiệm của phương trình. . . . . . . . . . . . 20
2.1.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.2 Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương trình

có nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.3 Sử dụng định lý Rolle trong giải phương trình. . . . . . . . . . . . . 31
2.2 Ứng dụng chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2.1 Dùng định lý Lagrange để chứng minh bất đẳng thức. . . . . . . . . 33
2.2.2 Dùng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số để chứng minh bất
đẳng thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3 Ứng dụng tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3.1 Sử dụng định nghĩa đạo hàm tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3.2 Sử dụng khai triển Taylor tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.3 Áp dụng quy tắc Lopitan tính giới hạn. . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.4 Ứng dụng tính gần đúng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.4.1 Tính gần đúng theo vi phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.4.2 Ứng dụng tính xấp xỉ bằng công thức Taylor . . . . . . . . . . . . 55
2
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mở đầu.
Các định lý về hàm khả vi đóng một vai trò quan trọng trong giải tích toán học và
thường xuyên được khai thác trong các kỳ thi Olympic quốc gia, quốc tế, kỳ thi Olympic
sinh viên. Đây là một công cụ rất hiệu lực trong việc giải các bài toán liên quan đến sự
tồn tại nghiệm và các tính chất nghiệm của các dạng phương trình khác nhau. Việc sử
dụng định nghĩa đạo hàm, khai triển Taylor, quy tắc Lopitan vào các bài toán tính giới
hạn, xấp xỉ là rất hữu hiệu. Luận văn này trình bày tương đối đầy đủ các kiến thức về
hàm liên tục, hàm khả vi, các định lý về hàm khả vi. Đưa ra một số ứng dụng của chúng
vào việc khảo sát tính chất nghiệm phương trình, các bài toán về bất đẳng thức. Sử dụng
đạo hàm, khai triển Taylor, quy tắc Lopitan tính giới hạn
Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ sở về khái niệm hàm liên tục, khái niệm đạo
hàm, hàm khả vi, các định lý về hàm khả vi quy tắc Lopitan, khai triển Taylor.
Chương 2: Một số ứng dụng của định lý về hàm khả vi. Trình bày các ứng dụng để
giải các bài toán về khảo sát tính chất nghiệm của phương trình, bất đẳng thức, tính giới
hạn, tính gần đúng.

Qua đây tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Tiến sĩ Nguyễn minh Khoa đã
giao đề tài và tận tình định hướng cho tác giả hoàn thành luận văn. Đồng thời tác giả
cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến hội đồng khoa học trường Đại học khoa học - Đại học
Thái Nguyên, tập thể lớp cao học toán K4C trường Đại học khoa học - Đại học Thái
Nguyên, bạn bè, người thân đã động viên giúp đỡ tác giả nghiên cứu học tập.
Mặc dù đã cố gắng học tập nghiên cứu kĩ đề tài, song khó tránh khỏi thiếu sót, hạn
chế. Tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo góp ý của các thầy cô, bạn bè đồng nghiệp
để bản luận văn được hoàn chỉnh có ý nghĩa hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn!
THÁI NGUYÊN, năm 2012.
Tác giả
Đoàn trọng Thưởng
3
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 1
Những kiến thức cơ sở.
1.1 Hàm liên tục.
1.1.1 Các khái niệm.
Định nghĩa 1.1.1. Cho tập hợp X ⊂ R, hàm số f : X → R và điểm x
0
∈ X. Nếu với
mọi ε > 0 cho trước bao giờ cũng tồn tại δ > 0 ( nói chung phụ thuộc vào ε ) sao cho với
mọi x ∈ {x ∈ X||x−x
0
| < δ} ta đều có |f (x)−f (x
0
) | < ε thì ta nói hàm f liên tục tại x
0
.
- Nếu f liên tục tại mọi điểm x ∈ X thì ta nói f liên tục trên X.
- Hàm f không liên tục tại điểm x

0
gọi là gián đoạn tại điểm này.
- Giả sử X là một tập hợp số thực x
0
∈ R là một điểm tụ của X,f là một hàm số xác
định trên X.
Khi đó f liên tục tại điểm x
0
, nếu và chỉ nếu lim
x→x
0
f(x) = f (x
0
)
- Giả sử f là một hàm số xác định trên tập số thực X . Hàm số f liên tục tại điểm
x
0
∈ X khi và chỉ khi
∀{x
n
} ⊂ X : lim
n→∞
x
n
= x
0
⇒ lim
n→∞
f(x
n

) = f (x
0
)
Ví dụ 1.1.1. a) Hàm f(x) = sinx liên tục trên R. Thật vậy giả sử x
0
∈ X với mọi x ∈ R
ta có.
|sin x − sin x
0
| = 2




cos
x + x
0
2
sin
x − x
0
2




≤ 2





sin
x − x
0
2




≤ |x − x
0
|
Với ε bất kì ta lấy δ = ε khi đó
∀x ∈ R |x − x
0
| < ε → |sin x − sin x
0
| < ε
Vậy hàm f(x) = sinx liên tục tại x
0
do đó liên tục trên R
4
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.1.2 Các tính chất hàm liên tục.
Định lý 1.1.1. Nếu f và g là hai hàm cùng xác định trên tập hợp X và liên tục tại điểm
x
0
∈ X thì αf + βg ( với α và β là hằng số ), f.g đều là những hàm liên tục tại x
0
. Nếu

g (x
0
) = 0 thì
f
g
cũng là hàm liên tục tại x
0
.
Chứng minh định lý này suy ra từ các tính chất trên của hàm liên tục.
Định lý 1.1.2. Giả sử A và B là các tập con của R, f : A → B liên tục tại x
0
∈ A,
g : B → R liên tục tại y
0
= f (x
0
) ∈ B. Khi đó hàm hợp gof : A → R liên tục tại x
0
.
Chứng minh.
Cho trước ε > 0. Vì g liên tục tại y
0
nên tồn tại η > 0 sao cho |g (y) − g (y
0
) | < ε
với mọi y ∈ B thỏa mãn |y − y
0
| < η. Do f liên tục tại x
0
, với η > 0 nói trên tồn

tại δ > 0 sao cho |f (x) − f (x
0
)| < η, với mọi x
0
∈ A thỏa mãn |x − x
0
| < δ. Khi đó,
với mọi x ∈ {x ∈ A||x−x
0
| < δ} ta có |(gof) (x)−(gof) (x
0
) | = |g(f (x))−g (f (x
0
)) | < ε.
Vậy gof liên tục tại x
0
.
Định nghĩa 1.1.2. Hàm f : A → R gọi là liên tục bên phải tại điểm x
0
∈ A nếu mọi
ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ∈ {x ∈ A|x
0
≤ x <x
0
+δ} ta có
|f (x) −f(x
0
)| < ε.
Ta nói f liên tục bên trái tại x
0

∈ A nếu với mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao
cho với mọi x ∈ {x ∈ A|x
0
− δ ≤ x <x
0
} ta có |f (x) − f (x
0
)| < ε.
Các hàm số liên tục bên phải tại x
0
hoặc liên tục bên trái tại x
0
được gọi là liên tục
một phía tại x
0
.
- Hàm f : A → R liên tục tại x
0
∈ A khi và chỉ khi f liên tục bên phải và liên tục bên
trái tại x
0
.
Định nghĩa 1.1.3. Cho các hàm số f : [a, b] → R. Nếu f liên tục trên (a, b), liên tục
bên phải tại điểm a và liên tục bên trái tại điểm b thì ta nói f liên tục trên đoạn [a, b].
Định lý 1.1.3. Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì nó bị chặn trên đó.
Chứng minh. Giả sử f liên tục trên đoạn [a, b] nhưng không bị chặn trên đó. Khi đó với
mọi n ∈ N
∗
tồn tại x
n

∈ [a, b] sao cho |f (x
n
) | > n. Dãy {x
n
}
n
là dãy bị chặn nên nó chứa
một dãy con {x
n
k
}
k
hội tụ đến x
0
. Vì a ≤ x
n
k
≤ b với mọi k, nên cho k → ∞ ta suy ra
a ≤ x
0
≤ b. Do f liên tục tại x
0
ta có f (x
n
k
) → f (x
0
), từ đó |f (x
n
k

) |−|f (x
0
) | (k → ∞).
Mặt khác |f (x
n
k
) | ≥ n
k
, vì thế |f (x
n
k
) | → +∞ (k → ∞) ta đi đến mâu thuẫn. Vậy hàm
f bị chặn trên [a, b].
5
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.1.4. Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì nó đạt giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất, tức là tồn tại hai số x
0
, x

0
∈ [a, b] sao cho
f (x
0
) = sup f (x)
x∈[a, b]
, f (x

0
) = inf (x)

x∈[a, b]
Chứng minh. Vì hàm f bị chặn trên đoạn [a, b], vì thế tồn tại
sup f(x)
x∈[a, b]
= M, M < +∞, inf (x)
x∈[a, b]
= m, m > −∞
Theo định nghĩa của cận trên đúng, tồn tại dãy x
n
∈ [a, b] sao cho lim
n→∞
f (x
n
) = M.
Dãy {x
n
}
n
là dãy bi chặn nên nó chứa một dãy con {x
n
k
}
k
, x
n
k
→ x
0
∈ [a, b]. Khi đó, do
f liên tục, ta có M = lim

n→∞
f (x
n
) = lim
k→∞
f (x
n
k
) = f (x
0
).Vây hàm f đạt giá trị lớn nhất
trên [a, b].
Tương tự ta chứng minh tồn tại x

0
∈ [a, b] sao cho f (x

0
) = m. f đạt giá trị nhỏ nhất
trên đoạn
Định lý 1.1.5. (định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất). Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục
trên đoạn [a, b] và f (a) .f (b) < 0. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f(c) = 0.
Định lý này có ý nghĩa hình học rất rõ ràng : nếu một đường cong liên tục đi từ một
phía của trục x sang phía kia thì nó cắt trục này.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết f (a) < 0 và f(b) > 0.
Đặt A = {x ∈ [a, b] |f (x) ≤ 0}. Vì a ∈ A nên A = φ. Gọi c = sup A. Ta chứng minh
f (c) = 0. Theo định nghĩa của cận trên đúng tồn tại dãy {t
n
}
n

⊂ A sao cho lim
x→∞
t
n
= c.
Vì f liên tục tại c nên f (c) = lim
n→∞
f (t
n
) ≤ 0. Do f (b) > 0 nên c = b và do đó c < b.
Nếu f(c) < 0 thì do f liên tục tai c, lim
x→c
+
f (x) = f (c) < 0, do đó tồn tại δ > 0 sao cho
c + δ < b và f (x) < 0 với mọi x ∈ [c, c + δ]. Đặc biệt f (c + δ) < 0. Vì thế c + δ ∈ A,
điều này mâu thuẫn với c là lân cận trên của A. Vậy f (c) = 0.
Định lý 1.1.6. (định lý Bolzano - Cauchy thứ hai). Giả sử f liên tục trên [a, b]. Khi đó
f nhận mọi giá trị trung gian giữa f(a) và f(b), tức với mọi số thực λ nằm giữa f(a) và
f(b), tồn tại c ∈ [a, b] sao cho f (c) = λ.
Chứng minh: Nếu f (a) = f(b) định lý hiển nhiên đúng. Giả sử f (a) = f (b). Không
mất tổng quát ta có thể xem f (a) < f(b). Giả sử λ sao cho f (a) < λ < f (b). Xét các
hàm g (x) = f (x) − λ. Ta có g(a) < 0, g(b) > 0. Theo định lý định lý Bolzano - Cauchy
thứ nhất tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g(c) = 0 hay f (c) − λ = 0. Do đó f (c) = λ.
6
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.2 Khái niệm về hàm khả vi.
Xét hàm số y = f(x) xác định trong một lân cận điểm x
0
∈ R. Cho x
0

một số gia ∆x
khá bé sao cho x
0
+ ∆x ∈ U. Khi đó ∆y = f (x
0
+ ∆x) −f (x
0
) được gọi là số gia đối số
∆x tại điểm x
0
.
Định nghĩa 1.2.1. Nếu tỉ số
∆y
∆x
=
f(x
0
+∆x)−f(x
0
)
∆x
có giới hạn hữu hạn khi ∆x → 0 thì
giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm f đối với x tại x
0
và được kí hiệu là f

(x
0
).
f


(x
0
) = lim
∆x→0
f (x
0
+ ∆x) − f (x
0
)
∆x
Khi đó ta nói rằng hàm f khả vi tại x
0
.
Ví dụ 1.2.1. Tính đạo hàm của hàm số y = x
2
tại điểm x
0
= 3.
Giải. Đặt f(x) = x
2
ta có
∆y = f (x
0
+ ∆x) − f (x
0
) = (3 + ∆x) −3
2
= ∆x (6 + ∆x)
lim

∆x→0
∆y
∆x
= lim
∆x→0
(6 + ∆x) = 6
Vậy f

(x
0
= 3) = 6.
Định nghĩa 1.2.2. Cho U là tập hợp mở trong R, f : U → R là một hàm xác định trên
U. Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi điểm của U. Khi đó hàm số
được gọi là đạo hàm của hàm số trên.
Nếu f

liên tục trên U thì ta nói rằng f khả vi liên tục trên U.
Định lý 1.2.1. Cho tập hợp mở U ⊂ R và hàm số f : U → R.
Nếu f khả vi tại x
0
∈ U thì
f (x
0
+ h) − f (x
0
) = f

(x
0
) h + r (h) .h

trong đó r (h) → 0 khi h → 0.
Chứng minh. Đặt
f(x
0
+h)−f(x
0
)
h
− f

(x
0
) = r (h)
Do f khả vi tại x
0
ra có r (h) → 0 khi h → 0. Do đó
f (x
0
+ h) − f (x
0
) − f

(x
0
) = r (h)
Điều kiện cần để hàm f khả vi tại x
0
là f liên tục tại đó.
7
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Chú ý : - Nếu f liên tục tại x
0
thì chưa chắc f khả vi tại đó. Chẳng hạn hàm f (x) = |x|
liên tục tại x
0
= 0, tuy nhiên không tồn tại giới hạn lim
∆x→0
f(0+∆x)
∆x
= lim
∆x→0
|∆x|
∆x
tức là f
không khả vi tại x
0
= 0.
- Nếu hàm số f có đạo hàm tại x
0
thì nó liên tục tại điểm x
0
.
1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm.
Định lý 1.2.2. Cho U là tập mở trong R, f và g : U → R là các hàm khả vi tại x
0
∈ U
khi đó các hàm f ±g, cf (c bất kỳ thuộc R), f.g và
f
g
(nếu g (x

0
) = 0) là các hàm khả vi
tại x
0
và ta có.
(f ±g)

(x
0
) = f

(x
0
) ± g

(x
0
)
(cf)

(x
0
) = cf

(x
0
)
(f.g)

(x

0
) = f

(x
0
) g (x
0
) + f (x
0
) g

(x
0
)

f
g

(x
0
) =
f

(x
0
)g(x
0
)−f(x
0
)g


(x
0
)
g
2
(x
0
)
1.2.2 Đạo hàm hàm hợp và đạo hàm hàm ngược.
Định lý 1.2.3. Cho các tập hợp U, V trong R và các hàm f : U → V, g : V → R. Giả
sử f khả vi tại x
0
∈ U và g khả vi tại y
0
= f (x
0
) ∈ V . Khi đó hàm hợp gof khả vi tại x
0
và (gof) (x
0
) = g

[f (x
0
)] .f

(x
0
).

Chứng minh: Cho x
0
một số ∆x đủ bé sao cho x
0
+ ∆x ∈ U . Khi đó f có số gia ∆f;
ứng với số gia ∆f này hàm số h = gof có số gia ∆h, đó chính là số gia của h ứng với ∆x.
Nếu ∆f = 0 ta có
∆h = g

(f (x
0
)) ∆f + r (∆f ) .∆f (1)
trong đó r (∆f) → 0 khi đó ∆f → 0. Đẳng thức này cũng đúng khi cả ∆f = 0 vì khi đó
∆h = g (f (x
0
) + ∆f ) −g (f (x
0
)) = g (f (x
0
)) − g (f (x
0
)) = 0
Chia cả hai vế 1 cho ∆x ta được
∆h
∆x
= g

(f (x
0
))

∆f
∆x
+ r (∆f) .
∆f
∆x
→ g

(f (x
0
)) f

(x
0
) khi ∆x → 0
Tức là ta có
(gof) (x
0
) = g

(f (x
0
)) .f

(x
0
)
Ví dụ 1.2.2. Tính (ln |x|)

, (x = 0) .
Ta có

(ln |x|)

=
1
|x|
. (|x|)

=

1
|x|
, x > 0
−
1
|x|
, x < 0
Vậy
(ln |x|)

=
1
x
, x = 0
8
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.2.4. Giả sử
1) Hàm số f : (a, b) → R liên tục và đơn điệu thực sự trong khoảng (a, b).
2) f có đạo hàm f

(x

0
) = 0 tại x
0
∈ (a, b).
Khi đó hàm ngược g = f
−1
của hàm f có đạo hàm tại điểm y
0
= f (x
0
) và g

(y
0
) =
1
f

(x
0
)
.
Chứng minh. Với y ∈ (c, d) = f [(a, b)] , y = y
0
do g cũng đơn điệu thực sự ta có
x = g (y) = g (y
0
) = x
0
.

Khi đó
g(y)−g(y
0
)
y−y
0
=
x−x
0
f(x)−f(x
0
)
=
1
f (x)−f (x
0
)
x−x
0
.
Khi y → y
0
, do hàm ngược g cũng là hàm liên tục, ta có x → x
0
.
Từ đó ta có lim
y→y
0
g(y)−g(y
0

)
y−y
0
= lim
x→x
0
1
f (x)−f (x
0
)
x−x
0
.
Vậy
g

(y
0
) =
1
f

(x
0
)
.
Ví dụ 1.2.3. Một số các hàm ngược sau .
1) Xét hàm số y = arctan x hàm này là hàm ngược của hàm của hàm x = tan y

−

π
2
< y <
π
2

và ta có x

y
=
1
cos
2
y
= 1 + tan
2
y = 1 + x
2
.
Vậy y

x
=
1
x

y
=
1
1+x

2
tức là (arctan x)

=
1
1+x
2
.
2) Xét hàm y = arcsin x, x ∈ (−1, 1) hàm này là hàm ngược của hàm x = sin y, y ∈

−
π
2
,
π
2

ta có.
(arcsin x)

=
1
cos y
=
1

1 − sin
2
y
=

1
√
1 − x
2
(x ∈ (−1, 1))
Tương tự ta có.
(arccos x)

= −
1
√
1−x
2
(x ∈ (−1, 1))
(arc tan x) = −
1
1+x
2
(x ∈ (−∞, +∞))
1.2.3 Đạo hàm một phía.
Định nghĩa 1.2.3. Cho hàm số f : [x
0
, b] → R nếu tồn tại giới hạn lim
∆x→0+
f(∆x+x
0
)−f(x
0
)
∆x

thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên phải của f tại x
0
kí hiệu f

+
(x
0
).
9
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Tương tự, xét f : [a, x
0
] → R. Nếu tồn tại giới hạn lim
∆x→0−
f(∆x+x
0
)−f(x
0
)
∆x
thì được gọi
là đạo hàm bên trái của f tại x
0
, kí hiệu f

−
(x
0
).
Nếu U là một lân cận của x

0
và f : U → R thì các tính chất của giới hạn ta suy ra
rằng hàm số f có đạo hàm tại x
0
khi và chỉ khi nó có đạo hàm bên phải và đạo hàm bên
trái tại x
0
và hai đạo hàm này bằng nhau.
Ví dụ 1.2.4. Xét hàm f (x) = |x|. Tại điểm x
0
= 0 ta có.
lim
∆x→0+
∆f
∆x
= lim
∆x→0+
∆x
∆x
= 1 , hay f
+
(0) = 1 và
lim
∆x→0−
∆f
∆x
= lim
∆x→0−
−
∆x

∆x
= −1, hay f
−
(0) = −1.
Vậy hàm f không có đạo hàm tại x
0
= 0.
1.2.4 Vi phân.
Định nghĩa 1.2.4. Cho tập hợp mở U ⊂ R và ánh xạ f : U → R khả vi tại x
0
∈ U. Ta
gọi ánh xạ tuyến tính từ R vào R xác định bởi f

(x
0
) là vi phân của f tại x
0
, kí hiệu là
df (x
0
). Như vậy
df (x
0
) (h) = f

(x
0
), với mọi h ∈ R.
Từ định nghĩa đạo hàm và vi phân ta có
f (x

0
+ h) − f (x
0
) = df (x
0
) (h) + 0 (h)
trong đó 0 (h) là vô cùng bé cấp hơn h khi h → 0. Nếu f

(x
0
) = 0 ta có
f (x
0
+ h) − f (x
0
) ≈ df (x
0
) (h) khi h → 0.
Giả sử f, g là các hàm khả vi x
0
∈ U . Ta kí hiệu df, dg là các vi phân của hàm f và g
tại x
0
. Từ các quy tắc tính đạo hàm ta suy ra các quy tắc sau đây của phép tính vi phân.
d (f + g) = df + dg
d (cf) = cdf
d (cf) = df.g + f.d
d

f

g

=
df.g−f dg
g
2
(g (x
0
) = 0)
Kí hiệu h = ∆x, vi phân của hàm khả vi y = f (x) tại x được viết lại dưới dạng
dy = df (x) = f

(x) ∆x. Nếu f (x) = x thì f

(x) = 1, khi đó dy = dx = 1 ∆x = ∆x và
do đó vi phân của hàm y = f (x) có thể viết là
dy = f

(x) dx.
Công thức này cũng đúng cả khi x là hàm biến độc lập khác. Thật vậy nếu y = f [ϕ (t)]
ta có
dy = [f (ϕ (t))]

dt = f

(x) .ϕ

(t) dt = f

(x) dx

10
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy.
Định nghĩa 1.3.1. Cho tập hợp mở U ⊂ R và hàm số f : U → R. Ta nói rằng
hàm f đạt cực đại địa ( tương ứng cực tiểu ) tại x
0
∈ U nếu tồn tại một số δ > 0
sao cho (x
0
− δ, x
0
+ δ ) ⊂ U và f (x
0
) ≤ f (x
0
) (tướng ứng f (x
0
) ≥ f (x
0
)) với mọi
x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ ).
Điểm x
0
mà tại đó hàm f đạt cực đại hoặc cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị
của hàm f.
Định lý 1.3.1. (Ferma). Cho tập hợp U ⊂ R và hàm f : U → R. Nếu điểm c ∈ U là

điểm cực trị của hàm f và nếu tồn tại f

(c) thì f

(c) = 0.
Chứng minh. Giả sử f đạt cực đại tại c ∈ U. Theo định nghĩa tồn tại δ > 0 sao cho
(c − δ, c + δ) ⊂ U sao cho f (c + ∆x) − f (c) ≤ 0 với mọi ∆x có |∆x| < δ. Nếu ∆x > 0
thì
f(c+∆x)−f(c)
∆x
≤ 0, cho ∆x → 0, ∆x > 0 ta có f

(c) ≤ 0.
Nếu ∆x > 0 thì
f(c+∆x)−f(c)
∆x
≥ 0, cho ∆x → 0, ∆x < 0 ta có f

(c) ≥ 0. Vậy f

(c) = 0
Trong trường hợp f đạt cực tiểu tại c ta chứng minh tương tự.
Định lý 1.3.2. (Rolle). Giả sử hàm số f : [a, b] → R có các tính chất:
a) f liên tục trên [a, b].
b) f khả vi trong (a, b).
c) f(a) = f (b).
Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f

(c) = 0.
Chứng minh.

- Nếu f là hằng số trên [a, b] tức là f(x) = f(a) = f(b) = hằng số. Khi đó f

(x) = 0
với mọi x ∈ (a, b).
- Nếu hàm f (x) không là hằng số trên [a, b]. Vì là hàm liên tục trên [a, b] nên f đạt
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a, b] và ít nhất một trong hai giá trị này đạt được
tại điểm c trong khoảng mở (a, b) vì f(a) = f(b). Theo giả thiết đạo hàm tồn tại ở mọi
điểm trong (a, b) và vì thế tại điểm c trong khoảng này tại đó f đạt cực trị ta có f

(c) = 0.
Định lý 1.3.3. (Lagrange). Giả sử hàm số f : [a, b] → R có các tính chất.
1) f liên tục trên đoạn [a, b].
11
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2) f khả vi trong (a, b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho
f(b) − f (a)
(b − a)
= f

(c) (1)
Chứng minh.
Xét hàm số F : [a, b] → R xác định bởi
F (x) = f (x) − f(a) −
f(b) − f (a)
b − a
(x − a)
Hàm F liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và F (b) = F (a) = 0.
Theo định lí Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F


(c) = f

(c) −
f(b)−f(a)
b−a
= 0 từ đó suy ra
f(b) − f (a)
b − a
= f

(c)
Chú ý : Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange. Công thức 1 có thể
viết dưới dạng sau.
Lấy a = x
0
, b = x
0
+ ∆x, khi đó b −a = ∆x. Vì c ở giữa x
0
và x
0
+ θ∆x nên c có thể
viết dưới dạng c = x
0
+ θ∆x, trong đó 0 < θ < 1.
Công thức 1 có thể viết dưới dạng
f(x
0
+ ∆x) − f(x
0

) = f

(x
0
+ θ∆x)∆x
Hệ quả. Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trong khoảng
(a, b). Khi đó:
a) Nếu f

(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f là một hằng số trên [a, b].
b) Nếu f

(x) > 0 (f

(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b) thì f tăng (giảm) thực sự trên [a, b].
Chứng minh.
a) Giả sử a ≤ x
1
≤ x
2
≤ b. Theo định lý Lagrange tồn tại c ∈ (x
1
, x
2
) sao cho
f(x
2
) − f (x
1
) = f


(c)(x
2
− x
1
) (2)
Vì f

(c) = 0, từ đó suy ra f(x
1
) = f (x
2
). Vậy hàm f là một hằng số.
b) Nếu f

(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b), thì từ 2 do f

(c) > 0 ta suy ra f(x
2
) −f(x
1
) > 0.
Vậy f là hàm tăng.
12
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.3.4. (Cauchy). Giả sử các hàm f, g : [a, b] → R có các tính chất:
1) f và g liên tục trên [a, b].
2) f và g khả vi trong (a, b).
Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
[f(b) − f (a)] g


(c) = [g(b) − g(a)] f

(c) (3)
Nếu hơn nữa g

(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì công thức (3) có thể viết là
f(b) − f (a)
g(b) − g(a)
=
f

(c)
g

(c)
(4)
Chứng minh. Xét hàm h : [a, b] → R xác định bởi
h(x) = [f (b) − f(a)] g(x) − [g(b) −g(a)] f(x).
Hàm h liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và h(a) = f(b).g(a) − g(b).f(a) = h(b).
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
h

(c) = [f (b) − f(a)] .g

(c) − [g(b) − g(a)] .f

(c) = 0
từ đó suy ra (3).
Nếu hơn nữa g


(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì g(b) − g(a) = 0 vì nếu không sẽ tồn tại
ξ ∈ (a, b) sao cho g

(ξ) = 0, trái với giả thiết. Khi đó từ (3) ta suy ra (4).
Chú ý : Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy với hàm g(x) = x.
1.4 Công thức Taylor, Mac-Laurin.
Định lý 1.4.1. (Công thức Taylor với số dư dạng Lagrange). Giả sử hàm f : (a, b) → R
khả vi đến n + 1 trong (a, b), x
0
∈ (a, b). Khi đó với mọi x ∈ (a, b) ta có
f(x) =
n

k=0
f
k
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
+
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!

(x − x
0
)
n+1
(1)
trong đó c là một điểm nằm giữa x và x
0
.
Chứng minh.
Xét hàm.
ϕ(t) = f (x) − f(t) −
f

(t)
1!
(x − t) −
f

(t)
2!
(x − t)
2
− −
f
n
(t)
n!
(x − t)
n
.

13
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Trong đó biến độc lập t biến thiên trên [x
0
, x] (để xác định ta xem x > x
0
). ϕ(t) liên
tục trên [x
0
, x]. Kí hiệu
p
n
(x) =
n

k=0
f
k
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
, r
n
(x) = f (x) − p
n

(x)
ta có ϕ(x
0
) = r
n
(x) , ϕ(x) = 0 (2)
Lấy đạo hàm của hàm số ϕ(t) theo t ta được
ϕ

(t) = −f (t) −

f

(t)
1!
(x − t) −f

(t)

−

f

(t)
2!
(x − t)
2
−
f


(t)
1!

− −

f
(n+1)
(t)
n!
(x − t)
n
−
f
(n)
(t)
(n−1)!
(x − t)
n−1

hay ϕ

(t) =
f
(n+1)
(t)
n!
(x − t)
n
(3).
Giả sử ψ (t) là một hàm nào đó liên tục trên đoạn [x

0
, x] và có trong khoảng (x
0
, x)
đạo hàm ψ

(t) = 0. Khi đó áp dụng định lý Cauchy cho cặp hàm ϕ (t) , ψ (t) ta suy ra
tồn tại một điểm c nằm giữa x
0
và x, có dạng x
0
+ θ (x − x
0
) , 0 < θ < 1 sao cho
ϕ (x
0
) − ϕ (x)
ψ (x
0
) − ψ (x)
=
ϕ

(c)
ψ

(t)
Từ (2) và (3) ta suy ra
r
n

(x) = ϕ (x
0
) = ϕ (x
0
) − ϕ (x) = −
ψ (x
0
) − ψ (x)
ψ

(x)
.
f
(n+1)
(c)
n!
(x − c)
n
(4)
Nếu ta chọn ψ (t) = (x − t)
n+1
thì các điều kiện nói trên đối với hàm ψ (t) được thực
hiện và ta có
ψ (x
0
) = (x − x
0
)
n+1
, ψ (x) = 0, ψ


(c) = −(n + 1) (x −c)
n
Thay vào (4) ta được r
n
(x) =
f
(n+1)
(c)
(n+1)!
(x − x
0
)
n+1
.
Vậy ta có:
f (x) = p
n
(x) + r
n
(x) =
n

k=0
f
k
(x
0
)
k!

(x − x
0
)
k
+
f
(k+1)
(c)
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
.
Công thức (1) được chứng minh.
1) Vì c nằm giữa x và x
0
nên công thức (1) có thể viết lại dưới dạng:
f(x) =
n

k=0
f
k
(x
0
)
k!
(x − x
0

)
k
+
f
(n+1)
(x
0
+ θ (x − x
0
))
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
.
trong đó θ < 0 < 1.
14
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Đại lượng r
n
(x) =
f
(n+1)
(x
0
+θ(x−x
0
))
(n+1)!

(x − x
0
)
n+1
được gọi là số dư thứ n của công thức
Taylor dưới dạng Lagrange.
2) Nếu trong công thức (4) ta lấy hàm ψ (t) = x −t thì ta có ψ (x
0
) = x −x
0
, ψ (x) =
0, ψ

(x) = −1. Bởi vì
r
n
(x) =
f
(n+1)
(x
0
+ θ (x − x
0
))
(n + 1)!
(x − θ)
n
(x − x
0
)

n+1
(5)
Biểu thức (5) được gọi là số dư dưới dạng Cauchy của khai triển Taylor.
Định lý 1.4.2. Cho tập hợp mở U ⊂ R. Giả sử hàm f : U → R khả vi đến cấp n trong
một lân cận nào đó của x
0
∈ U và f
(n)
(x) liên tục tại x
0
. Khi đó với x ở trong lân cận
nói trên của x
0
ta có
f (x) = f (x
0
) +
f

(x
0
)
1!
(x − x
0
) + +
f
(n)
(x
0

)
n!
(x − x
0
)
n
+ 0 ((x − x
0
)
n
)
Công thức trên đây được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm f trong lân cận
của x
0
.
Chứng minh. Trong công thức (1) thay n bởi n − 1 ta có
f (x) = f (x
0
) +
f

(x
0
)
1!
(x − x
0
) + +
f
(n−1)

(x
0
)
(n − 1)
(x − x
0
)
n−1
+
f
(n)
(c)
n!
(x − x
0
)
n
(6)
trong đó c nằm giữa x và x
0
. Đặt α (x) =
f
(n)
(c)
n
−
f
(n)
(x
0

)
n!
. Vì khi x → x
0
ta cũng có c → x
0
nên do tính liên tục của f
(n)
(x) tại x
0
ta có f
(n)
(c) → f
(n)
(x
0
) và do đó α (x) → 0. Vì
thế α (x) (x −x
0
)
n
= 0 ((x − x
0
)
n
).
Trong (6) thay
f
(n)
(c)

n!
bằng
f
(n)
(x
0
)
n!
+ α (x) ta được
f (x) = f (x
0
) +
f

(c)
1!
(x − x
0
) + +
f
(n)
(x
0
)
n!
(x − x
0
)
n
+ 0 ((x − x

0
)
n
) .
Như vậy r
n
(x) = 0 ((x − x
0
)
n
) . (7).
Số dư dạng (7) của khai triển Taylor được gọi là số dư dạng Peano.
Chú ý : Khai triển Taylor của hàm f(x) trong lân cận của điểm x
0
= 0 còn được gọi
là khai triển Mac-Laurin.
f (x) = f (0) +
f

(0)
1!
x +
f

(0)
2!
x
2
+ +
f

(n)
(0)
n!
x
n
+ r
n
(x) .
Sau đây khai triển Mac Laurin một số hàm sơ cấp cơ bản.
15
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- Hàm f (x) = e
x
. Hàm này khả vi vô hạn và f
(n)
(x) = e
x
với mọi n ∈ N. Tại x
0
= 0
ta có f
(n)
(0) = 1 với mọi n. Do đó
e
x
= 1 +
x
1!
+
x

2
2!
+ +
x
n
n!
+ 0 (x
n
)
- Hàm f(x) = sinx khả vi mọi cấp và f
n
(x) = sin

x + n
π
2

.
x
0
= 0 ta có f
(2n)
(0) = sin nπ = 0, f
(2n+1)
(0) = (−1)
n
. Do đó
sin x = x −
x
3

3!
+
x
5
5!
−
x
7
7!
+ + (−1)
n−1
x
2n−1
(2n − 1)!
+ 0

x
2n

- Tương tự ta có đối với hàm f(x) = cosx
cos x = x −
x
3
2!
+
x
5
4!
−
x

7
6!
+ + (−1)
n
x
2n
(2n)!
+ 0

x
2n+1

- Hàm f (x) = ln (1 + x) khả vi mọi cấp với x > −1 và f
(n)
(x) = (−1)
n−1
(n − 1)!(1 + x)
−n
.
Tại x
0
= 0 ta có f
(n)
(0) = (−1)
n−1
(n − 1)!. Do đó
ln (1 + x) = 1 −
x
2
+

x
2
3
+ + (−1)
n−1
x
n
n
+ 0 (x
n
)
- Hàm f (x) = (1 + x)
α
, α ∈ R (x > −1) có
f
(k)
(x) = α (α −1) (α − k + 1) (1 + x)
α−k
Tại x
0
= 0 ta có f
(k)
(0) = α (α −1) (α − k + 1). Do đó
(1 + x)
α
= 1 + αx +
α (α − 1)
2!
x
2

+ +
α (α − 1) (α − n + 1)
n!
x
n
+ 0 (x
n
)
.
Nếu f (x) = P
n
(x) là một đa thức bậc n của x thì f
(n+1)
(x) = 0 với mọi x. Do đó ta
có
P
n
(x) = p
n
(a) +
p

n
(a)
1!
(x − a) +
p

n
(a)

2!
(x − a)
2
+ +
p
(n)
n
(a)
n!
(x − a)
n
.
Ví dụ 1.4.1. Biểu diễn hàm số f (x) = 2x
3
− 3x
2
+ 5x + 1 dưới dạng tổng của các lũy
thừa của nhị thức x + 1.
Ta có
f (−1) = −9 , f

(−1) = 17 , f

(−1) = −18 , f

(−1) = 12.
Do đó
f (x) = −9 + 17 (x + 1) −
18
2!

(x + 1)
2
+
12
3!
(x + 1)
3
= 2(x + 1)
3
− 9(x + 1)
2
+ 17 (x + 1) −9
16
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.5 Quy tắc Lopitan.
a) Dạng vô định

0
0

.
Định lý 1.5.1. Giả sử các hàm f, g khả vi trong lân cận của x
0
, f (x
0
) = g (x
0
) = 0 và
g


(x) = 0 trong lân cận (có thể trừ điểm x
0
).
Nếu lim
x→x
0
f

(x)
g

(x)
= A thì ta cũng có lim
x→x
0
f(x)
g(x)
= A.
Chứng minh. Ta có g

(x) = 0 nếu x = x
0
và khá gần x
0
vì nếu g (x) = g (x
0
) = 0 theo
định lý Rolle tồn tại c ở giữa x và x
0
sao cho g


(c) = 0 trái với giả thiết g

(x) = 0 khi x
khá gần x
0
(x = x
0
). Vì f (x
0
) = g (x
0
) = 0. Vì f (x
0
) = g (x
0
) = 0 nên với x khá gần x
0
ta có
f(x)
g(x)
=
f(x)−g(x
0
)
g(x)−g(x
0
)
.
Áp dụng định lý Cauchy ta suy ra tồn tại c ở giữa x và x

0
sao cho
f (x) −g (x
0
)
g (x) − g (x
0
)
=
f

(c)
g

(c)
.
Khi x → x
0
ta có c → x
0
, từ đó lim
x→x
0
f(x)
g(x)
= lim
c→x
0
f


(c)
g

(c)
= A.
Một cách tổng quát nếu trong lân cận nào đó của x
0
các hàm f và g có đạo hàm đến
cấp n và g
n
(x) = 0 trong lân cận đó (có thể trừ điểm x
0
) đồng thời
f (x
0
) = g (x
0
) = f

(x
0
) = g

(x
0
) = = f
(n−1)
(x
0
) = g

(n−1)
(x
0
) = 0
thì bằng cách áp dụng quy tắc Lopitan n lần ta có:
lim
x→x
0
f (x)
g (x)
= lim
x→x
0
f
n
(x)
g
n
(x)
nếu giới hạn ở vế phải tồn tại.
Định lý 1.5.2. Giả sử f và g là những hàm xác định trên (a, +∞) sao cho:
1) lim
x→+∞
f (x) = lim
x→+∞
g (x) = 0.
2) f và g khả vi trên (a, +∞) và g

(x) = 0 trên đó.
3) lim

x→+∞
f

(x)
g

(x)
= l.
Khi đó lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= l.
Chứng minh. Đặt t =
1
x
, khi x → +∞ thì t → 0
+
.
Kí hiệu F (t) = f

1
t

, G (t) = g

1
t

. Khi đó lim

t→0
+
F (t) = lim
t→0
+
G (t) = 0.
Mặt khác F

(t) = −
1
t
2
f


1
t

, G

(t) = −
1
t
2
g


1
t


và
F

(t)
G

(t)
=
f

(
1
t
)
g

(
1
t
)
.
17
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Sử dụng định lý 1.5.1 ta có
lim
x→+∞
f (x)
g (x)
= lim
t→0

+
F (t)
G (t)
= lim
t→0
+
F

(t)
G

(t)
= lim
t→0
+
f

(t)
g

(t)
= l
Nhận xét. Như vậy quy tắc Lopitan còn đúng khi xét các giới hạn một phía. Trên đây
ta đã phát biểu và chứng minh trường hợp x
0
= +∞, trường hợp x
0
= −∞ chứng minh
hoàn toàn tương tự.
b) Dạng vô định

∞
∞
.
Định lý 1.5.3. Giả sử f, g là hai hàm xác định trên một lân cận U của c sao cho
1) lim
x→c
f (x) = lim
x→c
g (x) = +∞.
2) f và g khả vi trên U và g

(x) = 0 với mọi x ∈ U\{c}.
3) lim
x→c
f

(x)
g

(x)
= l.
Khi đó lim
x→c
f(x)
g(x)
= l.
Chứng minh. Từ giả thiết 3) ta suy ra với ε > 0 cho trước tồn tại η > 0 đủ nhỏ sao
cho (c, c + η) nằm trong lân cận nêu trong giả thiết của định lý và
|
f


(x)
g

(x)
− l| <
ε
2
, ∀x ∈ (c, c + η)
Đặt c + η = x
0
và lấy x ở giữa c và x
0
. Áp dụng định lý Cauchy đối với cặp hàm f, g
trên đoạn [x, x
0
] ta có
f (x) −f (x
0
)
g (x) − g (x
0
)
=
f

(ξ)
g

(ξ)

, x < ξ < x
0
Do đó |
f(x)−f(x
0
)
g(x)−g(x
0
)
− l| <
ε
2
. Mặt khác đồng nhất thức
f (x)
g (x)
− l =
f (x
0
) − lg (x
0
)
g (x)
+

1 −
g (x
0
)
g (x)


f (x) −f (x
0
)
g (x) − g (x
0
)
− l

Vì g (x) → +∞ khi x → c nên tồn tại δ > 0, δ ≤ n sao cho với x thỏa mãn c < x < c+δ
ta có g (x) > g (x
0
) và
|
f (x
0
) − lg (x
0
)
g (x)
| <
ε
2
Với x sao cho thỏa mãn c < x < x + δ ta có g (x) > g (x
0
) và
|
f (x
0
) − lg (x
0

)
g (x)
| <
ε
2
18
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Với c < x < x + δ ta có
|
f (x)
g (x)
− l| <
ε
2
+
ε
2
= ε
Vậy lim
x→c
+
f(x)
g(x)
= l tương tự ta chứng minh được hệ thức lim
x→c
−
f(x)
g(x)
= l.
Do đó

lim
x→c
f (x)
g (x)
= l
Chú ý : 1) Nếu l = +∞ thì định lý vẫn đúng. Thật vậy, khi đó giả thiết ta có f

(x) = 0
với x đủ gần c. Thay đổi vai trò của f và g ta có
lim
x→c
g

(x)
f

(x)
= 0
Do đó theo định lý vừa được chứng minh lim
x→c
g(x)
f(x)
= 0, từ đó lim
x→c
g(x)
f(x)
= +∞.
2) Kết quả trên còn đúng khi c = ±∞.
3) Định lý vẫn còn đúng nếu lim
x→c

f (x) = −∞ và lim
x→c
g (x) = −∞.
c) Quy tắc Lopitan còn được sử dụng để khử các dạng vô định ∞− ∞, 0.∞, 0
0
, 1
∞
.
19
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 2
Ứng dụng của các định lý về hàm
khả vi.
2.1 Ứng dụng khảo sát tính chất nghiệm của phương
trình.
2.1.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục.
Áp dụng định lý:
- Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] và f (a) .f (b) < 0 thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f(c) = 0. Nếu thêm tính chất hàm số đơn điệu trên (a, b) thì c là nghiệm duy nhất.
- Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] và f(a) = A, f (b) = B. Khi đó tồn tại C nằm giữa
A và B thì có ít nhất giá trị x
0
thuộc (a, b) sao cho f (x
0
) = C.
- Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] thì f nhận mọi giá trị trung gian giữa giá trị nhỏ
nhất m và giá trị lớn nhất M.
Bài toán 1: Chứng minh phương trình f(x) = 0 có nghiệm.
par Phương pháp: Ta xét hàm số f(x) kiểm tra tính liên tục. Trên miền liên tục đó ta
chọn 2 giá trị a, b phân biệt mà f(a).f(b) < 0. Từ đó lý luận điều phải chứng minh.

- Nếu phương trình có dạng f (x) = g (x) ta xét hàm h (x) = f (x) − g (x) và làm
tương tự.
- Nếu phương trình có dạng
A(x)
B(x)
= C (x) ta biến đổi vê dạng A (x) − C (x) B (x) = 0
hoặc
A(x)
B(x)
− C (x) = 0. Đôi khi còn nhiều còn nhiều cách biến đổi khác (chú ý điều kiên
xác định phương trình có nghiệm)
Bài toán 2 . Chứng minh tồn tại số c thỏa mãn một đẳng thức. Ta có thể thay thế c bởi
biến x và đưa đẳng thức về dạng phương trình có ẩn số x. Bài toán trở về bài toán ban đầu.
20
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 2.1.1. Chứng minh mọi tham số các phương trình sau luôn có nghiệm.
a) a cos x + b sin 2x + cos3x −x = 0 có nghiệm.
b)
1
sin x
+
3
cos x
= m có nghiệm.
Giải.
a) Đặt f (x) = a cos x + b sin 2x + cos3x − x.
Ta có f

−
π

2

=
π
2
và f

π
2

= −
π
2
suy ra f

−
π
2

.f

π
2

< 0.
Vậy phương trình luôn có nghiệm.
b) Ta có f (x) liên tục trên

π
2

, π

.
Vì lim
x→
π
2
+
f (x) = −∞ nên a ∈

π
2
;
π
2
+ ε

⊂

π
2
; π

sao cho f(a) < 0.
lim
x→
π
2
−
f (x) = +∞ b ∈ (π −ε; π) ⊂


π
2
; π

sao cho f(b) > 0.
Vậy f(a).f(b) < 0 vậy phương trình luôn có nghiệm .
Ví dụ 2.1.2. Chứng minh phương trình sau có nghiệm.
a)3
x
+ 4
x
= 8
x
b) sin x + 1 = x
Giải.
a) Xét hàm số f (x) = 3
x
+ 4
x
−8
x
, khi đó hàm số f(x) xác định liên tục trên R. Mặt
khác f(0) = 1, f(1) = −1 nên f (0).f (1) < 0 nên tồn tại x
0
∈ (0, 1) sao cho f(x
0
) = 0 hay
phương trình luôn có nghiệm.
b) Xét hàm số f (x) = sin x + 1 − x luôn xác định liên tục trên R. Mặt khác

f (0) .f (π) = 1 − π < 0 vậy luôn tồn tại x
0
∈ (0, π) sao cho f(x
0
) = 0 hay phương
trình có nghiệm.
Ví dụ 2.1.3. Cho
f (x) =
e
x
(x + 1)
2
chứng minh phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất α ∈

1
2
; 1

(HSG-Nga năm 2001)
Giải.
21
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Đặt g (x) = f (x) − x suy ra g

(x) =
(x−1).e
x
(x+1)
− 1 ≤ −1 < 0
Do g(x) liên tục nên ∃α ∈


1
2
; 1

mà g (α) = 0.
Mặt khác do g(x) nghịch biến trên

1
2
, 1

nên α là duy nhất sao cho g (α) = 0.
Vậy phương trình f(x) có một nghiệm duy nhất α.
Ví dụ 2.1.4. Chứng minh phương trình x
3
− x + 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt và tính
tổng lũy thừa bậc 8 của 3 nghiệm đó .
Giải.
Phương trình x
3
− x + 1 = 0 là phương trình bậc 3 nên có đúng 3 nghiệm.
Xét hàm f(x) = x
3
− x + 1 = 0 liên tục trên R.
Ta có
f (−2) = −5 < 0; f (0) = 1 > 0; f

1
√

3

= 1 −
2
√
3
< 0; f (1) > 0
Nên phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
.
Theo định lý Viet ta có.
x
1
+ x
2
+ x
3
= 0; x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x

2
x
3
= −1; x
1
x
2
x
3
= −1
Suy ra với (i = 1, 2, 3) ta có
x
3
i
− x
i
+ 1 = 0 ⇒ x
3
i
= x
i
− 1
x
5
i
= x
3
i
− x
2

i
= −x
2
i
+ x
i
− 1 ⇒ x
8
i
= 2x
2
i
− 3x
i
+ 2
Do đó
T =
3

i=1
x
8
i
= 2
3

i=1
x
2
i

− 3
3

i=1
x
i
+ 6
T = 2

(
3

i=1
x
i
)
2
− 2.
3

i,j−1,i=j
x
i
x
j

− 3
3

i=1

x
i
+ 6 = 10.
Ví dụ 2.1.5. Cho a, b, c khác 0 và p, q tùy ý. Chứng minh rằng phương trình
a
2
x − q
+
b
2
x − p
= c
luôn có nghiệm.
Giải.
22
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Với p = q ta có
a
2
+b
2
x−p
= c ⇔

x = p
x =
a
2
+b
2

c
+ p
nên phương trình có nghiệm.
Với p = q điều kiện xác định x = p và x = q. Với điều kiện phương trình tương đương
với
a
2
(x − p) + b
2
(x − q) = c (x − p) (x − q) ⇔ c (x − p) (x −q) −a
2
(x − p) −b
2
(x − q) = 0
Ta đặt f (x) = c (x −p) (x − q) − a
2
(x − p) −b
2
(x − q). Ta có f(x) liên tục trên R
Và
f (p) = −b
2
(p − q)
f (q) = −a
2
(q − p)
nên f (p) .f (q) = −a
2
b
2

(p − q)
2
< 0
Do đó tồn tại x
0
nằm giữa p và q sao cho f(x
0
) = 0, tức phương trình có nghiệm.
Ví dụ 2.1.6. Cho hàm số f(x) liên tục trên

0,
π
2

và sao cho f(0) > 0 và
π
2

0
f (x) dx < 0
chứng minh rằng f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong khoảng

0,
π
2

.
(Olympic sinh viên 2003)
Giải.
Ta có f (x) = sin x ⇔ f (x) − sin x = 0.

Đặt g (x) = f (x) − sin x, ∀x ∈

0,
π
2

.
Từ giả thiết thì g(x) liên tục trên đoạn

0,
π
2

và g(0) = f(0) > 0.
Ta có
π
2

0
g (x) dx =
π
2

0
[f (x) −sin x]dx =
π
2

0
f (x) dx −1

Bởi vậy từ giả thiết ta nhận được
π
2

0
g (x) dx < 0.
Suy ra tồn tại ∃x
0
∈ (0,
π
2
] sao cho g (x
0
) < 0 do (g (0) = f (0) −sin 0 > 0)
Trên [0, x
0
] hàm g(x) liên tục và g (0) .g (x
0
) < 0.
Do đó tồn tại ∃c ∈ (0,
π
2
] sao cho g(c) = 0.
Hay ∃c ∈ (0,
π
2
] sao cho f(c) = sinc.
Vậy phương trình có nghiệm trên (0,
π
2

)
Ví dụ 2.1.7. Cho a, b, c, d là các số thực chứng minh rằng phương trình ax
2
+ (b + c) x +
d + e = 0 có nghiệm thuộc [1; +∞) thì phương trình ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 cũng
có nghiệm thực.
23
23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Giải.
Gọi x
0
∈ [1; +∞) là nghiệm thực phương trình ax
2
+ (b + c) x + d + e = 0 ta có
ax
0
2
+ cx
0
+ e = −(bx
0
+ d)
Xét hàm số f (x) = ax
4

+bx
3
+cx
2
+dx+e khi đó hàm f(x) xác định và liên tục trên R.
Ta có
f(
√
x
0
) = (ax
0
2
+ cx
0
+ e)+
√
x
0
(bx
0
+ d)
f(−
√
x
0
) = (ax
0
2
+ cx

0
+ e)−
√
x
0
(bx
0
+ d)
Suy ra
f(
√
x
0
).f(−
√
x
0
) = (ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
−x
0
(bx
0
+ d)
2

= (ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
−x
0
(ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
= (ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
(1−x
0
) ≤ 0
Do đó phương trình f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [−
√
x
0

;
√
x
0
]
Vậy phương trình ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 có nghiệm thực.
Ví dụ 2.1.8. Cho hàm số f : [a; b] → [a;] với a < b và thỏa mãn điều kiện |f (x)−f (y) | <
|x −y| với mọi x, y thuộc đoạn [a, b]. Chứng minh rằng f(x) = x có duy nhất một nghiệm
thuộc đoạn [a, b]
Giải.
Từ giả thiết có hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b] .
Xét hàm số g(x) = |f(x) − x|, khi đó hàm số liên tục trên [a, b].
Do đó tồn tại x
0
thuộc [a, b] sao cho g (x
0
) = min g (x) (∗) trên [a, b].
Ta cần chứng minh g(x
0
) = 0. Thật vậy giả sử g(x
0
) = 0 ta có f (x
0
) = x

0
Từ bất đẳng thức đã cho ta có:|f(f (x
0
)) − f (x
0
)| < |f(x
0
) − x
0
|
Suy ra g(f(x
0
)) < g(x
0
) mâu thuẫn với (∗). Do đó g(x
0
) = 0 hay f (x
0
) = x
0
Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm x
1
= x
0
thuộc [a, b]. Khi đó |f (x
1
) − f (x
0
)| =
|x

1
− x
0
| mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất trên [a, b].
Ví dụ 2.1.9. Cho hàm số f liên tục trên [0, 1]. Chứng minh rừng nếu f(0) = f(1) với
mọi m nguyên dương bất kỳ thì cũng tồn tại c thuộc đoạn [0, 1] sao cho f (c +
1
m
) = f(c)
có nghiệm.
24
24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Giải.
Đặt g(x) = f(x +
1
m
) − f (x), x ∈

0;
m−1
m

, khi đó g(x) xác định liên tục trên
x ∈

0;
m−1
m


.
Ta có
g(0) + g(
1
m
) + g(
2
m
) + + g(
m−1
m
)
=

f(
1
m
) − f (0)

+

f(
2
m
) − f (
1
m
)

+


f(
3
m
) − f (
2
m
)

+ +

f(1) − f (
m−1
m
)

= f(1) − f (0) = 0
Từ đó suy ra tồn tại i, j sao cho g

i
m

≤ 0; g

j
m

≥ 0 vì g(x) liên tục trên x ∈

0;

m−1
m

.Nên ∃c ∈

i
m
,
j
m

|g (c) = 0.
Do đó ∃c ∈ [0, 1] sao cho f (c) = f

c +
1
m

.
2.1.2 Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương
trình có nghiệm.
Bài toán: Chứng minh phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong khoảng (a, b) với f(x) liên
tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b)
Phương pháp: Bước 1 xác định hàm F (x) liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và
thỏa mãn
F

(x) = f (x)

F (x) =


f (x)

F (b) = F (a)
Bước 2. Khi đó tồn tại ∃x
0
∈ (a, b) sao cho F

(x
0
) =
F (b)−F (a)
b−a
⇔ f (x) = 0
Phương trình f(x) = 0 có nghiệm x
0
∈ (a, b).
Chú ý: Nếu f có n nghiệm phân biệt và thỏa mãn định lý Lagrange thì f

có n − 1
nghiệm, f

có n −2 nghiệm, ,f
k
có n −k nghiệm k < n.
Ví dụ 2.1.10. Cho f (x) = (x − 1) (x −2) (x − 2012) chứng minh rằng.
Phương trình f

(x) = 0 có đúng 2011 nghiệm.
Giải.

Ta có f (1) = f (2) = f (3) = = f (2012) = 0.
Xét hàm f(x) trên [1, 2].
Suy ra f(x) liên tục trên [1, 2], ∃f

(x) , ∀x ∈ (1, 2).
25
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên