Các định lý giá trị trung bình và áp dụng

Lời cảm ơn

Em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo tổ Giải
tích trong khoa Toán và các bạn sinh viên. Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc của mình tới TS. Nguyễn Văn Hào đã tận tình giúp đỡ
em trong quá trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp.
Lần đầu được thực hiện công tác nghiên cứu khoa học nên khoá luận
không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Tác giả xin chân thành cảm
ơn những ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh viên.

Hà Nội, tháng 5 năm 2010
Tác giả

Trần Thị Mây


Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hào, khóa
luận tốt nghiệp “Các định lý giá trị trung bình và áp dụng” được
hoàn thành, không trùng với bất kỳ khóa luận nào khác.
Trong quá trình làm khóa luận, tôi đã kế thừa những thành tựu của các
nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, tháng 5 năm 2010
Tác giả

Trần Thị Mây


Mục lục

Mở đầu

1

Chương1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

3

1.1. Khái niệm hàm khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Quan hệ giữa đạo hàm và tính liên tục của hàm số . . . .

4

1.3. Các phép tính cơ bản về đạo hàm . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4. Các định lý cơ bản về đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . .

6

Chương2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ
TRUNG BÌNH
2.1. Định lý Rolle với các hàm số sơ cấp đơn giản . . . . . . . .

9

10

2.2. Một số cách xây dựng bài toán giới hạn của dãy số từ Định
lý giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

Chương3. ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VỚI MỘT SỐ
TOÁN TỬ TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH

21

3.1. Một số Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

3.2. Một số định lý giá trị trung bình đối với một số toán tử tích
phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

Kết luận

35

Tài liệu tham khảo

36

Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết giới hạn là phép tính cơ sở của Giải tích Toán học. Nhờ nó,
mà người ta có thể xây dựng và nghiên cứu một cách tường minh các khái
niệm về hàm số: liên tục, khả vi, khả tích. Ngay khi khái niệm đạo hàm
được hình thành, một cách khá đơn giản người ta đã chỉ ra: hàm hằng có
đạo hàm bằng 0. Tuy nhiên, vấn đề ngược lại thì không hẳn đơn giản. Đến
khi lý thuyết đạo hàm của hàm số một biến số được xây dựng xem như
hoàn chỉnh, người ta mới khẳng định được điều tưởng như tầm thường đó.
Các định lý về giá trị trung bình đóng một vai trò quan trọng đối với
phép tính vi phân, tích phân của các hàm trong Giải tích Toán học. Đến
nay, ý nghĩa của các kết quả này vẫn thu hút được sự quan tâm của nhiều
lĩnh vực của Toán học cũng như nhiều ngành khoa học khác. Những kết
quả nghiên cứu mới đem lại nhiều ứng dụng trong việc nghiên cứu các bài
toán về sự tồn tại nghiệm của phương trình, vấn đề cực trị của hàm số, lý
thuyết giải tích số,. . . . Trong Toán học, một hướng nghiên cứu đã và đang
được quan tâm là sự mở rộng các kết quả của nó tới lớp các hàm, các toán
tử khác nhau.
Bởi tầm quan trọng cũng như tính thời sự của các định lý về giá trị
trung bình và được sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hào, em đã chọn đề
tài: “Các định lý giá trị trung bình và áp dụng” để hoàn thành khóa
luận tốt nghiệp hệ đào tạo cử nhân chuyên ngành Sư phạm Toán học. Cấu
trúc của đề tài được bố cục thành ba chương:
Chương 1. Tác giả trình bày các kiến thức căn bản về khái niệm khả
vi của hàm một biến và một số kết quả quan trọng của phép tính vi phân
đối với hàm số một biến số.
1

Chương 2. Chương này dành cho việc trình bày một số phương pháp
xây dựng một số kết quả mới đối với phép tính vi phân của hàm số một
biến số nhờ Định lý giá trị trung bình. Bằng việc sử dụng những tính chất
đặc trưng của các hàm sơ cấp và kỹ thuật tạo dựng hàm phụ, chúng tôi
đưa ra một số bài toán đi sâu vào việc nghiên cứu đối với hàm khả vi.
Thêm nữa, chúng ta cũng thấy được một phương pháp vận dụng kết hợp
giữa giới hạn cơ bản với Định lý giá trị trung bình để có được một lớp các
bài toán giới hạn về dãy số khá đặc sắc.
Chương 3. Chúng tôi trình bày một số kết quả của định lý giá trị trung
bình trên lớp các toán tử tích phân tuyến tính trên không gian C 1 ([0, 1])
các hàm liên tục nhận giá trị thực xác định trên đoạn [0, 1] .
2. Mục đích, nhiệm vụ và kết quả nghiên cứu
Nghiên cứu về ứng dụng của Định lý giá trị trung bình đối với các bài
toán của hàm khả vi, các bài toán về giới hạn của dãy số được khai thác
nhờ Định lý giá trị trung bình.
Mở rộng kết quả của Định lý giá trị trung bình tới lớp toán tử tích phân
tuyến tính.
3. Đối tượng nghiên cứu
Ứng dụng của Định lý giá trị trung bình và vấn đề mở rộng các kết quả
của nó tới lớp toán tử tích phân tuyến tính.
4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp.

2


Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1.

Khái niệm hàm khả vi

Định nghĩa 1.1.1. Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (a, b) ,
x0 ∈ (a, b) . Cho x0 một số gia ∆x sao cho x0 + ∆x ∈ (a, b) . Chúng ta gọi
biểu thức
∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 )
là số gia của hàm số ứng với số gia ∆x của đối số. Nếu tồn tại và hữu hạn
giới hạn
∆y
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
= lim
,
∆x→0 ∆x
∆x→0
∆x
thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số f (x) tại điểm x0 , ký hiệu
lim

là f (x0 ). Như vậy
∆y
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
= lim
.
∆x→0 ∆x
∆x→0
∆x

f (x0 ) = lim

(1)

Đặt x = x0 + ∆x thì ta có thể viết công thức (1) dưới dạng
f (x) − f (x0 )
.
x→x0
x − x0

f (x0 ) = lim

(2)

Ví dụ 1.1.2. Nếu hàm f (x) = C, với C là hằng số thì f (x) = 0. Thật
vậy, với mọi x ∈ R chúng ta có
∆y
f (x + ∆x) − f (x)
C −C
= lim
= lim
= 0.
∆x→0 ∆x
∆x→0
∆x→0 ∆x
∆x

f (x) = lim

Ví dụ 1.1.3. Tìm đạo hàm của hàm y = ln x; với (x > 0) . Theo định
nghĩa, chúng ta có
∆y

1
∆x
= lim
ln 1 +
∆x→0 ∆x
∆x→0 ∆x
x

f (x) = lim

3


= lim

∆x→0

1.2.

∆x
1
ln 1 +
x
x

x
∆x

=

1
.
x

Quan hệ giữa đạo hàm và tính liên tục của hàm số

Định lý 1.2.1. Hàm số f (x) có đạo hàm tại điểm x0 thì liên tục tại đó.
Chứng minh. Giả sử hàm số có đạo hàm tại x0 . Theo định nghĩa chúng
ta có thể viết
∆y
= f (x0 ) + α(∆x),
∆x
trong đó α(∆x) là vô cùng bé khi ∆x → 0. Từ đó, suy ra
∆y = f (x0 ).∆x + θ(∆x),
với θ(∆x) = ∆x.α(∆x) là vô cùng bé bậc cao hơn ∆x khi ∆x → 0. Tính
liên tục của hàm số f (x) nhận được từ việc chuyển qua giới hạn của số gia
hàm số khi số gia của đối số ∆x → 0
lim ∆y = lim (f (x0 ).∆x + θ(∆x)) = 0.

∆x→0

∆x→0

Chú ý 1.2.2.
Điều ngược lại không đúng. Chẳng hạn, xét hàm số f (x) = |x| tại điểm
x0 = 0. Ta có
∆f = f (0 + ∆x) − f (0) = |0 + ∆x| − |0| = |∆x| .
Do đó
lim ∆f = lim |∆x| = 0.

∆x→0

∆x→0

Từ đó suy ra hàm số f (x) = |x| liên tục tại điểm x0 = 0. Tuy nhiên, khi
cho số gia của đối số ∆x dần đến 0 từ bên trái và bên phải ta nhận được
∆f
lần lượt là -1 và 1 . Điều đó chứng tỏ hàm số đã cho
giới hạn của tỷ số
∆x
không có đạo hàm tại điểm x0 = 0.
4


1.3.

Các phép tính cơ bản về đạo hàm

Bằng việc trực tiếp sử dụng định nghĩa của đạo hàm chúng ta dễ dàng
chứng minh được các kết quả về phép tính đối với đạo hàm dưới đây
Định lý 1.3.1. Nếu các hàm số f (x) và g(x) có đạo hàm tại điểm x
f (x)
thì các hàm f (x) ± g(x), f (x).g(x),
(g(x) = 0) cũng có đạo hàm tại
g(x)
đó và ta có các công thức sau
(i). (f (x) ± g(x)) = f (x) ± g (x)
(ii). (f (x).g(x)) = f (x).g(x) + f (x).g (x)
f (x)
f (x).g(x) − f (x).g (x)

(iii).
=
g(x)
(g(x))2
Định lý 1.3.2. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm tại x0 , hàm z = g(y)
xác định trong một khoảng chứa y0 = f (x0 ) và có đạo hàm tại y0 . Khi đó
hàm g ◦ f (x) có đạo hàm tại x0 và ta có (g ◦ f ) (x0 ) = g (y0 ).f (x0 ).
Chứng minh. Cho x0 một số gia ∆x. Khi đó ta có các số gia ∆y =
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) và ∆z = g(y0 + ∆y) − g(y0 ) tương ứng. Từ sự tồn tại
đạo hàm của các hàm f (x) và g(y) ta có
∆z
∆y
= f (x0 ) + θ1 (∆x) và
= g (y0 ) + θ2 (∆y).
∆x
∆y
trong đó θ1 (∆x) và θ2 (∆y) là các vô cùng bé khi ∆x → 0 và ∆y → 0,
tương ứng. Nhân hai đẳng thức trên vế với vế ta được
∆z
= (f (x0 ) + θ1 (∆x)) . (g (y0 ) + θ2 (∆y))
∆x
Cho ∆x → 0 thì ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) → 0 (do tính liên tục của hàm
f (x)). Từ đó ta được
z (x0 ) = g (y0 ).f (x0 ).

Định lý 1.3.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục và đơn điệu nghiêm ngặt trên
5


khoảng (a, b) . Nếu f (x) có đạo hàm tại điểm x0 ∈ (a, b) và f (x0 ) = 0, thì

hàm ngược x = ϕ(y) xác định trên khoảng (c, d) = f [(a, b)] cũng có đạo
1
hàm tại y0 = f (x0 ) và ϕ (y0 ) =
.
f (x0 )
Chứng minh. Vì f (x) là hàm 1-1 nên tồn tại hàm ngược của nó trong
một khoảng chứa y0 = f (x0 ). Ta có
ϕ(y) − ϕ(y0 )
x − x0
1
=
=
.
f (x) − f (x0 )
y − y0
f (x) − f (x0 )
x − x0
Do ϕ(y) là hàm ngược của hàm f (x) liên tục đơn điệu ngặt nên ϕ(y)
cũng liên tục. Từ đó suy ra khi y → y0 thì x = ϕ(y) → x0 = ϕ(y0 ). Cho
y → y0 , ta được

ϕ (y0 ) =

1.4.

1
.
f (x0 )

Các định lý cơ bản về đạo hàm

Định nghĩa 1.4.1. Hàm y = f (x) xác định trên (a, b) . Điểm x0 ∈ (a, b)
được gọi là điểm cực đại (tương ứng, cực tiểu) địa phương của hàm y = f (x)
nếu tồn tại số δ > 0 sao cho B (x0 ; δ) = (x0 − δ, x0 + δ ) ⊂ (a, b) để với
mọi x ∈ B (x0 ; δ) thì f (x) ≤ f (x0 ); (tương ứng, f (x) ≥ f (x0 )).
Điểm x0 mà tại đó hàm y = f (x) đạt cực đại hoặc cực tiểu gọi được gọi
chung là điểm cực trị.
Định lý 1.4.2 (Định lý Fecmat). Nếu hàm y = f (x) đạt cực trị tại x0
mà tại đó hàm số có đạo hàm thì f (x0 ) = 0.
Chứng minh. Giả sử hàm số đạt cực đại tại x0 . Khi đó với mọi |∆x| < δ
thì
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ 0.
Do đó
6


f (x0 + ∆x) − f (x0 )
≤ 0 nếu ∆x > 0,
∆x
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
≥ 0 nếu ∆x < 0.
∆x
Từ đó, chúng ta suy ra
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
≥ 0;
∆x→0
∆x
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
≤ 0;
f x+

0 = lim +
∆x→0
∆x
Bởi vì, hàm số có đạo hàm tại điểm x0 nên f (x0 ) = 0.
f x−
0 = lim −

Định lý 1.4.3 (Định lý Rolle). Cho hàm y = f (x) liên tục trên [a, b] ,
khả vi trên (a, b) và f (a) = f (b). Khi đó, tồn tại ít nhất một số c ∈ (a, b)
sao cho f (c) = 0.
Chứng minh. Nếu f (x) là hàm hằng thì kết quả là hiển nhiên. Trái lại,
theo định lý Weierstrass, tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) = m hoặc
f (c) = M, với m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của
f (x) trên [a, b] . Theo giả thiết f (a) = f (b), nên có ít nhất một điểm cực
trị của hàm số c ∈ (a, b) . Từ đó, theo định lý Fecmat thì f (c) = 0.
Định lý 1.4.4 (Định lý Lagrange). Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b] ,
khả vi trên (a, b). Khi đó tồn tại ít nhất một số c ∈ (a, b) sao cho
f (c) =

f (b) − f (a)
.
b−a

(3)

Chứng minh. Hàm
ϕ(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)
(x − a)

b−a

thoả mãn các giả thiết của định lý Rolle, nên tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f (c) = 0. Từ đó ta nhận được kết quả của định lý.
7


Chú ý 1.4.5. Nếu đặt a = x0 , b = x0 + ∆x, b − a = ∆x thì công thức (3)
có thể được viết lại dưới dạng
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f (x0 + θ.∆x) ∆x, với 0 < θ < 1.
Công thức trên được gọi là công thức số gia giới nội. Từ công thức số gia
giới nội, chúng ta thấy rằng nếu hàm số f (x) có đạo hàm f (x) = 0, với
mọi x ∈ (a, b) thì hàm phải là hàm hằng trên đó.
Định lý 1.4.6 (Định lý Cauchy).Cho các hàm f (x) và g(x) liên tục trên
[a, b] , khả vi trên (a, b) ; g (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) . Khi đó tồn tại ít
nhất một số c ∈ (a, b) sao cho
f (c) =

f (b) − f (a)
.
g(b) − g(a)

Chứng minh. Bởi vì g (x) = 0, với mọi x ∈ (a, b) , nên theo định lý Rolle
chúng ta có g(a) = g(b). Một cách đơn giản, chúng ta có thể kiểm tra hàm
phụ
ϕ(x) = f (x) −

f (b) − f (a)
(g(x) − g (a))
g(b) − g(a)

thoả mãn các giả thiết của định lý Rolle trên [a, b]. Do đó, tồn tại ít nhất
một điểm c ∈ (a, b) sao cho ϕ (c) = 0. Từ đó, chúng ta nhận được khẳng
định của định lý.
Chú ý 1.4.7.
1. Nếu đặt g(x) = x trong định lý Cauchy thì ta nhận được định lý
Lagrange.
2. Nếu thêm giả thiết f (a) = f (b) trong định lý Lagrange thì ta nhận
được định lý Rolle.
3. Theo cách chứng minh đã trình bày trên đây, chúng ta cũng có thể
xem định lý Lagrange và định lý Cauchy như là hệ quả của định lý Rolle.
8


Chương 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ
TRUNG BÌNH

Các định lý giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng trong Toán học
cũng như nhiều lĩnh vực khoa học khác. Trong Toán học, người ta có thể kể
đến một số vấn đề như: bài toán tồn tại nghiệm của các phương trình đại
số, ước lượng khoảng chứa nghiệm của các phương trình và toán tử trong
việc giải gần đúng của lý thuyết số, bài toán tìm cực trị của hàm số,. . . .
Theo một khía cạnh, nhìn lại cách chứng minh của Định lý Lagrange và
Định lý Cauchy, chúng ta thấy hai định lý đó là hệ quả của Định lý Rolle
nhờ việc thiết lập hai hàm phụ tương ứng là

ϕ(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)

(x − a)
b−a

và
ϕ(x) = f (x) −

f (b) − f (a)
(g(x) − g (a)) ,
g(b) − g(a)

với hàm f (x) mà ở đây chúng ta gọi nó là hàm “gốc”) liên tục trên đoạn
[a, b] và khả vi trên khoảng (a, b). Theo ý tưởng đó, chúng tôi sử dụng các
tính chất riêng biệt của một số hàm sơ cấp kết hợp với hàm gốc f (x) để
có được các bài toán mới. Ở đây, các hàm phụ mới được thiết lập theo hai
cách thức sau
1. Kết hợp hàm gốc f (x) với một số hàm sơ cấp đơn giản dưới dạng
tổng và dạng tích.
2. Tính chất của hàm gốc thoả mãn các giả thiết của định lý giá trị
trung bình được chúng tôi gắn kết với các giới hạn cơ bản để tạo ra những
bài toán về sự hội tụ của dãy số.

9


2.1.

Định lý Rolle với các hàm số sơ cấp đơn giản

Như đã nói trên đây, trong các phần này chúng ta hiểu “gốc” là hàm
f (x) nào đó liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b) trên đường

thẳng thực.
2.1.1.Một số hàm phụ dưới dạng tổng
2.1.1.1. Hàm mũ. Xét hàm phụ dưới dạng tổng của hàm gốc với hàm mũ
h (x) = f (x) + t−x ,
trong đó t là số thực nào đó mà 0 < t = 1. Giả thiết của Định lý Rolle đối
với hàm chỉ còn là sự thoả mãn thêm điều kiện
f (a) + t−a = f (b) + t−b .
Từ đó, tồn tại số c ∈ (a, b) sao cho đạo hàm của hàm h(x) triệt tiêu, tức là
f (c) − t−c ln t = 0. Như vậy, chúng ta nhận được bài toán dưới dạng tổng
quát theo giá trị của cơ số trong hàm mũ t−x như sau
Bài toán 1. Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) thỏa
mãn điều kiện f (a) + t−a = f (b) + t−b với số thực 0 < t = 1. Chứng minh
rằng tồn tại ít nhất một giá trị c ∈ (a, b) sao cho f (c) = t−c ln t.
Bằng việc gán cho t các giá trị cụ thể ta nhận được một số bài toán sau
đây
Bài toán 1.1. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0, 1], khả vi trên (0, 1)
và f (0) + 1 = f (1) + e−1 . Chứng minh rằng tồn tại số c ∈ (0, 1) sao cho
f (c) = e−c .
Bài toán 1.2. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0, 1] , khả vi trên (0, 1)
và thoả mãn điều kiện f (0) + 1 = f (1) + 2010−1 . Chứng minh rằng tồn
10


tại số c ∈ (0, 1) sao cho
2010c .f (c) = ln 2010.
2.1.1.2. Hàm logarit. Ta xét hàm phụ được gắn kết với hàm logarit
dưới dạng h (x) = f (x) − logα x với số thực α nào đó mà 0 < α = 1.
Điều kiện bằng nhau tại giá trị hai đầu mút của hàm h(x) trên đoạn
b
[a, b] trở thành f (b) − f (a) = logα . Bởi vì, đạo hàm của hàm h(x) là

a
1
−1
.
h (x) = f (x)−(x ln α) nên tồn tại số c ∈ (a, b) thoả mãn f (c) =
c ln α
Từ đó, chúng ta nhận được bài toán
Bài toán 2. Cho hàm số f (x) liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b).
b
Giả sử rằng f (b) − f (a) = logα với ab > 0 và 0 < α = 1. Chứng minh
a
1
rằng tồn tại số c ∈ (0, 1) sao cho f (c) =
.
c ln α
Thay thế một số giá trị cụ thể của cơ số α của hàm logarit, chúng ta
nhận được một số bài toán
Bài toán 2.1. Cho hàm f (x) liên tục trên [2009; 2009.e] , khả vi trên
(2009; 2009.e) và thoả mãn điều kiện f (2009.e) = 1 + f (2009) . Chứng
minh rằng tồn tại số c ∈ (2009; 2009.e) sao cho f (c) = c−1 .
Bài toán 2.2. Giả sử hàm f (x) liên tục trên [1; 2010] , khả vi trên khoảng
(1; 2010) trừ ra các điểm nguyên trên đoạn đó và
f (k + 1) − f (k) = ln 1 +

1
k

; k = 1, 2009.

Chứng minh rằng tồn tại ck ∈ (k, k + 1) sao cho

2009

ck f (ck ) = 2009.
k=1

2.1.1.3. Hàm đa thức. Kí hiệu Pn (x) = λ0 + λ1 x + ... + λn xn , λn = 0 là
11


đa thức bậc n của biến x. Hàm phụ h (x) = f (x) − Pn (x) có đạo hàm là
n

kλk xk−1 .

h (x) = f (x) −
k=1

Điều kiện về tính liên tục và khả vi của h(x) trên đoạn [a, b] nhận được
ngay từ giả thiết của hàm gốc f (x). Giá trị bằng nhau của hàm h(x) tại
hai đầu mút trở thành
n

λk bk − ak .

f (a) − f (b) =
k=1

Từ đó, chúng ta nhận được
Bài toán 3. Cho hàm f (x) liên tục trên đoạn [a, b], khả vi trên khoảng
(a, b). Giả sử Pn (x) là đa thức bậc n thỏa mãn điều kiện

f (a) − Pn (a) = f (b) − Pn (b) ,
trừ ra các điểm nguyên trên đoạn [a, b]. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b)
sao cho f (c) = Pn (c).
x2
Với đa thức P2 (x) =
chúng ta thu được
2
Bài toán 3.1. Cho hàm f (x) liên tục trên [1; 2010] , khả vi trên (1; 2010)
và thỏa mãn điều kiện
f (k + 1) − f (k) =

2k + 1
; với mọi k = 1, 2009.
2

Chứng minh rằng tồn tại ck ∈ (k; k + 1) sao cho
2009

k=1

1
f (ck ) = 2009.
ck

Với đa thức P (x) = −(x − 1), chúng ta có được
Bài toán 3.2. Cho hàm số f khả vi trên [0, 1] thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1.
Chứng minh tồn tại hai số phân biệt a, b ∈ (0, 1) sao cho f (a).f (b) = 1.
12

2.1.2. Hàm phụ dưới dạng tích
2.1.2.1. Hàm mũ. Hàm h (x) = f (x) . t−x với 0 < t = 1 có đạo hàm
h (x) = (f (x) − f (x) ln t) t−x .
Điều kiện bằng nhau tại hai đầu mút của đoạn [a, b] có thể viết dưới dạng
f (a) tb = f (b) ta . Khi đó, chúng ta nhận được bài toán
Bài toán 4. Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và thoả
mãn điều kiện f (a) tb = f (b) ta với số thực 0 < t = 1 nào đó. Chứng minh
rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f (c) = f (c) ln t.
Với giá trị t = e, chúng ta nhận được
Bài toán 4.1. Cho hàm f (x) liên tục trên [a0 , an ], khả vi trên (a0 , an )
trừ ra (n − 1) điểm ai ∈ (a0 , an ) , i = 1, n − 1. Chứng minh rằng nếu f (x)
triệt tiêu tại các điểm ai với mọi i = 0, n thì tồn tại các số ci , i = 0, n − 1
sao cho

n−1

i=0

f (ci )
= 1.
f (ci )

x
Trong bài toán này, chúng ta xét hàm h (x) = e n f (x) , x ∈ R. Tính
−

liên tục và khả vi của h (x) nhận được từ hàm f (x) và dễ dàng thấy rằng
h (ai ) = 0, với mọi i = 0, n. Đạo hàm của h (x) là
x

x
−
1 −
h (x) = − e n f (x) + e n f (x) .
n
Theo Định lý Rolle, tồn tại các số ci ∈ (ai , ai+1 ) với mỗi i = 0, n − 1 sao
f (ci )
1
cho h (ci ) = 0. Từ đó, chúng ta nhận được
= . Tổng của n giá trị
f (ci )
n
trên chính là khẳng định
n−1
f (ci )
= 1.
f
(c
)
i
i=0
13


Cũng tương tự như thế, với hàm phụ h(x) = eαx f (x), chúng ta được
Bài toán 4.2. Chứng minh rằng nếu f liên tục trong khoảng đóng [a, b] ,
khả vi trên khoảng mở (a, b) và f (a) = f (b) = 0 thì với α ∈ R, tồn tại
x ∈ (a, b) sao cho αf (x) + f (x) = 0.
Thiết lập hàm phụ dưới dạng h(x) = eg(x) f (x), ta được
Bài toán 4.3. Cho f (x) và g(x) là các hàm liên tục trên [a, b], khả vi

trên (a, b) và giả sử f (a) = f (b) = 0. Chứng minh rằng tồn tại x ∈ (a, b)
sao cho g (x)f (x) + f (x) = 0.
2.1.2.2. Hàm logarit.
Lập hàm phụ
h (x) = f (x) . logα x với 0 < a, b = 1 và 0 < α = 1.
Điều kiện bằng nhau tại hai giá trị đầu mút của đoạn [a, b] được viết dưới
f (b)
dạng
= logb a. Bởi vì đạo hàm của h(x) là
f (a)
h (x) = f (x) logα x +

1
f (x)
x ln α

nên chúng ta nhận được bài toán
Bài toán 5. Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và
f (b) = f (a) . logb a; 0 < a, b = 1. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b)
sao cho
f (c)
.
c ln c
Trường hợp a = e, chúng ta nhận được bài toán
f (c) = −

Bài toán 5.1. Cho hàm f (x) liên tục trên e, e2 , khả vi trên e, e2

14

1
và f e2 = f (e) . Chứng minh rằng tồn tại c ∈ e, e2 sao cho
2
f (c) = −

2.2.

f (c)
.
c ln c

Một số cách xây dựng bài toán giới hạn của dãy số từ Định
lý giá trị trung bình

Trong phần này, chúng ta xây dựng một số bài toán về giới hạn của dãy
số nhờ việc thiết lập những dãy hàm số thoả mãn các giả thiết của Định
lý Rolle. Từ đó, chúng ta nhận được những dãy số mà qua các giới hạn cơ
bản để thu được kết quả mong muốn. Để thuận lợi cho việc trình bày kết
quả, chúng ta nhắc lại một số giới hạn cơ bản
eα(n) − 1
1. lim
= 1.
α(n)
α(n)→0
ln(1 + α(n))
2. lim
= 1.
α(n)
α(n)→0

sin α(n)
= 1.
α(n)→0 α(n)
tan α(n)
4. lim
= 1.
α(n)→0 α(n)
3. lim

2.2.1. Bài toán 6. Cho hàm số f (x) khả vi trên đoạn [a, b]. Giả sử rằng
f (a) = f (b) = 0 và f (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh rằng tồn tại
dãy {xn }∞
n=1 trong khoảng (a, b) sao cho
f (xn )
lim √
= 2010.
n→∞ ( n e − 1)f (xn )
Để chứng minh bài toán này, chúng ta xét hàm số
2010x
n f (x), x ∈ (a, b) .
Hn (x) = e
−

Đạo hàm của Hn (x) là
2010 −
Hn (x) = −
e
n
2010x

n
=e
−

2010x
2010x
−
n f (x) + e
n f (x)

f (x) −
15

2010
f (x)
n


Từ giả thiết f (x) khả vi trên [a, b] và f (a) = f (b) = 0, chúng ta suy
ra Hn (x) thỏa mãn các điều kiện của định lý Rolle. Do đó, tồn tại dãy
{xn } ⊂ (a, b) sao cho Hn (xn ) = 0. Từ đó, chúng ta được
f (xn ) 2010
=
.
f (xn )
n
Sử dụng giới hạn cơ bản 1, chúng ta được
f (xn )
2010
2010

√
√
lim √
=
lim
=
lim
= 2010.
n→∞ ( n e − 1)f (xn )
n→∞ ( n e − 1)n
n→∞ n e − 1
1
n
2010x
−
n f (x) và sử dụng các giới hạn cơ bản
Giữ nguyên hàm Hn (x) = e
khác, chúng ta nhận được các bài toán sau
Bài toán 6.1. Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] , f (a) = f (b) = 0. Chứng
minh rằng nếu f (x) không đồng nhất bằng 0 trên khoảng (a, b) thì tồn tại
một dãy {xn } trong khoảng (a, b) sao cho
lim

n→∞

f (xn )
1+
f (xn )

n

= e2010

Bài toán 6.2. Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] , f (a) = f (b) = 0. Chứng
minh rằng nếu f (x) không đồng nhất bằng 0 trên khoảng (a, b) thì tồn tại
một dãy {xn } trong khoảng (a, b) sao cho
lim n ln 1 +

n→∞

f (xn )
f (xn )

= 2010.

Bài toán 6.3. Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] , f (a) = f (b) = 0. Chứng
minh rằng nếu f (x) không đồng nhất bằng 0 trên khoảng (a, b) thì tồn tại
một dãy {xn } trong khoảng (a, b) sao cho
lim n sin

n→∞

f (xn )
= 2010.
f (xn )
16


Bài toán 6.4. Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] , f (a) = f (b) = 0. Chứng
minh rằng nếu f (x) không đồng nhất bằng 0 trên khoảng (a, b) thì tồn tại

một dãy {xn } trong khoảng (a, b) sao cho
lim n tan

n→∞

f (xn )
= 2010.
f (xn )

2.2.2. Một số hàm khác. Ngoài hàm Hn (x) được xét trong bài toán mở
đầu, ta có thể lập các hàm khác. Tương ứng với mỗi hàm cùng giới hạn cơ
bản, ta được các bài toán mới.
xα
−
Hàm Hn1 (x) = e n f (x) có đạo hàm

Hn1 (x) = −

xα
xα
−
e n f (x) + e n f (x)

αxα−1 −
n
α

x
=e n
−

αxα−1
f (x) −
f (x)
n

Khi hàm Hn1 (x) thoả mãn các điều kiện của định lý Rolle nhận được từ giả
thiết của hàm gốc cho ta khẳng định Hn1 (xn ) = 0. Điều đó, tương đương
với
f (xn )
α
=
.
xα−1
n
n f (xn )
Từ đó, chúng ta có bài toán
Bài toán 7. Cho hàm f (x) khả vi trên đoạn [a, b] và giá trị của hàm
tại hai đầu mút đều bằng 0. Chứng minh rằng nếu f (x) không đồng nhất
bằng 0 trên khoảng (a, b) thì tồn tại một dãy {xn } trong khoảng (a, b) thỏa
mãn
f (xn )
1. lim √
=α
n→∞ ( n e − 1)xα−1
n f (xn )
17


n

2. lim

f (xn )
1 + α−1
xn f (xn )

3. lim

n 1+

4. lim

n sin

f (xn )
xα−1
n f (xn )

=α

5. lim

n tan

f (xn )
xα−1
n f (xn )

=α

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Hàm Hn2 (x) = f (x).cos

= eα

f (xn )
xα−1
n f (xn )

=α

x
có đạo hàm
n

x 1
x
Hn2 (x) = f (x)cos − f (x) sin
n n
n
Điều kiện Hn2 (xn ) = 0 cho ta
f (xn )

1
xn
= tan .
f (xn )
n
n
Từ đó, chúng ta có bài toán
π
π
và f (0) = f
= 0.
4
4
Khi đó, nếu f (x) không đồng nhất bằng 0 thì tồn tại một dãy {xn } trong
π
khoảng 0,
sao cho
4
n2 f (xn )
lim
= 1.
n→∞ xn f (xn )

Bài toán 8. Cho hàm f (x) khả vi trên 0,

Tương tự như vậy, đối với hàm
x
π
Hn3 (x) = f (x) cot ; với x ∈ [0, ],
n

4
chúng ta nhận được
π
π
và f (0) = f
= 0.
4
4
Khi đó nếu f (x) không đồng nhất bằng 0 trên đoạn đó thì tồn tại dãy
π
{xn } ⊂ 0,
sao cho
4
Bài toán 9. Cho hàm f (x) khả vi trên 0,

18


xn f (xn )
= 1.
n→∞ f (xn )
lim

Kết thúc phần này chúng ta trình bày lời giải đầy đủ của bài toán sau
Bài toán 10. Cho hàm số f (x) khả vi trên [a, b] và f (a) = f (b) = 0.
Giả sử f (x) không đồng nhất bằng 0 trên (a, b). Chứng minh rằng tồn tại
dãy {xn } ⊂ (a, b) sao cho
xn f (xn )
= −2010.
n→∞ f (xn )

lim

Xét hàm

Hn4 (x)

x2010
= f (x) ln 1 +
n

.

Ta có
Hn4 (x) = f (x) ln 1 +

x2010
n

x2009
2010.
n
+ f (x)
2010 .
x
1+
n

Do đó
Hn4 (x) = 0 ⇔

2010 2009
x
n

f (x)
=−
f (x)

x2010
1+
n

x2010
ln 1 +
n

.

Từ các điều kiện của hàm f (x), chúng ta thấy rằng hàm Hn4 (x) thỏa mãn
điều kiện của định lý Rolle trên [a, b]. Từ đó, suy ra tồn tại dãy {xn }∞
n=1 ⊂
(a, b) sao cho Hn4 (xn ) = 0. Điều đó tương đương với
f (xn )
=−
f (xn )

2010 2009
x
n n
x2010

1+ n
n

x2010
ln 1 + n
n

.

Do đó


xn f (xn )

lim
= lim −
n→∞ f (xn )
n→∞ 

2010 2010
x
n n
x2010
1+ n
n
19

x2010
ln 1 + n
n











= lim −
n→∞ 

x2010
n

2010
n
2010 .
xn
x2010
1+
ln 1 + n
n
n

= −2010

20








Chương 3
ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VỚI MỘT SỐ
TOÁN TỬ TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH

Trong chương này, chúng tôi trình bày các kết quả về Định lý giá trị
trung bình đối với lớp các toán tử tích phân tuyến tính. Kết quả chính
trong chương này là các Định lý 3.2.1 và 3.2.2. Trước hết chúng ta phát
biểu các kết quả về giá trị trung bình đối với tích phân cần thiết cho việc
trình bày kết quả chính ở phần sau.
3.1.

Một số Bổ đề

Bổ đề 3.1.1. Cho h1 : [0, 1] → R là một hàm số liên tục thỏa mãn
1

h1 (x)dx = 0. Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c1 ∈ (0, 1) sao cho
0
c1

h1 (c1 ) =

h1 (x)dx.
0

Chứng minh.
t

h1 (x)dx; với mọi t ∈ [0, 1] . Xét hàm

Cách 1. Giả sử ngược lại h1 (t) >
0

phụ ζ1 : [0, 1] → R được xác định bởi công thức ζ1 (t) = e−t

t

h1 (x)dx.
0

Bằng tính toán đơn giản, chúng ta nhận được


t
ζ1 (t) = e−t h1 (t) −

h1 (x)dx > 0; với mọi t ∈ [0, 1].
0

Do đó ζ1 là hàm tăng nghiêm ngặt trên đoạn [0, 1] và ζ1 (0) < ζ1 (1). Điều
đó dẫn đến mâu thuẫn rằng
1

0<

1
e

h1 (x)dx = 0.
0

21


Lập luận tương tự chúng ta cũng chứng tỏ được rằng không thể xảy ra
t

h1 (x)dx, với mọi t ∈ [0, 1].

h1 (t) <
0

Bổ đề được chứng minh.
Cách 2. Như trong chứng minh trên, ta xét hàm khả vi γ1 = ζ1 : [0, 1] → R
được xác định bởi công thức
t

γ1 (t) = e−t

h1 (x)dx.
0

Với tính toán đơn giản, chúng ta cũng có

γ1 (t) = e−t h1 (t) −



t

h1 (x)dx .
0

Thêm nữa, chúng ta dễ dàng thấy rằng γ1 (0) = γ1 (1) = 0. Theo Định lý
Rolle, tồn tại c1 ∈ (0, 1) sao cho γ1 (c1 ) = 0. Từ đó, chúng ta suy ra
c1

h1 (c1 ) =

h1 (x) dx.
0

Bổ đề 3.1.2. Cho hàm số h2 : [0, 1] → R là một hàm số liên tục với
h2 (1) = 0. Khi đó tồn tại c2 ∈ (0, 1) sao cho
c2

h2 (c2 ) =

h2 (x)dx.
0

Chứng minh.

Cách 1. Chúng ta xét hàm phụ sau ζ2 : [0, 1] → R được xác định bởi công
thức ζ2 (t) = e−t

t

h2 (x)dx. Giả sử ngược lại
0
t

h2 (x)dx với mọi t ∈ [0, 1].

h2 (t) =
0

22