Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức và một số đánh giá tiệm cận

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN TOẢN

CÁC ĐỊNH LÝ HÀM KHẢ VI
VỚI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ
ĐÁNH GIÁ TIỆM CẬN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN TOẢN

CÁC ĐỊNH LÝ HÀM KHẢ VI
VỚI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ
ĐÁNH GIÁ TIỆM CẬN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. HOÀNG VĂN HÙNG

Thái Nguyên - 2015


3

Mục lục

Lời cam đoan

1

Mở đầu

2

1

Các định lí về hàm khả vi và các bất đẳng thức

4

1.1

Đạo hàm, đạo hàm cấp cao của hàm một biến và các tính chất cơ bản .

4

1.1.1

Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Các tính chất cơ bản của đạo hàm và đạo hàm cấp cao . . . .

5

Các định lí về hàm khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1

Định lí Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2

Các định lý Cauchy, Lagrange, Rolle, Taylor . . . . . . . . . .

7

1.2.3

Một số hệ quả của định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.4

Liên hệ giữa tính đơn điệu, tính lồi, lõm với đạo hàm . . . . .

8

1.2

1.3

Đạo hàm riêng, cực trị có điều kiện của hàm số nhiều biến. Giá trị
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số hai biến số trên miền đóng bị
chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.1

Đạo hàm riêng cấp một và đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . .

9

1.3.2

Phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị có điều kiện của
hàm số nhiều biến. Giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số hai

biến số trên miền đóng bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4

Các ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.1

Các ví dụ sử dụng mối liên hệ giữa đạo hàm với tính đơn điệu
và cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13


i
1.4.2

Các ví dụ sử dụng mối liên hệ giữa đạo hàm cấp hai và tính
lồi, lõm của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4.3

Các ví dụ sử dụng định lý Rolle, Lagrange, Taylor . . . . . . . 23

1.4.4

Các ví dụ sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange và quy tắc
tìm giá trị lớn nhất, giá trị bé nhất của hàm số hai biến số trên
miền đóng và bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2

Đánh giá tiệm cận của một lớp các dãy số

35

2.1

Khái niệm tiệm cận của một dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2

Một số định lý về đánh giá tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Kết luận

53

Tài liệu tham khảo

55


1

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan mọi thông tin và trích dẫn trong luận văn là trung thực, các số
liệu và kết quả nghiên cứu không trùng lặp với các đề tài khác.

Thái Nguyên, ngày 26 tháng 03 năm 2015
Học viên

Nguyễn Văn Toản

2

Mở đầu
Trong bản luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức và một số đánh
giá tiệm cận” tác giả vận dụng các tính chất của các hàm khả vi một biến và nhiều
biến để trình bày chứng minh của một số bất đẳng thức; các bất đẳng thức này được
chứng minh bằng các phương pháp khác trong các tài liệu tham khảo. Các ví dụ chỉ
ra chứng tỏ các định lý về hàm khả vi là một công cụ khá mạnh trong chứng minh các
bất đẳng thức, đặc biệt là đối với các bất đẳng thức chứa số biến nhỏ. Trong bản luận
văn có trình bày chứng minh một số bất đẳng thức khó (ví dụ bất đẳng thức NewtonMaclaurin, bất đẳng thức trong Ví dụ 1.24 Chương 1) dựa trên việc sử dụng các định
lý về giá trị trung gian của các hàm khả vi một biến và lý thuyết cực trị có điều kiện
của hàm nhiều biến.
Đánh giá tiệm cận của các dãy là một chủ đề khó và được nhiều người quan tâm
trong lý thuyết dãy và chuỗi số. Trong bản luận văn này tác giả đã trình bày chứng
minh một số định lý về đánh giá tiệm cận của một lớp các dãy xác định bằng công
thức truy toán dựa trên khai triển Maclaurin của các hàm số một biến và đưa ra các
ví dụ minh họa. Một số trong các ví dụ minh họa này là các bài toán gặp trong các tài
liệu về chủ đề thi Olympic Toán sinh viên và các tài liệu nâng cao về Giải tích toán
học.
Bản luận văn “Các định lý hàm khả vi với bất đẳng thức và một số đánh giá tiệm
cận” gồm Lời nói đầu, hai chương, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.
• Chương 1. Các định lý về hàm khả vi và các bất đẳng thức.
• Chương 2. Đánh giá tiệm cận của một lớp các dãy số.
Trong Chương 1 tác giả tóm tắt các sự kiện cơ bản nhất của lý thuyết các hàm khả


3
vi một biến, bài toán cực trị có điều kiện của hàm hai biến, hàm ba biến với một ràng

buộc, bài toán tìm giá trị bé nhất và lớn nhất của hàm hai biến khả vi trên miến phẳng
đóng, bị chặn. Các bất đẳng thức trong các Ví dụ 1.1 - 1.12 Chương 1 chủ yếu được
chứng minh dựa trên mối liên hệ giữa tính đơn điệu của hàm số với dấu đạo hàm cấp
1 của hàm một biến, các Ví dụ 1.13 - 1.16 trình bày chứng minh các bất đẳng thức
dựa trên mối liên hệ giữa tính lồi, lõm và dấu đạo hàm cấp hai của hàm một biến, các
Ví dụ 1.17 - 1.22 trình bày chứng minh các bất đẳng thức dựa trên các định lý về giá
trị trung gian của các hàm khả vi, các Ví dụ 1.22 - 1.25 trình bày chứng minh các bất
đẳng thức nhờ phương pháp nhân tử Lagrange để giải bài toán cực trị có điều kiện và
phương pháp tìm giá trị bé nhất và lớn nhất của hàm hai biến khả vi trên miến phẳng
đóng, bị chặn.
Chương 2 định nghĩa khái niệm đánh giá tiệm cận và chứng minh một số định
lý về đánh giá tiệm cận đối với một lớp các dãy số dương xác định bằng công thức
truy toán dạng xn+1 = f (xn ) và các khẳng định liên quan. Các kết quả chủ yếu của
chương này là các Định lý 2.1, Hệ quả 2.1, Định lý 2.2, Định lý 2.3, Hệ quả 2.2, Định
lý 2.4. Các ví dụ áp dụng chủ yếu được đưa ra trong các Mục 2.2.3 và 2.2.7.
Danh mục tài liệu tham khảo gồm 05 tài liệu.
Để hoàn thành bản luận văn này tác giả đã nhận được sự giúp đỡ của các Thầy Cô
trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, các phòng
ban chức năng thuộc Đại học Thái Nguyên, các nhà toán học thuộc Viện Toán học Viện hàn lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam và Thầy hướng dẫn, TS. Hoàng Văn
Hùng - Viện Khoa học Cơ bản - Đại học Hàng Hải Việt Nam. Tác giả xin bày tỏ lòng
cảm ơn chân thành đến tất cả các Thầy Cô, các nhân viên của các phòng ban chức
năng nói trên và rất mong nhận được ý kiến đóng góp từ mọi phía đối với bản luận
văn này.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Nguyễn Văn Toản
Học viên Cao học Toán lớp B, khóa 06/2013-06/2015
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên


4

Chương 1

Các định lí về hàm khả vi và
các bất đẳng thức
1.1

Đạo hàm, đạo hàm cấp cao của hàm một biến và các
tính chất cơ bản

1.1.1

Các định nghĩa

Cho f (x) là hàm số với tập xác định D ⊂ R và x0 là một điểm trong của D. Giới
hạn (nếu có)
f (x) − f (x0 )
x→x0
x − x0
lim

gọi là đạo hàm của hàm f (x) tại x0 , ký hiệu là f (x0 ). Nếu thay giới hạn được xét
bằng giới hạn trái (tương ứng, phải) tại x0 ta có khái niệm đạo hàm trái (tương ứng,
phải) tại x0 , ký hiệu là f− (x0 ) (tương ứng, f+ (x0 ). Hàm số có đạo hàm (tương ứng,
đạo hàm trái, phải) tại x còn được gọi là hàm khả vi (tương ứng, khả vi trái, phải) tại
x.
Nếu f (x) có đạo hàm tại mọi x ∈ D1 ⊂ D thì hàm số D1

x → f (x) ∈ R gọi

là đạo hàm của hàm f (x) trên miền D1 .
Đạo hàm của hàm số f (x) (nếu có) tại điểm x0 ∈ D1 gọi là đạo hàm cấp hai của
f (x) tại x0 , ký hiệu là f (x0 ). Nếu f (x0 ) tồn tại với mọi x ∈ D2 ⊂ D thì hàm số
D2

x → f (x) ∈ R gọi là đạo hàm cấp hai của hàm số f (x) trên miền D2 .
Tổng quát, đạo hàm của đạo hàm cấp k − 1 (với k ≥ 2) của f (x) tại điểm trong x

của tập xác định D (nếu tồn tại) được gọi là đạo hàm cấp k của f (x) tại x, ký hiệu là
f (k) (x). Nếu f (k) (x) tồn tại tại mọi x ∈ Dk thì hàm số Dk

x → f (k) (x) ∈ R gọi là


5
đạo hàm cấp k của hàm số f (x) trên miền Dk . Hàm số có đạo hàm cấp k trên miền
G cũng được gọi là khả vi đến cấp k trên G.
Ta quy ước ký hiệu f (0) (x) chỉ chính hàm f (x). Nếu tổng, hiệu, tích, thương của
hai hàm f (x), g(x) có nghĩa ở lân cận điểm x và tồn tại f (x) và g (x) thì đạo hàm
của các hàm này tại x cũng tồn tại và được ký hiệu tương ứng là
f (x)
g(x)

(f (x) + g(x)) , (f (x) − g(x)) , (f (x)g(x)) ,

1.1.2

.

Các tính chất cơ bản của đạo hàm và đạo hàm cấp cao

Tính chất 1.1. Đạo hàm cấp bất kỳ có tính chất tuyến tính, tức là nếu các hàm số
f (x) và g(x) đều có đạo hàm cấp k trên miền D thì
(αf (x) + βg(x))(k) = αf (k) (x) + βg (k) (x)
với mọi số thực α, β và mọi x ∈ D.
Tính chất 1.2. Nếu các hàm số f (x) và g(x) đều có đạo hàm cấp n trên miền D thì
đạo hàm cấp n của tích f (x)g(x) cũng tồn tại trên D và
n

(f (x)g(x))

(n)

Cnk f (k) (x)g (n−k) (x),

=

trong đó Cnk =

k=0

n!
.
k!(n − k)!

Tính chất 1.3. Giả sử f (x) có đạo hàm tại x0 và f (u) có đạo hàm tại u0 = g(x0 ).
Khi đó hàm hợp (f ◦ g)(x) = f (g(x)) được xác định ở lân cận x0 và có đạo hàm tại
x0 . Đạo hàm của hàm f (g(x)) tại x0 được tính theo công thức
(f ◦ g) (x0 ) = f (g(x0 ))g (x0 ).
Tính chất 1.4. Nếu các hàm số f (x) và g(x) đều có đạo hàm trên miền D và g(x) = 0

f (x)
trên D thì hàm số
có đạo hàm trên D và
g(x)
f (x)
g(x)

=

f (x)g(x) − g (x)f (x)
g(x)

2

.


6

1.2

Các định lí về hàm khả vi

Mục này trình bày các định lý quan trọng nhất nói về tính chất của các hàm một
biến khả vi. Chứng minh của các định lý này có trong hầu hết các giáo trình giải tích
toán, chẳng hạn trong tài liệu [4] của tác giả Jean-Marie Monier. Tác giả chỉ đưa ra
chứng minh Hệ quả 1.2 của Định lý Rolle.

1.2.1

Định lí Fermat

Định nghĩa 1.1. Hàm f (x) gọi là có cực đại tại x0 nếu x0 là điểm trong của tập xác
định và tồn tại một lân cận (x0 − δ, x0 + δ) của x0 sao cho
∆f = f (x) − f (x0 ) ≤ 0

với mọi x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 }

(1.1)

Khi đó giá trị f (x0 ) gọi là một cực đại của f (x). Nếu
∆f = f (x) − f (x0 ) < 0

với mọi x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 }

(1.2)

thì f (x0 ) gọi là một cực đại thực sự tại x0 .
Khái niệm cực tiểu (tương ứng, cực tiểu thực sự) tại x0 được định nghĩa tương tự
bằng cách thay bất đẳng thức (1.1) (tương ứng, (1.2)) bằng các bất đẳng thức
∆f = f (x) − f (x0 ) ≥ 0

với mọi x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 }

tương ứng,
∆f = f (x) − f (x0 ) > 0

với mọi x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\ {x0 } .

Cực đại, cực tiểu của hàm f (x) được gọi chung là cực trị của f (x).

Định lí 1.1 (Fermat). Nếu f (x) có cực trị tại x0 và đồng thời khả vi tại x0 thì f (x0 ) =
0.


7

1.2.2

Các định lý Cauchy, Lagrange, Rolle, Taylor

Định lí 1.2 (Cauchy). Cho các hàm f (x), g(x) liên tục trên khoảng đóng [a, b], khả
vi trên khoảng mở (a, b), g (x) = 0 trên (a, b). Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c)
f (b) − f (a)
=
.
g(b) − g(a)
g (c)
Hệ quả của định lý Cauchy là các định lý Lagrange và Rolle phát biểu như sau:
Định lí 1.3 (Lagrange). Nếu f (x) liên tục trên khoảng đóng [a, b] , khả vi trên khoảng
mở (a, b) thì tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho:
f (b) − f (a) = f (c)(b − a).
Định lí 1.4 (Rolle). Nếu f (x) liên tục trên khoảng đóng [a, b] , khả vi trên khoảng mở
(a, b) và f (a) = f (b) thì tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.
Định lí 1.5 (Taylor). Giả sử f (x) có đạo hàm đến cấp n + 1 trên khoảng (a, b),
x0 ∈ (a, b). Khi đó với mọi x ∈ (a, b) tồn tại điểm c = c(x) nằm giữa x0 và x sao cho
biểu diễn sau đúng:
f (x0 )
(x − x0 )2
2!

(n)
f (x0 )
f (n+1) (c)
n
+··· +
(x − x0 ) +
(x − x0 )n+1 .
n!
(n + 1)!

f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) +

1.2.3

Một số hệ quả của định lý Rolle

Hệ quả 1.1. Giả sử f (x) có đạo hàm đến cấp n trên khoảng (a, b) và có m không
điểm phân biệt trên (a, b) (x∗ gọi là một không điểm của f (x) nếu f (x∗ ) = 0), trong
đó m ≥ n + 1. Khi đó trên (a, b) đạo hàm f (n) (x) có ít nhất m − n không điểm phân
biệt.
Hệ quả 1.2. Nếu f (x), g(x), có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì giữa hai không điểm
α, β ∈ (a, b) của f (x) có ít nhất một không điểm của hàm f (x) + f (x).g (x).


8
Chứng minh. Xét hàm eg(x) .f (x). Hàm này liên tục trên khoảng đóng [α, β], khả vi
trong khoảng mở (α, β) và nhận α, β làm các không điểm. Áp dụng định lý Rolle ta
suy ra trong khoảng (α, β) có ít nhất một không điểm của hàm
(eg(x) .f (x)) = eg(x) .(f (x) + g (x).f (x)).
Từ đó ta suy ra khẳng định của hệ quả.

1.2.4

Liên hệ giữa tính đơn điệu, tính lồi, lõm với đạo hàm

Định lí 1.6. Nếu f (x) có đạo hàm trên khoảng (a, b), liên tục trên khoảng đóng [a, b]
thì
(a) f (x) > 0 trên (a, b) kéo theo f (x) thực sự tăng (đồng biến) trên khoảng đóng
[a, b].
(b) f (x) < 0 trên (a, b) kéo theo f (x) thực sự giảm (nghịch biến) trên khoảng
đóng [a, b].
(c) f (x) ≡ 0 trên (a, b) kéo theo f (x) là hằng số trên khoảng đóng [a, b].
Ngược lại, nếu f (x) có đạo hàm trên khoảng (a, b), liên tục trên khoảng đóng [a, b]
thì
(a’) f (x) đơn điệu tăng trên [a, b] kéo theo f (x) ≥ 0 trên (a, b).
(b’) f (x) đơn điệu giảm trên [a, b] kéo theo f (x) ≤ 0 trên (a, b).
Nhắc lại rằng, hàm f (x) gọi là lồi trên khoảng (a, b) (tương ứng [a, b]) nếu
f (αx + βy) ≤ αf (x) + βf (y),
với mọi x, y ∈ (a, b) (tương ứng, mọi x, y ∈ [a, b]), và với mọi số thực không âm
α, β thỏa mãn α + β = 1. Hàm f (x) gọi là lõm trên khoảng (a, b) (tương ứng [a, b])
nếu
f (αx + βy) ≥ αf (x) + βf (y)


9
với mọi x, y ∈ (a, b) (tương ứng, mọi x, y ∈ [a, b]), và với mọi số thực không âm
α, β thỏa mãn α + β = 1.
Định lí 1.7. Giả sử f (x) có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a, b) và liên tục trên
khoảng đóng [a, b]. Khi đó:
(a) f (x) ≥ 0 trên (a, b) kéo theo hàm số f (x) lồi trên khoảng đóng [a, b].

(b) f (x) ≤ 0 trên (a, b) kéo theo hàm số f (x) lõm trên khoảng đóng [a, b].
Định lí 1.8 (Jensen). Cho f là hàm lồi trên khoảng (a, b) và xi ∈ (a, b) với i =
n

1, . . . , n. Với n số dương λi , i = 1, . . . , n tuỳ ý thoả mãn

λi = 1, ta có bất đẳng
i=1

thức

n

f

n

λi xi

≤

i=1

λi f (xi ).
i=1

Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a, b) ta có bất đẳng thức
n

f

λi xi
i=1

1.3

1.3.1

n

≥

λi f (xi ).
i=1

Đạo hàm riêng, cực trị có điều kiện của hàm số nhiều
biến. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
hai biến số trên miền đóng bị chặn
Đạo hàm riêng cấp một và đạo hàm riêng cấp cao

Để tránh cồng kềnh về mặt ký hiệu, chúng ta sẽ chỉ định nghĩa đạo hàm riêng cấp
một và cấp cao cho hàm hai biến. Đạo hàm riêng cấp một và cấp cao của các hàm với
số biến lớn hơn hoàn toàn tương tự.
Định nghĩa 1.2. Xét hàm hai biến z = f (x, y) với miền xác định D. Điểm A(x∗ , y ∗ )
là một điểm trong của D. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn
f (x∗ + h, y ∗ ) − f (x∗ , y ∗ )
h→0
h
lim

10
thì giới hạn này gọi là đạo hàm riêng theo biến x của hàm z = f (x, y) tại điểm
A(x∗ , y ∗ ) và được ký hiệu bởi một trong các ký hiệu sau
∂f ∗ ∗ ∂z ∗ ∗
(x , y ),
(x , y ), fx (x∗ , y ∗ ), zx (x∗ , y ∗ ).
∂x
∂x
Đạo hàm riêng theo biến y của hàm z = f (x, y) tại điểm A(x∗ , y ∗ ) được định
nghĩa tương tự và được ký hiệu bởi một trong các kí hiệu sau:
∂f ∗ ∗ ∂z ∗ ∗
(x , y ),
(x , y ), fy (x∗ , y ∗ ), zy (x∗ , y ∗ ).
∂y
∂y
Để chỉ các đạo hàm riêng theo x (tương ứng, theo y) của hàm z = f (x, y) tại một
điểm (x, y) tùy ý thuộc một miền mở D nào đó của ta dùng một trong các ký hiệu thu
gọn

∂f
∂z
∂x , ∂x ,

fx , zx (tương ứng,

∂f
∂z
∂y , ∂y ,

fy , zy ). Các đạo hàm riêng này gọi là các

đạo hàm riêng cấp một của hàm z = f (x, y).
Định nghĩa 1.3. Giả sử các đạo hàm riêng cấp một của hàm z = f (x, y) tồn tại trong
miền mở D nào đó của. Đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp một này (nếu tồn
tại) gọi là các đạo hàm riêng cấp hai của z = f (x, y). Ký hiệu và định nghĩa của các
đạo hàm riêng cấp hai của z = f (x, y) như sau:
∂ 2z
∂ ∂z
∂ 2z
∂ ∂z
∂ 2z
∂ ∂z ∂ 2 z
∂ ∂z
=
(
);
=
(
);
=
(
);
=
( ).
∂x2
∂x ∂x ∂x∂y
∂y ∂x ∂y∂x
∂x ∂y ∂y 2
∂y ∂y

Các đạo hàm riêng

∂2z
∂2z
∂x∂y , ∂y∂x

gọi là các đạo hàm hỗn hợp. Ngoài các kí hiệu trên ta

còn có thể dùng các kí hiệu
zxx , zxy , zyx , zyy .
để thay thế (tương ứng) cho bốn kí hiệu trên.
Các đạo hàm riêng của đạo hàm riêng cấp hai của z = f (x, y) gọi là các đạo hàm
riêng cấp ba của z = f (x, y), kí hiệu của các đạo hàm riêng cấp ba tuân theo các quy
tắc tương tự như đối với đạo hàm riêng cấp hai. Các đạo hàm riêng cấp lớn hơn nữa
được định nghĩa bằng quy nạp.


11

1.3.2

A

Phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị có điều kiện
của hàm số nhiều biến. Giá trị lớn nhất và bé nhất của
hàm số hai biến số trên miền đóng bị chặn

Phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị có điều kiện của hàm số

nhiều biến số

Trong bản luận văn này phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị của hàm nhiều
biến chỉ được trình bày cho trường hợp số biến bằng hai và số biến bằng ba với một
ràng buộc.
Định nghĩa 1.4. Giả sử z = f (u) với u ∈ D ⊂ Rn là một hàm n-biến với tập xác
định D và G là một tập con của có tính chất D ∩ G = ∅. Hàm z = f (u) gọi là có cực
trị với điều kiện G tại điểm u0 nếu u0 ∈ D ∩ G và tồn tại một lân cận U của u0 trong
Rn sao cho f (u0 ) là giá trị lớn nhất hoặc bé nhất của hàm z = f (u), u ∈ D ⊂ Rn
trên tập U ∩ D ∩ G. Nếu f (u0 ) là giá trị lớn nhất trên tập U ∩ D ∩ G ta nói f (u0 ) là
một cực đại của với điều kiện G, nếu f (u0 ) là giá trị bé nhất trên tập U ∩ D ∩ G ta
nói f (u0 ) là một cực tiểu của với điều kiện G.
Ta sẽ chỉ xét các bài toán tìm cực trị có điều kiện của hàm hai biến hoặc ba biến
khi tập G là tập con của R2 hoặc R3 cho bởi các hệ thức dạng
g(x, y) = 0

hoặc

g(x, y, z) = 0

trong đó x, y, z là các số thực làm cho vế trái của các hệ thức trên có nghĩa.
Các bài toán tìm cực trị có điều kiện của hàm hai biến và ba biến với một ràng
buộc được phát biểu như sau:
Bài toán 1.1. Tìm cực trị của hàm số z = f (x, y) với (x, y) ∈ D ⊂ R2 với điều kiện
g(x, y) = 0.
Bài toán 1.2. Tìm cực trị của hàm số u = f (x, y, z) với (x, y, z) ∈ D ⊂ R3 với điều
kiện g(x, y, z) = 0.


12
Với giả thiết f, g là các hàm có các đạo hàm riêng cấp một liên tục và các đường
cong g(x, y) = 0 (tương ứng các mặt cong g(x, y, z) = 0) không có điểm kỳ dị, điều

kiện cần để có cực trị điều kiện tại một điểm nào đó đối với các Bài toán 1.1 và Bài
toán 1.2 được cho bởi định lý sau:
Định lí 1.9. Đặt
L1 (x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y),
L2 (x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z).
Khi đó
1. Nếu (x0 , y0 ) là điểm tại đó có cực trị đối với Bài toán 1.1 thì tồn tại số thực λ0
sao cho (x0 , y0 , λ0 ) là một nghiệm của hệ phương trình

∂g
∂L1


= ∂f

∂x + λ ∂x = 0
 ∂x
∂f
∂g
∂L1
∂y = ∂y + λ ∂y = 0



 g(x, y) = 0

2. Nếu (x0 , y0 , z0 ) là điểm tại đó có cực trị đối với Bài toán 1.2 thì tồn tại số thực
λ0 sao cho (x0 , y0 , z0 , λ0 ) là một nghiệm của hệ phương trình

∂f

∂g
∂L2


 ∂x = ∂x + λ ∂x = 0



 ∂L2 = ∂f + λ ∂g = 0
∂y









∂L2
∂z

=

∂y
∂f
∂z

+

∂y
∂g
λ ∂z

=0

g(x, y, z) = 0

Các hàm L1 , L2 gọi là các hàm Lagrange của các Bài toán 1.1 (tương ứng, Bài
toán 1.2). Tham số λ có mặt trong các hàm này gọi là nhân tử Lagrange. Phương pháp
tìm cực trị có điều kiện nhờ các điều kiện cần cho bởi định lý trên gọi là phương pháp
nhân tử Lagrange.


13

B

Giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của hàm số hai biến số trên miền

đóng bị chặn
Cho hàm hai biến z = f (x, y) liên tục trên miền đóng và bị chặn D ∈ R2 , có các
đạo hàm riêng tại các điểm trong của miền D. Ta gọi mỗi nghiệm của hệ phương trình

 ∂f = 0
∂x
 ∂f = 0
∂y

là một điểm dừng của hàm z = f (x, y). Ta có định lý sau về giá trị lớn nhất và bé nhất

của hàm z = f (x, y) trên miền D.
Định lí 1.10.
1. Mọi hàm hai biến liên tục trên miền đóng bị chặn D đều có giá trị lớn nhất và
bé nhất trên D.
2. Hàm hai biến z = f (x, y) liên tục trên miền đóng bị chặn D, có các đạo hàm
riêng tại mọi điểm trong của miền D, đạt được giá trị bé nhất và lớn nhất của
nó hoặc tại một điểm dừng của nó bên trong D hoặc tại một điểm trên biên D.
Nhận xét 1.1. Các đa thức hai biến liên tục trên tập con bất kỳ của R2 .

1.4

Các ví dụ áp dụng

Mục này đưa ra các ví dụ áp dụng các tính chất của hàm khả vi để giải các bài
toán liên quan đến các bất đẳng thức

1.4.1

Các ví dụ sử dụng mối liên hệ giữa đạo hàm với tính đơn
điệu và cực trị

Mối liên hệ giữa đạo hàm với tính đơn điệu và cực trị là một trong những công
cụ mạnh thường được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức chứa một biến. Tuy
nhiên, nhiều bất đẳng thức chứa nhiều biến lại là hệ quả của các bất đẳng thức chứa
một biến này. Các ví dụ đưa ra dưới đây cho ta thấy điều đó.


14
Ví dụ 1.1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
(a) ex ≥ 1 + x với mọi x ∈ R.

(b) x −

x2
2

≤ ln(1 + x) ≤ x với mọi x ≥ 0.

(c) Nếu xj > 0 (j = 1, . . . , n) thì ta có bất đẳng thức Cauchy:
1
n

n

n

xj ≥
j=1

xj .

n

j=1

Lời giải. (a) Đặt f (x) = ex − 1 − x. Ta có f (x) = ex − 1. Ta có bảng biến thiên:
x −∞

0

+∞

− 0 +

f (x)
+∞
f (x)

+∞
0

Từ bảng biến thiên ta suy ra f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R và f (x) = 0 ⇔ x = 0. Điều
này tương đương với bất đẳng thức ex ≥ 1 + x với mọi x ∈ R. Dấu “=” xảy ra khi và
chỉ khi x = 0.
(b) Bất đẳng thức bên phải của (b) suy ra từ bất đẳng thức (a) bằng cách lấy logarit
Naper hai vế. Ta cũng nhận xét rằng thực ra bất đẳng thức bên phải của (b) đúng với
mọi x > −1. Để chứng minh bất đẳng thức bên trái ta đặt
g(x) = ln(1 + x) − x +

x2
.
2

Ta có
1
x2
g (x) =
−1+x=
>0
1+x
1+x

với mọi x > −1.

Vậy g(x) thực sự tăng trên khoảng (−1, +∞). Suy ra
g(x) ≥ g(0) = 0

với mọi x ≥ 0 ⇔ x −

x2
≤ ln(1 + x)
2

với mọi x ≥ 0.

Dấu “=” trong bất đẳng thức bên trái của (b) xảy ra khi và chỉ khi x = 0.


15
(c) Đặt
1
A=
n

n

n

xj ,

G=

xj .

n

j=1

j=1

xj
A

Áp dụng bất đẳng thức (a) với x =

− 1, với (j = 1, .., n) ta có
xj

e A −1 ≥
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xj
A

xj
,
A

= 1 ⇔ xj = A.

Vì các xj đều là các số dương nên từ bất đẳng thức trên ta suy ra

n

e
j=1

xi
A −1

n

n

xj
Gn
≥
( ) = n ⇔ ej=1
A
A
j=1

xj
A

−n

≥

n−n

⇔ 1=e

Gn
An

Gn
≥ n
A

⇔ An ≥ Gn
⇔ A≥G
1
⇔
n

n

n

xj ≥

xj

n

j=1

j=1

Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng x1/x ≤ e1/e với x > 0.
Lời giải. Xét hàm số f (x) =

ln x
x .

x

Ta có f (x) =
0

1−ln x
x2 .

e

f (x)

+

0

Lập bảng biến thiên:

+∞
−

1/e
f (x) −∞
Từ bảng biến thiên suy ra f (x) ≤

1

e

0

với x > 0, điều này tương đương với x1/x ≤ e1/e

với x > 0.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng mn > nm nếu n > m ≥ 3 và là các số nguyên dương.
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức m1/m > n1/n .
Từ bảng biến thiên trong Ví dụ 1.2 suy ra hàm x1/x = e

ln x
x

thực sự giảm trên khoảng

[e, +∞ ).Vậy bất đẳng thức m1/m > n1/n đúng do n > m ≥ 3 > e.


16
Ví dụ 1.4 (xem [3, Bài toán 15.2]). Chứng minh rằng aa >

1
2

với mọi a > 0.

Lời giải. Đặt f (a) = aa ta có f (a) = (ea ln a ) = aa (ln a + 1). Ta có bảng biến thiên
a

0

1/e
−

f (a)

0

+∞
+

1

+∞
e−1/e

f (a)

Từ bảng biến thiên ta suy ra f (a) = aa ≥ e−1/e ≈ 0, 69 > 12 .
Nhận xét 1.2. Trong [3] tác giả Trần Phương chứng minh bất đẳng thức trên nhờ các
kỹ thuật phức tạp dựa trên bất đẳng thức Cauchy.
Ví dụ 1.5. Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli
(a) (1 + x)α > 1 + αx với mọi α > 1 và x > 0.
(b) (1 + x)α < 1 + αx với mọi 0 < α < 1 và x > 0.
Lời giải. Xét hàm f (x) = (1 + x)α − 1 − αx. Ta có:
(a) Với α > 1, ta lập bảng biến thiên.
x

0

f (x)

+∞
+

f (x)

+∞

0
Từ đó suy ra f (x) = (1 + x)α − 1 − αx > f (0) = 0 khi x > 0. Điều này chứng minh
bất đẳng thức Bernoulli trong trường hợp (a).


17
(b) Với 0 < α < 1 ta có bảng biến thiên
x

0

+∞
−

f (x)
0

−∞

f (x)

Từ bảng biến thiên ta suy ra f (x) = (1 + x)α − 1 − αx < f (0) = 0 khi x > 0. Điều
này chứng minh bất đẳng thức Bernoulli trong trường hợp (b).
Ví dụ 1.6 (xem [3, Bài toán 15.3]). Chứng minh rằng nếu a, b là các số dương thì
ab + ba > 1.
Lời giải. Bất đẳng thức hiển nhiên đúng nếu max(a, b) ≥ 1. Giả sử max(a, b) < 1. Áp
dụng bất đẳng thức Bernoulli trong trường hợp (b) với α =

1
p

(p > 1) và x = q > 0

ta có
1

(1 + q) p < 1 +

p
1 p1
q
⇔
<(
) .
p
p+q
1+q

(1.3)

Vì max(a, b) < 1 và a, b là các số dương nên tồn tại các số nguyên dương m, n sao
cho có các bất đẳng thức:

1
m+1

≤a<

1
m,

1
n+1

≤ b < n1 . Theo bất đẳng thức (1.3)

(chú ý rằng (1.3) trở thành đẳng thức nếu p = 1 và hàm mũ y = cx nghịch biến nếu
0 < c < 1 ) ta có đánh giá
ab + ba ≥ (

1
1
1
1 a
1
1
n
m
)b + (
) >(

)n + (
)m ≥
+
= 1.
m+1
n+1
m+1
n+1
m+n m+n

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh cũng đúng cho trường hợp max(a, b) < 1.
Nhận xét 1.3. Trong [3] tác giả Trần Phương không đưa ra lời giải của Bài toán 15.3
mà chỉ bình luận rằng có thể sử dụng các kỹ thuật liên quan đến bất đẳng thức Cauchy.
Ví dụ 1.7 (xem [3, Bài toán 11.3]). Chứng minh rằng nếu 0 < x <
3x

22 sin x + 2tan x > 2 2 +1 .

π
2

thì


18
Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
22 sin x + 2tan x ≥ 2 22 sin x .22 tan x = 2

2 sin x+tan x
+1

2

.

Đặt f (x) = 2 sin x + tan x − 3x , ta có:
f (x) = 2 cos x + 1 + tan2 x − 3
= 2 cos x + tan2 x − 2
x
= tan2 x − 4sin2
2
2x
4sin 2
x
=
(cos2 − cos2 x)
2
cos x
2
2x
4sin 2
3x
x
=
sin
sin
> 0,
cos2 x
2
2

0
π
.
2

Vậy f (x) thực sự tăng trên [0, π2 ). Suy ra
π
π
f (x) > f (0) = 0 ( với x ∈ (0, )) ⇔ 2 sin x + tan x > 3x ( với x ∈ (0, ))
2
2
Vì hàm 2x đồng biến nên từ bất đẳng thức nhận được ta có
22 sin x + 2tan x ≥ 2 22 sin x .22 tan x = 2

2 sin x+tan x
+1
2

3x

> 2 2 +1 .

Ví dụ 1.8 (xem [3, Bài toán 11.3]). Giả sử phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0
(với a, b, c là các số phức) có nghiệm thực. Chứng minh rằng
|a| + |b| + |c| ≥

4√
4
3.

3

Lời giải. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm thực x0 . Khi đó x0 = 0 và
x40 + ax30 + bx20 + cx0 + 1 = 0 ⇒ ax20 + bx0 + c =
Xét hàm
f (t) =

1 + t4
1
= t3 +
t
t

với t > 0.

Ta có
f (t) = 3t2 −

1
1
, f (t) = 0 ⇔ t = √
.
4
2
t>0
t
3

1 + x40
.

|x0 |

(1.4)


19
Bảng biến thiên của f (t) trên miền t > 0 là
t

√
1/ 4 3

0
−

f (t)
+∞
f (t)

0

+∞
+
+∞

4√
4
3
3

Từ bảng biến thiên ta suy ra rằng
4√
1 + t4
4
≥
f (t) =
3,
t
3
Do đó

(với mọi t > 0).

4√
1 + x40
4
≥
3.
|x0 |
3

Nếu |x0 | ≤ 1 thì từ (1.4) ta có
2

|a| + |b| + |c| ≥ |a| |x0 | + |b| |x0 | + |c| ≥ a x20 + bx0 + c =

1 + x40
4√
4
≥

3
|x0 |
3

và bất đẳng thức của bài toán được chứng minh. Nếu |x0 | > 1 thì phương trình
x4 + cx3 + bx2 + ax + 1 = 0
có nghiệm thực ξ0 =

1
x0

⇒ |ξ0 | < 1. Do đó áp dụng điều vừa chứng minh cho phương

trình x4 + cx3 + bx2 + ax + 1 = 0 ta lại thu được bất đẳng thức
|a| + |b| + |c| ≥

4√
4
3.
3

Nhận xét 1.4. Khẳng định của bài toán này mạnh hơn khẳng định của [3, Bài toán
12.4], trong đó vế phải của bất đẳng thức trên chỉ là

4
3

và tác giả để cho bạn đọc tự

giải.

Ví dụ 1.9 (xem [3, Bài toán 11.6]). Cho p và q là các số thực. Chứng minh rằng
x4 + px + q ≥ 0 với mọi x ∈ R ⇔ 256q 3 ≥ 27p4 .


20
Lời giải. Đặt f (x) = x4 +px+q, suy ra f (x) = 4x3 +p, f (x) = 0 ⇔ x = − 3 p/4.
Ta có bảng biến thiên:
x −∞

− 3 p/4
−

f (x)

+∞

0

+

+∞

+∞

f (x)

q−

3p
4

3

p
4

Từ bảng biến thiên ta suy ra
min

−∞
f (x) = q −

3p
4

p
.
4

3

Do đó
f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R ⇔ min f (x) ≥ 0 ⇔ q −
x∈R

3p
4

3

p
≥ 0 ⇔ 256q 3 ≥ 27p4 .
4

Ví dụ 1.10 (xem [3, Bài toán 11.10]). Cho

 a, b, c > 0
 a2 + b2 + c2 = 1
Chứng minh rằng

√
a
b
c
3 3
.
+
+
≥
b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2
2

Lời giải. Từ giả thiết suy ra a, b, c ∈ (0, 1). Bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương với bất đẳng thức
√
a2
b2
c2
3 3

+
+
≥
.
a(1 − a2 ) b(1 − b2 ) c(1 − c2 )
2
Xét hàm f (a) = a(1 − a2 ). Ta có f (a) = −3a2 + 1, f (a) = 0 ⇔ a =
a>0

biến thiên:
a
f (a)

f (a)

1
√
3

0
+

0

0
−
2
√
3 3

1

0

√1 .
3

Lập bảng


21
Từ bảng biến thiên suy ra
2
0 < f (a) ≤ √
3 3
suy ra

với mọi a ∈ (0, 1)

√
a2
a2
3 3a2
=
≥
.
f (a)
a(1 − a2 )
2

Vậy
√
√
a2
b2
c2
3 3 2
3 3
2
2
+
+
≥
(a + b + c ) =
.
a(1 − a2 ) b(1 − b2 ) c(1 − c2 )
2
2
Ví dụ 1.11. Cho n số thực tùy ý a1 , a2 , . . . , an . Chứng minh rằng nếu x > y ≥ 0 thì
n

n

i=1 j=1

ai aj i+j
x ≥
i+j

n

n

i=1 j=1

ai aj i+j
y .
i+j

Nói riêng, với x = 1, y = 0 ta có bất đẳng thức Hilbert

n
i=1

n
j=1

ai aj
≥ 0 (xem
i+j

[2]).
Lời giải. Xét hàm số f (x) =
1
f (x) =
x

n

n

i=1

n
j=1

ai aj i+j
x . Trên miền x > 0 ta có
i+j

n
i+j

ai aj x
i=1 j=1

1
=
x

2

n

ai x

i

≥ 0.

i=1

Do f (x) là hàm liên tục trên R, từ bất đẳng thức trên ta suy ra f (x) là hàm đơn điệu,
tăng trên khoảng [0, +∞). Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

1.4.2

Các ví dụ sử dụng mối liên hệ giữa đạo hàm cấp hai và
tính lồi, lõm của hàm số

Có rất nhiều tài liệu viết về ứng dụng tính lồi, lõm của hàm số để chứng minh các
bất đẳng thức và các bất đẳng thức được chứng minh bằng phương pháp này cũng rất
đa dạng. Dưới đây, tác giả sử dụng tính chất của các hàm lồi hoặc lõm chứng minh
một số bất đẳng thức, nhằm chứng tỏ tính hiệu quả của phương pháp sử dụng đạo
hàm. Các bất đẳng thức này đã được chứng minh bằng các phương pháp khác trong
tài liệu tham khảo [3].