Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NGỌC DAO

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC
CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA
THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN
LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NGỌC DAO

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC
CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP
ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG
TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2017


i

Mục lục
MỞ ĐẦU

2

Chương 1. Một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp
hàm liên tục và hàm khả vi

3

1.1

Tính chất cơ bản của hàm số liên tục . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Một số đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản . . . . . . . . . . .

6

1.3

Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản . . . . . . . . . 11

1.4

Một số tính chất của hàm lồi khả vi . . . . . . . . . . . . . 14

Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm
trong đa thức
2.1

2.2

2.3

20

Đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức . . . . . . . . . . 20
2.1.1

Định lý Rolle đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.2

Nội suy Taylor đối với đa thức . . . . . . . . . . . . 21

2.1.3

Nội suy Newton đối với đa thức . . . . . . . . . . . 23

2.1.4

Nội suy theo các nút là điểm dừng của đồ thị . . . . 26

Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức . . . 30
2.2.1

Bất đẳng thức Newton đối với đa thức . . . . . . . . 30

2.2.2

Bất đẳng thức bậc hai trên một đoạn . . . . . . . . 32

Ước lượng đa thức và đạo hàm của đa thức . . . . . . . . . 40

Chương 3. Một số dạng toán liên quan

46

3.1

Một số dạng toán cực trị trong đa thức . . . . . . . . . . . 46

3.2

Khảo sát phương trình và hệ phương trình đa thức . . . . . 48


1

KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO

57
58


2

Mở đầu
Chuyên đề về đa thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ
thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn
là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học.
Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài
toán liên quan tới đa thức nói chung và đặc biệt là các bài toán về đẳng thức,
bất đẳng thức và cực trị của đa thức chứa hoặc không chứa đạo hàm thường
xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được là thuộc loại khó, hơn
nữa phần kiến thức về đa thức và các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức và
cực trị lại không nằm trong chương trình chính thức của chương trình Số học,
Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên
đề đa thức, tôi đã làm luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong
lớp đa thức và một số bài toán liên quan". Luận văn nhằm cung cấp một số các
dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm và trình bày các
phương pháp giải chúng, xét các bài toán cực trị, khảo sát phương trình, bất
phương trình đa thức cùng một số dạng liên quan.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương.
Chương 1. Một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm liên tục
và hàm khả vi.
Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm trong đa thức
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải

các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan.


3

Chương 1. Một số dạng đẳng thức
và bất đẳng thức trong lớp hàm liên
tục và hàm khả vi
Trong chương này trình bày một số tính chất cơ bản của các hàm liên tục và
khả vi.

1.1

Tính chất cơ bản của hàm số liên tục

Định lý 1.1 (Tính trù mật của hàm liên tục, [4], [6]). Giả sử hàm f (x) 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 1.2 (Định lý về giá trị trung gian của hàm liên tục, [4],[6]). Nếu f (x)
liên tục trên [a, b], thì f (x) nhận giá trị trung gian giữa f (a) và f (b). Tức là, với
mọi γ nằm giữa f (a) và f (b) luôn tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho f (c) = γ.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử f (a) < f (b). Ta thấy định lý
dễ dàng được chứng minh khi γ = f (a) hoặc γ = f (b).
Xét γ với f (a) < γ < f (b). Ta chứng minh tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho
f (c) = γ.

Thật vậy, xét hàm g(x) = f (x) − γ là một hàm liên tục trên [a, b].
Ta lại có g(a) < 0, g(b) > 0 theo Định lý 1.1 luôn tồn tại giá trị c ∈ (a, b) để
g(c) = 0.

Điều đó cho thấy luôn tồn tại giá trị c ∈ [a, b] sao cho f (c) = γ. Định lý được

chứng minh.


4

Định lý 1.3 (Định lý Weierstrass, [4],[6]). Giả sử f là hàm xác định và liên tục
trên [a, b]. Khi đó luôn tồn tại các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
f trên đoạn [a, b], tức là tồn tại xm , xM ∈ [a, b] sao cho với mọi x ∈ [a, b] ta luôn

có f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ).
Chứng minh. Trước hết, ta đi chứng minh f (x) bị chặn trên [a, b]. Giả sử
f (x) không bị chặn trên [a, b], tức là với mọi n ∈ N tồn tại xn ∈ [a, b] sao cho
|f (xn )| ≥ n.

Ta thấy dãy (xn ) bị chặn nên theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn tại một
dãy con của nó xnk → x0 ∈ [a, b] sao cho |f (xnk )| ≥ nk . Chuyển qua giới hạn, ta
thu được |f (x0 )| = +∞, mâu thuẫn vì f (x) liên tục tại x0 . Vậy f (x) bị chặn.
Gọi m = inf f (x), M = sup f (x). Lấy ε =
[a,b]

[a,b]

1
, n ∈ N∗ , ∃xn ∈ [a, b], sao cho
n

1
> f (xn ) − m ≥ 0.
n

Theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con của nó xnk của (xn )
thỏa mãn xnk → xm và

1
> f (xnk ) − m ≥ 0. Lấy giới hạn ta được
nk
lim f (xnk ) = f (xm ) = m.

x→∞

Tương tự, tồn tại xM để f (xM ) = sup f (x) = M.
[a,b]

Hệ quả 1.1. Nếu f : [a, b] → R liên tục thì f ([a, b]) = [m, M ] ⊂ R trong đó
m = min f (x), M = max f (x).
[a,b]

[a,b]

Ví dụ 1.1 (Hàm Dirichlet). Khảo sát tính liên tục của hàm số

1, nếu x là số hữu tỷ,
D(x) =
0, nếu x là số vô tỷ.
Vì trong bất kỳ lân cận nào của điểm hữu tỷ đều tìm được các điểm vô tỷ
và ngược lại, nên với điểm x0 tùy ý trong khoảng (−∞, +∞) không tồn tại giới
hạn lim D(x).
x→x0

Như vậy, mọi điểm của trục thực là điểm gián đoạn từ hai phía của hàm

Dirichlet.


5

Ví dụ 1.2 (Hàm Riemann). Trên đoạn [0, 1] xét hàm số
1
 , nếu x = p là phân số tối giản,
f (x) =

q

q

0, nếu x là số vô tỷ.
Chứng minh rằng
- Các điểm hữu tỷ là điểm gián đoạn của hàm số,
- Các điểm vô tỷ là điểm liên tục của hàm số.
Chứng minh. Giả sử x0 là một điểm tùy ý thuộc [0, 1]. Với mỗi số ε > 0 chỉ
1
, nghĩa là trong
ε
p
p
1
đoạn [0, 1] chỉ có một số hữu hạn các số hữu tỷ dạng , mà f
= ≥ ε. Xét
q
q
q

lân cận đủ nhỏ của điểm x0 dạng (x0 − δ, x0 + δ) (δ > 0), sao cho trong lân cận

tồn tại một số hữu hạn các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện q

này không có điểm nào trong số các điểm hữu tỷ đã nói ở trên trừ điểm x0 ).
Khi đó, với |x − x0 | < δ, (x = x0 ) thì |f (x)| < ε. Nghĩa là, với mọi x0 tồn tại
f (x0 + 0), f (x0 − 0) và
f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = 0.

Nếu x0 là số vô tỷ, thì f (x) = 0, nghĩa là tại điểm này hàm số là liên tục, nếu
x0 là số hữu tỷ, thì f (x0 ) = 0, do đó có gián đoạn từ hai phía.

Bài toán 1.1. Chứng minh rằng, nếu f (x) là hàm liên tục, thì
F (x) = |f (x)|

cũng là hàm liên tục.
Lời giải. Giả sử ε > 0 tùy ý. Khi đó, tồn tại δ = δ(ε, x0 ), sao cho
|f (x) − f (x0 )| < ε, khi |x − x0 | < δ.

Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A − B|, ta có
|F (x) − F (x0 )| = ||f (x)| − |f (x0 )|| ≤ |f (x) − f (x0 )| < ε

khi |x − x0 | < δ, nghĩa là F (x) cũng là hàm liên tục.
Nhận xét 1.1. Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung không đúng.


6

1.2

Một số đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản

Trong phần này, ta xét các định lý về giá trị trung bình.
Định nghĩa 1.1 ([4],[6]). Hàm số f được gọi là khả vi tại điểm a khi và chỉ khi
tồn tại lân cận Ω của a sao cho tồn tại f (x) với mọi x ∈ Ω.
Định nghĩa 1.2 ([4],[6]).
(i) Hàm số f được gọi là đạt cực tiểu địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn
tại lân cận Ω của a sao cho
f (x) ≥ f (a), ∀x ∈ Ω.

(ii) Hàm số f được gọi là đạt cực đại địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn
tại lân cận Ω của a sao cho
f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ Ω.

Nhận xét 1.2. Về sau, ta gọi hàm số f đạt cực trị địa phương tại điểm a nếu
f đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương tại điểm a.

Tiếp theo, ta trình bày các kết quả cơ bản liên quan đến các đẳng thức về
giá trị trung bình của hàm số sau đây.
Định lý 1.4 (Định lý Fermat, [4]). Nếu hàm f (x) khả vi tại điểm a và đạt cực
trị địa phương tại a thì f (a) = 0.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử f (x) đạt cực đại địa phương
tại a. Điều đó cho thấy tồn tại lân cận Ω của a sao cho
f (x) − f (a) ≤ 0, ∀x ∈ Ω.

Với mọi h = 0 sao cho a + h ∈ Ω, ta có
- Nếu h > 0 thì

f (a + h) − f (a)
≤ 0. Suy ra

h
lim

h→0

- Nếu h < 0 thì

f (a + h) − f (a)
= f (a) ≤ 0.
h

(1)

f (a + h) − f (a)
≥ 0. Suy ra
h
lim

h→0

f (a + h) − f (a)
= f (a) ≥ 0.
h

(2)


7

Từ (1) và (2), suy ra f (a) = 0.

Tương tự, ta cũng có chứng minh cho trường hợp f đạt cực tiểu địa phương
tại a.
Định lý 1.5 (Định lý Rolle). Giả sử f là hàm liên tục trên [a, b] và có đạo hàm
trong (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ [a, b] sao cho f (c) = 0.
Chứng minh. Vì f liên tục trên [a, b], theo Định lý Weierstrass hàm f phải
đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b]. Tức là, tồn tại các điểm
x1 , x2 ∈ (a, b) sao cho
f (x1 ) = min f (x) = m, f (x2 ) = max f (x) = M.
x∈[a,b]

x∈[a,b]

Có hai khả năng xảy ra:
- Nếu m = M , khi ấy f (x) = const trên đoạn [a, b], do đó f (x) = 0 với mọi
x ∈ (a, b) và c là điểm bất kì trên khoảng đó.

- Nếu m < M , khi đó từ điều kiện f (a) = f (b) nên có ít nhất một trong hai điểm
x1 , x2 không trùng với các đầu mút của [a, b]. Giả sử x1 ∈ (a, b), theo Định lý

Fermat thì đạo hàm bằng 0 tại điểm này.
Nhận xét 1.3.
- Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng (a, b) có điểm c
mà tại đó không tồn tại f (c).
- Điều kiện liên tục của hàm f (x) trên đoạn [a, b] cũng không thể thay bởi điều
kiện f (x) liên tục trong khoảng (a, b).
- Ý nghĩa hình học: Khi các điều kiện của Định lý Rolle được thỏa mãn thì
trên đồ thị hàm số y = f (x), ∀x ∈ [a, b] tồn tại điểm M (c, f (c)), c ∈ (a, b) mà tại
đó tiếp tuyến song song với trục hoành.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức f (x) có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì
đa thức f (x) có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b).

Đa thức f (k) (x) (0 ≤ k ≤ n) có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng
(a, b).


8

Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc
khoảng (a, b) được sắp xếp thứ tự x1 < x2 < · · · < xn .
Khi đó, áp dụng Định lý Rolle cho n − 1 đoạn [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xn−1 , xn ]
thì phương trình f (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1 , x2 ),
(x2 , x3 ), . . . , (xn−1 , xn ). Gọi n − 1 nghiệm đó là t1 , t2 , . . . , tn−1 thì ta có
f (t1 ) = f (t2 ) = · · · = f (tn−1 ) = 0.

Tiếp tục áp dụng Định lý Rolle cho n − 2 đoạn [t1 , t2 ], [t2 , t3 ], . . . , [tn−2 , tn−1 ]
thì phương trình f ”(x) = 0 có ít nhất n − 2 nghiệm trong khoảng (a, b).
Tiếp tục lập luận như trên, sau k bước, phương trình f (k) (x) = 0 có ít nhất
n − k nghiệm trong khoảng (a, b).

Hệ quả 1.3. Giả sử đạo hàm của đa thức f (x) có không quá n − 1 nghiệm phân
biệt trong khoảng (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm phân
biệt trên khoảng đó.
Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt
trên khoảng (a, b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm, thế thì theo Hệ quả 1.2, phương
trình f (x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a, b). Điều này trái với giả
thiết. Vậy phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm trên khoảng (a, b).
Định lý 1.6 (Định lý Lagrange). Giả sử f là hàm liên tục trên [a, b] và có đạo
hàm trong khoảng (a, b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (b) − f (a) = f (c)(b − a).

(1.1)

Chứng minh. Ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) − λx,

(1.2)

trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là sao cho
f (a) − λa = f (b) − λb.

Để có điều đó, chỉ cần chọn
λ=

f (b) − f (a)
.
b−a

(1.3)


9

Rõ ràng hàm F (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên (a, b) và F (a) = F (b),
do đó theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F (c) = 0. Từ (1.1), ta có
F (x) = f (x) − λ, do đó
F (c) = 0 ⇔ f (c) = 0 ⇔ f (c) = λ.

Thay giá trị λ từ (1.3) vào F (x) = f (x) − λ, ta thu được f (c) =

f (b) − f (a)
, hay

b−a

f (b) − f (a) = f (c)(b − a).

Nhận xét 1.4. Công thức (1.2) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn
Lagrange.
Nhận xét 1.5.
- Ta đã thu được Định lý Lagrange như là một hệ quả trực tiếp của Định lý
Rolle. Thế nhưng chính Định lý Rolle (về dạng của biểu thức) lại là một trường
hợp riêng của Định lý Lagrange.
- Ý nghĩa hình học: Nếu hàm số f (x) thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định
lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số y = f (x) phải tồn tại ít nhất một điểm
M (c, f (c)) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song với dây cung AB ,

với A(a, f (a)), B(b, f (b)).
Hệ quả 1.4. Giả sử f : [a, b] → R là hàm liên tục và f (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b).
Khi đó f = const trên đoạn [a, b].
Chứng minh. Thật vậy, giả sử x0 ∈ (a, b) là một điểm cố định nào đó, còn x
là điểm tùy ý của (a, b). Đoạn [x0 , x], [x, x0 ] nằm trọn trong khoảng (a, b), vì thế
f có đạo hàm khắp nơi và liên tục trên đoạn đó. Áp dụng Định lý Lagrange, ta

có
f (x) − f (x0 ) = f (c)(x − x0 ), ∀c ∈ (x0 , x).

Nhưng theo giả thiết thì f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b) nên f (c) = 0, ∀x ∈ (x0 , x). Vì
thế ta có f (x) = f (x0 ). Đẳng thức này khẳng định rằng giá trị của hàm f (x) tại
điểm bất kì x ∈ (a, b) luôn luôn bằng giá trị của hàm tại một điểm cố định.
Do vậy, f = const trên đoạn [a, b].

10

Hệ quả 1.5. Nếu hai hàm f (x) và g(x) có đạo hàm đồng nhất bằng nhau trên
một khoảng thì chúng chỉ sai khác nhau bởi hằng số cộng.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết ta có
[f (x) − g(x)] = f (x) − g (x) = 0.

Theo Hệ quả 1.4 thì f (x) − g(x) = c hay f (x) = g(x) + c.
Định lý 1.7 (Định lý Cauchy). Giả sử các hàm f, g liên tục trên đoạn [a, b] và
có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a, b), ngoài ra g (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c)
f (b) − f (a)
=
.
g(b) − g(a)
g (c)

(1.4)

Chứng minh. Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét công thức (1.4) luôn
có nghĩa, tức là g(b) = g(a).
Thật vậy, nếu g(b) = g(a) thì hàm g(x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle
và do đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g (c) = 0. Nhưng điều này trái với giả thiết là
g (x) = 0, ∀c ∈ (a, b).

Ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) − λg(x),

(1.5)

trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là
f (a) − λg(a) = f (b) − λg(b).

Để có điều cần lấy ta chỉ cần chọn
λ=

f (b) − f (a)
.
g(b) − g(a)

(1.6)

Hàm F (x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle, do đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
F (c) = 0. Mặt khác, từ (1.5), ta có
F (c) = 0 ⇔ f (c) − λg (c) = 0 ⇔ λ =

Từ công thức (1.7) và (1.6), ta thu được
f (b) − f (a)
f (c)
=
.
g(b) − g(a)
g (c)

f (c)
.
g (c)

(1.7)

11

Nhận xét 1.6. Công thức (1.4) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn
Cauchy.
Nhận xét 1.7. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý Cauchy với
giả thiết g(x) = x.

1.3

Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản

Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Landau, [3],[6]). Cho f là hàm khả vi cấp hai trên
R. Giả sử f và f bị chặn trên R. Đặt
M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f (x)|, M2 = sup |f (x)|.
x∈R

x∈R

x∈R

Khi đó f bị chặn và
M1 ≤ 2

(1.8)

M0 M2 .

Chứng minh. Trước hết, ta nhận thấy rằng nếu M2 = 0 thì hàm f (x) là hàm

hằng f (x) ≡ c. Nếu c = 0 thì f (x) = cx + d không giới nội nên c = 0 và (1.8)
đúng.
Giả sử M2 > 0. Lấy x ∈ R và một giá trị tùy ý h > 0. Theo công thức Taylor
tồn tại t ∈ (x; x + 2h) sao cho
f (x + 2h) = f (x) + 2hf (x) + 2h2 f (t).

Do vậy
f (x) =

f (x + 2h) − f (x)
− hf (t).
2h

Lấy trị tuyệt đối hai vế và áp dụng các giả thiết ban đầu, ta thu được
|f (x)| ≤

M0
+ M2 h.
h

Vậy f (x) bị chặn.
Mặt khác, chọn h =

M0
, ta có
M2

|f (x)| ≤ M0 :

M0

+ M2
M2

M0
⇔ M1 ≤ 2
M2

M0 M2 .


12

Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Kolmogorov). Giả sử f là hàm khả vi cấp ba và f
và f

bị chặn trên R. Đặt
M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f (x)|, M3 = sup |f (x)|.
x∈R

x∈R

x∈R

Khi đó f cũng bị chặn và
1
1
M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 .
2

Chứng minh. Cố định x ∈ R và h = 0 và áp dụng công thức Taylor (tới cấp

3) cho các giá trị ở giữa h và x + h, ta thu được
|f (x + h) − f (x) − hf (x) −

h3
h2
f (x)| ≤ M3
2
6

|f (x − h) − f (x) + hf (x) −

h2
h3
f (x)| ≤ M3 .
2
6

và

Vậy nên
2h|f (x)| = |(f (x − h) − f (x) + hf (x) −
−(f (x + h) − f (x) − hf (x) −

h2
f (x))
2

h2
f (x)) + f (x + h) − f (x − h)|.
2

Suy ra
2h|f (x)| ≤ |f (x − h) − f (x) + hf (x) −
−

h2
f (x)| + |f (x + h) − f (x) − hf (x)
2

h2
M3 h3
f (x)| + |f (x + h)| + |f (x − h)| =
+ 2M0 .
2
3

Do đó
|f (x)| ≤

M0 M3 h2
+
=: ψ(h).
h
6

Vậy f (x) bị chặn.
1

Mặt khác, ta thấy ψ(h) đạt cực tiểu tại h0 = (3M0 M3−1 ) 3 .

1
1
1
1
2
Từ ψ(h) = (9M0 M3 ) 3 ta thu được M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 .
2
2

Hệ quả 1.6. Từ giả thiết và kết quả của Định lý 1.9, các hàm f và f = (f )
đều là các hàm bị chặn. Áp dụng bất đẳng thức Laudau, ta được f bị chặn.


13

Nhận xét 1.8. Giả sử f là hàm khả vi cấp n và các hàm f (x) và f (n) (x) bị chặn
trên R.
Khi đó f (n−1) (x) bị chặn. Từ đó suy ra tất cả các đạo hàm f (k) (x) với mọi
1 ≤ k ≤ n − 1 đều bị chặn trên R.

Định lý 1.10 (Bất đẳng thức Laudau-Kolmogorov). Giả sử f là hàm khả vi
cấp n và các hàm f và f (n) bị chặn trên R. Đặt Mk = sup |f (k) (x)|.
x∈R

i. Khi đó Mk > 0 với mọi 0 ≤ k ≤ n; k ∈ N.
−1
ii. Giả sử uk = 2k−1 Mk Mk−1
; 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Khi đó

Mk ≤ 2

k(n−k)
2

1− nk

M0

k

Mnn .

Chứng minh. Theo công thức Taylor, ta có
n−1

j=1

k j (j)
Mn k n
f (x) ≤ 2M0 +
.
j!
n!

Do vậy
n−1

n−1
k
Cn−1

k=1

k=j

k j (j)
f (x) ≤
j!

n−1
k
Cn−1
(2M0 +
k=1

Mn k n
).
n!

Điều đó cho thấy
n−1

|
j=1
m

Mặt khác

1 (j)
f (x)

j!

n−1

n−1
n−1−k

(−1)

k
Cn−1
kj |

k
Cn−1
(2M0 +

≤

k=1

k=1
m

k k j = 0 nếu 1 ≤ j ≤ m − 1, hoặc
(−1)m−k Cm

k=1

Mn k n

).
n!

k k j = m!
(−1)m−k Cm

k=1

nếu j = m.
Ta có

n−1

|f

(n−1)

k
Cn−1
(2M0 +

(x)| ≤
k=1

Mn k n
).
n!

Vậy f (n−1) (x) bị chặn.
Nếu Mk = 0 thì f là một đa thức có bậc cao nhất là k − 1. Từ f là hàm bị

chặn, do đó f chỉ thỏa mãn được điều kiện về tính liên tục của giả thiết. Điều
đó cho thấy Mk > 0 với mọi 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N.
Áp dụng bất đẳng thức Laudau, ta có
Mk ≤

2Mk−1 Mk+1 , ∀1 ≤ k ≤ n − 1.


14

Điều này cho ta các bất đẳng thức
u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un ,

trong đó
(u1 u2 . . . uk )n ≤ (u1 u2 . . . un )k .

Áp dụng bất đẳng thức Laudau trong trường hợp này, ta thu được
k
k(n − k)
1− nk
2
M0 Mnn .
Mk ≤ 2

Vậy ta có điều phải chứng minh.

1.4

Một số tính chất của hàm lồi khả vi

Ta ký hiệu I(a, b) là một trong các tập hợp (a, b), (a, b], [a, b), [a, b] khi −∞ <
a < b < +∞ và I(a, b) = (−∞, b) hoặc (−∞, b] khi −∞ = a < b < +∞ và
I(a, b) = (a, +∞) hoặc [a, +∞) khi −∞ < a < b = +∞.

Định nghĩa 1.3 (Hàm lồi). Hàm số f (x) được gọi là lồi trên I (a, b) nếu f (x)
xác định trên I (a, b) với mọi x, y ∈ I (a, b) và với mọi số α ∈ [0, 1] ta có:
f [αx + (1 − α) y] ≤ αf (x) + (1 − α) f (y) .

Nếu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y thì f được gọi là lồi thật sự trên
I (a, b).

Hệ quả 1.7. Nếu hàm số f là hàm lồi trên I (a, b) thì ∀x ∈ I(a, b), ta luôn có
max {f (a) , f (b)}

f (x) .

Định nghĩa 1.4 (Hàm lõm). Hàm số f (x) được gọi là lõm trên I (a, b) nếu f (x)
xác định trên I (a, b) với mọi x, y ∈ I (a, b) và với mọi số α ∈ [0, 1] , ta có
f [αx + (1 − α) y]

αf (x) + (1 − α) f (y) .

Nếu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y thì f được gọi là lõm thật sự trên
I (a, b).


15

Định nghĩa 1.5 (Hàm lồi khả vi). Nếu hàm số f là khả vi bậc hai trên I (a, b)
thì hàm số f (x) được gọi là lồi trên I (a, b) khi và chỉ khi f (x)

0, ∀x ∈ I .

Định lý 1.11. Nếu hàm số f là lồi trên I (a, b) , thì ta luôn có
f (x) + f (a + b − x) , ∀x ∈ [a, b] .

f (a) + f (b)

Chứng minh. Ta có
x = ta + (1 − t) b , ∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ [0, 1] .

Khi đó
a + b − x = (1 − t) a + tb.
⇒ f (x) + f (a + b − x) = f (ta + (1 − t) b) + f ((1 − t) a + tb) .
tf (a) + (1 − t) f (b) + (1 − t) f (a) + tf (b) .
= f (a) + f (b) .

Tính chất 1.1 (Biểu diễn của hàm lồi, [3]). Nếu f (x) lồi khả vi trên I (a, b) thì
với mọi cặp x0 ; x ∈ I(a, b), ta đều có
f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ).

f (x)

Ta thấy đẳng thức xảy ra khi x0 = x nên ta có thể viết lại dưới dạng sau
f (u) + f (u)(x − u) .

f (x) = min
u∈I(a;b)

Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Karamata, [3]). Cho hai dãy số {xk }, {yk } ∈ I(a, b);

k = 1, 2, . . . , n thỏa mãn các điều kiện:
x1

và

x2



x1 y1





 x1 + x2

···

xn ,

y1

y2

···

yn

y1 + y2

............





x1 + x2 + · · · + xn−1




y1 + y2 + · · · + yn−1

x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn

Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x) (f (x) > 0) trên I (a, b), ta đều có
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )

f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ).


16

Nhận xét 1.9. Tương tự, ta cũng có kết quả đối với hàm lõm bằng cách đổi
chiều dấu bất đẳng thức.
Chứng minh. Khi f (x) là hàm lồi, sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi, ta có
n

n

f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) =

min

t1 ,...,tn ∈I(a,b)

f (xi − ti )f (ti ) .

f (ti ) +
i=1

i=1

Không mất tính tổng quát, giả sử bộ t1 , . . . , tn ∈ I(a, b) là bộ số giảm, nghĩa là
t1

t2

···

tn .

Khi đó, để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh rằng
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn )

y1 f (t1 ) + y2 f (t2 ) + · · · + yn f (tn ).

Sử dụng biến đổi Abel, ta có
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn )

= S1 [f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [f (t2 ) − f (t3 )] + · · · + Sn−1 [f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ),

với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk .
Vì f (x) > 0 nên f (xk )

f (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x)

Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n−

1) và vì Sn (x) = Sn (y), ta có được điều phải chứng minh.

Hệ quả 1.8 (Bất đẳng thức Jensen). Với mọi hàm lồi f (x) trên I(a, b) và với
mọi xi ∈ I(a, b) (i = 1, 2, . . . , n) ta luôn có bất đẳng thức
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )
n

f

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Chứng minh. Do tính chất đối xứng, không mất tính tổng quát, ta giả x1
x2

···

xn .

Khi đó, ta có



x
x

 1



x1 + x2

2x

.............





x1 + x2 + · · · + xn−1




(n − 1)x

x1 + x2 + · · · + xn = nx,

trong đó x =

x1 + x2 + · · · + xn
.
n


17

Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )

nf

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Định lý 1.13 (I. Schur). Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn điệu giảm
{xk , yk ; k = 1, 2, . . . , n} ,

thỏa mãn các điều kiện

x1 y 1






 x1 + x2

y1 + y2

............





x1 + x2 + · · · + xn−1




y1 + y2 + · · · + yn−1

x 1 + x2 + · · · + xn = y 1 + y 2 + · · · + y n

là giữa chúng có một phép biến đổi tuyến tính dạng
n

yi =

aij xj , i = 1, 2, . . . , n,
j=1

trong đó

n

akl

0,

n

akj = 1,
j=1

ajl = 1 ; k, l = 1, 2, . . . , n.
j=1

Định lý 1.14. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại x ∈ (a; b) sao cho
f (x)

0 với x ∈ [a; b] và f (x) > 0 với mọi x ∈ (a; b).

Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số thuộc [a; b], đồng thời thỏa mãn
các điều kiện a1

a2

···

an và x1



x 1 a1




x + x
1

Khi đó ta luôn có

xn và

a1 + a2

2


................



x + x + · · · + x
1

···

x2

2

n

a1 + a2 + . . . an

n

n

f (xk )
k=1

f (ak ).
k=1

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử bộ t1 , . . . , tn ∈ I(a, b) là bộ số
giảm, nghĩa là
t1

t2

···

tn .


18

Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
n

n

f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) =

min

t1 ,...,tn ∈I(a,b)

f (xi − t1 )f (ti ) .

f (t1 ) +
i=1

i=1

Khi đó ta chỉ cần chứng minh rằng
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn )

y1 f (t1 ) + y2 f (t2 ) + · · · + yn f (tn ).

Sử dụng biến đổi Abel, ta có
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn )
= S1 [f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [f (t2 ) − f (t3 )] + . . . +

+ Sn−1 [f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ),
với
Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk .

Vì f (x) > 0 nên f (xk )
và vì Sn (x)

f (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x)

Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n−1)

0, ta thu được điều cần chứng minh.

Sn (y) , f (tn )

Hoàn toàn tương tự ta có
Định lý 1.15. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai trong (a; b) sao cho
0 với mọi x ∈ [a; b] và f (x) < 0 với mọi x ∈ (a; b).

f (x)

Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a; b], thỏa mãn điều kiện
a1

a2

···

an , x 1

···

x2



x 1 a1




x + x
1

xn và

a1 + a2

2


......................



x + x + · · · + x
a1 + a2 + · · · + an
1
2
n
Khi đó

n

n

f (xk )
k=1

f (ak ).
k=1

Định lý 1.16. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a; b) sao
cho f (x) > 0 với mọi x ∈ (a; b).


19

Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a; b], thỏa mãn điều kiện
a1

a2

···

an và


x 1 a1






x1 + x2

a1 + a2

......................




x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ a1 + a2 + · · · + an−1




x 1 + x 2 + · · · + x n = a1 + a2 + · · · + an

Khi đó ta luôn có

n

n

f (xk )
k=1

f (ak ).
k=1


20

Chương 2. Các đẳng thức và bất
đẳng thức chứa đạo hàm trong đa
thức
Trong chương này trình bày một số dạng đẳng thức cơ bản chứa đạo hàm
giữa các đa thức.

2.1
2.1.1

Đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức
Định lý Rolle đối với đa thức

Nhận xét rằng nếu đa thức có nghiệm x = x0 bội k (k > 1) thì đạo hàm của
nó có nghiệm x = x0 bội bậc k − 1. Kết hợp với Định lý Rolle, ta thu được kết
quả quan trọng sau đây.
Định lý 2.1 (Định lý Rolle đối với đa thức). Nếu đa thức P (x) có k nghiệm
thực thì đạo hàm của nó là đa thức P (x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực.
Trong trường hợp đặc biệt, ta thu được kết quả có nhiều ứng dụng trong đại
số sau đây.
Hệ quả 2.1. Nếu đa thức P (x) có các nghiệm đều thực thì đạo hàm của nó là
đa thức P (x) cũng có các nghiệm đều thực.


21

2.1.2

Nội suy Taylor đối với đa thức

Ta thường thấy trong các sách giáo khoa hiện hành, dạng chính tắc của một
đa thức đại số P (x) bậc n (n > 0, thường được viết dưới dạng
P (x) = p0 xn + p1 xn−1 + · · · + pn , p0 = 0.

Đa thức dạng chính tắc là đa thức được viết theo thứ tự giảm dần của luỹ thừa.
Tuy nhiên, khi khảo sát các đa thức, người ta thường quan tâm đến cả một

lớp các đa thức bậc không vượt quá một số nguyên dương n cho trước nào đó.
Vì thế, về sau, ta thường sử dụng cách viết đa thức P (x) dưới dạng tăng dần
của bậc luỹ thừa
P (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn .

(2.1)

Nhận xét rằng, đa thức (2.1) có tính chất
P (k) (0) = k!bk , k = 0, 1, . . . , n

và
P (k) (0) = 0, k = n + 1, n + 2, . . . .

Vì thế đa thức (2.1) thường được viết dưới dạng công thức (đồng nhất thức)
Taylor như sau
P (x) = a0 +

a2
an
a1
x + x2 + · · · + xn .
1!
2!
n!

(2.2)

Với cách viết dưới dạng (2.2), ta thu được công thức tính hệ số ak (k =
0, 1, . . . , n) của đa thức P (x), đó chính là giá trị của đạo hàm cấp k của đa thức

tại x = 0:
ak = P (k) (0), k = 0, 1, . . . , n.

Từ đây ta thu được đồng nhất thức Taylor tại x = 0 (thường được gọi là nội suy
Taylor):
P (x) = P (0) +

P (0)
P (2) (0) 2
P (n) (0) n
x+
x + ··· +
x .
1!
2!
n!

Ví dụ 2.1. Viết đa thức
Q(x) = (x2 − 2x − 2)5 + (2x3 + 3x2 − x − 1)2

(2.3)


22

dưới dạng chính tắc (công thức Taylor) tại x = 0:
Q(x) = a0 +

a1
a2

a10 10
x + x2 + · · · +
x .
1!
2!
10!

(2.4)

Tính giá trị của a8 ?
Theo công thức (2.3) thì ta có ngay hệ thức a8 = Q(8) (0).
Dạng (2.2) cho ta mối liên hệ trực tiếp giữa các hệ số của một đa thức chính
tắc với các giá trị đạo hàm của đa thức đó tại x = 0. Trong trường hợp tổng
quát, công thức Taylor tại x = x0 , có dạng
P (x) = P (x0 ) +

P (x0 )
P (2) (x0 )
P (n) (x0 )
(x − x0 ) +
(x − x0 )2 + · · · +
(x − x0 )n . (2.5)
1!
2!
n!

Bây giờ, ta chuyển sang xét bài toán nội suy Taylor.
Bài toán 2.1 (Bài toán nội suy Taylor). Cho x0 , ak ∈ R, với k = 0, 1, . . . , N − 1.
Hãy xác định đa thức T (x) có bậc không quá N − 1 (deg T (x)

N − 1) và thỏa

mãn các điều kiện
T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.

(2.6)

Lời giải. Trước hết, dễ thấy rằng đa thức
N −1

αk (x − x0 )k

T (x) =
k=0

có bậc deg T (x)

N − 1. Tiếp theo, ta cần xác định các hệ số αk ∈ R sao cho

T (x) thỏa mãn điều kiện
T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.

Lần lượt lấy đạo hàm T (x) đến cấp thứ k, k = 0, 1, . . . , N − 1, tại x = x0 và
sử dụng giả thiết
T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1,

ta suy ra
αk =

ak

, ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
k!

Thay giá trị của αk vào biểu thức của T (x), ta thu được
N −1

T (x) =
k=0

ak
(x − x0 )k
k!

(2.7)