Nghiên cứu các phép tính vi phân của hàm một biến và các bài toán có liên quan

Mục lục

Mở đầu

3

1

Kiến thức chuẩn bị

6

1.1

Định nghĩa đạo hàm, đạo hàm cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Định nghĩa vi phân, vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

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

9

2

Một số áp dụng của đạo hàm, vi phân và các bài toán có liên quan

16

2.1

Một số áp dụng của đạo hàm và vi phân . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.1

Khử dạng vô định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.2

Khảo sát sự biến thiên của hàm số . . . . . . . . . . . . . .

17

2.1.3

Hàm số lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.1.4

Giải phương trình f(x)=0 theo phương pháp Newton . . .

23

Một số bài toán có liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.2.1

Bài toán tìm kích thước lô hàng tối ưu . . . . . . . . . . . .

25

2.2.2

Đạo hàm và giá trị cận biên trong kinh tế . . . . . . . . . .

27

2.2.3

Hàm cầu và tính co giãn của cầu . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.4

Lựa chọn tối ưu trong kinh tế . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2.5

Định mức đánh thuế doanh thu . . . . . . . . . . . . . . .

30

Sử dụng định lí trung bình trong việc giải một số các bài toán sơ cấp

33

2.2

3

1


3.1

Một số bài toán sử dụng định lí Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

3.2

Một số bài toán sử dụng định lí Lagrange . . . . . . . . . . . . . .

37

3.3

Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình . . . . . . . . . .

43

3.4

Giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.5

Chứng minh bất đẳng thức và đánh giá các tổng hữu hạn . . . . .

47

3.6

Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó . . . . . . . . .

56

Kết luận

61

Tài liệu tham khảo

62

2


MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Giải tích là một chuyên ngành toán học quan trọng. Nó là cơ sở của nhiều
ngành toán học khác và có ứng dụng rất nhiều trong thực tế đời sống, khoa học
và kĩ thuật trong đó phải kể đến có phép tính vi phân.
Nhờ vào các định lí của phép tính vi phân như Định lí giá trị trung bình, Định
lí Rolle, Định lí Lagrange và các hệ quả của các định lí,..., đã giúp chúng ta rất
nhiều trong việc giải toán sơ cấp và thường xuyên được khai thác trong các kỳ
thi Olympic Toán địa phương, quốc gia và quốc tế (ở cấp độ học sinh THPT hoặc
sinh viên Đại học).
Có thể nói rằng, các định lí của phép tính vi phân này thường xuyên được sử
dụng và khai thác triệt để trong việc nghiên cứu nghiệm của nhiều loại phương
trình khác nhau cả về định tính lẫn định lượng. Đồng thời việc kết hợp một cách
khéo léo và linh hoạt giữa định lí giá trị trung gian của hàm số liên tục và tính
đơn điệu của hàm số để giải quyết các bài toán đó một cách có hiệu quả là hết
sức cần thiết.
Bên cạnh các định lí còn có các bài toán liên quan tới phép tính vi phân khá
mẹo mực và tinh tế, tất nhiên việc kết hợp giữa các Định lí Rolle, Lagrange cũng
như Định lí Cauchy để giải quyết các bài toán này rất tự nhiên và cần thiết.
Với mong muốn nghiên cứu và tìm hiểu sâu hơn các phép tính vi phân, đồng
thời đóng góp thêm một số các bài toán có liên quan tới phép tính này. Tôi mạnh
dạn lựa chọn đề tài: "Nghiên cứu các phép tính vi phân của hàm một biến và
các bài toán có liên quan" để làm khóa luận tốt nghiệp Đại học.

2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Khóa luận tập trung nghiên cứu các vấn đề

sau:

3


- Hệ thống hóa kiến thức của phép tính vi phân, nghiên cứu một số áp dụng
của phép tính vi phân và các bài toán có liên quan.
- Sử dụng định lí trung bình để giải một số bài toán sơ cấp.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu các phép tính vi phân về hàm một biến.
4. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Tìm hiểu khái quát các định lí cơ bản của phép tính vi phân, các bài toán có
liên quan.
- Sử dụng các định lí một cách linh hoạt, khéo léo để giải quyết các bài toán
một cách hiệu quả.
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Sưu tầm, đọc và nghiên cứu tài liệu, phân tích tổng hợp các kiến thức.
- Trao đổi thảo luận với giáo viên hướng dẫn, trình bày cũng như seminar với
tổ bộ môn.
6. TÍNH MỚI VÀ HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA KHÓA LUẬN
6.1. Tính mới mẻ của khóa luận
Đây là một vấn đề khá được quan tâm và được sử dụng thường xuyên khai
thác trong các kì thi Olympic, quốc gia và quốc tế (ở cấp độ học sinh THPT hoặc
sinh viên Đại học).
6.2. Hướng phát triển của khóa luận
Nghiên cứu và tổng hợp, thống kê các định lí, các bài toán có liên quan tới

phép tính vi phân.
7. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA KHÓA LUẬN
- Khóa luận đã hệ thống hóa được kiến thức về phép tính vi phân và các ứng
dụng của nó trong thực tiễn.
8. CẤU TRÚC KHÓA LUẬN
4


Với mục đích như vậy khóa luận này được chia thành 3 chương với những
nội dung chính sau đây:
Chương 1: Trình bày một số kiến thức quan trọng và các định lí của phép tính
vi phân như các khái niệm về đạo hàm, vi phân, các định lí cùng với các hệ quả
được sử dụng cho chứng minh chương 2.
Chương 2: Trình bày một số áp dụng của đạo hàm, vi phân và các bài toán có
liên quan.
Chương 3: Trình bày giá trị trung gian cho hàm liên tục và các bài toán áp
dụng.

5


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, trước hết tôi trình bày một số kiến thức có liên quan đến
khóa luận như định nghĩa đạo hàm, đạo hàm cấp cao, định nghĩa vi phân, các
định lí cơ bản về đạo hàm cùng với một số kết quả quan trọng của nó.

1.1

Định nghĩa đạo hàm, đạo hàm cấp cao

Định nghĩa 1.1. Giả sử hàm số f xác định trên khoảng ( a, b) chứa điểm x0 . Nếu
tồn tại:
lim

x → x0

f ( x ) − f ( x0 )
∈R
x − x0

thì giới hạn đó gọi là đạo hàm của hàm số f tại điểm x0 , kí hiệu là f ( x0 ).
Như vậy
f ( x0 ) = lim

x → x0

f ( x ) − f ( x0 )
x − x0

nếu giới hạn tồn tại.
Đặt h = x − x0 , ta được x = x0 + h và
f ( x0 ) = lim

h →0

f ( x0 + h ) − f ( x0 )
.
h

Đạo hàm cấp cao
Như ta đã biết, nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại mọi điểm thuộc một khoảng
X thì đạo hàm y = f ( x ) là một hàm số đối số x, xác định trên khoảng X, do đó
ta có thể lấy đạo hàm của hàm số y = f ( x ). Đạo hàm của đạo hàm của hàm số
6


y = f ( x ) được gọi là đạo hàm cấp hai của hàm số đó. Tiếp theo, ta lại có thể xét
đạo hàm cấp hai của hàm số y = f ( x ) như một hàm số đối số x và lấy đạo hàm
của nó.
Định nghĩa 1.2. Đạo hàm của hàm đạo hàm cấp n − 1 của hàm số y = f ( x ) được
gọi là đạo hàm cấp n của hàm số đó.
Các đạo hàm cấp cao của hàm số y = f ( x ) được kí hiệu như sau:
d2 f ( x )
d2 y
=
;
dx2
dx2
d3 f ( x )
d3 y
;
Đạo hàm cấp 3: y = f ( x ), hoặc 3 =
dx
dx3

Đạo hàm cấp 2: y” = f ”( x ), hoặc

...

Đạo hàm cấp n: y(n) = f (n) ( x ), hoặc

dn y
dn f ( x )
=
.
dx n
dx n

Đạo hàm cấp cao của hàm số còn được gọi là đạo hàm lặp. Để tính đạo hàm cấp
n của hàm số y = f ( x ), ta thực hiện phép toán đạo hàm liên tiếp n lần:
y = f ( x ); y” = (y ) ; y = (y”) ; ...; y(n) = [y(n−1) ]
Ý nghĩa hình học của đạo hàm
Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại điểm x0 thì đồ thị tại điểm M( x0 , f ( x0 )) có
phương trình: y − y0 = f ( x0 )( x − x0 ).

1.2

Định nghĩa vi phân, vi phân cấp cao

Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trong khoảng X ⊂ R. Như ta đã biết,
nếu f ( x ) liên tục tại điểm x0 ∈ X thì số gia ∆ f ( x0 ) = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) là một
vô cùng bé khi ∆x → 0.
Định nghĩa 1.3. Hàm số f ( x ) được gọi là hàm khả vi tại điểm x0 nếu tồn tại số
thực k sao cho ∆ f ( x0 ) là một vô cùng bé tương đương với k∆x (khi ∆x → 0), tức

7


là:

∆ f ( x0 ) = k.∆x + 0(∆x )

(1.1)

Tích k.∆x trong biểu thức (1.1) được gọi là vi phân của hàm số f ( x ) tại điểm x0
và được kí hiệu là d f ( x0 ):
d f ( x0 ) = k∆x.
Vi phân cấp cao
Nếu hàm số y = f ( x ) khả vi tại mọi điểm thuộc một khoảng X thì vi phân dy là
một hàm số của biến x
dy = f ( x )dx.
trong đó vi phân dx của biến độc lập x là số gia ∆x, không phụ thuộc x.
Định nghĩa 1.4. Vi phân cấp n của hàm số y = f ( x ) là vi phân cấp n − 1 của
hàm số đó.
Vi phân cấp n của hàm số y = f ( x ) được kí hiệu là dn y hay dn f ( x )
dn y = d(dn−1 )y.
Trong công thức vi phân dy = y dx đạo hàm y phụ thuộc x, còn dx = ∆x là số
gia bất kì của biến độc lập x, không phụ thuộc x.
Do đó, khi xem dy như một hàm số của x thì dx được xem như hằng số. Ta có
d2 y = d(dy) = d[y ( x )dx ] = dx.d[y ( x )] = dx [y ( x )] dx

= y”( x )(dx )2 .
Bằng phương pháp quy nạp ta có thể chứng minh công thức tính vi phân cấp n
của một hàm số theo đạo hàm cấp n của nó:
dn y = y(n) (dx )n ,
hoặc
dn f ( x ) = f (n) ( x ).(dx )n .
8

Ta thấy biểu thức vi phân cấp cao không có tính bất biến như biểu thức vi phân
cấp một, tức là với n > 1 công thức trên chỉ đúng khi x là biến độc lập.
Liên hệ với đạo hàm
Định lý 1.5. Hàm số f ( x ) khả vi tại điểm x0 khi và chỉ khi nó có đạo hàm tại điểm đó.
Khi đó, hằng số k trong hệ thức (1.1) chính là đạo hàm của hàm số f ( x ) tại điểm x0 tức
là:
d f ( x0 ) = f ( x0 ).∆x

(1.2)

Ứng dụng của vi phân
Cho hàm số y = f ( x ) xác định tập mở U ⊂ R và x0 ∈ U. Giả sử f khả vi tại
x0 ∈ U. Cho x0 một số gia h sao cho x0 + h ∈ U, khi đó:
∆ f ( x0 , h ) = f ( x0 + h ) − f ( x0 ) = f ( x0 ) h + σ ( h ).
Nếu |h| đủ nhỏ thì σ(h) nhỏ tùy ý và ta có xấp xỉ:
f ( x0 + h ) − f ( x0 ) ≈ f ( x0 ) h
hay
f ( x0 + h) ≈ f ( x0 ) + f ( x0 )h.

1.3

Các định lí về hàm số khả vi

Định lý 1.6. (Định lí Fermat). Nếu hàm số f : ( a, b) → R đạt cực trị tại c ∈ ( a, b) và
nếu f khả vi tại c thì f (c) = 0.
Chứng minh. Giả sử c là điểm cực đại của f .
Theo giả thiết f khả vi tại x = c nên tồn tại đạo hàm f (c). Ta có

f (c) = lim

h →0

f (c + h) − f (c)
h
9


Vì f ( x ) đạt cực đại tại c nên f (c + h) − f (c) ≤ 0 với mọi h, do đó
Khi h < 0
lim

f (c + h) − f (c)
≥0
h

lim

f (c + h) − f (c)
≤0
h

h →0

Khi h > 0
h →0

Như thế, chuyển qua giới hạn khi h → 0 ta có f + (c) ≤ 0 và f (c) ≥ 0.
Mặt khác, vì tồn tại đạo hàm f (c), nghĩa là f + (c) = f (c)
Do đó, f (c) = 0.
Trường hợp c là điểm cực tiểu của hàm số f ( x ) cũng được chứng minh tương

tự.
Định lý 1.7. (Định lí Rolle). Nếu f ( x ) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], có đạo hàm
trên khoảng (a, b) và f(a) = f(b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f’(c) = 0.
Chứng minh. Vì f ( x ) liên tục trên [ a, b] nên theo định lí Weierstrass f ( x ) nhận
giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [ a, b].
- Khi M = m, ta có f ( x ) là hàm hằng trên [ a, b], do đó với mọi c ∈ ( a, b) luôn có
f (c) = 0.
- Khi M > m, vì f ( a) = f (b) nên tồn tại c ∈ ( a, b) sao cho f (c) = m hoặc f (c) = M,
theo bổ đề Fermat suy ra f (c) = 0.
Hệ quả 1.8. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a, b) và phương trình f ( x ) = 0 có
n nghiệm phân biệt (n là số nguyên dương lớn hơn 1) trên ( a, b) thì phương trình
f ( x ) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm trên ( a, b).
Hệ quả 1.9. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a, b) và phương trình f ( x ) = 0 vô
nghiệm trên (a, b) thì phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên ( a, b).

10


Hệ quả 1.10. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a, b) và phương trình f ( x ) = 0 có
nhiều nhất n nghiệm (n là số nguyên dương) trên ( a, b) thì phương trình f ( x ) = 0 có
nhiều nhất n + 1 nghiệm trên ( a, b).
Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng nếu các
nghiệm là nghiệm bội (khi f ( x ) là đa thức).
Các hệ quả trên cho ta ý tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như
xác định số nghiệm của phương trình. Hơn nữa, nếu như bằng một cách nào đó
ta tìm được tất cả các nghiệm của phương trình thì khi đó phương trình đã được
giải.
Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, chỉ
cần ta để ý tới ý nghĩa của đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên của hàm số).
Định lý 1.11. (Định lý Lagrange). Nếu f là hàm số liên tục trên đoạn [ a, b], có đạo

hàm trên khoảng ( a, b) thì tồn tại c ∈ ( a, b) sao cho f (c) =

f (b) − f ( a)
.
b−a

Chứng minh. Xét hàm số
F(x) = f (x) −

f (b) − f ( a)
x.
b−a

Ta có F ( x ) là hàm liên tục trên đoạn [ a, b], có đạo hàm trên khoảng ( a, b) và
F ( b ) = F ( a ).
Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ ( a, b) sao cho F (c) = 0
Mà
F (c) = f ( x ) −

f (b) − f ( a)
b−a

Suy ra
f (c) =

f (b) − f ( a)
b−a

11

Định lý Rolle là một hệ quả của Định lý Lagrange (trong trường hợp f ( a) =
f (b)).
Ý nghĩa hình học
Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn các giả thiết của Định lý Lagrange. Gọi (C ) là đồ
thị của hàm số, giả sử A( a, f ( a)) và B(b, f (b)) là hai điểm phân biệt tùy ý thuộc
đồ thị (C ). Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm C (c, f (c)) thuộc đồ thị sao cho tiếp
tuyến của (C ) tại C song song với đường thẳng AB.
Định lý Lagrange cho phép ta ước lượng tỉ số

f (b) − f ( a)
do đó nó còn được
b−a

gọi là định lý Gía trị trung bình (Mean Value Theorem). Từ đó cho ta ý tưởng
chứng minh các định lý về sự biến thiên của hàm số, đặt nền móng cho những
ứng dụng của đạo hàm.
Định lý 1.12. Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ( a, b). Khi đó:
a) Nếu f ( x ) > 0, ∀ x ∈ ( a, b) thì f là hàm số đồng biến trên ( a, b);
b) Nếu f ( x ) < 0, ∀ x ∈ ( a, b) thì f là hàm số nghịch biến trên ( a, b);
c) Nếu f ( x ) = 0, ∀ x ∈ ( a, b) thì f là hàm hằng trên ( a, b).
Chứng minh. a) Giả sử f ( x ) > 0, ∀ x ∈ ( a, b) và x1 , x2 ∈ ( a, b) (x1 < x2 ), theo định
lý Lagrange, tồn tại c ∈ ( a, b) sao cho f (c) =

f ( x2 ) − f ( x1 )
.
x2 − x1

Mà f (c) > 0 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇒ f là hàm số đồng biến trên ( a, b).
Hai khẳng định còn lại được chứng minh hoàn toàn tương tự.

Nhận xét 1.13. Nếu trong giả thiết của định lý Lagrange ta thêm vào giả thiết f
đồng biến hoặc nghịch biến trên [ a, b] thì ta có thể so sánh

f (b) − f ( a)
với f ( a)
b−a

và f (b). Cụ thể là:
f (b) − f ( a)
< f ( b ).
b−a
f (b) − f ( a)
ii) Nếu f nghịch biến trên [ a, b] thì f ( a) >
> f ( b ).
b−a

i) Nếu f đồng biến trên [ a, b] thì f ( a) <

Từ đây cho ta ý tưởng ứng dụng định lý Lagrange chứng minh bất đẳng thức và
12


đánh giá các tổng hữu hạn.
Cũng tương tự nếu trong giải thiết của định lý Lagrange ta thêm vào giả thiết
f dồng biến hoặc nghịch biến trên [ a, b] thì ta có thể so sánh

f (c) − f ( a)
và
c−a

f (b) − f (c)
với c ∈ [ a, b]. Điều này cho ta ý tưởng để chứng minh bất đẳng thức
b−c
như bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức hàm lồi,...
Định lý 1.14. (Định lý Cauchy). Giả sử f và g là các hàm liên tục trên đoạn [ a, b] và
có đạo hàm trên khoảng ( a, b) thỏa mãn g( x ) = 0 với mọi x ∈ ( a, b). Khi đó, tồn tại ít
nhất một điểm c ∈ ( a, b) sao cho
f (b) − f ( a)
f (c)
=
.
g (c)
g(b) − g(c)
Chứng minh. Xét hàm số
h( x ) = g( x )( f ( a) − f (b) − f ( x )( g( a) − g(b)).
Dễ thấy, đây là hàm liên tục trên đoạn [ a, b] và có đạo hàm trên khoảng ( a, b),
đồng thời h( a) = h(b) = g(b) f ( a) − g( a) f (b).
Áp dụng định lý Rolle, tồn tại c ∈ ( a, b) sao cho:
h (c) = 0 ⇔ g (c)( f ( a) − f (b)) − f (c)( g( a) − g(b)) = 0.
Tức là
f (b) − f ( a)
f (c)
=
.
g (c)
g(b) − g( a)

Định lý 1.15. (Công thức Taylor). Giả sử f : [ a, b] → R khả vi liên tục tới cấp n trên

[ a, b], tồn tại f n+1 hữu hạn trong ( a, b). Khi đó, ta có khai triển( hoặc công thức) Taylor

sau:
n

f (x) =

∑

k =0

k

f (k)( x0 ) k!
+ r(x)
( x − x0 )

13


trong đó
r ( x ) = ( x − x 0 ) n +1

f ( n +1) ( c )
( n + 1) !

đối với x, x0 ∈ [ a, b] và c là số nào đó nằm giữa x và x0 .
Chứng minh. Nếu n = 0 thì kết quả trên đây suy ra từ định lý Lagrange.
Trong trường hợp tổng quát, ta cố định x và gọi M là số xác định bởi hệ thức
sau:
f ( x ) = P ( x ) + M ( x − x 0 ) n +1

(1.3)

trong đó
n

P( x ) = P( x, f ) =

∑

k =0

f (k )( x0 )
( x − x0 ) k
k!

(1.4)

Đặt
g(t) = f (t) − P(t) − M(tx0 )n+1 , ( a ≤ t ≤ b)

(1.5)

Ta cần chứng minh rằng

(n + 1)!M = f (n+1) (c)
với c nào đó nằm giữa x và x0 . Thay (1.4) và (1.5) ta có
g(n + 1)(t) = f (n + 1)(t) − (n + 1)!M, ( a ≤ t ≤ b).
Mật khác, ta có
P(k) ( x0 ) = f (k) ( x0 ), ∀k = 0, 1, ..., n
Suy ra

g(k) ( x0 ) = f (k) ( x0 ) − P(k) ( x0 ) = 0, ∀k = 0, 1, ..., n
Do (1.3) ta có
g( x ) = f ( x ) − P( x ) − M ( x − x0 )n+1 = 0.

14

(1.6)


Vậy theo định lí Rolle ta có
g( x0 ) = 0; g( x ) = 0 ⇒ g (c1 ) = 0
g ( x0 ) = 0; g (c1 ) = 0 ⇒ g”(c2 ) = 0
g”( x0 ) = 0; g”(c2 ) = 0 ⇒ g(3) (c3 ) = 0.
Tiếp tục như vậy, ta được
g( xn ) = 0; g(n) (cn ) = 0 ⇒ g(n+1) (c) = 0.
Vậy (1.6) được chứng minh và do đó định lí được chứng minh đầy đủ.

15


Chương 2

Một số áp dụng của đạo hàm, vi phân và
các bài toán có liên quan
Trong chương này tôi sẽ nêu một số áp dụng của đạo hàm và vi phân như
khảo sát hàm số, khử dạng vô định, hàm số lồi,...,đặc biệt là một số các bài toán
có liên quan như bài toán biên, hàm cầu và tính co giãn của cầu,...

2.1

Một số áp dụng của đạo hàm và vi phân

2.1.1

Khử dạng vô định

Một trong những ứng dụng quan trọng của công thức Lagrange và Cauchy
là dùng để "khử các dạng vô định". Thực chất của vấn đề này là sử dụng các
phương pháp của phép tính vi phân để tìm giới hạn của tỷ số các vô cùng bé
hay vô cùng lớn.
Định lý 2.1. (De L’Hospital). Giả sử các hàm số f ( x ), g( x ) xác định, khả vi tại lân
cận x = a( a ∈ R), có thể trừ tại x = a.
Nếu

lim

x→a f (x)

= lim g( x ) = 0, g ( x ) = 0 ở lân cận x = a,
x→a

và
f (x)
f (x)
= A thì lim
= A.
x→a g( x )
x→a g ( x )

nếu lim

Chứng minh. Theo giả thiết f ( x ), g( x ) khả vi tại lân cận x = a nên liên tục ở đó.
Nếu f ( x ), g( x ) không xác định tại x = a, ta bổ sung giá trị của chúng tại x = a,
16


bằng cách đặt f ( a) = lim f ( a) = 0, g( a) = lim g( x ) = 0.
x→a

x→a

Khi đó f ( x ) và g( x ) liên tục ở lân cận x = a và cả tại x = a.
Theo định lý Cauchy ta có
f ( x ) − f ( a)
f (c)
f (x)
=
=
g( x )
g( x ) − g( a)
g (c)
với c là một điểm nào đó nằm giữa x và a.
Khi x → a thì c → a.
f (x)
f (x)
= A thì lim
= A.
x→a g( x )
x→a g ( x )

Vậy nếu lim
2.1.2

Khảo sát sự biến thiên của hàm số

Việc áp dụng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số dựa vào định lí
sau:
Định lý 2.2. Cho f là một hàm số xác định, liên tục trong một khoảng đóng hữu hạn

[ a, b] và khả vi trong khoảng mở ( a, b), khi đó:
(1) Điều kiện cần và đủ để f ( x ) tăng (giảm) trong [ a, b] là f ( x ) ≥ 0( f ( x ) ≤ 0) với
mọi x ∈ ( a, b).

(2) Nếu f ( x ) ≥ 0( f ( x ) ≤ 0) với mọi x ∈ ( a, b) và nếu f ( x ) > 0( f ( x ) < 0) tại ít
nhất một điểm x thì f (b) > f ( a)( f (b) < f ( a)).
Chứng minh. Cách chứng minh trường hợp f ( x ) giảm tương tự trường hợp f ( x )
tăng, ở đây chúng ta chỉ chứng minh trường hợp f ( x ) tăng.

(1) Giả sử f tăng, khi đó f ( x + h) ≥ f ( x ) với h > 0 và f ( x + h) ≤ f ( x ) với h < 0
f ( x + h) − h( x )
Do đó
≥ 0, h = 0 bằng cách chuyển qua giới hạn ta có f ( x ) ≥ 0.
h
Ngược lại, giả sử f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a, b), lấy tại điểm u < v của đoạn [ a, b],
theo Định lý Lagrange có
f (v) − f (u) = (v − u) f (w) với u < w < v.

17

Do đó
f (v) − f (u) ≥ 0
nghĩa là f (v) ≥ f (u).
Vậy f ( x ) tăng.

(2) Nếu f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ [ a, b].
Theo (1) f ( x ) tăng trên [ a, b].
Do đó
f ( a ) ≤ f ( x ) ≤ f ( b ).
với mọi x ∈ ( a, b), sao cho f ( x ) > 0.
Hệ quả 2.3. Cho f , g là hai hàm số xác định, liên tục trong và khả vi trong ( a, b).

(1) Nếu f ( a)

g ( x ) với mọi x ∈ ( a, b) thì f ( x )

g( a) và nếu f ( x )

g( x ) với mọi

x ∈ [ a, b].

(2) Nếu f ( a)

g( a) và nếu f ( x ) < g ( x ) với mọi x ∈ ( a, b) thì f ( x ) < g( x ) với mọi

x ∈ [ a, b].
Chứng minh. Đặt h := g − f

(1) Hàm số h xác định, liên tục trong [ a, b] và có đạo hàm h ( x ) ≥ 0 với mọi

x ∈ ( a, b) do đó h tăng trong [ a, b].
Nghĩa là, h( x ) ≥ h( a), theo giả thiết h( a) ≥ 0, từ đó h( x ) ≥ 0 hay g( x ) ≥ f ( x ) với
mọi x ∈ [ a, b].

(2) Cho x ∈ ( a, b), khi đó h (t) > 0, với mọi t ∈ ( a, x ), định lý trên chứng tỏ rằng:
h( x ) > h( a) ≥ 0.
Do đó
g ( x ) > f ( x ).

18


Tìm cực trị của hàm số
Bây giờ ta xét một vài mệnh đề giúp cho việc tìm cực trị một hàm số f ( x ) khả vi
trong khoảng ( a, b).
Định lý 2.4. Cho hàm số f xác định, liên tục trong [ a, b], khả vi trong ( a, b) (có thể trừ
ra một số hữu hạn điểm, giả sử c là một điểm thỏa mãn a < c < b (có thể tại x = c hàm
f không khả vi).

(1) Nếu khi x vượt qua c mà f (c) đổi dấu từ + sang - thì f ( x ) đạt cực đại tại x = c.
(2) Nếu khi x vượt qua c mà f ( x ) đổi dấu từ - sang + thì f ( x ) đạt cực tiểu tại x = c.
(3) Nếu khi x vượt qua x mà f ( x ) đổi dấu từ - sang + thì f ( x ) không đổi dấu thì f ( x )
không đạt cưc trị tại c.
Chứng minh. Chứng minh trường hợp (1) các trường hợp sau cũng lập luận
tương tự.
Giả sử x là một điểm thuộc lân cận điểm x = c và x < c, khi đó theo giả thiết
f (t) > 0 với x < t < c, do đó f ( x ) tăng trong [ x, c]( định lý về hàm tăng ).
Do đó, f ( x ) giảm trong [c, x ], nghĩa là f (c) ≥ f ( x ).
Như thế với mọi x thuộc lân cận điểm c ta luôn có f (c) ≥ f ( x ).
Vậy f ( x ) đạt cực đại tại x = c.

2.1.3

Hàm số lồi

Định nghĩa 2.5. Hàm số f xác dịnh trong khoảng I được gọi là lồi nếu với mọi
a, b ∈ I với mọi t ∈ [0; 1] ta luôn có
t f ( a ) + (1 − t ) f ( b )

f (ta + (1 − t)b)

bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức lồi.
Mệnh đề 2.6. Cho f một hàm số xác định, liên tục trong một khoảng I nào đó, giả sử f
có đạo hàm cấp hai f ” > 0 trong I. Khi đó, với bất kì a < b (a, b ∈ I), hàm số f lồi trong
19


[ a, b].
Chứng minh. Đặt g(t) := t f ( a) + (1 − t) f (b) − f (ta + (1 − t)b), muốn chứng
minh f lồi trong [ a, b] chỉ cần chứng minh f thỏa mãn bất đẳng thức lồi, nghĩa là
chứng minh g( x ) ≥ 0 với mọi t ∈ [0, 1]. Thật vậy, từ biểu thức định nghĩa ta có:
g (t) = f ( a) − f (b) − ( a − b) f (ta + (1 − t)b)
Theo công thức Lagrange, tồn tại c = t0 a + (1 − t0 )b, t0 ∈ (0, 1) sao cho a < c < b
và f ( a) − f (b) = ( a − b) f (c).
Thế giá trị f ( a) − f (b) vào biểu thức g (t), được:
g ( x ) = ( a − b)[ f (t0 a + (1 − t0 )b) − f (ta + (1 − t)b)]
Mặt khác, theo giả thiết f > 0 nên f tăng ta có
a − b < 0 và ta + (1 − t)b < t0 a + (1 − t0 )b
khi và chỉ khi t ≥ t0 .
Ta có, g (t) ≥ g (t0 ) = 0 nếu t ≤ t0 ; g (t) ≤ g (t0 ) nếu t ≥ t0 .
Vậy g(t) tăng trong [0, t0 ] và giảm trong [t0 , 1].

Hơn nữa, vì g(0) = g(1) = 0.
Do đó g chỉ có thể lấy các giá trị dương trong (0, 1).

Các bất đẳng thức lồi
(a) Bất đẳng thức Jensen
Cho f là một hàm số lồi trên I := ( a, b), khi đó với x1 , x2 , ..., xn ∈ I và với λ1 , λ2 , ..., λn ∈
n

[0; 1] sao cho ∑ λk = 1, luôn có:
k =1

n

f

n

∑ λk xk

∑ λk f ( xk ) *

k =1

k =1

20


Chứng minh. Bất đẳng thức trên là tầm thường khi n = 1 và n = 2 thì đó chính là
định nghĩa tính lồi của f .

Bây giờ ta sẽ quy nạp theo n, thật vậy,
Giả sử bất đẳng thức đúng với một số nguyên n > 2 nào đó, nghĩa là với mọi
n

x1 , x2 , ..., xn ∈ I và với mọi λ1 , λ2 , ..., λn ∈ [0; 1] sao cho ∑ λk = 1 ta có
k =1

n

f

∑ λk xk

n

∑ λk f ( xk )

≤

k =1

k =1

n +1

Ta lấy x1 , ..., xn , xn+1 ∈ I và λ1 , ..., λn , λ + n + 1 ∈ [0; 1] sao cho ∑ λk = 1.
k =1

Nếu λ1 = λ2 = ... = λn = 0 thì bất đẳng thức muốn có là hiển nhiên.
Giả sử λi , i = 1; 2; ...; n không đồng thời triệt tiêu, đặt

n

c=

∑ λ k = 1 − λ n +1 > 0

k =1

và
1 n
x = ∑ λk xk
c k =1
Vì xi ∈ 1; i = 1; 2; ...; n nên x ∈ 1. Theo định lí hàm lồi, ta có
n +1

f

∑ λk xk

= f (cx + (1 − c) xn+1 ≤ c f ( x ) + (1 − c) f ( xn+1 ) = c f ( x ) + λn+1 f ( xn+1 )

k =1

Mặt khác, dùng giả thiết quy nạp ta được:
n

λ
∑ ck xk
k =1

f (x ) = f

n

≤

λk
1 n
=
∑ c c ∑ λk f ( xk )
k =1
k =1

Suy ra
n

f

∑ λk xk

n

≤

k =1

∑ λ k f ( x k ).

k =1

(b) Bất đẳng thức về số trung bình.

21


Cho ai

0, i = 1, n đặt

C :=

1 n
ak ; N :=
n k∑
=1

n

∏ ak

1
n

k =1

Khi đó:
N

C

tức là trung bình nhân các số không âm, không vượt quá trung bình cộng của chúng.
Chứng minh. Xét hàm số f ( x ) = − ln x, x ∈ (1, ∞), hiển nhiên f là lồi vì f ( x ) =
n
1
≥
0,
do
đó
có
thể
dùng
bất
đẳng
thức
Jensen
ta
được,
với
λk = 1, λi ∈
∑
x2
k =1

[0; 1]; i = 1; 2; ...; n
n

n

ln

∑ λk ak

≤

∑ λk (− ln ak )

k =1

k =1

tức là
n

n

k =1

k =1

∑ λk ak ≤ ∏ aλkk (*)

Đặc biệt, lấy λ1 = λ2 = ... = λn =

1
suy ra
n
N≤C

(c) Các bất đẳng thức Holder và Minkwski.
Cho p > 1, q > 1 sao cho

1 1
+ = 1. Khi đó
p q

1
(i) Cho x > 0, y > 0, dùng bất đẳng thức (*) với n = 2, a1 = x p , a2 = yq , λ1 = , λ2 =
p
1
1 p 1 q
ta được xy
x + y .
q
p
q
Bất đẳng thức này vẫn đúng khi x hoặc y bằng không.
(ii) Bây giờ cho xi , yi ∈ R, i = 1, n đặt
n

a=

∑ | xk | p

1
p

n

,b=

k =1

∑ | xk |q

k =1

22

1
q


Với ab = 0, dùng bất đẳng thức có được ở phần (i) với x :=

| xk |
|y |
; y := k và được
a
b

1 | xk | p 1 |yk |q
+
, k = 1, n
p ap
p bq

| xk yk | | xk | |yk |
=
.
ab

a
b
Suy ra
1 n
| xk yk |
ab k∑
=1

1 n
1 n
q
1 p p
p
q
|
x
|
+
a + q bq
|
y
|
=
∑
k
q ∑ k
p
pa k=1
pa
qb k=1

qb

=

1 1
+ =1
p q

Thay giá trị của a, b vào bất đẳng thức trên ta suy ra bất đẳng thức Holder dưới
đây:
n

n

∑ xk yk

∑ | xk | p

k =1

1
p

k =1

n

∑ |yk |q

1

q

k =1

Đặc biệt, khi p = q = 2 thì bất đẳng thức trên được gọi là bất đẳng thức Cauchyschwarz.
(iii) Với cùng những kí hiệu như trên, ta cũng có:
n

∑ | xk + yk | p

k =1

n

∑ |xk ||xk + yk | p−1 +

k =1

n

∑ |yk ||xk − yk | p−1.

k =1

Từ đó, dùng bất đẳng thức Holder hai lần, có thể chứng minh được bất đẳng
thức Minkwowski dưới đây:
n

∑ | xk + yk | p

k =1

2.1.4

1
p

n

∑ | xk | p

k =1

1
p

n

+

∑ |yk | p

1
p

.

k =1

Giải phương trình f(x)=0 theo phương pháp Newton

Bài toán giải phương trình f ( x ) = 0 là một bài toán có nhiều ý nghĩa về lí
thuyết cũng như ứng dụng. Cho đến nay chúng ta chỉ xây dựng được công thức
tìm nghiệm của phương trình đó cho trường hợp f ( x ) là các đa thức có bậc 1;
2. Trường hợp f ( x ) là đa thức có bậc 3; 4 tuy có thể xây dựng được công thức
23


nhưng việc tính toán phức tạp, người ta đã chứng minh được với đa thức bậc
cao thì không có công thức tìm nghiệm. Trường hợp f ( x ) là các hàm lượng giác
cơ bản (sinx, cosx, tanx) ta cũng có công thức tìm nghiệm. Khi f ( x ) là một hàm
số không phải thuộc loại đã nói trên thì việc giải phương trình f ( x ) = 0 được
thực hiện theo hướng tìm một dãy số thực { xn }, n ∈ N sao cho { xn } hội tụ đến
nghiệm thực α của phương trình f ( x ) = 0. Trước kia khi nghiên cứu tính chất
của hàm số liên tục chúng ta đã giới thiệu một phương pháp, gọi là phương
pháp phân đôi để xây dựng dãy { xn }. Bây giờ ta sẽ dùng tính chất khả vi và đặc
biệt các định lí trung bình để xây dựng một phương pháp xây dựng dãy { xn }
hội tụ đến nghiệm thực α, đó là phương pháp Newton. Trước hết ta chứng minh
mệnh đề:
Mệnh đề 2.7. Giả sử hàm số f ( x ) xác định, liên tục và khả vi trên ( a, b). Ngoài ra, giả
sử f ( a) f (b) < 0 và f ( x ) không đổi dấu trên ( a, b). Khi đó tồn tại duy nhất một nghiệm
α của phương trình f ( x ) = 0, a < α < b.
Chứng minh. Xét phương trình f (α) = 0 và giả sử hàm số f ( x ) thỏa mãn với giả
thiết của mệnh đề trên.
Ngoài ra, giả sử f có đạo hàm cấp hai f ( x ) trong ( a, b).
Ta lấy một điểm x0 tùy ý, x0 ∈ ( a, b) với giả thiết trên có thể khai triển Taylor hàm
số f tại x0 như sau:
1
f ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) f ( x0 ) + ( x − x0 )2 f ( c )
2

với c ở giữa x0 và x. Thế f ( x ) vào phương trình f ( x ) = 0, được
1
f ( x0 ) + ( x − x0 ) f ( x0 ) + ( x − x0 )2 f ( c ) = 0
2
Vậy nghiệm của phương trình trên cũng chính là nghiệm của phương trình
nguyên thủy f ( x ) = 0.
24


Bây giờ ta xây dựng công thức tìm dãy { xn } hội tụ đến nghiệm α bằng cách bỏ
qua số hạng bình phương trong phương trình (2.1) ta được:
f ( x0 ) + ( x − x0 ) f ( x0 ) = 0
Gọi x1 là nghiệm của (2.2) ta có
x1 = x0 −

f ( x0 )
f ( x0 )

Từ x1 có thể tìm tương tự x2 , x3 , ... một cách tổng quát
x n = x n −1 −

f ( x n −1 )
f ( x n −1 )

với x0 chọn trước, x0 ∈ ( a, b).
Tóm lại, với công thức (2.3) ta có một dãy { xn } với x0 ∈ ( a, b).
Nếu { xn } hội tụ thì lim xn = α là nghiệm của phương trình nguyên thủy.
Thật vậy, giả sử xn → c chuyển qua giới hạn hệ thức (2.3) và lim f ( xn ) = f (lim xn )
Suy ra f (c) = 0.
Mặt khác, phương trình f ( x ) = 0 có duy nhất nghiệm α ∈ ( a, b).

Do đó, c ≡ α.

2.2
2.2.1

Một số bài toán có liên quan
Bài toán tìm kích thước lô hàng tối ưu

Giả sử n là đơn vị một loại hàng mà một của hàng bán được trong một năm,
h là chi phí lưu kho cho một đơn vị hàng trong một năm, p là chi phí cho mỗi
chuyến đặt hàng, còn Q là kích thước của mỗi chuyến đặt hàng ( kích thước của
mỗi lô hàng). Ta xem n, h, p là những hằng số, còn Q là biến số, lúc này tổng chi
phí trong một năm của cửa hàng đối với loại hàng hóa trên là hàm số C ( Q) bao
gồm 2 loại chi phí: chi phí lưu kho và chi phí cho các chuyến hàng.

• Chi phí lưu kho:

Q
.h
2
25