Một số dạng toán cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN THỊ HƯỜNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP
HÀM MŨ VÀ HÀM HYPERBOLIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN THỊ HƯỜNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP
HÀM MŨ VÀ HÀM HYPERBOLIC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 84 60 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2018

i

Mục lục
MỞ ĐẦU
1

Một số kiến thức liên quan đến các hàm mũ và hyperbolic
1.1 Tính chất cơ bản của các hàm mũ và hyperbolic . . . . . . .
1.1.1 Tính chất cơ bản của hàm mũ . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Tính chất cơ bản của hàm hyperbolic . . . . . . . .
1.2 Đẳng thức sinh bởi hàm mũ và hàm hyperbolic . . . . . . .
1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm và tích phân quan trọng .

ii

.
.
.
.
.

1
1
1
2
5
10

2

Bất đẳng thức và cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic
2.1 Bất đẳng thức trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic . . . . . . . . .
2.2 Các dạng toán cực trị sinh bởi hàm mũ và hyperbolic . . . . . . . .

27
27
47

3

Một số dạng toán liên quan
3.1 Các phương trình đại số giải bằng phương pháp hàm hyperbolic . .
3.2 Khảo sát một số lớp phương trình chứa hàm mũ và hàm hyperbolic .

59
59
67

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

KẾT LUẬN

74

TÀI LIỆU THAM KHẢO

75


ii

MỞ ĐẦU
Chuyên đề về các hàm siêu việt (hàm mũ và logarit) được đề cập ở lớp 12 bậc
trung học phổ thông. Vì vậy các ứng dụng của hàm mũ và logarit không được đề cập
trong các lớp 10 và 11. Đặc biệt, do giảm tải chương trình, lớp các hàm hyperbobic
cũng không được đưa vào SGK. Các hàm này chỉ được khảo sát trong chương trình
bồi dưỡng HSG ở các lớp chuyên Toán phục vụ các kỳ thi HSG quốc gia, Olympic
khu vực và quốc tế.
Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp bậc THPT và Olympic khu vực và
quốc tế, các bài toán liên quan tới hàm mũ và hàm hyperbolic thường xuyên được
đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó vì phần kiến thức
sâu sắc về hàm mũ và hàm hyperbolic không nằm trong chương trình chính thức của
giáo trình 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
hàm mũ và hàm hyperbolic, tôi chọn đề tài luận văn “Một số dạng toán cực trị trong
lớp hàm mũ và hàm hyperbolic”.
Luận văn nhằm tổng hợp một số tính chất của hàm mũ và hàm hyperbolic và mối
quan hệ giữa chúng. Tiếp theo, xét các bài toán cực trị, khảo sát một số lớp phương
trình, bất phương trình cùng một số dạng toán đại số có sử dụng tính chất hàm mũ,
hàm ngược của nó là hàm logarit và hàm hyperbolic.
Cấu trúc luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Một số kiến thức liên quan đến các hàm mũ và hyperbolic.
Chương 2. Bất đẳng thức và cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic.
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Luận văn sử dụng một số dạng toán và bài tập từ các tài liệu [1]-[9] và một số


iii

đề thi Olympic liên quan đến hàm hàm mũ và hàm hyperbolic trong những năm gần
đây.
Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo
hướng dẫn của thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán và các
thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi
cho tác giả hoàn thành bản luận này.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng
nghiệp trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm, huyện Vĩnh Bảo, thành phố Hải Phòng
đã tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2018
Tác giả luận văn

Trần Thị Hường


1

Chương 1
Một số kiến thức liên quan đến các hàm mũ
và hyperbolic
1.1
1.1.1

Tính chất cơ bản của các hàm mũ và hyperbolic
Tính chất cơ bản của hàm mũ

Xét hàm số mũ dạng f (x) = ax với 0 < a = 1.
* Tập xác định: D f = R.
* Tập giá trị: I f = R+ .
* Tính đơn điệu: Hàm số f (x) = ax đồng biến trên R khi a > 1 và nghịch biến
trên R khi 0 < a < 1.
Nhận xét 1.1. Đồ thị hàm số mũ có tiệm cận ngang là trục Ox về phía −∞ khi a > 1
và tiệm cận ngang là trục Ox về phía +∞ khi 0 < a < 1.
Tiếp theo, ta xét một số đẳng thức trong lớp hàm mũ.
Tính chất 1.1 (Công thức tính đạo hàm).
(ex ) = ex ; (eu ) = u eu ,
(ax ) = ax ln a; (au ) = u au ln a.
Tính chất 1.2 (Đồng nhất thức trong lớp hàm mũ). Cho 0 < a = 1. Khi đó:


2

a) a f (x) = ag(x) ⇔ f (x) = g(x).
b) Giả sử b > 0. Khi đó a f (x) = b ⇔ f (x) = loga b.
c) a f (x) > ag(x) ⇔ (a − 1)( f (x) − g(x)) > 0.
d) Giả sử b > 0. Khi đó a f (x) > b ⇔ (a − 1)( f (x) − loga b) > 0.

1.1.2

Tính chất cơ bản của hàm hyperbolic

Trong phần này, ta trình bày một số tính chất của các hàm mũ đặc biệt, đó là các
hàm hyperbolic sinh bởi e±x .
Tính chất 1.3 (Hàm sin hyperbolic). Hàm sin hyperbolic
ex − e−x
sinh x =
2
là hàm số lẻ trên R và
sinh x ≥ 0, ∀x ≥ 0, sinh x < 0, ∀x < 0.
(sinh x) = cosh x; (sinh u) = u cosh u.
Ta có (sinh x) = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R nên hàm số sinh x đồng biến trên R.
Do (sinh x) = sinh x nên hàm số sinh x lồi trên (0; +∞) và lõm trên (−∞; 0).
Tính chất 1.4 (Hàm cosin hyperbolic). Hàm cosin hyperbolic
cosh x =

ex + e−x
2

là hàm số chẵn trên R.
Ta có (cosh x) = sinh x; (cosh u) = u sinh u và (cosh x) = sinh x nên hàm số
cosh x đồng biến trên (0; +∞) và nghịch biến trên (−∞; 0).
Do (cosh x) = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R cosh x lồi trên R.

3

Tính chất 1.5 (Hàm tang hyperbolic). Hàm tang hyperbolic
sinh x ex − e−x
tanh x =
=
cosh x ex + e−x
là hàm số lẻ trên R.
Ta có
(tanh x) =

1
u
; (tanh u) =
.
2
cosh x
cosh2 u

Do
(tanh x) =

1
> 0, ∀x ∈ R
cosh2 x

nên hàm số tanh x đồng biến trên R.
Tính chất 1.6 (Hàm cotang hyperbolic). Hàm cotang

cosh x ex + e−x
coth x =
=
sinh x ex − e−x
là hàm số lẻ trên R \ {0}.
Ta có
(coth x) =

−1
−u
;
(coth
u)
=
sinh2 x
sinh2 u

1
< 0, ∀x ∈ R\ {0} nên hàm số coth x đồng biến trên mỗi
sinh2 x
khoảng (−∞; −1) và (1; +∞) .

và (coth x) = −

Tính chất 1.7 (Công thức khai triển tổng và hiệu).
cosh (x + y) = cosh x. cosh y + sinh x. sinh y,

(1.1)

cosh (x − y) = cosh x. cosh y − sinh x. sinh y,

(1.2)

sinh (x + y) = sinh x cosh y + cosh x. sinh y,

(1.3)


4

sinh (x − y) = sinh x cosh y − cosh x. sinh y,

(1.4)

tanh (x + y) =

tanh x + tanh y
,
1 + tanh x tanh y

(1.5)

tanh (x − y) =

tanh x − tanh y
.
1 − tanh x tanh y

(1.6)

Chứng minh. Ta có
cosh x. cosh y + sinh x. sinh y =

ex + e−x ey + e−y ex − e−x ey − e−y
+
2
2
2
2

ex+y + e−x−y
= cosh(x + y).
=
2
Từ đó, suy ra (1.1).
Tiếp theo, trong công thức (1.1) thay y bằng −y, ta thu được
cosh (x − y) = cosh x. cosh(−y) + sinh x. sinh(−y)
= cosh x. cosh y − sinh x. sinh y.
Ta nhận được (1.2).
Các công thức còn lại (1.3)-(1.6) được chứng minh tương tự.
Từ công thức cộng ta cũng dễ dàng chứng minh được các công thức nhân sau đây.
Tính chất 1.8 (Công thức khai triển góc nhân hai và nhân ba).
sinh (2x) = 2 sinh x. cosh x,
cosh (2x) = cosh2 x + sinh2 x = 2cosh2 x − 1 = 1 + 2sinh2 x,
tanh (2x) =

2 tanh x
,
1 + tanh2 x

sinh (3x) = 4sinh3 x + 3 sinh x,


5

cosh (3x) = 4cosh3 x − 3 cosh x.
Tính chất 1.9 (Công thức biến đổi tích thành tổng).
1
[cosh(x + y) + cosh(x − y)] ,
2
1
sinh x sinh y = [cosh(x + y) − cosh(x − y)] ,
2
1
sinh x cosh y = [sinh(x + y) + sinh(x − y)] .
2
cosh x cosh y =

Tính chất 1.10 (Công thức biến đổi tổng thành tích).
x−y
x+y
cosh
,
2
2
x+y
x−y
cosh x − cosh y = 2 sinh
sinh
,

2
2
x−y
x+y
cosh
,
sinh x + sinh y = 2 sinh
2
2
x+y
x−y
sinh x − sinh y = 2 cosh
sinh
,
2
2
sinh(x + y)
tanh x + tanh y =
,
cosh x. cosh y
sinh(x − y)
tanh x tanh y =
.
cosh x. cosh y

cosh x+ cosh y = 2 cosh

1.2

Đẳng thức sinh bởi hàm mũ và hàm hyperbolic

Trong phần này ta xét một số dạng toán áp dụng các tính chất của hàm mũ và các
hàm hyperbolic.
Bài toán 1.1. Tính giá trị các hàm hyperbolic tại điểm ln 2 và ln 3.
Lời giải. Theo định nghĩa, ta có
eln 2 − e−ln 2 3
=
sinh(ln 2) =
2
4


6

và

eln 2 + e−ln 2 5
3
5
cosh(ln 2) =
= ; tanh(ln 2) = ; coth(ln 2) = .
2
4
5
3
Tương tự, ta có
eln 3 − e−ln 3 4
sinh (ln 3) =
=
2

3

và
cosh(ln 3) =

eln 3 + e−ln 3 5
4
5
= ; tanh(ln 3) = ; coth(ln 3) = .
2
3
5
4

Bài toán 1.2. Giải các phương trình và bất phương trình sau:
5
a. e2x + e−2x = .
2
8
b. e3x − e−3x ≥ .
3
3
c. ax − a−x < , 0 < a = 1.
2
Lời giải.
5
e2x + e−2x 5
a.
= ⇔
=

2
2
4
⇔ cosh 2x = cosh(ln 2) ⇔ 2x = ±ln 2 do hàm cosh x đồng biến trên (0; +∞) và
e2x + e−2x

nghịch biến trên (−∞; 0).

√
Vậy phương trình có hai nghiệm x = ±ln 2.
8
e3x − e−3x 4
3x
−3x
b. e − e
≥ ⇔
≥
3
2
3
⇔ sinh 3x ≥ sinh(ln 3) ⇔ 3x ≥ ln 3 do hàm sinh x đồng biến trên R.
√
Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ ln 3 3.
3
3
exln a − e−xln a 3
x
−x
x
ln

a
−x
ln
a
c. a − a < ⇔ e
−e
< ⇔
<
2
2
2
4
⇔ sinh(xln a) < sinh(ln 2) ⇔ xln a < ln 2.
ln 2
Nếu a > 1 bất phương trình có nghiệm x <
⇔ x < loga 2.
ln a
ln 2
⇔ x > loga 2.
Nếu 0 < a < 1 bất phương trình có nghiệm x >
ln a

Bài toán 1.3. Chứng minh bất đẳng thức
a. cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R.


7

b. −1 < tanh x < 1, ∀x ∈ R.
c. coth x > 1, ∀x > 0 & coth x < −1, ∀x < 0.

d. sinh3 x + cosh3 x ≥ 1, ∀x ∈ R.
Lời giải.
a. cosh x ≥ 1. ∀x ∈ R.
ex + e−x √ x −x
Ta có cosh x =
≥ e .e = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
2
Từ đó ta có điều cần chứng minh.
b. −1 < tanh x < 1. ∀x ∈ R.
ex − e−x e2x − 1
2
Ta có tanh x = x
=
=
1
−
.
e + e−x e2x + 1
e2x + 1
Do e2x > 0 nên −1 < tanh x < 1, ∀x ∈ R.
c. coth x > 1, ∀x > 0 & coth x < −1, ∀x < 0.
1
Ta có coth x =
, ∀x = 0 và từ phần b. Từ đó ta có điều cần chứng minh.
tanh x
d. Ta có
3

3

sinh x + cosh x =

=

ex − e−x
2

3

ex + e−x
+
2

e3x + 3e−x
=
4

e3x + e−x + e−x + e−x √
4
≥ e3x .e−x .e−x .e−x = 1.
4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Tiếp theo, ta xét một số ví dụ minh họa sau.
Bài toán 1.4. Chứng minh rằng
sinh x + sinh 3x + sinh 5x
a.
= tanh 3x.
cosh x+ cosh 3x + cosh 5x

b. tanh x + tanh 2x − tanh 3x = tanh x tanh 2x tanh 3x.
Lời giải.

3


8

a.

sinh x + sinh 3x + sinh 5x
cosh x+ cosh 3x + cosh 5x

=

2 sinh 3x cos 2x + sinh 3x
= tanh 3x.
2 cosh 3x cosh 2x + cosh 3x

b. tanh x+ tanh 2x − tanh 3x = tanh x+ tanh 2x − tanh(x + 2x)
tanh x+ tanh 2x
1 + tanh x tanh 2x
1
= (tanh x+ tanh 2x) 1 −
1 + tanh x tanh 2x
tanh x tanh 2x
= (tanh x+ tanh 2x)
1 + tanh x tanh 2x
tanh x+ tanh 2x
tanh x tanh 2x = tanh x tanh 2x tanh 3x.

=
1 + tanh x tanh 2x
= tanh x + tanh 2x −

Bài toán 1.5. Tính các tổng sau:
Sn = sinh x + sinh 2x + sinh 3x + · · · + sinh nx
Tn = cosh x + 2 cosh 2x + 3 cosh 3x + · · · + n cosh nx
Lời giải. Nếu x = 0 thì Sn = 0

x
Xét x = 0. Nhân cả hai vế Sn với sinh , ta được
2
x
2
x
x
x
= 2 sinh sinh x + 2 sinh sinh 2x + 2 sinh sinh 3x + . . .
2
2
2
x
+ 2 sinh sinh nx
2
3x
x
5x
3x
= cosh − cosh
+ cosh − cosh

2
2
2
2
7x
5x
2n + 1
2n − 1
+ cosh − cosh
+ · · · + cosh
x − cosh
x
2
2
2
2

Sn .2 sinh


9

= cosh

2n + 1
x
x − cosh .
2
2

Suy ra
x
cosh 2n+1
2 x − cosh 2
Sn =
.
2 sinh 2x

Nếu x = 0 thì Tn = 1 + 2 + 3 + · · · + n =
Xét x = 0, thì

n(n + 1)
.
2

Sn = cosh x + 2 cosh 2x + 3 cosh 3x + · · · + n cosh nx.
Suy ra
Tn = Sn =
2n+1
1
x
2n+1
2 sinh 2 x − 2 sinh 2

x
cosh 2n+1
2 x − cosh 2
2 sinh 2x

=

x
2 sinh 2x − cosh 2x cosh 2n+1
2 x − cosh 2

4 sinh2 2x
=

=

2x
2x
x
2n+1
x
(2n + 1) sinh 2n+1
2 x sinh 2 − sinh 2 − cosh 2 x cosh 2 + cosh 2

4sinh2 2x
1
1 + 2n+1
2 (cosh(n + 1)x − cosh nx) − 2 (cosh(n + 1)x + cosh nx)

4sinh2 2x
=
=

1 + n cosh(n + 1)x − (n + 1) cosh nx
4sinh2 2x

n (cosh(n + 1)x − cosh nx) + 1 − cosh nx
4sinh2 2x
.

2 nx
x
2n sinh 2n+1
2 x sinh 2 − 2 sinh 2

=

4sinh2 2x
2 nx
x
n sinh 2n+1
2 x sinh 2 − sinh 2

2sinh2 2x

.

Bài toán 1.6. Chứng minh bất đẳng thức cosh(5x − 7) ≥

√
25x2 − 70x + 50.


10

Lời giải. Xét hàm số y = cosh2 (5x − 7) − (5x − 7)2 + 5x − 1, ∀x ∈ R.

Ta có
y = 5 sinh (2(5x − 7)) − 10(5x − 7) + 5; y = 50 cosh (2(5x − 7)) − 50 ≥ 0.
Do đó
y≥y
Ta có
y

7
+y
5
7
5

= 7; y

7
5

x−
7
5

7
.
5

=5

nên
cosh2 (5x − 7) − (5x − 7)2 + 5x − 1 ≥ 7 + 5 x −

Suy ra cosh2 (5x − 7) ≥ 25x2 − 70x + 50.
Từ đó ta có điều cần chứng minh cosh(5x − 7) ≥

1.3

7
.
5

√
25x2 − 70x + 50.

Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm và tích phân quan
trọng

Trong phần này, ta trình bày các bất đẳng thức Landau, Kolmogorov và Steklov
đối với đạo hàm và tích phân các hàm số đặc biệt. Và trình bày một số áp dụng vào
chứng minh các bất đẳng thức và giải bài toán cực trị với hàm mũ và hàm hyperbolic.
Định lí 1.1 (Bất đẳng thức Landau). Cho f : R → R là một hàm của lớp C2 . Giả sử
f và f bị chặn. Đặt
M0 = sup | f (x)|, M1 = sup | f (x)|, M2 = sup | f (x)|.
x∈R

x∈R

x∈R

√
Chứng minh rằng f bị chặn và M1 ≤ 2 M0 M2 .
Chứng minh. Đầu tiên, ta nhận thấy rằng nếu M2 = 0 thì hàm f chỉ đáp ứng được

11

điều kiện liên tục. Do vậy, không mất tính tổng quát ta có thể 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) + 2h f (x) + 2h2 f (x).
Do vậy
f (x + h) − f (x)
− h f (x).
2h
Lấy modun và áp dụng các giả thiết ban đầu, ta thu được
f (x) =

| 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 M0 M2 .
M2

Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Kolmogorov). Cho f : R → R là một hàm của lớp C3 .
Giả sử f và f

bị chặn.

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

x∈R

x∈R

1
1
a. Chứng minh rằng f bị chặn. Hơn nữa, M1 ≤ (9M02 M3 ) 3
2
b. f có bị chặn hay không ?
Chứng minh. a. Cố định x ∈ R và h = 0. Áp dụng công thức khai triển Taylor cho
các giá trị ở giữa h và x + h, ta thu được:
h2
h3
| f (x + h) − f (x) − h f (x) − f (x)| ≤ M3

2
6


12

và

h2
h3
| f (x − h) − f (x) + h f (x) − f (x)| ≤ M3 .
2
6
Vậy nên
h2
2h| f (x)| = |( f (x − h) − f (x) + h f (x) − f (x))
2
h2
−( f (x + h) − f (x) − h f (x) − f (x)) + f (x + h) − f (x − h)|.
2

Hệ thức này cho ta bất đẳng thức
2h| f (x)| ≤ | f (x − h) − f (x) + h f (x) −
+| f (x + h) − f (x) − h f (x) −

h2
f (x)|
2

h2

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

Do đó
| f (x)| ≤

M0 m3 h2
+
=: ψ(x).
h
6

Vậy f (x) bị chặn.
1

Mặt khác, ψ đạt cực tiểu tại h0 = (3M0 M3−1 ) 3 .
1
1
1
1
Từ ψ(h) = (9M02 M3 ) 3 ta có M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 .
2
2
b. Theo giả thiết và theo ý câu (a) các hàm f và f

= ( f ) là các hàm bị chặn.

Áp dụng bất đẳng thức Landau, ta có f bị chặn.
Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Landau-Kolmogorov). Cho f : R → R là một hàm của
lớp Cn . Giả sử f và f (n) bị chặn.
a. Chứng minh rằng f (n−1) bị chặn.
b. Từ đó suy ra tất cả các đạo hàm f (k) với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1 đều bị chặn.
c. Đặt Mk = sup | f (k) (x)|.
x∈R

Chứng minh rằng Mk > 0 ứng với mọi 0 ≤ k ≤ n; k ∈ N.
−1
d. Sử dụng các hàm uk = 2k−1 Mk Mk−1
; 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N để chứng minh rằng

Mk ≤ 2

k(n−k)
2

1− nk nk
M0 Mn .


13

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

k j ( j)
Mn kn
f

(x)
.
≤
2M
+
0
∑ j!
n!
j=1

Do vậy
n−1

n−1

∑
k=1

k
Cn−1

k j ( j)
∑ j! f (x) ≤
k= j

n−1
k
2M0 +
∑ Cn−1
k=1

Mn kn
n!

.

Điều đó cho thấy
n−1

∑

j=1

n−1
1 ( j) n−1
Mn kn
n−1−k k
j
k
Cn−1 k ≤ ∑ Cn−1 2M0 +
f (x) ∑ (−1)
.
j!
n!
k=1
k=1

m

Mặt khác ∑ (−1)m−kCmk k j = 0 nếu 1 ≤ j ≤ m − 1,

m

k=1

hoặc ∑ (−1)m−kCmk k j = m! nếu j = m.
k=1

Ta thấy rằng tất cả các bất đẳng thức bên trái đều không xảy ra ngoại trừ trường
hợp j = n − 1.
Theo đó ∀x ∈ R, ta đều có
| f (n−1) (x)| ≤

n−1
k
(2M0 +
∑ Cn−1
k=1

Mn kn
).
n!

Vậy nên f (n−1) (x) bị chặn.
b. ta dễ dàng có f (k) với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1 đều bị chặn bằng phương pháp qui
nạp.
Thật vậy theo giả thiết và theo ý a ta có f và f (n−1) bị chặn nên ta có f (n−2) bị
chặn.
Tương tự, ta có f và f (n−2) bị chặn nên ta có f (n−3) bị chặn.
Cứ tiếp tục quá trình trên, ta có tất cả các đạo hàm f (k) với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1 đều
bị chặn.

14

c. 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 liên tục của giả thiết. Điều đó cho thấy Mk > 0
với mọi 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N.
d. Áp dụng bất đẳng thức Landau, ta có
Mk ≤

2Mk−1 Mk+1 , ∀1 ≤ k ≤ n − 1.

Điều này. cho thấy bất đẳng thức
u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un ,
trong đó
(u1 u2 . . . uk )n ≤ (u1 u2 . . . un )k .
Áp dụng bất đẳng thức trong trường hợp này, ta có được

Mk ≤ 2

k(n−k)
2

1−

M0

k
k
n Mnn .

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lí 1.4 (Bất đẳng thức Steklov). Giả sử hàm f (x) khả vi liên tục trên khoảng
(a; b) và sao cho f (a) = f (b) = 0. Khi đó, có bất đẳng thức
b
a

(b − a)2
| f (x)| dx ≤
4

b

2

| f (x)|2 dx.

a

Chứng minh. Biểu diễn hàm f đã cho ở dạng
f (x) =

1
2

x

b

f (t)dt −

a

f (t)dy =
x

1
2

b

sign(x − t) f (t)dt.
a

(1.7)


15

Áp dụng bất đẳng thức Buniakowski ta có
2
1 b
sign(x − t) f (t)dt
2 a
b
1 b
b−a
≤
|sign(x − t)|2 dt.
| f (t)|2 dt =
4 a

4
a

| f (x)|2 =

b

| f (t)|2 dt

a

lấy tích phân theo x trên (a; b), ta được
b
a

(b − a)2
| f (x)| dx ≤
4

b

2

| f (x)|2 dx.

a

Định lý được chứng minh.
Nhận xét 1.2. Nhận xét rằng, có thể làm tốt bất đẳng thức (1.7) bởi bất đẳng thức
b

| f (x)|2 dx ≤

a

(b − a)2
π2

b

| f (x)|2 dx.

(1.8)

a

Tuy nhiên, chứng minh bất đẳng thức (1.8) không đơn giản vì nó đòi hỏi nhiều
kiến thức của Toán cao cấp (theo sự hiểu biết của chúng tôi), nên chúng tôi sẽ không
trình bày chứng minh ấy trong luận văn này.
Tiếp theo, ta xét một số dạng bất đẳng thức sinh bởi đạo hàm liên quan đến các
bất đẳng thức cổ điển.
Ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 1.1. Cho f : R → R là một hàm khả vi và lim f (x) ≥ 0 và f (x) > 0, ∀x ∈ R.
x→−∞

Khi đó f (x) > 0 với mọi x ∈ R.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử tồn tại một số x0 ∈ R sao cho f (x0 ) < 0. Theo giả
thiết, ta có f > 0 nên f (x) < f (x0 ) với x < x0 .
Do đó lim f (x) ≤ f (x0 ) < 0, mâu thuẫn.
x→−∞

Bài toán 1.7 (Kolmogorov). Cho f : R → R là một hàm khả vi bậc 3 trên R sao cho
f, f , f , f

đều là các số dương. Hơn nữa, ta giả sử f (x) ≤ f (x), ∀x ∈ R. Chứng


16

minh rằng f (x) < 2 f (x), ∀x ∈ R.
Lời giải. Đầu tiên ta chứng minh
lim f (x) = 0

x→−∞

và
lim f (x) = 0.

x→−∞

Thật vậy, theo định lí giá trị trung bình tồn tại ξn ∈ (−n2 ; −n), sao cho
f (−n2 ) − f (−n) = (n − n2 ) f (ξn ) < 0.
Theo giả thiết ban đầu, các giới hạn của f và f tại −∞ tồn tại và chúng không
âm.
Ta giả sử phản chứng rằng lim f (x) > 0.
x→∞

Lấy giới hạn trong đẳng thức trên tại −∞ ta có 0 = −∞ (mâu thuẫn).
Do đó lim f (x) = 0.
x→−∞

Chứng minh tương tự, ta cũng có lim f (x) = 0.
x→−∞

Bây giờ ta áp dụng bổ đề, theo giả thiết, ta có f (x) ≤ f (x). Do vậy
f (x) f (x) ≤ f (x) f (x) ≤ f (x) f (x) + f 2 (x), ∀x ∈ R.
Sử dụng bất đẳng thức này, đồng thời áp dụng bổ đề trên cho hàm
1
f (x) f (x) − ( f (x))2 ,
2
ta thu được
1
( f (x))2 < f (x) f (x), ∀x ∈ R.
2
Mặt khác, do f > 0 và f > 0, nên ta có
f 2 (x) ≤ 2 f (x) f (x), ∀x ∈ R.


17

Kết hợp hai bất đẳng thức trên, ta thu được
1 f 2 (x) 2 1
(
) ≤ ( f (x))2 < f (x) f (x).
2 2 f (x)
2
Do vậy f 3 (x) < 8 f 3 (x), ∀x ∈ R.
Điều đó cho thấy f (x) < 2 f (x).
Nhận xét 1.3. Ta có thể chứng minh một bất đẳng thức trên bằng một bất đẳng thức
mạnh hơn bằng cách thay thế hằng số 2, bằng một hằng số nhỏ hơn 2.

1
Thật vậy, thêm f (x) f (x) vào 2 vế của bất đẳng thức
2
1
( f (x))2 < f (x) f (x), ∀x ∈ R
2
và áp dụng giả thiết f (x) ≤ f (x) ta có
1
3
1
[ f (x) f (x) + ( f (x))2 ] < f (x) f (x) + f (x) f (x) ≤ f (x) f (x).
2
2
2
Áp dụng bổ đề trên, ta có
1
3
f (x) f (x) < f 2 (x), ∀x ∈ R.
2
4
Nhân hai vế với f (x) và áp dụng bổ đề trên ta suy ra rằng
1
1 3
f (x) < f 3 (x), ∀x ∈ R.
6
4
3 1
Do đó f (x) < ( ) 2 f (x) < 2 f (x).
2
Bài toán 1.8. Cho f : [a; b] → R là một hàm mà có đạo hàm (không nhất thiết phải

hữu hạn) tại bất kì tại điểm nào trong [a; b].
Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ [a; b] sao cho
|

f (a) − f (b)
| ≤ | f (x0 )|.
b−a


18

Lời giải. Đối với bất kì số nguyên 0 ≤ n ≤ 10. Xét dãy cn = a +

(b − a)n
. ta có
10

9
f (a) − f (b)
| ≤ ∑ | f (cn+1 − f (cn )|.
|
b−a
n=0

Như vậy, tồn tại một số nguyên k với 0 ≤ k ≤ 0 sao cho
|

f (ck+1 ) − f (ck )
f (a) − f (b)
|≥|

|.
ck+1 − ck
b−a

Xét k1 là số nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên và xác định a1 = ck1 và b1 = ck1 +1 .
Tiếp theo, ta lập luận tương tự với các khoảng số thực I1 := [a1 ; b1 ] ta có khoảng
số thực I2 := [a2 ; b2 ]. Cứ tiếp tục lập luận như trên, ta có một chuỗi các số thực
In := [an ; bn ] sao cho bn − an = 10−n (b − a) và
|

f (a) − f (b)
f (bn ) − f (an )
|≥|
|.
bn − an
b−a

Từ In là một khoảng đóng |In | = (bn − an ) → 0 và I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ . . . theo bổ
đề Cantor tồn tại duy nhất một giá trị x0 sao cho x0 ∈

In .
n≥1

Đặc biệt, điều này cho thấy x0 = lim an = lim bn .
n→∞

n→∞

f (bn ) − f (an )
f (a) − f (b)

Ta thấy rằng trong bất đẳng thức |
|≥|
| có thể thay thế
bn − an
b−a
một trong hai giá trị an hoặc bn bởi giá trị x0 .
Theo đó, do bất đẳng thức trên kết hợp với đồng thức nhất cơ bản, ta có
f (bn ) − f (an )
f (bn ) − f (x0 ) bn − x0 f (x0 ) − f (an ) x0 − an
=
+
.
bn − an
bn − x0
bn − an
x 0 − an
bn − an
Trong kết luận, ta có thể giả định bất đẳng thức trên cho vô hạn chỉ số nk , k ≥ 1
và cho an thay thế bởi x0 .
Lấy nk → ∞ và sử dụng định nghĩa của hàm f tại x0 , ta có
|

f (a) − f (b)
| ≤ | f (x0 )|.
b−a


19

Bài toán 1.9. Cho hàm số

f (x) = a1 sin x + a2 sin 2x + · · · + an sin nx.
Giả sử | f (x)| ≤ | sin x|. Chứng minh rằng
|a1 + 2a2 + · · · + nan | ≤ 1.
Lời giải. Vì f (0) = 0 và | f (x)| ≤ | sin x|, nên ta có
f (x) − f (0)
= lim
x→0
x

| f (0)| = lim

x→0

= lim

x→0

f (x)
≤ 1,
sin x

f (x) sin x|
.
sin x
x

⇒ | f (0)| = |a1 + 2a2 + · · · + nan | ≤ 1.

Bài toán 1.10. Cho a là số thực dương. Chứng minh rằng ex > xa ⇔ a < e với x > 0.
ex

Lời giải. Xét hàm f (x) = a , x > 0.
x
Ta có f (x) → ∞ khi x → 0 và x → ∞. Do đó tồn tại giá trị cực tiểu của f tại x0 . Theo
định lí Fermat ta có
f (x0 ) = ex0 x0−a
Giá trị này nhỏ nhất tại x = a và f (a) =

1−a
= 0.
x0

ea
. Do vậy
aa

ex > xa ⇔ a < e, x > 0.
Bài toán 1.11. Cho f là một hàm có đạo hàm cấp 3 liên tục trên đoạn [0; 1], thỏa
mãn
f (0) = f (0) = f (0) = f (1) = f (1) = 0 và f (1) = 1.
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [0; 1] sao cho f (c) ≥ 24.
Lời giải. Hãy xem xét mở rộng chuỗi Taylor tại các điểm x = 0 và x = 1 :


20

f (0) 2 f (ξx ) 3
x +
x ,
2
6

f (1)
f (ηx )
f (x) = f (1) + f (1)(x − 1) +
(x − 1)2 +
(x − 1)3
2
6
với ≤ ξx ≤ x; x ≤ ηx ≤ 1.
f (x) = f (0) + f (0)x +

Kết hợp với các giả thiết, ta có
f (x) =
f (x) = 1 +

f (ξx ) 3
x ,
6
f (ηx )
(x − 1)3 .
6

1
ta thấy tồn tại ξ ; η sao cho f (ξ ) + f (η) = 48.
2
Như vậy, một trong 2 số f (ξ ), f (η) lớn hơn hoặc bằng 24 .

Chọn x =

Vậy tồn tại c ∈ [0; 1] để f (c) ≥ 24.
Bài toán 1.12. Cho hàm số f khả vi trên [0; 1] sao cho f (0) = 0, f (1) = 1. Chứng

minh tồn tại 2 số phân biệt a, b thuộc (0; 1) sao cho f (a). f (b) = 1.
Lời giải. Xét hàm số g(x) = f (x) + x − 1 thì g khả vi trên [0; 1]. Ta có g(0) = −1 < 0
và g(1) = 1 > 0 nên tồn tại số c ∈ (0; 1) sao cho g(c) = 0.
Do đó f (c) + c − 1 = 0 hay f (c) = 1 − c.
Áp dụng định lý Lagrange cho f trên các đoạn [0; c] và [c; 1] thì:
f (c) − f (0)
+ Tồn tại a ∈ (0; c) sao cho
= f (a).
c−0
f (1) − f (c)
+ Tồn tại b ∈ (c; 1) sao cho
= f (b), nên
1−c
f (c) 1 − f (c) (1 − c)c
f (a). f (b) =
.
=
= 1.
c
1−c
c(1 − c)
Vậy tồn tại 2 số phân biệt a, b thuộc (0; 1) sao cho f (a). f (b) = 1.
Bài toán 1.13. Cho hàm f : R → R là một hàm trên C3 . Chứng minh rằng tồn tại
a ∈ R sao cho f (a) f (a) f (a) f (a) ≥ 0.