Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích khoa Toán bạn sinh viên Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Hào tận tình giúp đỡ em trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Lần đầu thực công tác nghiên cứu khoa học nên khoá luận không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2010 Tác giả Trần Thị Mây Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, khóa luận tốt nghiệp “Các định lý giá trị trung bình áp dụng” hoàn thành, không trùng với khóa luận khác Trong trình làm khóa luận, kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2010 Tác giả Trần Thị Mây Mục lục Mở đầu Chương1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm hàm khả vi 1.2 Quan hệ đạo hàm tính liên tục hàm số 1.3 Các phép tính đạo hàm 1.4 Các định lý đạo hàm Chương2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 2.1 Định lý Rolle với hàm số sơ cấp đơn giản 10 2.2 Một số cách xây dựng toán giới hạn dãy số từ Định lý giá trị trung bình 15 Chương3 ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VỚI MỘT SỐ TOÁN TỬ TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH 21 3.1 Một số Bổ đề 21 3.2 Một số định lý giá trị trung bình số toán tử tích phân tuyến tính 30 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 Mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết giới hạn phép tính sở Giải tích Toán học Nhờ nó, mà người ta xây dựng nghiên cứu cách tường minh khái niệm hàm số: liên tục, khả vi, khả tích Ngay khái niệm đạo hàm hình thành, cách đơn giản người ta ra: hàm có đạo hàm Tuy nhiên, vấn đề ngược lại không hẳn đơn giản Đến lý thuyết đạo hàm hàm số biến số xây dựng xem hoàn chỉnh, người ta khẳng định điều tưởng tầm thường Các định lý giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng phép tính vi phân, tích phân hàm Giải tích Toán học Đến nay, ý nghĩa kết thu hút quan tâm nhiều lĩnh vực Toán học nhiều ngành khoa học khác Những kết nghiên cứu đem lại nhiều ứng dụng việc nghiên cứu toán tồn nghiệm phương trình, vấn đề cực trị hàm số, lý thuyết giải tích số, Trong Toán học, hướng nghiên cứu quan tâm mở rộng kết tới lớp hàm, toán tử khác Bởi tầm quan trọng tính thời định lý giá trị trung bình hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, em chọn đề tài: “Các định lý giá trị trung bình áp dụng” để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp hệ đào tạo cử nhân chuyên ngành Sư phạm Toán học Cấu trúc đề tài bố cục thành ba chương: Chương Tác giả trình bày kiến thức khái niệm khả vi hàm biến số kết quan trọng phép tính vi phân hàm số biến số Chương Chương dành cho việc trình bày số phương pháp xây dựng số kết phép tính vi phân hàm số biến số nhờ Định lý giá trị trung bình Bằng việc sử dụng tính chất đặc trưng hàm sơ cấp kỹ thuật tạo dựng hàm phụ, đưa số toán sâu vào việc nghiên cứu hàm khả vi Thêm nữa, thấy phương pháp vận dụng kết hợp giới hạn với Định lý giá trị trung bình để có lớp toán giới hạn dãy số đặc sắc Chương Chúng trình bày số kết định lý giá trị trung bình lớp toán tử tích phân tuyến tính không gian C ([0, 1]) hàm liên tục nhận giá trị thực xác định đoạn [0, 1] Mục đích, nhiệm vụ kết nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng Định lý giá trị trung bình toán hàm khả vi, toán giới hạn dãy số khai thác nhờ Định lý giá trị trung bình Mở rộng kết Định lý giá trị trung bình tới lớp toán tử tích phân tuyến tính Đối tượng nghiên cứu Ứng dụng Định lý giá trị trung bình vấn đề mở rộng kết tới lớp toán tử tích phân tuyến tính Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm hàm khả vi Định nghĩa 1.1.1 Cho hàm số y = f (x) xác định khoảng (a, b) , x0 ∈ (a, b) Cho x0 số gia ∆x cho x0 + ∆x ∈ (a, b) Chúng ta gọi biểu thức ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) số gia hàm số ứng với số gia ∆x đối số Nếu tồn hữu hạn giới hạn ∆y f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = lim , ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x giới hạn gọi đạo hàm hàm số f (x) điểm x0 , ký hiệu lim f (x0 ) Như ∆y f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = lim ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x f (x0 ) = lim (1) Đặt x = x0 + ∆x ta viết công thức (1) dạng f (x) − f (x0 ) x→x0 x − x0 f (x0 ) = lim (2) Ví dụ 1.1.2 Nếu hàm f (x) = C, với C số f (x) = Thật vậy, với x ∈ R có ∆y f (x + ∆x) − f (x) C −C = lim = lim = ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x f (x) = lim Ví dụ 1.1.3 Tìm đạo hàm hàm y = ln x; với (x > 0) Theo định nghĩa, có ∆y ∆x = lim ln + ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x x f (x) = lim = lim ∆x→0 1.2 ∆x ln + x x x ∆x = x Quan hệ đạo hàm tính liên tục hàm số Định lý 1.2.1 Hàm số f (x) có đạo hàm điểm x0 liên tục Chứng minh Giả sử hàm số có đạo hàm x0 Theo định nghĩa viết ∆y = f (x0 ) + α(∆x), ∆x α(∆x) vô bé ∆x → Từ đó, suy ∆y = f (x0 ).∆x + θ(∆x), với θ(∆x) = ∆x.α(∆x) vô bé bậc cao ∆x ∆x → Tính liên tục hàm số f (x) nhận từ việc chuyển qua giới hạn số gia hàm số số gia đối số ∆x → lim ∆y = lim (f (x0 ).∆x + θ(∆x)) = ∆x→0 ∆x→0 Chú ý 1.2.2 Điều ngược lại không Chẳng hạn, xét hàm số f (x) = |x| điểm x0 = Ta có ∆f = f (0 + ∆x) − f (0) = |0 + ∆x| − |0| = |∆x| Do lim ∆f = lim |∆x| = ∆x→0 ∆x→0 Từ suy hàm số f (x) = |x| liên tục điểm x0 = Tuy nhiên, cho số gia đối số ∆x dần đến từ bên trái bên phải ta nhận ∆f -1 Điều chứng tỏ hàm số cho giới hạn tỷ số ∆x đạo hàm điểm x0 = 1.3 Các phép tính đạo hàm Bằng việc trực tiếp sử dụng định nghĩa đạo hàm dễ dàng chứng minh kết phép tính đạo hàm Định lý 1.3.1 Nếu hàm số f (x) g(x) có đạo hàm điểm x f (x) hàm f (x) ± g(x), f (x).g(x), (g(x) = 0) có đạo hàm g(x) ta có công thức sau (i) (f (x) ± g(x)) = f (x) ± g (x) (ii) (f (x).g(x)) = f (x).g(x) + f (x).g (x) f (x) f (x).g(x) − f (x).g (x) (iii) = g(x) (g(x))2 Định lý 1.3.2 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm x0 , hàm z = g(y) xác định khoảng chứa y0 = f (x0 ) có đạo hàm y0 Khi hàm g ◦ f (x) có đạo hàm x0 ta có (g ◦ f ) (x0 ) = g (y0 ).f (x0 ) Chứng minh Cho x0 số gia ∆x Khi ta có số gia ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆z = g(y0 + ∆y) − g(y0 ) tương ứng Từ tồn đạo hàm hàm f (x) g(y) ta có ∆z ∆y = f (x0 ) + θ1 (∆x) = g (y0 ) + θ2 (∆y) ∆x ∆y θ1 (∆x) θ2 (∆y) vô bé ∆x → ∆y → 0, tương ứng Nhân hai đẳng thức vế với vế ta ∆z = (f (x0 ) + θ1 (∆x)) (g (y0 ) + θ2 (∆y)) ∆x Cho ∆x → ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) → (do tính liên tục hàm f (x)) Từ ta z (x0 ) = g (y0 ).f (x0 ) Định lý 1.3.3 Cho hàm số y = f (x) liên tục đơn điệu nghiêm ngặt khoảng (a, b) Nếu f (x) có đạo hàm điểm x0 ∈ (a, b) f (x0 ) = 0, hàm ngược x = ϕ(y) xác định khoảng (c, d) = f [(a, b)] có đạo hàm y0 = f (x0 ) ϕ (y0 ) = f (x0 ) Chứng minh Vì f (x) hàm 1-1 nên tồn hàm ngược khoảng chứa y0 = f (x0 ) Ta có ϕ(y) − ϕ(y0 ) x − x0 = = f (x) − f (x0 ) y − y0 f (x) − f (x0 ) x − x0 Do ϕ(y) hàm ngược hàm f (x) liên tục đơn điệu ngặt nên ϕ(y) liên tục Từ suy y → y0 x = ϕ(y) → x0 = ϕ(y0 ) Cho y → y0 , ta ϕ (y0 ) = 1.4 f (x0 ) Các định lý đạo hàm Định nghĩa 1.4.1 Hàm y = f (x) xác định (a, b) Điểm x0 ∈ (a, b) gọi điểm cực đại (tương ứng, cực tiểu) địa phương hàm y = f (x) tồn số δ > cho B (x0 ; δ) = (x0 − δ, x0 + δ ) ⊂ (a, b) để với x ∈ B (x0 ; δ) f (x) ≤ f (x0 ); (tương ứng, f (x) ≥ f (x0 )) Điểm x0 mà hàm y = f (x) đạt cực đại cực tiểu gọi gọi chung điểm cực trị Định lý 1.4.2 (Định lý Fecmat) Nếu hàm y = f (x) đạt cực trị x0 mà hàm số có đạo hàm f (x0 ) = Chứng minh Giả sử hàm số đạt cực đại x0 Khi với |∆x| < δ f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ Do f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ ∆x > 0, ∆x f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≥ ∆x < ∆x Từ đó, suy f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≥ 0; ∆x→0 ∆x f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≤ 0; f x+ = lim + ∆x→0 ∆x Bởi vì, hàm số có đạo hàm điểm x0 nên f (x0 ) = f x− = lim − Định lý 1.4.3 (Định lý Rolle) Cho hàm y = f (x) liên tục [a, b] , khả vi (a, b) f (a) = f (b) Khi đó, tồn số c ∈ (a, b) cho f (c) = Chứng minh Nếu f (x) hàm kết hiển nhiên Trái lại, theo định lý Weierstrass, tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = m f (c) = M, với m, M giá trị nhỏ giá trị lớn f (x) [a, b] Theo giả thiết f (a) = f (b), nên có điểm cực trị hàm số c ∈ (a, b) Từ đó, theo định lý Fecmat f (c) = Định lý 1.4.4 (Định lý Lagrange) Cho hàm f (x) liên tục [a, b] , khả vi (a, b) Khi tồn số c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a (3) Chứng minh Hàm ϕ(x) = f (x) − f (a) − f (b) − f (a) (x − a) b−a thoả mãn giả thiết định lý Rolle, nên tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Từ ta nhận kết định lý Lập luận tương tự chứng tỏ xảy t h1 (x)dx, với t ∈ [0, 1] h1 (t) < Bổ đề chứng minh Cách Như chứng minh trên, ta xét hàm khả vi γ1 = ζ1 : [0, 1] → R xác định công thức t γ1 (t) = e−t h1 (x)dx Với tính toán đơn giản, có  γ1 (t) = e−t h1 (t) −  t h1 (x)dx Thêm nữa, dễ dàng thấy γ1 (0) = γ1 (1) = Theo Định lý Rolle, tồn c1 ∈ (0, 1) cho γ1 (c1 ) = Từ đó, suy c1 h1 (c1 ) = h1 (x) dx Bổ đề 3.1.2 Cho hàm số h2 : [0, 1] → R hàm số liên tục với h2 (1) = Khi tồn c2 ∈ (0, 1) cho c2 h2 (c2 ) = h2 (x)dx Chứng minh Cách Chúng ta xét hàm phụ sau ζ2 : [0, 1] → R xác định công thức ζ2 (t) = e−t t h2 (x)dx Giả sử ngược lại t h2 (x)dx với t ∈ [0, 1] h2 (t) = 22 Chúng ta chứng minh cho trường hợp t h2 (x)dx với t ∈ [0, 1], h2 (t) > (3.1) trường hợp lại thực tương tự Bằng việc tính đạo hàm hàm ζ2 kết hợp với bất đẳng thức trên, có bất đẳng thức sau   t ζ2 (t) = e−t h2 (t) − h2 (x)dx > 0 Do hàm ζ2 tăng nghiêm ngặt với t ∈ (0, 1) Điều có nghĩa 1 ζ2 (1) = e h2 (x)dx > = ζ2 (0) Mặt khác từ giả thiết (3.1), suy h2 (1) > h2 (x)dx > 0 Điều mâu thuẫn với giả thiết h2 (1) = Vậy ta có điều phải chứng minh Cách Chúng ta áp dụng định lý sau: Cho hàm số f : [a, b] → R liên tục [a, b], khả vi (a, b) f (a) = f (b) Khi tồn f (c) − f (a) điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = (Xem [1]) c−a Bây xét hàm khả vi γ2 : [0, 1] → R, xác định t γ2 (t) = te−t h2 (x)dx Bằng tính toán ta có   t γ2 (t) = e−t  t h2 (x)dx + t h2 (t) − h2 (x)dx 23  Từ giả thiết h2 (1) = ta có γ2 (0) = γ2 (1) Theo định lý trên, tồn c2 ∈ (0, 1) cho γ2 (c2 ) = γ2 (c2 ) − γ2 (0) c2 Điều tương đương với  c  c2 c2 e−c2   h2 (x)dx = c2 e−c2 h2 (x)dx + c2 h2 (c2 ) − c2 Vậy ta có h2 (x)dx c2 h2 (c2 ) = h2 (x)dx Bổ đề 3.1.3 Giả sử h3 : [0, 1] → R hàm khả vi với đạo hàm liên h3 (x)dx = Khi tồn c3 ∈ (0, 1) cho tục thỏa mãn c3 h3 (c3 ) = h3 (c3 ) h3 (x)dx Chứng minh Giống chứng minh bổ đề 3.1.1, xét hàm khả vi γ3 : [0, 1] → R xác định t γ3 (t) = e−h3 (t) h3 (x)dx Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên,   t γ3 (t) = e−h3 (t) h3 (t) − h3 (t) h3 (x)dx Hơn nữa, từ giả thiết có γ3 (0) = γ3 (1) = Do đó, theo Định lý Rolle, tồn c3 ∈ (0, 1) cho γ3 (c3 ) = Từ đó, nhận c3 h3 (c3 ) = h3 (c3 ) h3 (x)dx 24 Bổ đề 3.1.4 Giả sử h4 : [0, 1] → R hàm liên tục thoả mãn h4 (x)dx = Khi đó, tồn c4 ∈ (0, 1) cho c4 xh4 (x)dx = 0 t xh4 (x)dx = 0, ∀t ∈ (0, 1) Chứng minh Chúng ta giả sử ngược lại t xh4 (x)dx > 0, với t ∈ (0, 1) Đặt Không tính tổng quát, giả sử t H4 (t) = h4 (x)dx lấy tích phân phần, ta t t xh4 (x)dx = tH4 (t) − 0< H4 (x)dx, với t ∈ (0, 1) 0 Cho qua giới hạn t → sử dụng giả thiết H4 (1) = 0, suy H4 (x)dx ≤ (3.2) Bây giờ, xét hàm khả vi µ : [0, 1] → R, xác định  t  H4 (x)dx t = t µ(t) =  t = t tH4 (t)− H4 (x)dx Dễ dàng nhận thấy µ (t) = > Do µ hàm tăng t2 (0, 1) Bởi µ(0) = nên H4 (x)dx > Điều mâu thuẫn với (3.2) c4 Bởi vậy, tồn c4 ∈ (0, 1) cho xh4 (x)dx = 0 Chú ý Sử dụng ý tưởng Bổ đề 3.1.1 3.1.2, 25 định nghĩa hàm phụ γ4 : [0, 1] → R, xác định t γ4 (t) = e−t xh4 (x)dx Lấy đạo hàm,   t γ4 (t) = e−t th4 (t) − xh4 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.4, có γ4 (0) = γ4 (c4 ) Bằng việc áp dụng Định lý c4 ) = Rolle [0, c4 ] , thấy tồn c˜4 ∈ (0, c4 ) cho γ4 (˜ Do c˜4 c˜4 h4 (˜ c4 ) = xh4 (x)dx Chú ý Như thấy đây, xét hàm khả vi γ˜4 : [0, 1] → R, xác định công thức t γ˜4 (t) = e−h4 (t) xh4 (x)dx,   t γ˜4 (t) = e−h4 (t) th4 (t) − h4 (t) xh4 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.4, γ˜4 (0) = γ˜4 (c4 ) = Do đó, theo Định lý Rolle, tồn c¯4 ∈ (0, 1) cho γ4 (c¯4 ) = Từ đó, nhận c¯4 c¯4 h4 (¯ c4 ) = h4 (¯ c4 ) xh4 (x)dx Bổ đề 3.1.5 Cho h5 : [0, 1] → R hàm liên tục thoả mãn 1 h5 (x)dx = xh5 (x)dx 26 Khi đó, tồn c5 ∈ (0, 1) cho c5 h5 (x)dx =0 Chứng minh Xét hàm khả vi I : [0, 1] → R t t I(t) = t h5 (x)dx− xh5 (x)dx t Dễ dàng tính I (t) = h5 (x)dx I(0) = I(1) Theo Định lý Rolle, tồn c5 ∈ (0, 1) cho I (c5 ) = Do đó, nhận c5 h5 (x)dx =0 Bổ đề 3.1.6 Giả sử h6 : [0, 1] → R hàm liên tục thỏa mãn 1 xh6 (x)dx Khi đó, tồn c6 ∈ (0, 1) cho h6 (x)dx = 0 c6 xh6 (x)dx = 0 Chứng minh Xét hàm ϕ : [0, 1] → R xác định H6 (t) = t ˜ (s)ds, h  s   xh6 (x)dx, s ∈ (0, 1] s ˜h6 (s) =   h6 (0) , s = ˜ liên tục H6 (0) = Chúng ta có Dễ dàng thấy h  − H6 (1) = lim ε→0,ε>0 ε  s  s xh6 (x)dx ds 27  s ε→0,ε>0 s ε→0 ε =− sh6 (s)ds s xh6 (x)dx|1ε + lim  = − lim  1 xh6 (x)dx+ h6 (x)dx = 0 Theo định lý Rolle, tồn c6 ∈ (0, 1) cho H6 (c6 ) = 0, tức c6 xh6 (x)dx = 0 Từ bổ đề 3.1.4 3.1.6, dễ dàng suy kết sau Định lý 3.1.7 Giả sử h7 : [0, 1] → R hàm liên tục thỏa mãn 1 h7 (x)dx = xh7 (x)dx 0 Khi tồn c7 , c˜7 ∈ (0, 1) cho c7 h7 (c7 ) = h7 (x)dx; c˜7 c˜7 h7 (˜ c7 ) = xh7 (x)dx Chứng minh Xét hàm phụ ζ7 , ζ˜7 : [0, 1] → R xác định công thức tương ứng t ζ7 (t) = e−t h7 (x)dx; t ζ˜7 (t) = e−t xh7 (x)dx 28 Dễ dàng tính   t ζ7 (t) = e−t h7 (t) − h7 (x)dx ;   t ζ˜7 (t) = e−t th7 (t) − xh7 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.5 3.1.6, tồn giá trị c4 , c5 ∈ (0, 1) cho ζ7 (0) = ζ7 (c4 ) ζ7 (0) = ζ7 (c5 ) Áp dụng định lý Rolle (0, c4 ) (0, c5 ) hàm ζ7 ζ˜7 , ta có điều phải chứng minh Định lý 3.1.8 Giả sử h8 : [0, 1] → R hàm khả vi với đạo hàm 1 xh8 (x)dx Khi tồn c8 , c˜8 ∈ (0, 1) h8 (x)dx = liên tục thỏa mãn 0 cho c8 h8 (c8 ) = h8 (c8 ) h8 (x)dx; c˜8 c˜8 h8 (˜ c8 ) = h8 (˜ c8 ) xh8 (x)dx Chứng minh Xét hai hàm phụ ζ8 , ζ˜8 : [0, 1] → R xác định tương ứng t ζ8 (t) = e−h8 (t) h8 (x)dx; t ζ˜8 (t) = e−h8 (t) xh8 (x)dx Dễ dàng thấy  t ζ8 (t) = e−h8 (t) h8 (t) − h8 (t) h8 (x)dx 29    t ζ˜8 (t) = e−h8 (t) th8 (t) − h8 (t) xh8 (x)dx Theo Bổ đề 3.1.5 3.1.6, tồn số c4 , c5 ∈ (0, 1) cho ζ8 (0) = ζ8 (c4 ) ζ˜8 (0) = ζ˜8 (c5 ) Áp dụng Định lý Rolle (0, c4 ) (0, c5 ) hàm ζ8 ζ˜8 ta điều phải chứng minh 3.2 Một số định lý giá trị trung bình số toán tử tích phân tuyến tính Định lý 3.2.1 Cho hai hàm liên tục ϕ, ψ : [0, 1] → R, định nghĩa toán tử T, S ∈ (C ([0, 1])) sau t (T ϕ) (t) = ϕ(t) − ϕ(x)dx, t (Sψ) (t) = tψ(t) − xψ(x)dx Giả sử f, g : [0, 1] → R hai hàm liên tục Khi đó, tồn c1 , c2 , c3 ∈ (0, 1) thỏa mãn 1 (i) f (x)dx(T g)(c1 ) = g(x)dx(T f )(c1 ) (ii).(T f )(c2 ) = (Sf )(c2 ) (iii) f (x)dx(Sg)(c3 ) = g(x)dx(Sf )(c3 ) Chứng minh 1 (i) Đặt h1 (t) = f (t) g(x)dx−g(t) f (x)dx, f, g : [0, 1] → R 0 30 hàm liên tục Theo Bổ đề 3.1.1, tồn c1 ∈ (0, 1) cho f (c1 ) c1 g(x)dx−g(c1 ) f (x)dx = c1 f (x)dx g(x)dx− g(x)dx f (x)dx hay c1  f (x)dx g(c1 ) −  g(x)dx f (c1 ) − g(x)dx = c1   f (x)dx Từ đó, suy 1 f (x)dx(T g)(c1 ) = g(x)dx(T f )(c1 ) (ii) Cho h2 (t) = (t − 1)f (t) với f : [0, 1] → R hàm liên tục Áp dụng Bổ đề 3.1.2, tồn c2 ∈ (0, 1) cho c2 (c2 − 1)f (c2 ) = (x − 1)f (x)dx Do đó, có c2 c2 f (c2 ) − c2 xf (x)dx = f (c2 ) − f (x)dx Điều có nghĩa (T f )(c2 ) = (Sf )(c2 ) (iii) Đối với khẳng định sau làm tương tự Đặt h3 (t) = f (t) g(x)dx−g(t) f (x)dx, với f, g : [0, 1] → R hàm liên tục Do đó, theo ý Bổ đề 3.1.4, tồn c3 ∈ (0, 1) cho 1 c3 f (c3 ) g(x)dx−c3 g(c3 ) f (x)dx 0 31 c3 c3 xf (x)dx g(x)dx− = 0 f (x)dx xg(x)dx 0 hay c3  f (x)dx c3 g(c3 ) −   g(x)dx c3 f (c3 ) − xg(x)dx = c3  xf (x)dx Từ đó, nhận 1 f (x)dx(Sg)(c3 ) = g(x)dx(Sf )(c3 ) Định lý 3.2.2 Cho T, S ∈ (C ([0, 1])) toán tử xác định định lý 3.2.1, tức cho hai hàm liên tục ϕ, ψ : [0, 1] → R xác định t (T ϕ) (t) = ϕ(t) − ϕ(x)dx, t (Sψ) (t) = tψ(t) − xψ(x)dx Giả sử f, g : [0, 1] → R hai hàm liên tục Khi đó, tồn c4 , c5 ∈ (0, 1) cho 1 (1 − x)f (x)dx(T g)(c4 ) = (i) (1 − x)g(x)dx(T f )(c4 ) 1 (1 − x)f (x)dx(Sg)(c5 ) = (ii) (1 − x)g(x)dx(Sf )(c5 ) Chứng minh 1 (i) Đặt h4 (t) = f (t) (1 − x)g(x)dx−g(t) (1 − x)f (x)dx Áp dụng Định 0 lý 3.1.7, tồn c4 ∈ (0, 1) cho 1 (1 − x)g(x)dx−g(c4 ) f (c4 ) (1 − x)f (x)dx 32 c4 = c4 (1 − x)g(x)dx− f (x)dx 0 Điều đó, tương đương với  c4 (1 − x)f (x)dx g(c4 ) − (1 − x)f (x)dx g(x)dx  g(x)dx 0 c4  (1 − x)g(x)dx f (c4 ) − =  f (x)dx 0 Từ đó, suy 1 (1 − x)f (x)dx(T g)(c4 ) = (1 − x)g(x)dx(T f )(c4 ) (ii) Chúng ta xét hàm h5 : [0, 1] → R xác định 1 (1 − x)g(x)dx−g(t) h5 (t) = f (t) (1 − x)f (x)dx 0 Theo Định lý 3.1.7, tồn c5 ∈ (0, 1) cho 1 (1 − x)g(x)dx−c5 g(c5 ) c5 f (c5 ) (1 − x)f (x)dx c5 = c5 (1 − x)g(x)dx− xf (x)dx 0 (1 − x)f (x)dx xg(x)dx 0 hay c5  (1 − x)f (x)dx c5 g(c5 ) −  xg(x)dx  c5 (1 − x)g(x)dx c5 f (c5 ) − = xf (x)dx 0 33  Điều có nghĩa 1 (1 − x)f (x)dx(Sg)(c5 ) = (1 − x)g(x)dx(Sf )(c5 ) 34 Kết luận Khóa luận giải vấn đề sau: Hệ thống kiến thức phép tính vi phân hàm số biến số Ứng dụng định lý giá trị trung bình việc giải số toán phép tính vi phân hàm số biến số việc dựng hàm phụ xuất phát từ hàm gốc cho trước Thêm nữa, xây dựng số toán giới hạn dãy số từ định lý giá trị trung bình Trình bày số kết định lý giá trị trung bình lớp toán tử tích phân tuyến tính không gian C ([0, 1]) hàm liên tục nhận giá trị thực xác định đoạn [0, 1] 35 Tài liệu tham khảo [1] T M Flett, A Mean Value Theorem, The Mathematical Gazette, Vol 42, No 339 (Feb, 1958), pp 38 – 39 [2] C Lupu - T Lupu, Mean Value Theorems for Some Linear Integral Operators, , Electronic Journal of Differential Equation, Vol 2009, No 117, pp - 15 ISSN: 1072 – 6691 [3] W Rudin, Principles of Mathematical Analysis, Copyright by Mc Graw-Hill, Inc All rights reserved, New York, 1976 [...]... xem định lý Lagrange và định lý Cauchy như là hệ quả của định lý Rolle 8 Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Các định lý giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng trong Toán học cũng như nhiều lĩnh vực khoa học khác Trong Toán học, người ta có thể kể đến một số vấn đề như: bài toán tồn tại nghiệm của các phương trình đại số, ước lượng khoảng chứa nghiệm của các phương trình và toán... ln 1 + n n n = −2010 20      Chương 3 ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VỚI MỘT SỐ TOÁN TỬ TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH Trong chương này, chúng tôi trình bày các kết quả về Định lý giá trị trung bình đối với lớp các toán tử tích phân tuyến tính Kết quả chính trong chương này là các Định lý 3.2.1 và 3.2.2 Trước hết chúng ta phát biểu các kết quả về giá trị trung bình đối với tích phân cần thiết cho việc trình bày... (t) h8 (x)dx 0 29  và   t ζ˜8 (t) = e−h8 (t) th8 (t) − h8 (t) xh8 (x)dx 0 Theo Bổ đề 3.1.5 và 3.1.6, tồn tại các số c4 , c5 ∈ (0, 1) sao cho ζ8 (0) = ζ8 (c4 ) và ζ˜8 (0) = ζ˜8 (c5 ) Áp dụng lần lượt Định lý Rolle trên (0, c4 ) và (0, c5 ) đối với hàm ζ8 và ζ˜8 ta được điều phải chứng minh 3.2 Một số định lý giá trị trung bình đối với một số toán tử tích phân tuyến tính Định lý 3.2.1 Cho hai hàm... các giả thiết của định lý Rolle trên [a, b] Do đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho ϕ (c) = 0 Từ đó, chúng ta nhận được khẳng định của định lý Chú ý 1.4.7 1 Nếu đặt g(x) = x trong định lý Cauchy thì ta nhận được định lý Lagrange 2 Nếu thêm giả thiết f (a) = f (b) trong định lý Lagrange thì ta nhận được định lý Rolle 3 Theo cách chứng minh đã trình bày trên đây, chúng ta cũng có thể xem định. .. xác định bởi các công thức tương ứng dưới đây t ζ7 (t) = e−t h7 (x)dx; 0 t ζ˜7 (t) = e−t xh7 (x)dx 0 28 Dễ dàng tính được   t ζ7 (t) = e−t h7 (t) − h7 (x)dx ; 0   t ζ˜7 (t) = e−t th7 (t) − xh7 (x)dx 0 Theo Bổ đề 3.1.5 và 3.1.6, tồn tại các giá trị c4 , c5 ∈ (0, 1) sao cho ζ7 (0) = ζ7 (c4 ) và ζ7 (0) = ζ7 (c5 ) Áp dụng định lý Rolle trên (0, c4 ) và (0, c5 ) lần lượt đối với các hàm ζ7 và ζ˜7... đoạn [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b) Theo ý tưởng đó, chúng tôi sử dụng các tính chất riêng biệt của một số hàm sơ cấp kết hợp với hàm gốc f (x) để có được các bài toán mới Ở đây, các hàm phụ mới được thiết lập theo hai cách thức sau 1 Kết hợp hàm gốc f (x) với một số hàm sơ cấp đơn giản dưới dạng tổng và dạng tích 2 Tính chất của hàm gốc thoả mãn các giả thiết của định lý giá trị trung bình được... của các phương trình và toán tử trong việc giải gần đúng của lý thuyết số, bài toán tìm cực trị của hàm số, Theo một khía cạnh, nhìn lại cách chứng minh của Định lý Lagrange và Định lý Cauchy, chúng ta thấy hai định lý đó là hệ quả của Định lý Rolle nhờ việc thiết lập hai hàm phụ tương ứng là ϕ(x) = f (x) − f (a) − f (b) − f (a) (x − a) b−a và ϕ(x) = f (x) − f (b) − f (a) (g(x) − g (a)) , g(b) − g(a)... vi trên e, e2 14 1 và f e2 = f (e) Chứng minh rằng tồn tại c ∈ e, e2 sao cho 2 f (c) = − 2.2 f (c) c ln c Một số cách xây dựng bài toán giới hạn của dãy số từ Định lý giá trị trung bình Trong phần này, chúng ta xây dựng một số bài toán về giới hạn của dãy số nhờ việc thiết lập những dãy hàm số thoả mãn các giả thiết của Định lý Rolle Từ đó, chúng ta nhận được những dãy số mà qua các giới hạn cơ bản... ∈ (a, b) thì hàm phải là hàm hằng trên đó Định lý 1.4.6 (Định lý Cauchy).Cho các hàm f (x) và g(x) liên tục trên [a, b] , khả vi trên (a, b) ; g (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó tồn tại ít nhất một số c ∈ (a, b) sao cho f (c) = f (b) − f (a) g(b) − g(a) Chứng minh Bởi vì g (x) = 0, với mọi x ∈ (a, b) , nên theo định lý Rolle chúng ta có g(a) = g(b) Một cách đơn giản, chúng ta có thể kiểm tra hàm... vậy, tồn tại c4 ∈ (0, 1) sao cho xh4 (x)dx = 0 0 Chú ý 1 Sử dụng ý tưởng như trong Bổ đề 3.1.1 và 3.1.2, chúng ta 25 định nghĩa hàm phụ γ4 : [0, 1] → R, được xác định bởi t γ4 (t) = e−t xh4 (x)dx 0 Lấy đạo hàm, chúng ta được   t γ4 (t) = e−t th4 (t) − xh4 (x)dx 0 Theo Bổ đề 3.1.4, chúng ta có γ4 (0) = γ4 (c4 ) Bằng việc áp dụng Định lý c4 ) = 0 Rolle trên [0, c4 ] , chúng ta thấy rằng tồn tại ... cách chứng minh trình bày đây, xem định lý Lagrange định lý Cauchy hệ định lý Rolle Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Các định lý giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng Toán... giá trị thực xác định đoạn [0, 1] Mục đích, nhiệm vụ kết nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng Định lý giá trị trung bình toán hàm khả vi, toán giới hạn dãy số khai thác nhờ Định lý giá trị trung bình. .. toán tử khác Bởi tầm quan trọng tính thời định lý giá trị trung bình hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, em chọn đề tài: Các định lý giá trị trung bình áp dụng để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp hệ