Đang tải... (xem toàn văn)
Định lí giá trị trung bình
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên MỤC LỤC A ĐỊNH LÍ FERMAT VÀ CÁC ĐỊNH LÍ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH QUY TẮC L’HOSPITAL I Định lý Fermat: Định nghĩa: a Điểm cực trị hàm số: Cho hàm số f: tồn ( a, b ) → R Gọi hàm số đạt cực trị địa phương xo ∈ ( a, b) u = ( x0 − δ , x0 + δ ) ⊂ ( a, b ) f ( x ) > f ( x0 ) (1) f ( x ) < f ( x ) (2) , để: ∀ x ∈ u / { x0 } Trường hợp (1) ta nói f đạt cực tiểu địa phương x0 Trường hợp (2) ta nói f đạt cực đại địa phương x0 b Định lí Fermat Nếu hàm số f(x) khả vi đạt cực trị địa phương f ′ ( x0 ) = Chứng minh: Đại học Sư Phạm Thái Nguyên x− Khi f(x) xác định khoảng ( khoảng ta có: f ( x0 + ∆x) − f ( x0 ) ≤ với δ , x0 + δ ) với δ >0 ∆x < δ Do đó: f ( x0 ) − lim f ( x0 + ∆ x) − f(x ) ≥0 ∆x f ′ ( x0 ) − lim f ( x0 + ∆ x) − f(x ) ≤0 ∆x ∆ x − > 0− ∆ x − > 0+ x Mặc khác f có đạo hàm điểm nên Suy f ′ ( x0 ) = f +′ ( x0 ) = f −′ ( x0 ) f ′ ( x0 ) = *Chú ý: x x ⊂ ( a, b ) • Nếu hàm đạt cực trị Như f(x) xác định [a,b] khái niệm đại cực trị hai đầu mút a b, có nói đại hàm trái b đạo hàm phải a • Định lí Fermat phát biểu tổng quát hơn: Nếu trái a đạt cực đại ( cực tiểu) a thì: ft′ ( x0 ) ≥ f p′ ( x0 ) ≤ (hay ft′ ( x0 ) ≤ f ( x) khả vi phải ( )≥0) f′ x p Đại học Sư Phạm Thái Nguyên • x x Hàm số có cực trị chưa khả vị Chẳng hạn f ( x) = x có cực tiểu chặn < x , ∀ x ≠ 0, f ( ) = f ( h ) − f ( 0) h = h h giới hạn nhiên không khả vi vì: • x Hàm só khả vi f ( x ) = x3 có f ′ ( 0) = f ′ ( x0 ) = nhiên Tuy h→ x chưa đạt cực trị , chẳng hạn: x3 ≤ với x ≤ x3 ≥ với x ≥ Vậy hàm cực trị • Ý nghĩa hình học: tiếp tuyến điểm tương ứng đường cong, song song với trục Ox (Hình 1) II Định lí Rolle: Định nghĩa: Đại học Sư Phạm Thái Nguyên Cho hàm số iii) f : ( a, b ) → R thỏa mãn: i) Hàm số f(x) xác định liên tục đoạn ii) Có đạo hàm hữu hạn [ a, b ] f ′ ( x) khoảng ( a, b ) f (a) = f (b) Khi tồn c ∈ ( a, b ) cho f ′ (c) = y f (a) = f (b) a c b x Hình 2 Chứng minh a, b ] [ Theo tính chất hàm liên tục f(x) đạt giá trị nhỏ m lớn M [ a, b ] m = Min f ( x) = Inf f ( x) [ a ,b ] [ a ,b ] Đại học Sư Phạm Thái Nguyên M = Max f ( x) = Sup f ( x) [ a ,b ] [ a ,b ] Nếu m = M f(x) = const ⇒ f ′ ( x) = ∀ x ∈ ( a, b ) f (a) = f (b) Nếu m < M nên đồng thời M = f(a) m = f(b) m = f(a) M = f(b) Chứng tỏ hàm đạt giá trị nhỏ m lớn M điểm c ∈ ( a, b ) Tức f (c) ≤ f (x) f (c) ≥ f (x) theo định lí Fermat f ′ (c ) = *Chú ý: • Định lí Rolle minh hoạ hình học sau: Tồn điểm Cf • M ( c,f ( c ) ) ∈ C f với c ∈ ( a, b ) tiếp tuyến song song với trục hoành Ox (hình 2) Điểm c ∈ ( a, b ) tương ứng số θ ∈ ( 0,1) Hệ quả: cho c = a +θ ( b − a) Đại học Sư Phạm Thái Nguyên Hệ 1: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm (a; b) f ( x) có n nghiệm f '( x) có n - nghiệm (n số nguyên dương lớn 1) (a; b) (a; b) Hệ 2: Nếu hàm số (a; b) f ( x) có đạo hàm (a; b) f '( x) vô nghiệm f ( x) có nhiều nghiệm (a; b) Hệ 3: Nếu f ( x) có đạo hàm (a; b) f '( x) có nhiều n nghiệm (n số nguyên dương) (a; b) (a; b) f ( x) có nhiều n + nghiệm Các hệ suy trực tiếp từ định lí Rolle nghiệm nghiệm bội (khi f ( x) đa thức) III Định lý số gia hữu hạn - Định lý Lagrange: Định nghĩa: Cho hàm số i) ii) f : ( a, b ) → R thỏa mãn: Hàm số f(x) xác định liên tục [a,b] Hàm số f(x) khả vi (a,b) tồn c thuộc (a,b) để có: Đại học Sư Phạm Thái Nguyên f ( b) − f ( a) = ( b − a) f ′ ( c) Từ suy ra: Nếu hàm số f(x) có đạo hàm f’(x) = với x thuộc (a,b) f(x) = const y f(b) B C f(a) M A a c b x (hình 3) Ngoài định lí Lagrange phát biểu dạng tích phân sau: Định lí: Nếu f ( x) hàm liên tục đoạn [a; b] tồn điểm c ∈ (a; b) thỏa b mãn: ∫ f ( x)dx = f (c)(b − a) a Định lí Lagrange dạng tích phân áp dụng chứng minh số toán liên quan đến tích phân giới hạn hàm số Chứng minh: Xét hàm số: Đại học Sư Phạm Thái Nguyên f (b ) − f ( a ) x b− a F ( x) = f ( x) − Ta có: F(x) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) F (a) = F (b) Theo định lí Rolle tồn Mà F '( x) = f '( x) − Suy : f (b) − f (a) f (b) − f (a) f '(c) = b − a , suy b−a f ′ ( c) = Hay c ∈ (a; b) cho F '(c) = f ( b) − f ( a ) b− a f ( b) − f ( a) = f ′ ( c) ( b − a ) *Chú ý: • f ( b) − f ( a) b− a Ý nghĩ hình học: Tỷ số hệ số gọc cát tuyến AM (hay MB), điểm f ′ ( c) hệ số góc tiếp tuyến với đường cong C ( c, f ( c ) ) y = f ( x) Đại học Sư Phạm Thái Nguyên • Theo định lí Largrange dây cung AM tìm điểm c mà tiếp tuyến song song với dây cung AM Trường hợp f ( a) = f ( b) ta có định lí Rolle c ∈ ( a, b ) • Bởi , nên ta viết thức Lagrange viết dạng: c = a + θ ( b − a ) ,0 < θ < công f ( b ) − f ( a ) = f a + θ ( b − a ) ( b − a ) ,0 < θ < • Nếu đặt a = x, b = x + ∆ x ta nhận được: f ( x + ∆ x) − f ( x) = f ′ ( x + θ ∆ x) , 0< θ < Hệ quả: a Hệ 1: (định lí giới hạn đạo hàm) Cho hàm số f : ( a , b ) → R , x0 ∈ ( a , b ) thỏa mãn: x Hàm f(x) liên tục Hàm f(x) khả vi Lim f ′ ( x ) = x→ x0 ( a, b ) / { x0} f ′ ( x) x Khi hàm f khả vi Chứng minh: x liên tục Đại học Sư Phạm Thái Nguyên Vì lim f ′ ( x ) = x → x0 nên ∀ ε > 0, ∃ η > cho ∀ x ∈ ( a, b ) \ { x0} : < x − x0 < η ⇒ f ′ ( x ) − l < ε Áp dụng định lí Lagrange f ( x ) − f ( x0 ) = ( x − x0 ) f ′ ( cx ) [ x, x0 ] , tồn cx ∈ ( x,x0 ) cho đương nhiên cx − x0 < x − x0 < η f ( x ) − f ( x0 ) − l = f ′ ( cx ) − l < ε x − x0 Từ suy Điều chứng tỏ f ′ ( xo ) = l từ điều kiện cảu định lí suy f ′ ( x) x (Chú ý: Chúng ta nhận định lí tương tự hàm trái phải.) b Hệ 2: Cho hàm số f : ( a, b ) → R thỏa mãn: 10 liên tục Đại học Sư Phạm Thái Nguyên (Công thức Taylor với phần dư Peano) + Nếu f ( x) khả vi liên tục tới cấp , khả vi cấp ( n + 1) khoảng [ a; b] ( a; b) f ( n ) ( x0 ) f ( n+ 1) ( c ) n ( x − x0 ) + ( x − x0 ) n+ f ( x ) = f ( x0 ) + + ( n + 1)! n! với x f ( n ) ( x0 ) f ( n + 1) ( x + θ ( x − x ) ) n ( x − x0 ) + ( x − x0 ) n+ f ( x ) = f ( x0 ) + + ( n + 1)! n! với 0< θ < (Công thức Taylor với phần dư Largrange) Phần dư có Rx(x) có dạng: f ( n+ 1) (c) Rx ( x) = ( x − x0 )n+ c∈ ( x ,x ) (n + 1)! với tức n f ( x) = ∑ k= c = x0 + θ (x − x0 ),0 < θ < f ( k ) (0) k f ( n+ 1) (θ (x) n+ x + x k! (n + 1)! 42 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên gọi công thức MacLaurin bậc n hay khai triển Taylor bậc n f(x) lân cận *Ví dụ 1: Khai triển Maclaurint đến cấp hàm f ( x) = x − 3x + Giải: f ( x) = 1 + − 1− x 1− x Ta có: x x = 1+ + ÷ 1− x 2 2 x + ÷ 2 x + ÷ 2 x 5 x + ÷ + O ÷ ÷ ÷ 2 = + x + x + x3 + x + x5 + O ( x5 ) 1− x Do 15 31 63 f ( x) = + x + x + x3 + x + x5 + O( x5 ) 16 32 64 *Ví dụ : Khai triển Maclaurint hàm f(x) = ln(x2+5x+4) tính f(10)(0) Giải: x = ln( x + 1) + ln4 + ln(1 + ) 43 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên (− 1)n− n (− 1)n− x n x n x x = ln4 + x − x + + x + O( x ) ÷ + − ( ) + + ( ) + O(( )n ) ÷ n n 4 4 1 (− 1)n− 1 = ln + x − (1 + ) x + + (1 + n ) x n + O( x n ) 4 n (− 1)n− 1 n f ( x) = ln4 + ∑ (1 + n ) x + O( x n ) k=1 n Vậy: n f (10) (0) Theo công thức Taylor 10! Là hệ số x10 khai triển Suy ra: (− 1)9 1 + 4110 f (0) = 10! (1 + 10 ) = − 10 10 4 (10) *Chú ý: • Nếu f (n+ 1) bị chận lân cận x0 rõ ràng dần đến x → x0 nghĩa Rn (x) f ( n+1) (c) = ( x − x0 ) n ( x − x ) ( n + 1)! • Với giả thiết lân cận x0 f (n+ 1) bị chận lân cận x0 lấy gần f(x) đa thức Pn ( x) với sai số 44 Rn (x) = ( ( x − x0 )n ) Đại học Sư Phạm Thái Nguyên • Ngưởi ta chứng minh phàn dư viết dạng khác, gọi dạng Cauchy: f ( n+ 1) (θ x) Rx ( x) = (1 − θ ) n x n+ n! III Khai triển Maclaurin hàm bản: * Khai triển hàm số: f(x)=ex, n e = f (0) + ∑ x k=1 ∀ x∈ R f ( k ) (0) ( x − 0) k + o ( ( x − 0) n ) k! f (k ) ( x) = e x ⇒ f (k ) (0) = , ∀ k ∈ Ν Ta có: Suy ra: n k x + o( x n ) k=1 k ! e = 1+ ∑ x x x2 xn e = 1+ + + + + ( xn ) 1! 2! n! Hay x Trong ( xn ) n x VCB bậc cao x → * Khai triển hàm f(x)=sin x 45 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên π π f ( k ) ( x) = sin x + k ÷ ⇒ f ( k ) (0) = sin k 2 Ta có: f (2 p ) ( ) = f (2 p − 1) (0) = ( − 1) p−1 , ∀ p∈ Ν Do đó: n −1 sin x = f (0) + ∑ k=0 n ⇒ sin x = ∑ (− 1) k =1 f ( k ) (0) k x + o ( x n −1 ) k! k −1 x k −1 + o ( x n −1 ) (2k − 1)! 2n− x3 x5 n− x sin x = x − + − L + (− 1) + o ( x2n− ) 3! 5! (2n − 1)! Hay Tương tự cho hàm cos x 2n x2 x4 n x cos x = − + − L + (− 1) + o ( x 2n ) 2! 4! (2n)! *Khai triển ln(1+x), x > -1 Xét f ( x ) = ln ( + x ) 46 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên (− 1) k − (k − 1)! f ( x) = (1 + x)k (k ) Ta có: ⇒ f (k ) (0) = (−1)k −1 (k − 1)! Do đó: n ln(1 + x) = f (0) + ∑ k =1 n f ( k ) (0) k x + o ( xn ) k! ⇒ ln(1 + x) = ∑ (− 1)k −1 k =1 xk + o( x n ) k n x x3 n −1 x ln(1 + x) = x − + − L + (−1) + o( x n ) n Hay *Khai triển f ( x) = (1 + x)α , α ∈ R (k ) α −k ∀ k ∈ Ν , ta có: f ( x) = α (α −1)L (α − k + 1)(1 + x) ⇒ f (k ) (0) = α (α − 1) L (α − k + 1) Suy ra: n (1 + x) = f (0) + ∑ α k =1 f ( k ) (0) k x + o ( xn ) k! 47 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên α α (α − 1) α (α − 1)L (α − n + 1) n (1 + x)α = + x + x +L + x + o( x n ) 1! 2! n! Hay: Các trường hợp đặc biệt: • Với α = − 1: = − x + x − x3 + L + (− 1)n x n + o( x n ) 1+ x ⇒ = + x + x − x + L + x n + o( x n ) 1− x • Với α= 2: 1 + x = + x − x + 0( x ) • Với α =− 2: 1 = − x − x + 0( x ) 1+ x *Khai triển Maclaurin arctan hyperbolic: x3 x5 x n− sinh x = x + + − L + + o ( x 2n− ) 3! 5! (2n − 1)! + 48 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên x2 x x2n cosh x = + + − L + + o ( x2n ) 2! 4! (2n)! + (Giống sinx, cosx không đan dấu) n− x3 x5 n− x arctan x = x − + − L + (− 1) + o ( x2n− ) 2n − + (Giống sinx, mẫu số giai thừa) III Ứng dụng khai triển Taylor Tính gần đúng: + Dùng khai triển Taylor, ta tính gần giá trị hàm số phức tạp điểm + Ta tính gần đạo hàm cách áp dụng khai triển Taylor lân cận x: h2 f ( x + h ) = f ( x ) + h f ′( x ) + f ′ (c), c = x +θh, 2! với Từ ta tính f ′( x) ≈ f ( x + h) − f ( x ) h Bài 1: Với giá trị x công thức gần sau: x2 cos x ≈ − sai số đến 0,0001 Giải: 49 < θ f đạt cực f đạt cực đại địa phương x0 Bài 4: Xét hàm f ( x ) = e x + e− x + 2cos x x = ta có: f ′ ( ) = f ′ ( ) = f ′ ′ ( ) = 0, f (4) (0) = > Vậy x = điểm cực tiểu địa phương Bài 5: Giả sử f ( x ) ∈ C∞ ( R ), f (k ) (0) = ∀ k=0,1,2 f (k ) ( x) ≥ với x > 0, k = 1,2, CMR: f ( x) = với x > Giải: 53 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên Khai triển Taylor hàm f ( x ) với x = 0, x > ý f k (0) = ∀ k ∈ N n −1 f (x) = ∑ k =0 = Vì f k (0) k f ( n) n x + x , 0< θ < x k! n! (n) f (θ ) x n n! f (n+1) ( x ) ≥ 0, x > nên f (n) ( x ) với x > Do f (n) (0) < f (n) ( x ) f ( n ) (θ) n (n ) n f ( x) = x ≥ f (x)x , n ∈ Ν n ! n! Do (1) Mặt khác áp dụng công thức Taylor điểm x ta lại có n− f (2 x ) = ∑ k= Từ (1) (2) f ( k ) ( x ) k f ( n ) (θ ) n n − f ( k ) ( x ) x + x ≤∑ , x < θ < 2x k! n! k ! k= (2) ⇒ f (2 x) ≤ nf ( x ) ∀ n ∈ Ν Điều xảy f (x) = ta có điều phải chứng minh IV Bài tập đề xuất: Bài 1: Khai triển hàm số f (x) = e x − x2 x theo luy thừa nguyên dương x đến Bài 2: Tìm đạo hàm cấp x = 0, với f(x) = ex.sinx 54 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên f ( x ) = + x − x (x > 0) theo lũy thừa nguyên dương x đến Bài 3: Khai triển x3 Bài 4: Áp dụng khai triển Taylor, tính giới hạn sau: tan x − sin x L1 = lim x →0 sin x x − sin x L2 = lim 2 x → x sin x L3 = lim ( ) ln + x3 − 2sin x + x cos x x →0 + x cos x − + x x→ ln(1 + x) − x L4 = lim ex − x + x − L5 = lim x → sin xchx − shx L6 = lim tan x − sin x e x + ln(1 − x) − x →0 − x3 − Bài 5: Ước lượng sai số tuyệt đối công thức gần sau: x2 xn e = + x + + + , ≥ x ≥ 2! n! x a) b) x x2 1+ x ≈ 1+ − , ≥ x ≥ Bài 6: Giả sử f ( x ) ∈ C∞ [ − 1,1] , f (k ) (0) = k = 1,2 55 tồn số α ∈ ( 0,1) cho Đại học Sư Phạm Thái Nguyên sup f (k ) ( x ) ≥ α k k ! ∀ k ∈ Ν CMR f ( x ) = [ − 1,1] 56 [...]... −1 f ( x ) − f ( 1) > 0 , hay f ( x ) < f ( 1) khi x khá gần 1, x 0 tồn tại N đủ lớn sao cho: qN-1|xm-n+1 – x1| < ε Như vậy dãy (xn) thoả mãn tiêu chuẩn Cauchy, do đó (xn) hội tụ III Ứng dụng Quy tắc L’Hospital: Bài 3.1: Tính giới hạn: cos x π x→ 2 x − π lim a) 2 (cos x )′ 2x − π ) ′ ( Vì =− sin x 1 π → − khi x → 2 2 2 cos x 1 =− π 2 x→ 2 x − π lim nên theo quy tắc L’Hospital 2 Ta có thể viết ngắn gọn như sau: cos x (cos x )′ sin x 1 = lim = lim − =− π π... trên R và ta có: f ( 1) = a0 + a a1 a2 + + + n 2 3 n+ 1 an 2 n a2 22 a3 23 f ( 2 ) = 2 a0 + a1 + + + + ÷ 3 4 n + 1 Từ giả thiết ta có định lí Rolle, tồn tại f ( 1) = f ( 2) = 0, c1, c2 thỏa mãn ngoài ra hiển nhiên 0 < c1 < 1 < c2 < 2 tiếp tục áp dụng định li Rolle cho hàm f ′ ( x) 21 f ( 0) = 0 sao cho trên đoạn Khi đó theo f ′ ( c1 ) = f ′ ( c2 ) = 0 [ c1, c2 ] , ∃ x0 ∈ ( c1, c2 ) ⊂ ( 0,2)... xm f ′ ( x)dx = 0 thể giữa một dấu cố định trong khoảng ( xm ; + ∞ ) Vậy trên (a; + ∞ ) hàm số f ′ ( x) có các số không điểm không ít hơn sô với hàm số f ( x) Chứng minh tương tự trong khoảng (− ∞ ; a ) 33 Đại học Sư Phạm Thái Nguyên 5 Định lí Lagrange – Tìm giới hạn dãy số: x1 = 2007 x = 3 + xn , ∀ n ∈ N * n+1 xn2 − 1 Bài 2.13 Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: Tìm giới hạn của dãy số khi... ≠ 0 lim f ( x ) = + ∞ , lim g( x ) = + ∞ x→ c Hơn nữa x→ c Trường hợp này vẫn có thể áp dụng được quy tắc L’Hospital, nghĩa là nếu f ′( x) =A x → c g′ ( x ) lim Chứng minh: Thật vậy, lấy hạn lim thì x, x 0 ∈ ( a, b ) x→ c f ( x) g( x) =A và ằm về cùng một phía đối với c, chẳng c < x < x0 , áp dụng định lí Cauchy ta có: f ( x ) − f ( x0 ) f ′ ( ω ) = , x < ω < x0 ′ g ( x ) − g( x 0 ) g ( ω ) 15 Đại học... hàm số (0; + ∞ ) , và f (t ) = (t + 1)α − t α (t>0) Rõ ràng f (t ) liên tục và có đạo hàm trên f ′ ( t ) = α (t + 1)α − 1 − t α − 1 Mặt khác, từ (*) ta có cho (**) f (11) = f (5) Do đó theo định lí Rolle, ∃ c ∈ ( 5;11) f ′ (c ) = 0 ⇒ α (c + 1)α −1 − cα −1 α = 0 ⇒ ⇒ α −1 α −1 (c + 1) = c Thử lại ta thấy các giá trị =0 α = 0 α = 1 α = 0,α = 1 thỏa mãn phương trình (*) Vậy phương ... Từ lí luận suy giá trị bé hàm số hai đầu mút giá trị bé đạt Fermat: 18 [ 0,1] xảy ξ ∈ ( 0,1) Theo định lí Đại học Sư Phạm Thái Nguyên f ′( ξ ) = II Ứng dụng định lí Rolle, định lí Lagrange, định. .. + δ( x )) g( x ) f ′( x ) =A ′g (c) B MỘT SỐ ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LÍ FERMAT, ROLLE, LAGRANGE, CAUCHY QUY TẮC L’HOSPITAL I Ứng dụng định lí Fermat toán cực trị hàm khả vi biến Bài 1.1 0,1] f ′ (... giai thừa) III Ứng dụng khai triển Taylor Tính gần đúng: + Dùng khai triển Taylor, ta tính gần giá trị hàm số phức tạp điểm + Ta tính gần đạo hàm cách áp dụng khai triển Taylor lân cận x: h2 f