Bài tập về các định lý giá trị trung bình
|
Định lý 1.1 (Fecmat). Cho hàm f xác định trên (a, b) và c ∈ (a, b). Nếu f đạt cực trị địa phương tại c và f ′(c) tồn tại thì f ′(c) = 0. Định lý 1.1 (Rolle). Cho hàm f liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f ′(c) = 0. Định lý 1.1 (Lagrange). Cho hàm f liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b). Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f ′(c) = f (a a) −− fb (b). Định lý 1.1 (Cauchy). Cho hai hàm số f và g liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho [f (b) − f (a)]g′(c) = [g(b) − g(a)]f ′(c). Định lý 1.1 (Darboux). Cho hàm f khả vi trên (a, b) và c, d ∈ (a, b). Khi đó f ′ nhận mọi giá trị trung gian giữa f ′(c) và f ′(d). 1 Khai triển Taylor và quy tắc L’HospitalĐịnh lý 1.2. Nếu hàm số f : (a, b) → R có các đạo hàm đến cấp n − 1 trên (a, b) và có đạo hàm cấp n tại điểm x 0 ∈ (a, b) thì với h đủ nhỏ ta có f (x 0 + h) = f (x 0 ) + f ′(x 0 ) 1! h + f ′′(x 0 ) 2! h 2 +... + f (n)(x 0 ) n! h n + o(hn). Phần dư o(hn) được gọi là phần dư Peano. Định lý 1.2. Cho hàm f xác định trên [a, b] và x 0 là một điểm cố định trên [a, b]. Giả sử f có đạo hàm đến cấp n liên tục trên [a, b] và có đạo hàm cấp n + 1 trên khoảng (a, b). Khi đó với mỗi x ∈ [a, b], tồn tại c nằm giữa x và x 0 sao cho f (x) = f (x 0 ) + f ′(x 0 ) 1! (x − x 0 ) + ... + f (n)(x 0 ) n! (x − x 0 ) n + f (n+1)(c) (n + 1)! (x − x 0 ) n+1. Biểu thức Rn = f (n+1)(c) (n + 1)! (x − x 0 ) n+ được gọi là phần dư trong công thức khai triển Taylor (đến bậc n + 1) của hàm f tại x 0. Phần dư này được gọi là phần dư dạng Lagrange. Đặt h = x − x 0 và gọi θ ∈ (0, 1) là số sao cho c = x 0 + θh ta có f (x 0 + h) = f (x 0 ) + f ′(x 0 ) 1! h + f ′′(x 0 ) 2! h 2 +... + f (n)(x 0 ) n! h n + f (n+1)(x 0 + θh) (n + 1)! h n+1. Nếu hàm f thỏa mãn các giả thiết trong định lý trên thì tồn tại số c′ nằm giữa x và x 0 sao cho f (x) = f (x 0 )+ f ′(x 0 ) 1! (x−x 0 )+.. .++ f (n)(x 0 ) n! (x−x 0 ) n + f (n+1)(c′) (n + 1)! (x−x 0 )(x−c ′)n. Biểu thức R′ n = f (n+1)(c′) (n + 1)! (x − x 0 )(x − c ′)n được gọi là phần dư dạng Cauchy. Hiển nhiên là Rn = R n′. Đặt h = x − x 0 và gọi θ′ ∈ (0, 1) sao cho x = x 0 + θ′h ta có f (x 0 + h) = f (x 0 ) + f ′(x 0 ) 1! h + ... + f (n)(x 0 ) n! h n + f (n+1)(x 0 + θ′h) (n + 1)! (1 − θ ′)nhn+1. Định lý 1.2. Giả sử f và g là hai hàm số xác định và có đạo hàm hữu hạn trên (a, b) \ {x 0 }, x 0 ∈ (a, b). Nếu
′(x) g′(x) = L (L ∈ R hoặc L = ±∞), thì xlim→x 0 f g ((xx)) = L. Với những giả thiết thích hợp, quy tắc này cũng đúng cho giới hạn một phía, giới hạn ở vô tận, và giới hạn có dạng vô định ∞ ∞. Chương 2Bài tập2 Các định lý giá trị trung bìnhBài 1: Cho f : [−π/ 2 , π/2] → [− 1 , 1] là một hàm khả vi có đạo hàm liên tục và không âm. Chứng minh rằng tồn tại x 0 ∈ (−π/ 2 , π/2) sao cho (f (x 0 )) 2 + (f ′(x 0 )) 2 ≤ 1. Giải: Xét hàm số g(x) = arcsin(f (x)). Khi đó g : [−π/ 2 , π/2] → [−π/ 2 , π/2] là một hàm liên tục trên [−π/ 2 , π/2] và nếu f (x) 6 = ± 1 thì g khả vi tại x và g′(x) = f ′(x) √ 1 − (f (x)) 2. Nếu tồn tại x 0 ∈ (−π/ 2 , π/2) sao cho f (x 0 ) = 1 hay f (x 0 ) = − 1 thì x 0 là cực trị địa phương của hàm f nên theo định lý Fermat, f ′(x 0 ) = 0. Do đó ta có (f (x 0 )) 2 + (f ′(x 0 )) 2 = 1. Nếu f (x) 6 = ± 1 với mọi x ∈ (−π/ 2 , π/2) thì g thỏa mãn các điều kiện của định lý Lagrange trên [−π/ 2 , π/2] nên tồn tại x 0 ∈ (−π/ 2 , π/2) sao cho g(π 2 ) − g(−π 2 ) = f ′(x 0 ) √ 1 − (f (x 0 )) 2 (π 2 − (−π 2 )). Để ý rằng vì vế phải là không âm nên vế trái cũng không âm. Ngoài ra vế trái không vượt quá π. Vậy ta có bất đẳng thức sau đây 0 ≤ f ′(x 0 ) √ 1 − (f (x 0 )) 2 (π) ≤ π. Từ đó ta nhận được (f (x 0 )) 2 + (f ′(x 0 )) 2 ≤ 1. Bài 2: Cho hàm f liên tục trên [a, b] (a > 0 ), khả vi trên (a, b). Chứng minh rằng tồn tại x 1 , x 2 , x 3 ∈ (a) sao cho f ′(x 1 ) = (a + b)f ′(x 2 ) 4 x 2 + (a 2 + ab + b 2 )f ′(x 3 ) 6 x 3. Giải: Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên [a, b] ta có x 1 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) b − a = f ′(x 1 ). Áp dụng định lý Cauchy cho hàm f và hàm x 7 −→ x 2 ta có x 2 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) b 2 − a 2 = f ′(x 2 ) 2 x 2 hay f ′(x 1 ) = (a + b)f ′(x 2 2 x 2. Áp dụng định lý Cauchy cho hàm f và hàm x 7 −→ x 3 ta có x 3 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) b 3 − a 3 = f ′(x 3 ) 3 x 23 hay f ′(x 1 ) = (a 2 + ab + b 2 )f ′(x 3 ) 3 x 23. Từ các kết quả trên ta có x 1 , x 2 , x 3 ∈ (a, b) sao cho f ′(x 1 ) = (a + b)f ′(x 2 ) 4 x 2 + (a 2 + ab + b 2 )f ′(x 3 ) 6 x 23. Bài 3: Cho hàm f : (−∞, +∞) −→ (−∞, +∞) khả vi đến cấp n + 1 tại mỗi điểm của (−∞, +∞) và (a, b) ∈ R 2 , a < b, sao cho ln ( f (b) + f ′(b) +... + f (n)(b) f (a) + f ′(a) +... + f (n)(a) ) = b − a. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (n+1)(c) = f (c). Giải: Xét hàm F (x) = ( f (x) + f ′(x) +... + f (n)(x))e−x, x ∈ [a, b]. Ta có F (a) = F (b) và với mỗi x ∈ [a, b], F ′(x) = e−x ( f n+1 − f (x) ) . Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F ′(c) = 0, tức là f (n+1)(c) − f (c) = 0. là một hàm liên tục. Tóm lại F khả vi liên tục đến cấp 2 tại 0 (và do đó thuộc C 2 (R)) nếu (a 1 , a 2 , a 3 ) là nghiệm của hệ phương trình a 1 + a 2 + a 3 = 1 −a 1 − 2 a 2 − 3 a 3 = 1 a 1 + 4a 2 + 9a 3 = 1 Giải hệ này ta được ... Bài 5: Cho hàm f : R → R khả vi 2 lần và thỏa mãn f (0) = 2, f ′(0) = − 2 và f (1) = 1. Chứng minh rằng tồn tại một số c ∈ (0, 1) sao cho f (c)f ′(c) + f ′′(c) = 0. Giải: Xét hàm số g(x) = 1 2 f 2 (x) + f ′(x), x ∈ R. Ta có g(0) = 0 và với mỗi x, g′(x) = f (x)f ′(x) + f ′′(x). Theo định lý Rolle, ta chỉ cần chứng minh tồn tại η ∈ (0, 1) sao cho g(η) = 0 thì suy ra ngay sự tồn tại của c theo yêu cầu của bài ra. Ta xét hai trường hợp sau: a) f (x) 6 = 0 với mọi x ∈ [0, 1]. Khi đó đặt h(x) = x 2 − f ( 1 x), x ∈ [0, 1], ta có hàm h xác định trên [0, 1] và h′ = fg 2. Vì h(0) = h(1) = − 12 nên áp dụng định lý Rolle cho hàm h, tồn tại η ∈ (0, 1) sao cho h′(η) = 0. Do đó g(η) = f 2 (η)h′(η) = 0. b) Tồn tại x ∈ [0, 1] sao cho f (x) = 0. Khi đó ta gọi z 1 = inf{x ∈ [0, 1] : f (x) = 0} và z 2 = sup{x ∈ [0, 1] : f (x) = 0}. Từ tính liên tục của hàm f và tính chất của inf và sup ta có f (z 1 ) = f (z 2 ) = 0. Do đó 0 < z 1 ≤ z 2 < 1. Ngoài ra cũng dễ thấy f (x) > 0 với mọi x ∈ [0, z 1 ) ∪ (z 2 , 1]. Từ đó suy ra g(z 1 ) = f ′(z 1 ) ≤ 0 và g(z 2 ) = f ′(z 2 ) ≥ 0 , do đó tồn tại η ∈ [z 1 , z 2 ] ⊂ (0, 1) sao cho g(η) = 0. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 6: Cho f : [0, 1] → R thỏa mãn a. f tăng trên [0, 1], b. f khả vi trên (0, 1] và f ′ giảm trên (0, 1]. Xét dãy (xn)n được xác định bởi xn = 1 12 f ′(1 1) + 1 22 f ′(1 2) +... + 1 n 2 f ′( 1 n), n ∈ N. Chứng minh rằng dãy (xn)n hội tụ. Giải: Vì f tăng trên [0, 1] nên f ′(x) ≥ 0 với mọi x ∈ (0, 1]. Do đó với mỗi n ∈ N, ta có xn+1 − xn = (n + 1) 12 f ′( n + 1) 1 ≥ 0. Vậy dãy (xn)n là một dãy tăng. Để chứng minh (xn)n hội tụ ta chỉ cần chứng minh (xn)n bị chặn. Với mỗi k ∈ N, áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên [ 1 k+1 , 1 k ] ta có f ( 1 k ) − f ( k + 1) = 1 f ′(θk) k(k 1 + 1), với θk ∈ [ 1 k+1 , 1 k ] . Vì f ′ không âm và giảm trên (0, 1] nên từ đây suy ra f ( 1 k ) − f ( k + 1) 1 ≥ f ′( 1 k ) k(k 1 + 1). Do đó 1 k 2 f ′( 1k ) = k + 1 k f ′( 1k ) 1k(k + 1) ≤ 2 [ f ( 1 k ) − f ( k + 1) 1 ] . Lần lượt thay k bởi 1 , 2 , ..., n rồi cộng vế theo vế n bất đẳng thức đó ta được xn ≤ 2 [ f (1) − f ( n + 1) 1 ] . Vì f tăng trên [0, 1] nên f ( n+1 1 ) ≥ f (0). Do đó xn ≤ 2 [f (1) − f (0)]. Ngoài ra để ý rằng xn ≥ 0 với mỗi n ∈ N. Vậy (xn)n là một dãy tăng và bị chặn nên hội tụ. Chú ý:
an n + bn = f ( 1 n), an n + 1 + bn = f ( 1n + 1). Bài 8: Cho g là một hàm khả vi liên tục trên đoạn [a, b], f là một hàm khả vi trên đoạn [a, b] và f (a) = 0. Giả sử có số λ > 0 sao cho |g′(x)f (x) + f ′(x)| ≤ λ|f (x)|, với mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng f = 0 trên đoạn [a, b]. Giải: Giả sử rằng có c ∈ (a, b] sao cho f (c) 6 = 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử f (c) > 0. Vì f liên tục trên đoạn [a, b] nên tồn tại d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 với mọi x ∈ (d, c]. Với x ∈ (d, c] ta có g′(x) + f ′(x) f (x) − λ ≤ 0 , nên hàm số F (x) = g(x) + ln f (x) − λx không tăng trên (d, c]. Do đó với mỗi x ∈ (d, c], g(x) + ln f (x) − λx ≥ g(c) + ln f (c) − λc, hay là f (x) ≥ eλx−λc+g(c)−g(x)f (c). Vì f và g′ liên tục tại d nên ta nhận được 0 = f (d) = lim x→d+ f (x) ≥ eλd−λc+g(c)−g(d)f (c) > 0. Mâu thuẫn trên chứng tỏ f = 0 trên đoạn [a, b]. Chú ý
với mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng f = 0 trên đoạn [a, b]. Một cách chứng minh khác như sau: Giả sử có c ∈ (a, b] sao cho f (c) 6 = 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử f (c) > 0. Vì f liên tục trên đoạn [a, b] nên tồn tại d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 với mọi x ∈ (d, c]. Với x ∈ (d, c) ta có | ln f (c) − ln f (x)| = ∣∣ ∣∣ f ′(θx) f (θx) ∣∣ ∣∣ (c − x) ≤ λ(c − x), với θx ∈ (c, x). Qua giới hạn hai vế khi x → d+ ta nhận được mâu thuẫn. Mâu thuẫn đó chứng tỏ f = 0 trên đoạn [a, b].
|g(x)f (x) + f ′(x)| ≤ λ|f (x)|, với mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng f = 0 trên đoạn [a, b]. Bài 9: Cho f là một hàm khả vi trên [0, 1] sao cho f (0) = f ′(0) = f ′(1) = 0. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho f ′(c) = f ( cc ). Hướng dẫn giải: Đặt F (x) = f (x) x nếu x ∈ (0, 1], 0 nếu x = 0. Khi đó F là một hàm liên tục trên [0, 1], khả vi trên (0, 1]. Nếu có x ∈ (0, 1] sao cho f (x) = 0 thì F (x) = 0 và từ định lý Rolle ta có ngay điều phải chứng minh. Do đó sau đây ta coi f (x) 6 = 0 với mọi x ∈ (0, 1]. Hơn nữa do f liên tục nên ko mất tính tổng quát ta giả sử f (x) > 0 với mọi x ∈ (0, 1]. Khi đó F ′(1) = −f (1) = lim x→ 1 − F (x x) −− F 1 (1)< 0 nên tồn tại δ ∈ (0, 1) sao cho F (x) > F (1) với mọi x ∈ (δ, 1). Ngoài ra F (1) > F (0) = 0, ta suy ra F đạt giá trị nhỏ nhất tại c ∈ (0, 1). Vậy F ′(c) = 0 và ta nhận được điều phải chứng minh. Chú ý: Bài toán tổng quát của bài trên là: Cho (a, b) ∈ R 2 sao cho a < b, f : [a, b] → R khả vi sao cho f ′(a) = f ′(b). Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) − f (a) = f ′(c)(c − a). Bài 10: Cho f là một hàm khả vi đến cấp 2 trên R và f ′′(x) ≥ f (x) với mọi x ∈ R. Giả sử a < b và f (a) = f (b) = 0. Chứng minh rằng f (x) ≤ 0 với mọi x ∈ [a, b]. Tìm một hàm f thỏa các điều kiện nêu trên sao cho f ′′′(x) = 3 với mọi x ∈ [− 1 , 1]. Giải: Với mỗi x ∈ [− 1 , 1], theo công thức khai triển Taylor (Maclaurin) tồn tại c(x) nằm giữa 0 và x sao cho f (x) = f (0) + f ′(0)x + f ′′(0)2 x 2 + f ′′′(c(x)) 6 x 3.Từ đó suy ra có c 1 ∈ (− 1 , 0), c 2 ∈ (0, 1) sao cho 0 = f (−1) = 1 2 f ′′(0) − f ′′′(c 1 ) 6 và 1 = f (1) = 1 2 f ′′(0) + f ′′′(c 2 ) 6. Ta nhận được f ′′′(c 1 ) + f ′′′(c 2 ) = 6, do đó f ′′′(c 1 ) ≥ 3 hoặc f ′′′(c 2 ) ≥ 0. Vậy luôn tồn tại c ∈ (− 1 , 1) sao cho f ′′′(c) ≥ 3. Nếu f ′′′(x) = 3 với mọi x ∈ [− 1 , 1] thì ta phải có f (x) = f ′′(0)2 + 3 6 x 3.Kết hợp với các điều kiện khác của f ta được hàm f (x) = 1 2(x 3 + x 2 ), x ∈ [− 1 , 1] là hàm thỏa mãn điều kiện bài ra. Bài 2: Cho hàm f khả vi đến cấp n trong lân cận của 0 và f (n+1)(0) tồn tại và khác không. Với mỗi h (đủ bé để f xác định tại h) gọi θ(h) ∈ (0, 1) là số được xác định bởi khai triển f (h) = f (0) + hf ′(0) +... + h n− 1 (n − 1)!f (n−1)(0) + hn n! f (n)(θ(h)h). Chứng minh rằng lim h→ 0 θ(h) = n + 1 1. Giải: Áp dụng khai triển Taylor với phần dư Peano tại x = 0 ta có f (h) = f (0) + hf ′(0) +... + h n n! f (n)(0) + hn+ (n + 1)!f (n+1)(0) + o(hn+1). Trừ vế theo vế của đẳng thức đã cho và đẳng thức trên ta có f (n)(θ(h)h) − f (n)(0) h = f (n+1)(0) n + 1 + o(h) h .Do đó θ(h) = f (n+1)(0) n + 1 + o(h) h f (n)(θ(h)h) − f (n)(0) θ(h)h .Qua giới hạn khi h → 0 với lưu ý rằng f (n+1)(0) tồn tại và khác không ta được lim h→ 0 θ(h) = n + 1 1. Chú ý: Kết luận của bài toán vẫn còn đúng khi thay 0 bởi một số thực x bất kỳ với các giả thiết f khả vi đến cấp n trong lân cận của x và f (n+1)(x) tồn tại và khác không. Bài 3: Cho f là một hàm số khả vi vô hạn lần trên (− 12 , 54 ) sao cho phương trình f (x) = 0 có vô số nghiệm trên [ 1 4 , 1 2 ] và sup x∈(0,1) |f (n)(x)| = O(n!) khi n → ∞. Chứng minh rằng f (x) = 0 với mọi x ∈ (− 12 , 54 ). Hướng dẫn giải: Theo định lý Bolzano - Weierstrass tồn tại dãy (xn)n các nghiệm phân biệt của phương trình f (x) = 0 hội tụ về x 0 ∈ [ 1 4 , 1 2 ] . Vì f liên tục nên f (x 0 ) = 0. Theo định lý Rolle, giữa hai nghiệm của f có ít nhất 1 nghiệm của f ′. Do f ′ liên tục nên f ′(x 0 ) = 0. Bằng quy nạp ta được f (k)(x 0 ) = 0 với mọi k ∈ N. Theo công thức Taylor, với mỗi n ∈ N và x ∈ (− 12 , 54 ), tồn tại θ = θ(n, x) ∈ (0, 1) để f (x) = f (n)(x 0 + θ(x − x 0 )) n! (x − x 0 ) n. Bây giờ vì sup x∈(0,1) |f (n)(x)| = O(n!) khi n → ∞ nên tồn tại M > 0 sao cho |f (x)| ≤ M |x − x 0 |n. Vì x 0 ∈ [ 1 4 , 1 2 ] nên với mọi x ∈ (− 12 , 54 ) ta có |x − x 0 | < 1 , từ đó ta được f (x) = 0. Chú ý: Bài toán tổng quát: Cho f là một hàm số khả vi vô hạn lần trên (a, b) sao cho phương trình f (x) = 0 có vô số nghiệm trên [c, d] ⊂ (c, d) và sup x∈(a,b) |f (n)(x)| = O(n!) khi n → ∞. Chứng minh rằng f = 0 trên một khoảng con mở của (a, b). Bài 4: Cho số thực a > 0 và số nguyên m > 0. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với bất kỳ x ≥ 0 : m √am + x ≥ a + x mam− 1 + ( − m)x 2 2 m 2 a 2 m− 1. Hướng dẫn giải: Khai triển Taylor hàm số f (x) = m √am + x, x ∈ [0, +∞) tại 0 đến cấp 2. Vì x→lim+∞ f (x) = 0 nên với ε > 0 cho trước tồn tại x 0 > 0 sao cho với mỗi x ≥ x 0 và h > 0 , |f ′(x)| ≤ 2 ε 2 M h + M h 2. Lấy h = ta được |f ′(x)| ≤ ε với mọi x ≥ x 0. Do đó x→lim+∞ f ′(x) = 0. Bài 8: Cho f là hàm khả vi liên tục đến cấp 2 trên (0, +∞) sao cho x→ lim+∞ xf (x) = 0 và x→lim+∞ xf ′′(x) = 0. Chứng minh rằng x→lim+∞ xf ′(x) = 0. Gợi ý: Khai triển Taylor f (x + 1) tại x. Bài 9: Cho f là một hàm khả vi trên (0, +∞). Chứng minh rằng (i) Nếu x→lim+∞ ( f (x) + f ′(x) ) = L thì x→lim+∞ f (x) = L. (ii) Nếu x→lim+∞ ( f (x) + 2√xf ′(x) ) = L thì x→lim+∞ f (x) = L. Gợi ý: (i) x→lim+∞ f (x) = x→lim+∞ e xf (x) ex = x→lim+∞ ex ( f (x) + f ′(x) ) ex = L. Bài 10: Chứng minh rằng nếu f ′′′(x) tồn tại thì lim h→ 0 f (x + 3h − 3 f (x + 2 hh 3 ) + 3 f (x + h) − f (x)= f ′′′(x). 2 Đạo hàm và tích phân Bài 1: Cho f liên tục trên [a, b] và thỏa mãn điều kiện ∫b a f (x)dx = 0. Chứng minh rằng
f (x)dx = f ( cc ). b) Nếu a > 0 thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho 2007 ∫c a f (x)dx = cf (c).
Giải: a) Xét hàm số F (x) = e−x 2 2 ∫ x a f (t)dt, x ∈ [a, b]. Rõ ràng f liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và với mỗi x ∈ [a, b], F ′(x) = −xe −x 2 2 ∫ x a f (t)dt + e −x 2 2 f (x). Mặt khác, theo giả thiết F (a) = F (b) = 0 nên theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F ′(c) = 0, tức là −ce −c 2 2 ∫ c a f (t)dt + e −c 2 2 f (c) = 0. Vì c > a ≥ 0 và e −c 2 2 > 0 nên từ đó ta có ∫ c a f (x)dx = f ( cc ).
F (x) = ∫ x a f (t)dt x 2007 , x ∈ [a, b].
F (x) = e −x α ∫ x a f (x)dx, x ∈ [a, b]. Bài 2: Cho f và g là các hàm số liên tục và dương trên [a, b]. Chứng minh rằng với mọi số thực α tồn tại c ∈ (a, b) sao cho |
