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’Hospital

Định 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

1. xlim→x 0 f [x] == lim x→x 0 g[x] = 0,
2. xlim→x 0 f

′[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 2

Bài tập

2 Các định lý giá trị trung bình

Bài 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

′[ 1

k ] =

k + 1 k f

′[ 1

k ]

1

k[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:

1. Nếu thay giả thiết f ′ tăng bằng giả thiết f ′ giảm thì kết luận ở trên có còn đúng không?
2. Hàm số f [x] = x, x ∈ [0, 1] là một hàm thỏa mãn bài toán trên.

  

an n + bn = f [ 1 n], an n + 1 + bn = f [

1

n + 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

1. Lấy g[x] = 1 với mọi x ∈ [a, b] thì ta được một trường hợp riêng của bài toán trên: Cho f là một hàm khả vi trên đoạn [a, b] và f [a] = 0. Giả sử có số λ > 0 sao cho |f ′[x]| ≤ λ|f [x]|,

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].

1. Một bài toán tương tự với giả thiết nhẹ hơn được phát biểu như sau: Cho g là một hàm bị chặn 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].

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

1. Nếu a ≥ 0 thì tồn tại c ∈ [a, b] sao cho ∫c a

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].

1. Với mỗi α 6 = 0 cho trước, tồn tại c ∈ [a, b] sao cho ∫c a f [x]dx = αf [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 ].

1. Lập luận tương tự a] bằng cách xét hàm số

F [x] =

∫ x a f [t]dt x 2007 , x ∈ [a, b].

1. Lập luận tương tự a] bằng cách xét hàm

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