October 20 2013 13:23:45
Các trang chính
· Trang Nhất
· Tạp Chí MathVn
· Bản dịch Kvant
· Diễn đàn
· Blogs
· FAQ
· Liên hệ
· Tìm kiếm
· Liên kết

· Thư viện
Đăng nhập
Tên tài khoản

Mật khẩu



Có phải bạn chưa là thành viên của cộng đồng MathVn?
Nhấp vào đây để đăng ký.

Có phải bạn quên mật khẩu?
Yêu cầu mật khẩu mới ở đây.
RSS Feeds
Subscribe to our Feeds

Latest Downloads
Latest News
Latest Articles
Latest Threads
Latest Weblinks

Validated Feeds
MathWorld
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học từ MathWorld bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới

Wikipedia
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học qua Wikipedia bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới



Thư viện Sách
· Complex Analysis (Princeton Lectures in Analysis, Volume 2)
· Fourier Analysis: An Introduction (Princeton Lectures in Analysis, Volume 1)
· Real Analysis: Measure Theory, Integration, and Hilbert Spaces (Princeton Lectures in Analysis, Volu
· Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis
· Problems in Calculus of One Variable
· Théorie des probabilités : problèmes et solutions
· Exercices sur les fonctions analytiques
· Probabilité : Exercices corrigés
· Exercices d'algèbre
· Abel's Theorem in Problems and Solutions
· Stochastic Process: Problems and Solutions
· Nonlinear Ordinary Differential Equations: Problems and Solutions
· Statistics: Problems and Solutions
· Student Solutions Manual to accompany Complex Variables and Applications
· Complex Variables and Applications
· Problems in Group Theory
· Complex Analysis through Examples and Exercises
· Exercises in Classical Ring Theory
· Exercises in Basic Ring Theory
· Algebra Through Practice: Rings, Fields and Modules - A Collection of Problems in Algebra with Solut
Bản dịch Kvant
· Đề ra kì này Số 04-2008
· Đề ra kì này Số 06-2006
· Đề ra kì này Số 05-2006
· Đề ra kì này Số 04-2006
· Đề ra kì này Số 03-2006
· Đê ra kì này Số 02-2006
· Đề ra kì này Số 01-2006
· Đề ra kì này Số 06-2002
· Đề ra kì này Số 04-2002
· Đề ra kì này Số 06-2001
· Đề ra kì này Số 05-2001
· Đề ra kì này Số 04-2001
· Đề ra kì này Số 2-2007
· Đề ra kì này Số 3-2001
· Đề ra kì này Số 2-2001
· Đề ra kì này Số 1-2001
· Đề ra kì này Số 2-2008
· Đề ra kì này Số 1-2008
· Đề ra kì này Số 1-2007
· Đề ra kì này Số 6-2000

Trực tuyến
phamquangtoan00:31:48
quangphu02:41:18
tnkh20:58:50
vulalach23:56:24
hungkg 2 days
namnh211 2 days
conanhero 2 days
vietmath 3 days
adam2 3 days
henry0905 4 days
kmath93 5 days
thuanquai 6 days
Vnkvant 6 days
daogiauvang 1 week
dinhcu_pro 1 week
0917317099 2 weeks
lovemath213 2 weeks
nguyentatthu 2 weeks
pminhquy 3 weeks
kimlinh 3 weeks
nguoithanbi123 3 weeks
hunghd8 3 weeks
nhatquangsin 5 weeks
pvthuan 5 weeks
ninza loan thi 5 weeks
Thành viên trực tuyến
· Khách trực tuyến: 2

· Thành viên trực tuyến: 0

· Tổng số thành viên: 2,510
· Thành viên mới nhất: headache
Chủ đề diễn đàn
Chủ đề mới nhất
· Chứng minh BĐT
· Nhờ download bài ...
· Tìm số nguyên d�...
· VMO 2004
· Đào tạo thi họ...
· Tìm số nguyên d�...
· Giải phương trì...
· Nhờ download bài ...
· Dịch sang TV bài ...
· Giải phương trình
· Một bổ đề qua...
· Tìm p,q
· Thử thách toán h...
· Một số định l...
· AMM Vol 02/ 1895
· USSR Mathematical Ol...
· Mathematical Olympia...
· Australian Mathemati...
· AMM Vol 01/ 1894
· Bí quyết làm ch�...
· Bí quyết để c�...
· Kinh nghiệm du h�...
· Chứng minh tồn t...
· Chứng minh tài ch...
· Đề thi IMO 2013
· Giải phương trì...
· Tìm nghiệm nguyê...
· Số 4-2000
· Một quỹ hỗ tr�...
· Đề số 03-2008
Chủ đề nóng nhất
· Nhờ download b�... [333]
· Nhờ download b�... [141]
· Problem Of The Mo... [85]
· Vài bài tập c... [85]
· Những định l... [80]
· BV Functions In O... [51]
· Đề thi tuyển... [47]
· Thông tin và Th... [40]
· Tính giới hạn [38]
· Các bạn thi ol... [38]
· L.C.Evans - PDE [38]
· Problem of Washin... [37]
· Problems of Purdu... [37]
· Olympic Sinh viê... [35]
· Ôn tập môn Gi... [34]
· PT vi phân [32]
· Thử thách toá... [31]
· Olympic SV Kiev [31]
· Ôn tập môn Đ... [31]
· Đóng góp cho c... [30]
· Call for papers-K... [30]
· Mùa hè nóng qu... [28]
· Cập nhật Tạ... [28]
· Tuyển tập 40 ... [28]
· Korner's construc... [27]
· Số Pi và nhữ... [26]
· Đăng ký tham g... [26]
· Bất đẳng thức [25]
· Phương pháp Mo... [25]
· An inequality col... [25]
· Generalization of... [25]
· College Mathemati... [24]
· Tìm nghiệm c�... [24]
· Một câu xác s... [24]
· Collected inequal... [23]
· Tích phân hay [23]
· Chuyển công th... [22]
· Kì Thi Olympic T... [22]
· Bài tập về k... [22]
· Mathematics Magazine [21]
· Olimpiad Toán Đ... [21]
· Phương trình h... [21]
· Phương trình h... [20]
· Tặng daogiauvan... [19]
· Tài khoản MAA ... [19]
· Phép biến đ�... [19]
· Journal Мате�... [19]
· Olympic Sinh viê... [19]
· The Qualifying Ex... [19]
· Chú ý: THÁNG H... [19]
Xem chủ đề
 In chủ đề
Những định lí giải tích quan trọng I
vualangbat
 Nhầm giúp các bạn sinh viên tiếp cận và hiểu thấu đáo lí thuyết của giải tích cổ điển minh mở ra mục này nhầm đưa ra các định lí quan trọng trong giải tích toán học và những ứng dụng của nó vơi mong muốn đóng góp chút cho những ai yêu thích toán ....
Để mở đầu mình xin nói chút về định lí Rolle, Cauchy và Mean Value Theorems
Trước hết chúng ta lần lượt xem qua các định lí này
Định lí Rolle: Giả sử f là hàm liên tục trên {\rm{[a}}{\rm{,b]}}, khả vi trên (a,b)f(a)=f(b) thì tồn tại {\rm{c}} \in {\rm{(a}}{\rm{,b)}} sao cho f'(c) = 0
Chứng minh: Định lí này dế dàng được suy ra từ định nghĩa của đạo hàm
...
Định lí Rolle(trường hợp đặc biệt)
Nếu f là hàm khả vi trên R thì giữa bất kì hai nghiệm nào của f cũng tồn tại một nghiệm của f'
Hệ quả 1.1
Nếu f là hàm khả vi trên Rf'(x) \ne 0 với mọi x thì f có nhiều nhất một nghiệm.
Chứng minh
Dễ dàng bằng phủ định ta có đpcm.
Hệ quả 1.2
Cho n \in N, giả sử f là hàm khả vi cấp n(tức là tồn tại f^{(n)} (x) với mọi x). Nếu f^{(n)} (x) \ne 0 với mọi x thì f có tối đa n nghiệm.
Chứng minh: Ta giả sử f có ít nhất n+1 nghiệm thì suy ra f^{(n)} (x) có ít nhất một nghiệm như vậy vô lí với giả thiết...
Từ định lí Rolle ta đi chứng minh định lí Cauchy và Mean Value Theorems
Như chúng ta đã biết khi chứng minh định lí Mean Value Theorems để áp dụng định lí Rolle hầu hết các giáo trình điều chon hàm phụ có dạng
F(x) = f(x) - f(a) + \frac{{f(a) - f(b)}}{{b - a}}(x - a)
Ta nhận thấy F(a)=F(b)=0 và từ đó theo định lí Rolle ta có tồn tại c để F'(c)=0
Thì ta thu được định lí Mean Value Theorems
Bây giờ chúng ta xét cách chon hàm mới để thu được định lí trên
Cho f,g:{\rm{[a}}{\rm{,b]}} \to {\rm{R}} là các hàm liên tục trên {\rm{[a}}{\rm{,b]}} và khả vi trên (a,b) đồng thời g'(x)\ne 0 với mọi x
Xét hàm G(x) = f(x) - Ag(x) và ta chọn A sao để G(a)=G(b), giải phương trình trên ta tìm được
A = \frac{{f(b) - f(a)}}{{g(b) - g(a)}}
Theo định lí Rolle ta có tồn tại c để G'(c)=0 ta có định lí Cauchy...
Định lí Cauchy: Cho hai hàm f,g:{\rm{[a}}{\rm{,b]}} \to {\rm{R}} là các hàm liên tục trên {\rm{[a}}{\rm{,b]}} và khả vi trên (a,b) đồng thời g'(x)\ne 0 với mọi x thì tồn tại c \in (a,b) sao cho
\frac{{f(b) - f(a)}}{{g(b) - g(a)}} = \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}}
Trong trường hợp g(x)=x ta có ngay định lí Mean Value Theorems
Qua cách đặt này ta thấy phépđặt khá tự nhiên khi chọn hàm G(x)...
Bạn nào có cách chứng minh khác hay đặt hàm phụ lạ thì chia sẻ nhé...
Tiếp theo chúng ta sẽ nói qua về ứng dụng của ba định lí này, có thể nói 3 định lí này là một tài sản quí báu của những ai học toán, những ứng dụng của nó liên quan đến hội tụ đều, tìm giới hạn, số nghiệm của phương trình, chứng minh bất đẳng thức,....
Mình sẽ dần dần đưa ra các ứng dụng nhỏ mong các mem nào thích thú thì ủng hộ thêm nhé
Trước hết ta có một kết quả đẹp liên quan đến tính liên tục đều
Định lí: Giả sử là hàm khả vi trên khoảng I, f' bị chặn trên I thì f là hàm liên tục đều trên I
Ta dễ dàng chứng minh định lí này thông qua việc áp dụng định lí Mean Value Theorems ....
Mình sẽ tiếp sau...
Sửa bởi vualangbat vào lúc 22-06-2009 00:10
 
vualangbat
 Ta lại tiếp tục
Mình xin chú ý là định lí ta thu được ở trên là định lí Lagrange's Mean Value Theorem để phân biệt với các định lí Mean Value Theorem khác ta sẽ bàn ở sau...
Để tiếp tục phần ứng dụng ta lại chú ý vài nhận xét nhỏ coi như là hệ quả..
Hệ quả 1.3
Nếu f'(x) = 0 với mọi x \in (a,b) thì f là hàm hằng trên [a,b].
Chứng minh
Áp dụng Lagrange's MVT(Mean Value Theorem) ta có ngay đpcm.
Hệ quả 1.4
Nếu f'(x) = g'(x) với mọi x \in (a,b) thì fg sai khác nhau chỉ một hằng số trên [a,b].
Chứng minh
Xét h(x)=f(x)-g(x), theo gt ta có h'(x)=0 ta có đpcm.
Hệ quả 1.5
Nếu f'(x)>0(<0) với mọi x \in (a,b) thì f là hàm tăng ngặt (giảm ngặt) trên [a,b].
Chúng ta xem xét một vài ứng dụng nhỏ
+ Chứng minh sự tồn tại và số nghiệm của phương trình, bất phương trình
Ví dụ 1:
Chứng minh phương trình P(x)=x^{13} +7x^3-5=0 có đúng một nghiệm.
Giải
Ta có chú ý P(x)<0 với mọi x<0
P(0)=-5\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } P(x) =  + \infty nên phwưong trình có ít nhất một nghiệm dương. Giả sử phương trình có ít nhất hai nghiệm dương thì theo Định lí Rolle P'(x)=0 có ít nhất một nghiệm dương, nhưng ta thấy P'(x)>0 với mọi x>0.
Từ đó ta có ptrình đã cho có đúng một nghiệm.
Tương tự ta có ptrình 3^x  + 4^x  = 5^x cũng có duy nhất nghiệm.
Ví dụ 2:
Giả sử a_0 ,a_1 ,...,a_n là các số thực thỏa mãn
\frac{{a_0 }}{{n + 1}} + \frac{{a_1 }}{n} + ... + \frac{{a_{n - 1} }}{2} + a_n  = 0
Thì khi đó đa thức P(x) = a_0 x^n  + a_1 x^{n - 1}  + ... + a_n có ít nhất một nghiệm trên đoạn (0,1).
Giải
Xét Q(x) = \frac{{a_0 }}{{n + 1}}x^{n + 1}  + \frac{{a_1 }}{n}x^n  + ... + a_n x
Ta thấy Q(x) thỏa mãn điều kiện định lí Rolle Q(0)=Q(1) nên P(x)=Q'(x)=0 có ít nhất một nghiệm trên (0,1).
Một ứng dụng nhỏ của các định lí trên là chứng minh số lượng nghiệm của các đa thức đặc biệt như Legendre, Chebyshev, Hermiter,...
Ví dụ 3:
Chứng minh đa thức Legendre P_n (x) = \frac{1}{{2^n n!}}\frac{{d^n }}{{dx^n }}((x^2  - 1)^n )n nghiệm thực nằm trong khoảng (-1,1)
Giải
Chú ý đa thức U_n (x) = (x^2  - 1)^n 2n nghiệm thực trên đoạn [-1,1]
x_1  =x_2= ... = x_n  =  - 1x_{n + 1}  = x_{n + 2} ... = x_{2n}  = 1
Áp dụng định lí Rolle ta có đa thức đã cho có n nghiệm thực.
Tương tự đối với các đa thức khác (Chebyshev, Hermiter,...)..
Chúng ta có thể chứng minh sự tồn tại nghiệm của các bất phương trình
Ví dụ 4:
Chứng minh nếu hàm f có đạo hàm cấp 2 trên đoạn [a,b] và f'(a) = f'(b) = 0 thì bất phương trình \left| {f''(x)} \right| \ge \frac{4}{{(b - a)^2 }}\left| {f(b) - f(a)} \right| có ít nhất một nghiệm
Giải
Nếu f(x)=const thì bài toán hiển nhiên đúng.
Ngoài ra ta có áp dụng định lí Cauchy với hàm f và hàm \varphi  = \frac{{(x - a)^2 }}{2}\,\,\,\,\,x \in [a,\frac{{a + b}}{2}]
\frac{{8\left( {f(\frac{{a + b}}{2}) - f(a)} \right)}}{{(b - a)^2 }} = \frac{{f'(\xi _1 )}}{{\xi _1  - a}}\,\,\,\,\,\,\,a < \xi _1  < \frac{{a + b}}{2};
Tương tự áp dụng đính lí Cauchy cho hàm f và hàm \psi   = \frac{{(b - x)^2 }}{2}\,\,\,\,\,x \in [\frac{{a + b}}{2},b] ta có
\frac{{8\left( {f(b) - f(\frac{{a + b}}{2})} \right)}}{{(b - a)^2 }} = \frac{{f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\,\,\,\,\,\frac{{a + b}}{2} < \xi _2  < b
Cộng hai đẳng thức ở trên ta có
\frac{{8\left( {f(b) - f(a)} \right)}}{{(b - a)^2 }} = \frac{{f'(\xi _1 )}}{{\xi _1  - a}}\,\, + \frac{{f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\,\,\,\,\,
Theo gt ta có f'(a) = f'(b) = 0 nên ta áp dụng định lí LMVT ở trên và viết lại đẳng thức dưới dạng
\frac{{f'(\xi _1 )}}{{\xi _1  - a}}\,\, + \frac{{f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\,\,\, = \,\,\frac{{f'(\xi _1 ) - f'(a)}}{{\xi _1  - a}}\, - \frac{{f'(b) - f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\, = f''(\eta _1 ) - f''(\eta _2 )
trong đó a < \eta _1  < \xi _1 , \xi _2  < \eta _2  < b
Từ trên ta rút ra
\frac{{8\left( {\left| {f(b) - f(a)} \right|} \right)}}{{(b - a)^2 }} \le \left| {f''(\eta _1 )} \right| + \left| {f''(\eta _2 )} \right| \le 2\max \left\{ {\left| {f''(\eta _1 )} \right|,\left| {f''(\eta _2 )} \right|} \right\} = 2\left| {f''(c)} \right|
Do đó ta có
\left| {f''(c)} \right| \ge \frac{4}{{(b - a)^2 }}\left| {f(b) - f(a)} \right|
Như vậy bất phương trình đã cho có ít nhất 1 nghiệm là x=c
Tương tự ta có thể chứng minh bất phwưong trình
\left| {f'(x)} \right| > \left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| cũng có ít nhất 1 nghiệm với giả thiết f là hàm liên tục có đạo hàm trên [a,b] và là hàm tuyến tính.
Mình sẽ tiếp sau với ứng dụng về tìm giới hạn....
Sửa bởi vualangbat vào lúc 14-02-2009 23:43
 
vualangbat
 Chúng ta lại tiếp tục khám phá tiếp những ứng dụng của ba định lí trên trước khi qua định lí MVT đối với hàm hai biến số..
+Ứng dụng trong giới hạn và bất đẳng thức
Ba định lí trên là một công cụ giúp ta tính được nhiều giới hạn khó với tính phức tạp cao,...
Ví dụ 5:Chứng minh nếu hàm f khả vi trên khoảng vô hạn (x_0 , + \infty )\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f'(x) = 0 thì \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 0.
GiảiGiả sử (x_n ) là dãy tuỳ ý sao cho x_n  \to  + \infty .
Khi đó \forall \varepsilon  > 0\,\,\,\exists N:\,\,\,\,\,\forall n > N ta có
\left| {f'(x_n )} \right| < \frac{\varepsilon }{2}
Cố định n_0  > N và lấy n > n_0 , áp dụng LMVT ta có
\left| {\frac{{f(x_n ) - f(x_{n_0 } )}}{{x_n  - x_{n_0 } }}} \right| = \left| {f'(\xi _{nn_0 } )} \right|
trong đó x_{n_0 }  < \xi _{nn_0 }  < x_n
Do bất đẳng thức trên ta có
\left| {\frac{{f(x_n ) - f(x_{n_0 } )}}{{x_n  - x_{n_0 } }}} \right| < \frac{\varepsilon }{2}
Ta biến đổi bất đảng thức trên và thu được
\frac{{f(x_{n_0 } )}}{{x_n }} - \left( {1 - \frac{{x_{n_0 } }}{{x_n }}} \right)\frac{\varepsilon }{2} < \frac{{f(x_n )}}{{x_n }} < \frac{{f(x_{n_0 } )}}{{x_n }} + \left( {1 - \frac{{x_{n_0 } }}{{x_n }}} \right)\frac{\varepsilon }{2}
Khi n tiến ra vô cùng do dãy (x_n ) ta đã cho ở trên nên ta có
- \frac{\varepsilon }{2} < \frac{{f(x_{n_0 } )}}{{x_n }} <  + \frac{\varepsilon }{2}
Mặt khác ta có \left( {1 - \frac{{x_{n_0 } }}{{x_n }}} \right)\frac{\varepsilon }{2} < \frac{\varepsilon }{2}
với mọi n > n_0 , từ hai nhân xét trên ta thu được
- \varepsilon  < \frac{{f(x_n )}}{{x_n }} < \varepsilon hay \left| {\frac{{f(x_n )}}{{x_n }}} \right| < \varepsilon
Vì dãy (x_n ) là một dãy lớn vô hạn, tất cả các thành phần của nó cỏ thể xem là dương
Do đó ta có \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 0 (đpcm).

Cũng dùng LMVT ta có thể chứng minh được điều sau
Với giả thiết hàm f như trên và f(x) = o(x)\,\,\,x \to \infty
Khi đó nếu tồn tại \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f'(x) = k thì k=0

Chúng ta lại xem tiếp, khi tính giới hạn của các hàm đặc biệt thì các phưưng pháp cổ điển hầu như điều quá khó để dùng, đôi lúc ta dùng qui tắc L'Hospital tuy nhiên ko phải lúc nào nó cũng là hiệu quả lúc đó bạn thử áp dụng LMVT thử xem...

Ví dụ 6: Cho m \ge 0 là một số tự nhiên và f là đa thức bậc m mà hệ số cao nhất là dương thì
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\left( {f\left( {x + 2} \right)\Gamma \left( {x + 2} \right)} \right)^{1/\left( {1 + x} \right)}  - \left( {f\left( {x + 1} \right)\Gamma \left( {x + 1} \right)} \right)^{1/x} } \right) = \frac{1}{e} , {\Gamma \left( {x } \right)}- là hàm Gamma.
Giải Ta có thể thấy đây là một giới hạn phức tạp nhưng với việc áp dụng LMVT thì không phải là khó lắm
Ta có vì giả thiết của f nên có thể rút ra là hàm f dương khi x cực lớn và \left( {f\left( x \right)} \right)^{1/x} xác định.
Xét u(x) = \left( {f\left( {x + 1} \right)\Gamma \left( {x + 1} \right)} \right)^{1/x} V(x)=u(x + 1) - u(x).
Áp dụng LMVT ta có V(x) = u'(c) trong đó c \in \left( {x,x + 1} \right). Như vậy để chứng minh bài toán của chúng ta chúng ta chỉ cần chứng minh \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } u'(x) = \frac{1}{e}.
Ta có tính đạo hàm của u(x) trực tiếp ta thu được
u'(x) = \frac{{\sqrt[x]{{\Gamma (x + 1)}}}}{x}\sqrt[x]{{f(x + 1)}} \times \left( {\frac{{\psi (x + 1)x - \ln \Gamma (x + 1)}}{x} + \frac{{x\left( {f'(x + 1)/f(x + 1)} \right) - \ln f(x + 1)}}{{x}}} \right)
Chú ý do f là đa thức nên ta có
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt[x]{{f(x + 1)}} = 1{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x\left( {f'(x + 1)/f(x + 1)} \right) - \ln f(x + 1)}}{x} = 0}
Mặt khác áp dụng công thức Stirling ta đã chứng minh được rằng \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sqrt[x]{{\Gamma (x + 1)}}}}{x} = \frac{1}{e}
Anderson cũng đã chứng minh được rằng {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\psi (x + 1)x - \ln \Gamma (x + 1)}}{x} = 1}
Từ những điều trên ta có \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } u'(x) = \frac{1}{e}

Điều đặc biệt khi f \equiv 1 ta thu được 1 tính chất quan trọng của dãy Lalescu
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } L_n  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sqrt[{n + 1}]{{(n + 1)!}} - \sqrt[n]{{n!}}} \right) = \frac{1}{e}

Những ứng dùng trong mục này vẫn còn tiếp tục lần sau với những giới hạn dãy....
Sửa bởi vualangbat vào lúc 14-02-2009 23:47
 
vualangbat
 mình xin tiếp với những bài ứng dụng cho giới hạn khá quen thuộc, vì số lượng nội dung về chủ đề này khá nhiều nên bạn nào có thể viết thêm ứng dụng thì tốt quá...
Ứng dụng của LMVT trong giới hạn khá là đa dạng
Ví dụ 7: (VMO 2007) Cho số thực a > 2f_n (x) = a^{10} x^{n + 10}  + x^n  + ... + x + 1.
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f_n (x) = a luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất.
b) Gọi nghiệm đó là x_n, chứng minh rằng dãy {x_n} có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.
Giải.
Bài này đã quen với mọi người rồi nhưng chúng ta sẽ chứng minh \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n  = \frac{{a - 1}}{a}
Thật vậy, đặt c = \frac{{a - 1}}{a} < 1, khi đó ta có
f_n (c) - f_n (x_n ) = kc^n (với k = \left( {a - 1} \right)\left( {\left( {a - 1} \right)^9  - 1} \right) > 0)
Theo định lý LMVT thì : f_n (c) - f_n (x_n ) = f'(\xi )(c - x_n ) với \xi  \in \left( {x_n ,c} \right)
Nhưng f'(\xi ) > 1 nên từ đây suy ra: kc^n  > c - x_n
Từ đó ta có : c - kc^n  < x_n  < c . Vậy ta có \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n  = c = \frac{{a - 1}}{a}
Ví dụ 8:(VMO 2002) Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình \frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{4x - 1}} + ... + \frac{1}{{n^2 x - 1}} = \frac{1}{2} có một nghiệm duy nhất x_n > 1. Chứng minh rằng khi n dần đến vô cùng, x_n dần đến 4.
Giải
Đặt f_n (x) = \frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{4x - 1}} + ... + \frac{1}{{n^2 x - 1}} - \frac{1}{2}
Đặt f_n (x) như trên và gọi x_n là nghiệm > 1 duy nhất của phương trình f_n (x)=0. Ta có
\begin{array}{l} f_n (4) = \frac{1}{{4 - 1}} + \frac{1}{{16 - 1}} + ... + \frac{1}{{4n^2  - 1}} - \frac{1}{2} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + ... + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}} - \frac{1}{2} \\  = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n}}} \right) - \frac{1}{2} =  - \frac{1}{{4n}} \\ \end{array}
Áp dụng định lý LMVT, ta có : \frac{1}{{4n}} = \left| {f_n (x_n ) - f(4)} \right| = \left| {f'(c)} \right|\left| {x_n  - 4} \right|,\,\,\,c \in \left( {x_n ,4} \right)
Nhưng do |f_n '(c)| = \frac{1}{{(c - 1)^2 }} + \frac{4}{{(4c - 1)^2 }} + ... > \frac{1}{9}
Nên từ đây \left| {x_n  - 4} \right| < \frac{9}{{4n}}, suy ra \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n  = 4
Hai ví dụ trên dựa theo bài viết của thầy Trần Nam Dũng.
Sửa bởi vualangbat vào lúc 24-03-2009 10:28
 
vualangbat
 chúng ta lại tiếp tục những ứng dụng nhỏ cho bất đẳng thức với những ví dụ hết sức cơ bản
Ví dụ 9: Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli. Nếu x >  - 1 thì \left( {1 + x} \right)^n  \ge 1 + nx
Giải
Giả sử x > 0 và xét f(t) = (1 + t)^n với t \in [0,x]. Theo định lí LMVT ta có tồn tại \eta  \in [0,x] sao cho
f(x) - f(0) = (x - 0)f'(\eta ) hay \left( {1 + x} \right)^n  - 1 = xn\left( {1 + \eta } \right)^{n - 1}  \ge nx
do đó ta có \left( {1 + x} \right)^n  \ge 1 + nx (đpcm).
Trường hợp - 1 < x < 0 ta làm tương tự.
Ta chứng minh bất đẳng thức hay được dùng để tính giới hạn
Ví dụ 10: Cho hai số thực dương a<b khi đó \frac{{b - a}}{b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{{b - a}}{a}
Giải
Xét hàm f(t) = \ln t,\,\,\,t \in [a,b]. Theo định lí LMVT ta có tồn tại \eta  \in [a,b] sao cho
f(b) - f(a) = (b - a)f'(\eta ) hay \ln \frac{b}{a} = \left( {b - a} \right)\frac{1}{\eta }, do \eta  \in [a,b] nên ta có \frac{{b - a}}{b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{{b - a}}{a} (đpcm)
Áp dụng bất đẳng thức trên ta dễ dàng chứng minh được
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{n + a}} + \frac{1}{{n + 2a}} + ... + \frac{1}{{n + na}}} \right) = \frac{{\ln (1 + a)}}{a}
Cũng từ bài trên ta cũng biết được rằng hàm \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{x + 1} là hàm dơn điệu giảm.
Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {k - 1} \right)^\alpha  }  < \frac{{n^{\alpha  + 1} }}{{\alpha  + 1}} < \sum\limits_{k = 1}^n {k^\alpha  } trong đó \alpha  \ge 0,\,\,\,n \in N
Giải: Xét hàm f(t) = \frac{{t^{\alpha  + 1} }}{{\alpha  + 1}} với t \in [k - 1,k]
Theo định lí LMVT ta có tồn tại \eta  \in [k-1,k] sao cho f(k) - f(k-1) = f'(\eta ) do đó \frac{{k^{\alpha  + 1} }}{{\alpha  + 1}} - \frac{{\left( {k - 1} \right)^{\alpha  + 1} }}{{\alpha  + 1}} = \eta ^\alpha hay
\left( {k - 1} \right)^\alpha   < \frac{{k^{\alpha  + 1} }}{{\alpha  + 1}} - \frac{{\left( {k - 1} \right)^{\alpha  + 1} }}{{\alpha  + 1}} < k^\alpha do \eta  \in [k-1,k].
Cho k chạy từ 1 đến n và cộng n bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ta cũng dễ dàng nhận thấy từ bất đẳng thức trên ta có được giới hạn quen thuộc sau
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{1^\alpha   + 2^\alpha   + ... + n^\alpha  }}{{n^{\alpha  + 1} }}} \right) = \frac{1}{{\alpha  + 1}}

Lần sau lại tiếp...
Sửa bởi vualangbat vào lúc 27-02-2009 07:56
 
vualangbat
 chúng ta lại cùng nhau xem xét tiếp các ứng dụng cho giới hạn và bất đẳng thức
Ví dụ 12: Chứng minh bất đẳng thức
\frac{{\ln \left( {k + 1} \right)}}{{k + 1}} \le \frac{{\ln ^2 \left( {k + 1} \right)}}{2} - \frac{{\ln ^2 k}}{2} \le \frac{{\ln k}}{k} với mọi k \ge 3 từ đó suy ra dãy x_n  = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{\ln k}}{k} - \frac{{\ln ^2 n}}{2}} hội tụ và có giới hạn hữu hạn.
Giải:
Như các bài toán trên nhưng ta xét hàm f(t) = \frac{{\ln ^2 t}}{2} với t \in (k,k + 1)
Theo LMVT ta có tồn tại \eta  \in (k,k + 1)
\frac{{\ln ^2 \left( {k + 1} \right)}}{2} - \frac{{\ln ^2 k}}{2} = \frac{{\ln \eta }}{\eta }
Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra thấy rằng hàm f(t) = \frac{{\ln t}}{t} đơn điệu giảm trên [3,\infty ) nên ta có
\frac{{\ln \left( {k + 1} \right)}}{{k + 1}} \le \frac{{\ln ^2 \left( {k + 1} \right)}}{2} - \frac{{\ln ^2 k}}{2} \le \frac{{\ln k}}{k}(đpcm)
Từ bất đẳng thức trên ta có
x_{n + 1}  - x_n  = \frac{{\ln (n + 1)}}{{n + 1}} - \frac{{\ln ^2 (n + 1)}}{2} + \frac{{\ln ^2 n}}{2} \le 0 nên ta có dãy giảm và ta thấy tính bị chặn thì hiển nhiên nên dãy đã cho có giới hạn hữu hạn.
Ta cũng chú ý là \,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n  = \gamma  \approx  - 0.07278 là hằng số Stieltjes.
chúng ta lại xem ứng dụng để chứng minh bất đẳng thức đại số thuần túy
Ví dụ 13:(IMC 2006)
Cho a,b,c,d,e > 0 là các số thực thỏa mãn a^2  + b^2  + c^2  = d^2  + e^2 a^4  + b^4  + c^4  = d^4  + e^4 . Chứng minh rằng a^3  + b^3  + c^3  < d^3  + e^3
Giải
Không mất tính tổng quát ta giả sử a \ge b \ge c,d \ge e
Lấy c^2  = e^2  + \Delta ,\Delta  \in R khi đó ta có d^2  = a^2  + b^2  + \Delta
a^4  + b^4  + \left( {e^2  + \Delta } \right)^2  = \left( {a^2  + b^2  + \Delta } \right)^2  + e^4 ,\,\,\,\,\,\Delta  =  - \frac{{a^2 b^2 }}{{a^2  + b^2  - e^2 }}
Ta có chú ý a^2  + b^2  - e^2  \ge \frac{2}{3}\left( {a^2  + b^2  + c^2 } \right) - \frac{1}{2}\left( {d^2  + e^2 } \right) = \frac{1}{6}\left( {d^2  + e^2 } \right) \ge 0
từ đó ta có c^2  = e^2  - \frac{{a^2 b^2 }}{{a^2  + b^2  - e^2 }} = \frac{{\left( {a^2  - e^2 } \right)\left( {e^2  - b^2 } \right)}}{{a^2  + b^2  - e^2 }} > 0 kéo theo a > e > b
Mặt khác ta có d^2  < a^2 a > d \ge e > b \ge c.
Xét hàm f(t) = a^t  + b^t  + c^t  - d^t  - e^t ,t \in R
Chúng ta sẽ chứng minh phương trình trên có đúng hai nghiệm và hàm sẽ đổi dấu khi đi qua hai nghiệm này, giả sử ngược lại thì theo LMVT(Rolle) ta có f'(t)có ít nhất hai nghiệm khác nhau
Không mất tính tổng quát ta có thể gỉ sử a = 1 khi đó f'(t) = \ln b.b^t  + \ln c.c^t  - \ln d.d^t  - \ln e.e^t ,t \in R
Nếu f'(t_1 ) = f'(t_2 )=0, t_1  < t_2 thì \ln b.b^{t_i }  + \ln c.c^{t_i }  = \ln d.d^{t_i }  + \ln e.e^{t_i } ,i = 1,2
nhưng do trên ta có 1 > d \ge e > b \ge c do đó
\frac{{\left( { - \ln b} \right)b^{t_2 }  + \left( { - \ln c} \right)c^{t_2 } }}{{\left( { - \ln b} \right)b^{t_1 }  + \left( { - \ln c} \right)c^{t_1 } }} \le b^{t_2  - t_1 }  < e^{t_2  - t_1 }  \le \frac{{\left( { - \ln d} \right)d^{t_2 }  + \left( { - \ln e} \right)e^{t_2 } }}{{\left( { - \ln d} \right)d^{t_1 }  + \left( { - \ln e} \right)e^{t_1 } }} là vô lí.
Vậy ta có f(t) không đổi dấu trên các khoảng \left( { - \infty ,2} \right),\left( {2,4} \right),\left( {4,\infty }) \rightDo f(0) = 1 nên \forall t \in \left( { - \infty ,2} \right) \cup \left( {4,\infty } \right)f(t) < 0\,\,\,\forall t \in \left( {2,4} \right) , từ đó ta có f(3) = a^3  + b^3  + c^3  - d^3  - e^3  < 0

Lần sau chúng ta lại tiếp tục các bài ứng dụng...
Sửa bởi vualangbat vào lúc 04-03-2009 07:15
 
vualangbat
 chúng ta lại tiếp tục vài ví dụ nhỏ
Ví dụ 14: Cho hàm số f(x) khả vi trên đoạn [a,b] và thỏa mãn điều kiện
f(a) = f(b) = 0,\,\,\,\,f(x) \ne 0\,\,\,\forall x \in \left( {a,b} \right)
Chứng minh rằng tồn tại dãy \left\{ {x_n } \right\}, x_n  \in \left( {a,b} \right) sao cho
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{f'(x_n )}}{{\left( {\sqrt[n]{e} - 1} \right)(x_n )}} = 2002
Giải
Với mỗi n = 1,2,3,... xét hàm số
G_n (x) = e^{\left( { - \frac{{2002x}}{n}} \right)} f(x)
Rõ ràng G_n (x) thỏa mãn điều kiện định lí Rolle nên tồn tại \left\{ {x_n } \right\}, x_n  \in \left( {a,b} \right) sao cho G'_n (x_n ) = 0
Ta có
G'_n (x_n ) =  - \frac{{2002}}{n}e^{\left( { - \frac{{2002x_n }}{n}} \right)} f(x_n ) + e^{\left( { - \frac{{2002x_n }}{n}} \right)} f'(x_n ) = 0
Suy ra
\frac{{f'(x_n )}}{{f(x_n )}} = \frac{{2002}}{n}
Do đó
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{f'(x_n )}}{{\left( {\sqrt[n]{e} - 1} \right)(x_n )}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2002}}{{n\left( {e^{1/n}  - 1} \right)}}=2002
Ví dụ 15:
Cho dãy số thực \left\{ {u_n } \right\} được xác định như sau
u_1  = a \in R,\,\,\,\,\,\,u_{n + 1}  = \frac{1}{2}\ln \left( {1 + u_n^2 } \right) - 2002,\,\,\,n \ge 1
Chứng minh \left\{ {u_n } \right\} là một dãy hội tụ
Giải
Ta có f(x) = \frac{1}{2}\ln \left( {1 + x^2 } \right) - 2002 là hàm liên tục trên R
\left| {f'(x)} \right| = \left| {\frac{x}{{1 + x^2 }}} \right| \le \frac{1}{2},\forall x \in R
MẶt khác ta đặt g(x) = x + 2002 - \frac{1}{2}\ln \left( {1 + x^2 } \right) = x - f(x)
thì g(x) cũng là ham liên tục trên R
g'(x) = \frac{{x^2  - x + 1}}{{x^2  + 1}} > 0
Như vậy g(x) là hàm liên tục va đơn điệu tăng trên R và do g(0)g( - 2002) < 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất ta gọi nó là L. Theo định lí LMVT tồn tại \eta  \in R sao cho
\,\,\left| {u_{n + 1}  - L} \right| = \left| {f(u_n ) - f(L)} \right| = \left| {f'(\eta )} \right|\left| {u_n  - L} \right|
Suy ra
0 \le \left| {u_n  - L} \right| \le \frac{1}{2}\left| {u_{n - 1}  - L} \right| \le \left( {\frac{1}{2}} \right)^2 \left| {u_{n - 2}  - L} \right| \le ... \le \left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1} \left| {u_1  - L} \right|
Từ đó ta có \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } u_n  = L

Chúng ta lại tiếp tục sau......
Sửa bởi vualangbat vào lúc 09-03-2009 13:19
 
vualangbat
 chúng ta lại tiếp tục các ví dụ về ứng dụng của LMVT
Trước khi đi vào ví dụ này ta chú ý định lí LMVT cho dạng tích phân
Nếu f là hàm liên tục trên đoạn t \in \left[ {a,x} \right] thì tồn tại điểm c \in \left( {a,x} \right)
\int\limits_a^x {f(t)dt = f(c)(x - a)}
Cái này ta thấy được suy ra đơn giản khi áp dụng LMVT với hàm F(x) = \int\limits_a^x {f(t)dt}
Ví dụ 16:
Cho hàm f xác định như trên và khả vi tại a, f'(a) \ne 0c cũng được xác định như trên thì
\mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{c - a}}{{x - a}} = \frac{1}{2}
Giải
Xét \mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{\int\limits_a^x {f(t)dt - xf(a) + af(a)} }}{{\left( {x - a} \right)^2 }}
Áp dụng LMVT cho tích phân ta có
\mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{\int\limits_a^x {f(t)dt - xf(a) + af(a)} }}{{\left( {x - a} \right)^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{f(c)(x - a) - f(a)(x - a)}}{{\left( {x - a} \right)^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{f(c) - f(a)}}{{\left( {x - a} \right)}} = f'(a).\mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{c - a}}{{x - a}}
Mặt khác áp dụng qui tắc L'Hospital để tính giới hạn đã xét ta có
\mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{\int\limits_a^x {f(t)dt - xf(a) + af(a)} }}{{\left( {x - a} \right)^2 }} = \frac{{f'(a)}}{2}
So sánh hai đẳng thức thu được ta có
\mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{c - a}}{{x - a}} = \frac{1}{2}

Ta cũng có bài toán tổng quát
Nếu hàm f được xác định như trên và k lần khả vi tại a, giả sử f^{(i)} (a) = 0\left( {i = \overline {1,k - 1} } \right),\,f^{(k)} (a) \ne 0\,c cũng được xác định như trên ta có
\mathop {\lim }\limits_{c \to a} \frac{{c - a}}{{x - a}} = \frac{1}{{\sqrt[k]{{k + 1}}}}
Tiếp theo ta sẽ cho một ví dụ rất đơn giản cho áp dụng của LMVT
Ví dụ 17:
Cho y = u^v trong đó u,v là hai hàm phụ thuộc vào x. Chứng minh rằng
\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = vu^{v - 1} u' + u^v \ln u.v'
Trong đó {\Delta x,\Delta y} lần lượt là gia số của đối số và hàm số.
Giải
Ta có \Delta y = \left\{ {\left( {u + \Delta u} \right)^{v + \Delta v}  - u^{v + \Delta v} } \right\} + \left\{ {u^{v + \Delta v}  - u^v } \right\}
Áp dụng định lí LMVT cho biểu thức trên trong đó cố định {v + \Delta v}
Khi đó ta có
{\left( {u + \Delta u} \right)^{v + \Delta v}  - u^{v + \Delta v}  = \left( {\Delta u} \right)\left( {v + \Delta v} \right)r^{v + \Delta v - 1} }
Trong đó u + \Delta u < r < u hoặc u < r < u + \Delta u
Từ đó ta có
\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left\{ {\left( {v + \Delta v} \right)r^{v + \Delta v - 1} \left( {\frac{{\Delta u}}{{\Delta x}}} \right) + \left( {\frac{{u^{u + \Delta v}  - u^v }}{{\Delta v}}} \right)\left( {\frac{{\Delta v}}{{\Delta x}}} \right)} \right\}
Chú ý đến biểu thức cuối ta có đpcm.

Ta nhận thấy rằng kết quả thu được chính là đạo hàm của hàm y = u^v khi áp dụng phương pháp vi phân logarit
Chúng ta sẽ còn tiếp tục bàn về những ứng dụng thú vị của LMVT và Rolle...
Mức độ ứng dụng của nó hết sức đa dạng và thú vị
Sửa bởi vualangbat vào lúc 07-03-2009 20:35
 
vualangbat
 chúng ta lại tiếp tục với vài ví dụ rất đáng chú ý của LMVT trước khi chuyển qua CMVT
Ví dụ 18:Chứng minh rằng
\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{1}{{(2k - 1)^2 }} = \frac{{\pi ^2 }}{8}}
Giải
Đây là một bài toán quen thuộc nhưng chúng ta cứ thử nhìn nó theo hướng sử dụng MVT thê nào
Nhưng trước hết chúng ta nhắc lại một trong những định lí của MVT là
"Cho g là hàm tăng trên đoạn [a,b]f là hàm khả tích trên đoạn [a,b] khi đó tồn tại \eta  \in [a,b] sao cho"
\int_a^b {f(t)g(t)dt = g(a)\int\limits_a^\eta  {f(t)dt}  + g(b)} \int\limits_\eta ^b {f(t)dt}
Chúng ta trở lại bài toán của chúng ta
Ta có D_n (x) = \frac{1}{2} + \sum\limits_{k = 1}^n {\cos kx}  = \frac{{\sin (2n + 1)(x/2)}}{{2\sin (x/2)}} là công thức lượng giác đã biết.
Xét M_n  = \int\limits_0^\pi  {tD_n (t)dt} ,dễ dàng tính tích phân bằng tích phân từng phần ta có
M_{2m - 1}  = 2\left\{ {\frac{{\pi ^2 }}{8} - \sum\limits_{k = 1}^m {\frac{1}{{(2k - 1)^2 }}} } \right\}\,\,\,\,m \in N
Nhưng chúng ta lại chú ý theo định lí MVT ở trên nên
M_{2m - 1}  = \int\limits_0^\pi  {\left( {\frac{{t/2}}{{\sin (t/2)}}\sin (4m - 1)tdt} \right)}  = O(1/m)
Chú ý hai đẳng thức thu được ở trên ta có do M_{2m - 1}  \to 0\,\,\,\,m \to \infty nên ta thu được đpcm
\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{1}{{(2k - 1)^2 }} = \frac{{\pi ^2 }}{8}}
Chúng ta lại xem xét một bất đẳng thức khá thú vị và khó
Ví dụ 19:
Chứng minh với mọi x > 0 ta có

\sqrt {1 - \exp \left( { - \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2  + 1} }}} \right)}  < \tanh x < \sqrt[3]{{1 - \exp \left( { - \frac{{x^3 }}{{\sqrt {x^3  + 1} }}} \right)}}
Giải
Đây là bài toán khá là phức tạp nếu ko dùng LMVT.
Ta chứng minh vế trái trước
Chú ý đến hàm ngược của hàm \tanh x thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\frac{1}{2}\ln \frac{{1 + \sqrt {1 - \exp \left( { - \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2  + 1} }}} \right)} }}{{1 - \sqrt {1 - \exp \left( { - \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2  + 1} }}} \right)} }} < x
Ta áp dụng định lí LMVT cho hàm bên vế trái của biểu thức trên ta thu được

\frac{{\frac{1}{2}\ln \frac{{1 + \sqrt {1 - \exp \left( { - \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2  + 1} }}} \right)} }}{{1 - \sqrt {1 - \exp \left( { - \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2  + 1} }}} \right)} }}}}{x} = \frac{{\eta (\eta ^2  + 2)}}{{2(\eta ^2  + 1)^{3/2} \sqrt {1 - \exp \left( { - \frac{{\eta ^2 }}{{\sqrt {\eta ^2  + 1} }}} \right)} }}
Vấn đề còn lại là ta chứng minh vế phải của biểu thức trên bé hơn 1 là kết thúc
Đến đây ta có thể đổi biến và biến đổi chút ({\eta ^2  = t}) ta thu được điều cần chứng minh tương đương là
f(t) =  - \frac{t}{{\sqrt {t + 1} }} - \ln \left( {1 - \frac{1}{4}\frac{{t(t + 2)^2 }}{{(t + 1)^3 }}} \right) < 0
Bất đảng thức này ta có thể dễ dàng thu được khi chú ý hàm f(t) giảm và f(0)=0

Vế phải của bất đẳng thức ta chứng minh tương tự....

Chúng ta sẽ còn khám phá tiếp những ứng dụng thú vị của MVT về sau...
Sửa bởi vualangbat vào lúc 15-03-2009 09:35
 
langdu
 Cám ơn anh Vua! Bài viết nhìn nhiều góc độ ứng dụng quá. Rất hay! Sao anh không để bài này vào tạp chí như bài định lý Stoll?
 
vualangbat
 xin chao langdu mình hi vọng cũng sớm viết xong chuyên đề này với mức độ sâu và rộng hơn để giới thiệu với mọi người nhưng thời gian có hạn mình ko thể hoàn thành được, mong là có bạn nào đó đọc xong thấy hay và viết hoàn thiện giúp thì tốt...
sau một số ví dụ khá khó và đẹp chúng ta cũng đã hiểu được phần nào mức độ ứng dụng của MVT...dưới đây minh chỉ đưa ra vài cái bài nhỏ để các bạn có cái nhìn khi dùng và nó không nắm trong khuôn khổ các ví dụ của chúng ta...
Chỉ coi như là những chú ý nhỏ
Trước hết chúng ta đã biết rằng dãy S_n  = \left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n là dãy tăng còn T_n  = \left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1} là dãy giảm chúng ta thử chứng minh hai khẳng định nhỏ này bằng MVT...
Xét hàm f(x) = x^n khi đó theo MVT ta có
\frac{{b^n  - a^n }}{{b - a}} = nc^{n - 1} \,\,\,\,\,\,a < c < b
Do na^{n - 1}  < nc^{n - 1}  < nb^{n - 1} nên ta có
na^{n - 1}  < \frac{{b^n  - a^n }}{{b - a}} < nb^{n - 1}
Vì tính tùy ý của a,b ta có thể chọn a = 1,b = \left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)^{1/n} thay vào bất đẳng thức phải của bất đẳng thức trên ta có
\frac{{\frac{n}{{n - 1}} - 1}}{{\left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)^{1/n}  - 1}} < n\left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)^{(n - 1)/n} từ đó ta có \left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}  < \,\,\left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right)^n hay S_n là dãy tăng.
Tương tự ta áp dụng bất đẳng thức bên trái khi b = 1,a = \left( {\frac{{n - 2}}{{n - 1}}} \right)^{1/n} ta cũng sẽ thu được dãy T_n là dãy giảm....
Ta thấy đấy nếu áp dụng linh hoạt ta thu được chứng minh rất nhẹ nhàng...

Ta đã chứng minh ở một ví dụ trên một bất đẳng thức rất quen thuộc đó là
\frac{{b - a}}{b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{{b - a}}{a}
Ta thử dùng cái này chứng minh vài cái bất đẳng thức nhỏ
1. n^m  > m^n nếu m > n \ge en^m  < m^n nếu e \ge m > n > 0
2. bất đẳng thức AM-GM
3. \left( {1 + 1/n} \right)^n  < e < \left( {1 + 1/n} \right)^{n + 1} với mọi n nguyên dương.

Đối với câu 1 ta thay a=n,b=m trong bất đẳng thức phải ta thu được ở trên ta có
\left( {m/n} \right)^n  < e^{m - n}  \le n^{m - n} khi n \ge e, rút gọn ta thu được điều phải chứng minh...
áp dụng cho bất đẳng thức trái ta thu được bất đẳng thức còn lại...
Câu hai thì dễ rồi ta áp dụng khi a=1 sau đó ...
Câu 3 ta áp dụng với a = 1,b = \frac{{n + 1}}{n} ta thu được đpcm
 
vualangbat
 Vì lí do sức khoẻ và thời gian mình chưa thể viết tiếp cái này được, hi vọng sẽ sớm trở lại với chủ đề thú vị này
Mình cũng xin giới thiệu về một bài báo khá thú vị liên quan đên MVT
. "Mean value theorems for differences"
http://condor.dep...finite.pdf
Bạn nào có những ứng dụng thú vị cái này thì đóng góp tiếp nhé
Sửa bởi vualangbat vào lúc 24-03-2009 10:32
 
vualangbat
 Câu này cũng vui vui, ta có xét h=f+g,k=f-g
ta có suy ra xh'+h=0xk'-k=0
dễ dàng thích phân theo x ta tìm được h = \frac{{c_1 }}{x}k = c_2 x
Từ đó ta có được f,g cần tìm...
 
queueing

Huyen_Linh_CDSP viết rằng:
a ơi, hướng dẫn em bài này với:

Cho f(x) khả vi trên [a;b] và thỏa mãn:
- f(x) = 0 có nghiện trên [a;b]
- |f'(x)| <= f(x) với mọi x thuộc [a;b]

Chứng minh rằng f(x) = 0 với mọi x thuộc [a;b]


Gọi x_0 là nghiệm của f(x).

Đặt g(x)=f(x)e^x. Dễ thấy g(x) tăng. Ta có g(x) \ge 0g(x_0)=0. Do đó f(x)=0, x \in [a,x_0 ]

Đặt h(x)=f(x)e^{-x}. Dễ thấy h(x) giảm. Ta có h(x) \ge 0h(x_0)=0. Do đó f(x)=0, x \in [x_0,b ]

Vậy f(x) \equiv 0
Thèm ăn bún bò Huế
 
vualangbat
 Có bài quen nhưng hay thường gặp ở mấy cái thi Olympic hi vọng bạn Linh sẽ xem qua
Cho f:\left[ {0,1} \right] \to R là hàm liên tục thỏa mãn \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_0^1 {xf(x)dx}  = 0
Chứng minh rằng tồn tại c \in \left( {0,1} \right) sao cho
f(c) = \int\limits_0^c {f(x)dx}
Hzỹ tổng quát hóa bài trên?
 
daogiauvang
 Tìm giới hạn: \lim\limits_{n \rightarrow \infty}  \int _0^1 \sin^n x dx
f: \mathbb{R}_ + \to \mathbb{R}_ + hàm giảm sao cho \int_0^\infty f(x) \, dx < \infty. CMR: \lim_{x \to \infty} xf(x) = 0
Sửa bởi daogiauvang vào lúc 30-03-2009 15:46
If I feel unhappy , I do mathematics to become happy , If I feel happy , I do mathematics to keep happy

http://360.yahoo....ntethegioi
 
http://tpu.ru
tanlsth
 Bài của anh vua hình như giả thiết hơi thừa

Giả sử phản chứng f(c) \neq \int_0^c f(x)dx suy ra do hàm f(c)-\int_0^c f(x)dx liên tục trên [0,1] nên hàm này không đổi dấu

Có thể coi f(c)>\int_0^c f(x)dx với mọi c \in [0,1] suy ra f(0)>0. Gọi f(m)=\min_{0 \leq x \leq 1}f(x)

Nếu m=0 suy ra f(m)>0
Nếu m>0 suy ra f(m)>\int_0^m f(x)dx \geq mf(m) suy ra f(m)>0

Vậy f(x)>0 với mọi x \in [0,1] suy ra \int_0^1 f(x)dx>0 (vô lý)
Sửa bởi tanlsth vào lúc 30-03-2009 19:23
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
 
tanlsth
 Bài của dao thì tách thành tổng 2 tích phân \int_0^{1-\alpha} +\int_{1-\alpha}^1 rồi đánh giá với \alpha \in (0,1) cho trước và sẽ cho \alpha tiến dần về 0. Kết quả là bằng 0
Sửa bởi tanlsth vào lúc 30-03-2009 19:17
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
 
tanlsth
 Một số kết quả về dạng này

1/ Tính \lim_{n\to +\infty}\int_0^1 f(x^n)dx với f(x) \in C[0,1]

2/ Tính \lim_{n\to +\infty}n\int_0^1 x^nf(x)dx với f(x) \in C[0,1]
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
 
vualangbat
 trả lời câu hỏi của tanlsth về bài của anh, anh đã nói rồi bài anh là bài cũ tuy nhiên vấn đề chúng ta đang trên đà xem định lí LMVT và Rolle nên bài giải cũng nên theo hướng đó, theo em dư điều kiện gì...
Tiếp theo trả lời bài của daogiauvang ở trên tanlsth đã nói một cách rồi nhưng đối với bài em thì ko cần ta có chú ý
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^1 {\sin ^n xdx = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } } \left( {\sin ^n c} \right) = 0\,\,\,\,\left( {c \in (0,1)} \right)
Ta lại một lần nữa áp dụng định lí LMVT cho bài trên
Bài dưới của dao thì khá khó nhưng cũng quen rồi ta có bài toán đơn giản sau
Cho f(x) là hàm đơn điệu trên khoảng (0,1] nếu \int\limits_0^1 {f(x)dx} tồn tại thì \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} xf(x) = 0. Bài này ta chỉ dùng bất đẳng thức kẹp là cho kết quả...
Sau đó ta thay x bởi \frac{1}{x} trong bài trên sẽ dẫn đến bài toán cần chứng minh của em...
Tiếp theo là hai câu của tanlsth về hai cái lim chắc có lẽ là ai cũng biết rồi ...
Câu đầu thì lại một lần nữa ta dùng định lí LMVT cùng với kĩ thuật tách như tanlsth đã nếu ta sẽ có kết quả ngay
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^1 {f(x^n )dx}  = f(0)
Câu sau thì ta viết lại dưới dạng
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^1 {f(x)d(x^{n + 1} )}  = \int\limits_0^1 {f(x)d(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x^{n + 1} )}  = f(1)

Hi vọng các bạn sẽ giải bài của mình theo hướng của định lí LMVT hay Rolle ..
Bổ sung thêm câu cho ai luyện mấy cái tồn tại này
Với hàm f đã cho như bài trước và \int\limits_0^1 {f(x)dx = 0} chứng minh tồn tại c \in (0,1) sao cho
\int\limits_0^c {xf(x)dx = 0} ..
Chúc mọi người vui...
 
Chuyển đến chuyên mục:
Bài viết Blog
phamquangtoan
» Sự trăn trở ...
phamquangtoan
» Vì sao học sin...
phamquangtoan
» Cần học hỏ...
Vnkvant
» "Làm toán" là ...
obay
» Bắt đầu nghi...
Vnkvant
» An epsilon of room
luongdinhgiap
» Đêm suy tư _17...
Vnkvant
» Vai trò của to...
hoadai
» ISI Impact factor...
betadict
» George Box và h...
Search MathBooks
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp với hơn 400.000 đầu sách điện tử ngành Toán và các khoa học khác bằng cách nhập từ khóa ở ô tìm kiếm bên dưới. Để yêu cầu tài liệu hoặc tạp chí chuyên ngành Toán với mục đích phi thương mại, bạn phải đăng nhập với tài khoản của diễn đàn vào đây


Facebook
Shoutbox
You must login to post a message.

18/08/2013 05:31
Diễn đàn mình nhiều bài hay và chất lượng quá. Em mong diễn đàn ta cứ tồn tại mãi để chúng em còn được tiếp cận với các tài liệu do các anh viết. Smile

16/08/2013 17:50
Nhưng các bài chất lượng thì vẫn còn đây!

25/07/2013 16:51
Sad diễn đàn ít có hoạt động nhỉ?

23/07/2013 07:06
Kvant, Vualangbat, Hoa dai, Nguyen Ngoc...

20/07/2013 08:20
Các Admin có những ai anh nhỉ ??

18/07/2013 20:26
e cứ đợi các admins tụ tập lại 1 lần thảo luận đã, giờ admins trốn hết rồi

11/07/2013 07:16
Bây giờ làm thế nào để diễn đàn được như trước nhỉ ??

02/06/2013 08:20
nhưng chưa có chiều sâu, vì các admin chủ lực đang bận bịu gì đó và ko có liên lạc lẫn nhau.

31/05/2013 07:00
Phải nói là trong số các diễn đàn toán thì em thấy diễn đàn ta là đẹp nhất. Wink

04/03/2013 14:16
thi Toán đơn giản mà. E cần dịch gì a dịch cho, qui đổi theo bài theo thời gian khoảng 2-3 tháng e đọc hiểu và đóan vô tư.

02/03/2013 19:10
Thuê thế nào anh ?? Grin

22/02/2013 13:11
Can thue nguoi ko a day cho) Khoang 3 thang la doc dich duoc

22/02/2013 06:47
Nhìn mà thèm học Tiếng Nga Smile

05/02/2013 20:05
Quet' nha chuan bi don tet

28/01/2013 06:08
Tuan Anh, sao kho' du vay la sao e?

Advertisement
Render time: 0.28 seconds 4,981,409 lượt ghé thăm