ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐOÀN TRỌNG THƯỞNG
CÁC ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học:
TS: NGUYỄN MINH KHOA
THÁI NGUYÊN, - 2012
1
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Mở đầu 3
1 Những kiến thức cơ sở. 4
1.1 Hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Các tính chất hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Khái niệm về hàm khả vi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 Đạo hàm hàm hợp và đạo hàm hàm ngược. . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Đạo hàm một phía. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.4 Vi phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Công thức Taylor, Mac-Laurin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Quy tắc Lopitan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Ứng dụng của các định lý về hàm khả vi. 20
2.1 Ứng dụng khảo sát tính chất nghiệm của phương trình. . . . . . . . . . . . 20
2.1.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.2 Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương trình

Qua đây tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Tiến sĩ Nguyễn minh Khoa đã
giao đề tài và tận tình định hướng cho tác giả hoàn thành luận văn. Đồng thời tác giả
cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến hội đồng khoa học trường Đại học khoa học - Đại học
Thái Nguyên, tập thể lớp cao học toán K4C trường Đại học khoa học - Đại học Thái
Nguyên, bạn bè, người thân đã động viên giúp đỡ tác giả nghiên cứu học tập.
Mặc dù đã cố gắng học tập nghiên cứu kĩ đề tài, song khó tránh khỏi thiếu sót, hạn
chế. Tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo góp ý của các thầy cô, bạn bè đồng nghiệp
để bản luận văn được hoàn chỉnh có ý nghĩa hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn!
THÁI NGUYÊN, năm 2012.
Tác giả
Đoàn trọng Thưởng
3
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 1
Những kiến thức cơ sở.
1.1 Hàm liên tục.
1.1.1 Các khái niệm.
Định nghĩa 1.1.1. Cho tập hợp X ⊂ R, hàm số f : X → R và điểm x
0
∈ X. Nếu với
mọi ε > 0 cho trước bao giờ cũng tồn tại δ > 0 ( nói chung phụ thuộc vào ε ) sao cho với
mọi x ∈ {x ∈ X||x−x
0
| < δ} ta đều có |f (x)−f (x
0
) | < ε thì ta nói hàm f liên tục tại x
0
.
- Nếu f liên tục tại mọi điểm x ∈ X thì ta nói f liên tục trên X.
- Hàm f không liên tục tại điểm x

) = f (x
0
)
Ví dụ 1.1.1. a) Hàm f(x) = sinx liên tục trên R. Thật vậy giả sử x
0
∈ X với mọi x ∈ R
ta có.
|sin x − sin x
0
| = 2




cos
x + x
0
2
sin
x − x
0
2




≤ 2




g (x
0
) = 0 thì
f
g
cũng là hàm liên tục tại x
0
.
Chứng minh định lý này suy ra từ các tính chất trên của hàm liên tục.
Định lý 1.1.2. Giả sử A và B là các tập con của R, f : A → B liên tục tại x
0
∈ A,
g : B → R liên tục tại y
0
= f (x
0
) ∈ B. Khi đó hàm hợp gof : A → R liên tục tại x
0
.
Chứng minh.
Cho trước ε > 0. Vì g liên tục tại y
0
nên tồn tại η > 0 sao cho |g (y) − g (y
0
) | < ε
với mọi y ∈ B thỏa mãn |y − y
0
| < η. Do f liên tục tại x
0
, với η > 0 nói trên tồn

∈ A nếu với mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao
cho với mọi x ∈ {x ∈ A|x
0
− δ ≤ x <x
0
} ta có |f (x) − f (x
0
)| < ε.
Các hàm số liên tục bên phải tại x
0
hoặc liên tục bên trái tại x
0
được gọi là liên tục
một phía tại x
0
.
- Hàm f : A → R liên tục tại x
0
∈ A khi và chỉ khi f liên tục bên phải và liên tục bên
trái tại x
0
.
Định nghĩa 1.1.3. Cho các hàm số f : [a, b] → R. Nếu f liên tục trên (a, b), liên tục
bên phải tại điểm a và liên tục bên trái tại điểm b thì ta nói f liên tục trên đoạn [a, b].
Định lý 1.1.3. Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì nó bị chặn trên đó.
Chứng minh. Giả sử f liên tục trên đoạn [a, b] nhưng không bị chặn trên đó. Khi đó với
mọi n ∈ N
∗
tồn tại x
n

) |−|f (x
0
) | (k → ∞).
Mặt khác |f (x
n
k
) | ≥ n
k
, vì thế |f (x
n
k
) | → +∞ (k → ∞) ta đi đến mâu thuẫn. Vậy hàm
f bị chặn trên [a, b].
5
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.1.4. Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì nó đạt giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất, tức là tồn tại hai số x
0
, x

0
∈ [a, b] sao cho
f (x
0
) = sup f (x)
x∈[a, b]
, f (x

0
) = inf (x)

n→∞
f (x
n
) = lim
k→∞
f (x
n
k
) = f (x
0
).Vây hàm f đạt giá trị lớn nhất
trên [a, b].
Tương tự ta chứng minh tồn tại x

0
∈ [a, b] sao cho f (x

0
) = m. f đạt giá trị nhỏ nhất
trên đoạn
Định lý 1.1.5. (định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất). Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục
trên đoạn [a, b] và f (a) .f (b) < 0. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f(c) = 0.
Định lý này có ý nghĩa hình học rất rõ ràng : nếu một đường cong liên tục đi từ một
phía của trục x sang phía kia thì nó cắt trục này.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết f (a) < 0 và f(b) > 0.
Đặt A = {x ∈ [a, b] |f (x) ≤ 0}. Vì a ∈ A nên A = φ. Gọi c = sup A. Ta chứng minh
f (c) = 0. Theo định nghĩa của cận trên đúng tồn tại dãy {t
n
}
n

một số gia ∆x
khá bé sao cho x
0
+ ∆x ∈ U. Khi đó ∆y = f (x
0
+ ∆x) −f (x
0
) được gọi là số gia đối số
∆x tại điểm x
0
.
Định nghĩa 1.2.1. Nếu tỉ số
∆y
∆x
=
f(x
0
+∆x)−f(x
0
)
∆x
có giới hạn hữu hạn khi ∆x → 0 thì
giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm f đối với x tại x
0
và được kí hiệu là f

(x
0
).
f

∆x→0
∆y
∆x
= lim
∆x→0
(6 + ∆x) = 6
Vậy f

(x
0
= 3) = 6.
Định nghĩa 1.2.2. Cho U là tập hợp mở trong R, f : U → R là một hàm xác định trên
U. Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi điểm của U. Khi đó hàm số
được gọi là đạo hàm của hàm số trên.
Nếu f

liên tục trên U thì ta nói rằng f khả vi liên tục trên U.
Định lý 1.2.1. Cho tập hợp mở U ⊂ R và hàm số f : U → R.
Nếu f khả vi tại x
0
∈ U thì
f (x
0
+ h) − f (x
0
) = f

(x
0
) h + r (h) .h

Chú ý : - Nếu f liên tục tại x
0
thì chưa chắc f khả vi tại đó. Chẳng hạn hàm f (x) = |x|
liên tục tại x
0
= 0, tuy nhiên không tồn tại giới hạn lim
∆x→0
f(0+∆x)
∆x
= lim
∆x→0
|∆x|
∆x
tức là f
không khả vi tại x
0
= 0.
- Nếu hàm số f có đạo hàm tại x
0
thì nó liên tục tại điểm x
0
.
1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm.
Định lý 1.2.2. Cho U là tập mở trong R, f và g : U → R là các hàm khả vi tại x
0
∈ U
khi đó các hàm f ±g, cf (c bất kỳ thuộc R), f.g và
f
g
(nếu g (x

0
) = f

(x
0
) g (x
0
) + f (x
0
) g

(x
0
)

f
g

(x
0
) =
f

(x
0
)g(x
0
)−f(x
0
)g

Chứng minh: Cho x
0
một số ∆x đủ bé sao cho x
0
+ ∆x ∈ U . Khi đó f có số gia ∆f;
ứng với số gia ∆f này hàm số h = gof có số gia ∆h, đó chính là số gia của h ứng với ∆x.
Nếu ∆f = 0 ta có
∆h = g

(f (x
0
)) ∆f + r (∆f ) .∆f (1)
trong đó r (∆f) → 0 khi đó ∆f → 0. Đẳng thức này cũng đúng khi cả ∆f = 0 vì khi đó
∆h = g (f (x
0
) + ∆f ) −g (f (x
0
)) = g (f (x
0
)) − g (f (x
0
)) = 0
Chia cả hai vế 1 cho ∆x ta được
∆h
∆x
= g

(f (x
0
))

(ln |x|)

=
1
|x|
. (|x|)

=

1
|x|
, x > 0
−
1
|x|
, x < 0
Vậy
(ln |x|)

=
1
x
, x = 0
8
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.2.4. Giả sử
1) Hàm số f : (a, b) → R liên tục và đơn điệu thực sự trong khoảng (a, b).
2) f có đạo hàm f

(x

Khi đó
g(y)−g(y
0
)
y−y
0
=
x−x
0
f(x)−f(x
0
)
=
1
f (x)−f (x
0
)
x−x
0
.
Khi y → y
0
, do hàm ngược g cũng là hàm liên tục, ta có x → x
0
.
Từ đó ta có lim
y→y
0
g(y)−g(y
0

π
2
< y <
π
2

và ta có x

y
=
1
cos
2
y
= 1 + tan
2
y = 1 + x
2
.
Vậy y

x
=
1
x

y
=
1
1+x

1
√
1 − x
2
(x ∈ (−1, 1))
Tương tự ta có.
(arccos x)

= −
1
√
1−x
2
(x ∈ (−1, 1))
(arc tan x) = −
1
1+x
2
(x ∈ (−∞, +∞))
1.2.3 Đạo hàm một phía.
Định nghĩa 1.2.3. Cho hàm số f : [x
0
, b] → R nếu tồn tại giới hạn lim
∆x→0+
f(∆x+x
0
)−f(x
0
)
∆x

0
và f : U → R thì các tính chất của giới hạn ta suy ra
rằng hàm số f có đạo hàm tại x
0
khi và chỉ khi nó có đạo hàm bên phải và đạo hàm bên
trái tại x
0
và hai đạo hàm này bằng nhau.
Ví dụ 1.2.4. Xét hàm f (x) = |x|. Tại điểm x
0
= 0 ta có.
lim
∆x→0+
∆f
∆x
= lim
∆x→0+
∆x
∆x
= 1 , hay f
+
(0) = 1 và
lim
∆x→0−
∆f
∆x
= lim
∆x→0−
−
∆x

0
+ h) − f (x
0
) = df (x
0
) (h) + 0 (h)
trong đó 0 (h) là vô cùng bé cấp hơn h khi h → 0. Nếu f

(x
0
) = 0 ta có
f (x
0
+ h) − f (x
0
) ≈ df (x
0
) (h) khi h → 0.
Giả sử f, g là các hàm khả vi x
0
∈ U . Ta kí hiệu df, dg là các vi phân của hàm f và g
tại x
0
. Từ các quy tắc tính đạo hàm ta suy ra các quy tắc sau đây của phép tính vi phân.
d (f + g) = df + dg
d (cf) = cdf
d (cf) = df.g + f.d
d

f

10
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy.
Định nghĩa 1.3.1. Cho tập hợp mở U ⊂ R và hàm số f : U → R. Ta nói rằng
hàm f đạt cực đại địa ( tương ứng cực tiểu ) tại x
0
∈ U nếu tồn tại một số δ > 0
sao cho (x
0
− δ, x
0
+ δ ) ⊂ U và f (x
0
) ≤ f (x
0
) (tướng ứng f (x
0
) ≥ f (x
0
)) với mọi
x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ ).
Điểm x
0
mà tại đó hàm f đạt cực đại hoặc cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị
của hàm f.
Định lý 1.3.1. (Ferma). Cho tập hợp U ⊂ R và hàm f : U → R. Nếu điểm c ∈ U là

- Nếu f là hằng số trên [a, b] tức là f(x) = f(a) = f(b) = hằng số. Khi đó f

(x) = 0
với mọi x ∈ (a, b).
- Nếu hàm f (x) không là hằng số trên [a, b]. Vì là hàm liên tục trên [a, b] nên f đạt
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a, b] và ít nhất một trong hai giá trị này đạt được
tại điểm c trong khoảng mở (a, b) vì f(a) = f(b). Theo giả thiết đạo hàm tồn tại ở mọi
điểm trong (a, b) và vì thế tại điểm c trong khoảng này tại đó f đạt cực trị ta có f

(c) = 0.
Định lý 1.3.3. (Lagrange). Giả sử hàm số f : [a, b] → R có các tính chất.
1) f liên tục trên đoạn [a, b].
11
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2) f khả vi trong (a, b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho
f(b) − f (a)
(b − a)
= f

(c) (1)
Chứng minh.
Xét hàm số F : [a, b] → R xác định bởi
F (x) = f (x) − f(a) −
f(b) − f (a)
b − a
(x − a)
Hàm F liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và F (b) = F (a) = 0.
Theo định lí Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F


) = f

(x
0
+ θ∆x)∆x
Hệ quả. Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trong khoảng
(a, b). Khi đó:
a) Nếu f

(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f là một hằng số trên [a, b].
b) Nếu f

(x) > 0 (f

(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b) thì f tăng (giảm) thực sự trên [a, b].
Chứng minh.
a) Giả sử a ≤ x
1
≤ x
2
≤ b. Theo định lý Lagrange tồn tại c ∈ (x
1
, x
2
) sao cho
f(x
2
) − f (x
1
) = f


(c) = [g(b) − g(a)] f

(c) (3)
Nếu hơn nữa g

(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì công thức (3) có thể viết là
f(b) − f (a)
g(b) − g(a)
=
f

(c)
g

(c)
(4)
Chứng minh. Xét hàm h : [a, b] → R xác định bởi
h(x) = [f (b) − f(a)] g(x) − [g(b) −g(a)] f(x).
Hàm h liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và h(a) = f(b).g(a) − g(b).f(a) = h(b).
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
h

(c) = [f (b) − f(a)] .g

(c) − [g(b) − g(a)] .f

(c) = 0
từ đó suy ra (3).
Nếu hơn nữa g

(x − x
0
)
n+1
(1)
trong đó c là một điểm nằm giữa x và x
0
.
Chứng minh.
Xét hàm.
ϕ(t) = f (x) − f(t) −
f

(t)
1!
(x − t) −
f

(t)
2!
(x − t)
2
− −
f
n
(t)
n!
(x − t)
n
.

(x)
ta có ϕ(x
0
) = r
n
(x) , ϕ(x) = 0 (2)
Lấy đạo hàm của hàm số ϕ(t) theo t ta được
ϕ

(t) = −f (t) −

f

(t)
1!
(x − t) −f

(t)

−

f

(t)
2!
(x − t)
2
−
f


0
, x] và có trong khoảng (x
0
, x)
đạo hàm ψ

(t) = 0. Khi đó áp dụng định lý Cauchy cho cặp hàm ϕ (t) , ψ (t) ta suy ra
tồn tại một điểm c nằm giữa x
0
và x, có dạng x
0
+ θ (x − x
0
) , 0 < θ < 1 sao cho
ϕ (x
0
) − ϕ (x)
ψ (x
0
) − ψ (x)
=
ϕ

(c)
ψ

(t)
Từ (2) và (3) ta suy ra
r
n


(c) = −(n + 1) (x −c)
n
Thay vào (4) ta được r
n
(x) =
f
(n+1)
(c)
(n+1)!
(x − x
0
)
n+1
.
Vậy ta có:
f (x) = p
n
(x) + r
n
(x) =
n

k=0
f
k
(x
0
)
k!

)
k
+
f
(n+1)
(x
0
+ θ (x − x
0
))
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
.
trong đó θ < 0 < 1.
14
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Đại lượng r
n
(x) =
f
(n+1)
(x
0
+θ(x−x
0
))
(n+1)!

n+1
(5)
Biểu thức (5) được gọi là số dư dưới dạng Cauchy của khai triển Taylor.
Định lý 1.4.2. Cho tập hợp mở U ⊂ R. Giả sử hàm f : U → R khả vi đến cấp n trong
một lân cận nào đó của x
0
∈ U và f
(n)
(x) liên tục tại x
0
. Khi đó với x ở trong lân cận
nói trên của x
0
ta có
f (x) = f (x
0
) +
f

(x
0
)
1!
(x − x
0
) + +
f
(n)
(x
0

(x
0
)
(n − 1)
(x − x
0
)
n−1
+
f
(n)
(c)
n!
(x − x
0
)
n
(6)
trong đó c nằm giữa x và x
0
. Đặt α (x) =
f
(n)
(c)
n
−
f
(n)
(x
0

n!
bằng
f
(n)
(x
0
)
n!
+ α (x) ta được
f (x) = f (x
0
) +
f

(c)
1!
(x − x
0
) + +
f
(n)
(x
0
)
n!
(x − x
0
)
n
+ 0 ((x − x

(n)
(0)
n!
x
n
+ r
n
(x) .
Sau đây khai triển Mac Laurin một số hàm sơ cấp cơ bản.
15
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- Hàm f (x) = e
x
. Hàm này khả vi vô hạn và f
(n)
(x) = e
x
với mọi n ∈ N. Tại x
0
= 0
ta có f
(n)
(0) = 1 với mọi n. Do đó
e
x
= 1 +
x
1!
+
x

3!
+
x
5
5!
−
x
7
7!
+ + (−1)
n−1
x
2n−1
(2n − 1)!
+ 0

x
2n

- Tương tự ta có đối với hàm f(x) = cosx
cos x = x −
x
3
2!
+
x
5
4!
−
x

x
2
3
+ + (−1)
n−1
x
n
n
+ 0 (x
n
)
- Hàm f (x) = (1 + x)
α
, α ∈ R (x > −1) có
f
(k)
(x) = α (α −1) (α − k + 1) (1 + x)
α−k
Tại x
0
= 0 ta có f
(k)
(0) = α (α −1) (α − k + 1). Do đó
(1 + x)
α
= 1 + αx +
α (α − 1)
2!
x
2

2!
(x − a)
2
+ +
p
(n)
n
(a)
n!
(x − a)
n
.
Ví dụ 1.4.1. Biểu diễn hàm số f (x) = 2x
3
− 3x
2
+ 5x + 1 dưới dạng tổng của các lũy
thừa của nhị thức x + 1.
Ta có
f (−1) = −9 , f

(−1) = 17 , f

(−1) = −18 , f

(−1) = 12.
Do đó
f (x) = −9 + 17 (x + 1) −
18
2!

(x) = 0 trong lân cận (có thể trừ điểm x
0
).
Nếu lim
x→x
0
f

(x)
g

(x)
= A thì ta cũng có lim
x→x
0
f(x)
g(x)
= A.
Chứng minh. Ta có g

(x) = 0 nếu x = x
0
và khá gần x
0
vì nếu g (x) = g (x
0
) = 0 theo
định lý Rolle tồn tại c ở giữa x và x
0
sao cho g

0
sao cho
f (x) −g (x
0
)
g (x) − g (x
0
)
=
f

(c)
g

(c)
.
Khi x → x
0
ta có c → x
0
, từ đó lim
x→x
0
f(x)
g(x)
= lim
c→x
0
f


(n−1)
(x
0
) = 0
thì bằng cách áp dụng quy tắc Lopitan n lần ta có:
lim
x→x
0
f (x)
g (x)
= lim
x→x
0
f
n
(x)
g
n
(x)
nếu giới hạn ở vế phải tồn tại.
Định lý 1.5.2. Giả sử f và g là những hàm xác định trên (a, +∞) sao cho:
1) lim
x→+∞
f (x) = lim
x→+∞
g (x) = 0.
2) f và g khả vi trên (a, +∞) và g

(x) = 0 trên đó.
3) lim

t→0
+
F (t) = lim
t→0
+
G (t) = 0.
Mặt khác F

(t) = −
1
t
2
f


1
t

, G

(t) = −
1
t
2
g


1
t


+
F (t)
G (t)
= lim
t→0
+
F

(t)
G

(t)
= lim
t→0
+
f

(t)
g

(t)
= l
Nhận xét. Như vậy quy tắc Lopitan còn đúng khi xét các giới hạn một phía. Trên đây
ta đã phát biểu và chứng minh trường hợp x
0
= +∞, trường hợp x
0
= −∞ chứng minh
hoàn toàn tương tự.
b) Dạng vô định


(x)
g

(x)
− l| <
ε
2
, ∀x ∈ (c, c + η)
Đặt c + η = x
0
và lấy x ở giữa c và x
0
. Áp dụng định lý Cauchy đối với cặp hàm f, g
trên đoạn [x, x
0
] ta có
f (x) −f (x
0
)
g (x) − g (x
0
)
=
f

(ξ)
g

(ξ)

f (x) −f (x
0
)
g (x) − g (x
0
)
− l

Vì g (x) → +∞ khi x → c nên tồn tại δ > 0, δ ≤ n sao cho với x thỏa mãn c < x < c+δ
ta có g (x) > g (x
0
) và
|
f (x
0
) − lg (x
0
)
g (x)
| <
ε
2
Với x sao cho thỏa mãn c < x < x + δ ta có g (x) > g (x
0
) và
|
f (x
0
) − lg (x
0

lim
x→c
f (x)
g (x)
= l
Chú ý : 1) Nếu l = +∞ thì định lý vẫn đúng. Thật vậy, khi đó giả thiết ta có f

(x) = 0
với x đủ gần c. Thay đổi vai trò của f và g ta có
lim
x→c
g

(x)
f

(x)
= 0
Do đó theo định lý vừa được chứng minh lim
x→c
g(x)
f(x)
= 0, từ đó lim
x→c
g(x)
f(x)
= +∞.
2) Kết quả trên còn đúng khi c = ±∞.
3) Định lý vẫn còn đúng nếu lim
x→c

- Nếu phương trình có dạng f (x) = g (x) ta xét hàm h (x) = f (x) − g (x) và làm
tương tự.
- Nếu phương trình có dạng
A(x)
B(x)
= C (x) ta biến đổi vê dạng A (x) − C (x) B (x) = 0
hoặc
A(x)
B(x)
− C (x) = 0. Đôi khi còn nhiều còn nhiều cách biến đổi khác (chú ý điều kiên
xác định phương trình có nghiệm)
Bài toán 2 . Chứng minh tồn tại số c thỏa mãn một đẳng thức. Ta có thể thay thế c bởi
biến x và đưa đẳng thức về dạng phương trình có ẩn số x. Bài toán trở về bài toán ban đầu.
20
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 2.1.1. Chứng minh mọi tham số các phương trình sau luôn có nghiệm.
a) a cos x + b sin 2x + cos3x −x = 0 có nghiệm.
b)
1
sin x
+
3
cos x
= m có nghiệm.
Giải.
a) Đặt f (x) = a cos x + b sin 2x + cos3x − x.
Ta có f

−
π

, π

.
Vì lim
x→
π
2
+
f (x) = −∞ nên a ∈

π
2
;
π
2
+ ε

⊂

π
2
; π

sao cho f(a) < 0.
lim
x→
π
2
−
f (x) = +∞ b ∈ (π −ε; π) ⊂

f (0) .f (π) = 1 − π < 0 vậy luôn tồn tại x
0
∈ (0, π) sao cho f(x
0
) = 0 hay phương
trình có nghiệm.
Ví dụ 2.1.3. Cho
f (x) =
e
x
(x + 1)
2
chứng minh phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất α ∈

1
2
; 1

(HSG-Nga năm 2001)
Giải.
21
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Đặt g (x) = f (x) − x suy ra g

(x) =
(x−1).e
x
(x+1)
− 1 ≤ −1 < 0
Do g(x) liên tục nên ∃α ∈

3

= 1 −
2
√
3
< 0; f (1) > 0
Nên phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
.
Theo định lý Viet ta có.
x
1
+ x
2
+ x
3
= 0; x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x

i
= −x
2
i
+ x
i
− 1 ⇒ x
8
i
= 2x
2
i
− 3x
i
+ 2
Do đó
T =
3

i=1
x
8
i
= 2
3

i=1
x
2
i

x
i
+ 6 = 10.
Ví dụ 2.1.5. Cho a, b, c khác 0 và p, q tùy ý. Chứng minh rằng phương trình
a
2
x − q
+
b
2
x − p
= c
luôn có nghiệm.
Giải.
22
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Với p = q ta có
a
2
+b
2
x−p
= c ⇔

x = p
x =
a
2
+b
2

(p − q)
2
< 0
Do đó tồn tại x
0
nằm giữa p và q sao cho f(x
0
) = 0, tức phương trình có nghiệm.
Ví dụ 2.1.6. Cho hàm số f(x) liên tục trên

0,
π
2

và sao cho f(0) > 0 và
π
2

0
f (x) dx < 0
chứng minh rằng f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong khoảng

0,
π
2

.
(Olympic sinh viên 2003)
Giải.
Ta có f (x) = sin x ⇔ f (x) − sin x = 0.

Bởi vậy từ giả thiết ta nhận được
π
2

0
g (x) dx < 0.
Suy ra tồn tại ∃x
0
∈ (0,
π
2
] sao cho g (x
0
) < 0 do (g (0) = f (0) −sin 0 > 0)
Trên [0, x
0
] hàm g(x) liên tục và g (0) .g (x
0
) < 0.
Do đó tồn tại ∃c ∈ (0,
π
2
] sao cho g(c) = 0.
Hay ∃c ∈ (0,
π
2
] sao cho f(c) = sinc.
Vậy phương trình có nghiệm trên (0,
π
2

+bx
3
+cx
2
+dx+e khi đó hàm f(x) xác định và liên tục trên R.
Ta có
f(
√
x
0
) = (ax
0
2
+ cx
0
+ e)+
√
x
0
(bx
0
+ d)
f(−
√
x
0
) = (ax
0
2
+ cx

= (ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
−x
0
(ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
= (ax
0
2
+ cx
0
+ e)
2
(1−x
0
) ≤ 0
Do đó phương trình f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [−
√
x
0

0
Từ bất đẳng thức đã cho ta có:|f(f (x
0
)) − f (x
0
)| < |f(x
0
) − x
0
|
Suy ra g(f(x
0
)) < g(x
0
) mâu thuẫn với (∗). Do đó g(x
0
) = 0 hay f (x
0
) = x
0
Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm x
1
= x
0
thuộc [a, b]. Khi đó |f (x
1
) − f (x
0
)| =
|x

.
Ta có
g(0) + g(
1
m
) + g(
2
m
) + + g(
m−1
m
)
=

f(
1
m
) − f (0)

+

f(
2
m
) − f (
1
m
)

+

m−1
m

.Nên ∃c ∈

i
m
,
j
m

|g (c) = 0.
Do đó ∃c ∈ [0, 1] sao cho f (c) = f

c +
1
m

.
2.1.2 Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương
trình có nghiệm.
Bài toán: Chứng minh phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong khoảng (a, b) với f(x) liên
tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b)
Phương pháp: Bước 1 xác định hàm F (x) liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và
thỏa mãn
F

(x) = f (x)

F (x) =

Ta có f (1) = f (2) = f (3) = = f (2012) = 0.
Xét hàm f(x) trên [1, 2].
Suy ra f(x) liên tục trên [1, 2], ∃f

(x) , ∀x ∈ (1, 2).
25
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên