ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NGỌC DAO

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC
CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA
THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN
LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NGỌC DAO

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC
CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP
ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG
TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu



1.4

Một số tính chất của hàm lồi khả vi . . . . . . . . . . . . . 14

Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm
trong đa thức
2.1

2.2

2.3

20

Đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức . . . . . . . . . . 20
2.1.1

Định lý Rolle đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.2

Nội suy Taylor đối với đa thức . . . . . . . . . . . . 21

2.1.3

Nội suy Newton đối với đa thức . . . . . . . . . . . 23

2.1.4



57
58


2

Mở đầu
Chuyên đề về đa thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ
thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn
là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học.
Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài
toán liên quan tới đa thức nói chung và đặc biệt là các bài toán về đẳng thức,
bất đẳng thức và cực trị của đa thức chứa hoặc không chứa đạo hàm thường
xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được là thuộc loại khó, hơn
nữa phần kiến thức về đa thức và các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức và
cực trị lại không nằm trong chương trình chính thức của chương trình Số học,
Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên
đề đa thức, tôi đã làm luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong
lớp đa thức và một số bài toán liên quan". Luận văn nhằm cung cấp một số các
dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm và trình bày các
phương pháp giải chúng, xét các bài toán cực trị, khảo sát phương trình, bất
phương trình đa thức cùng một số dạng liên quan.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương.
Chương 1. Một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm liên tục
và hàm khả vi.
Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức chứa đạo hàm trong đa thức
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải

chứng minh.


4

Định lý 1.3 (Định lý Weierstrass, [4],[6]). Giả sử f là hàm xác định và liên tục
trên [a, b]. Khi đó luôn tồn tại các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
f trên đoạn [a, b], tức là tồn tại xm , xM ∈ [a, b] sao cho với mọi x ∈ [a, b] ta luôn

có f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ).
Chứng minh. Trước hết, ta đi chứng minh f (x) bị chặn trên [a, b]. Giả sử
f (x) không bị chặn trên [a, b], tức là với mọi n ∈ N tồn tại xn ∈ [a, b] sao cho
|f (xn )| ≥ n.

Ta thấy dãy (xn ) bị chặn nên theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn tại một
dãy con của nó xnk → x0 ∈ [a, b] sao cho |f (xnk )| ≥ nk . Chuyển qua giới hạn, ta
thu được |f (x0 )| = +∞, mâu thuẫn vì f (x) liên tục tại x0 . Vậy f (x) bị chặn.
Gọi m = inf f (x), M = sup f (x). Lấy ε =
[a,b]

[a,b]

1
, n ∈ N∗ , ∃xn ∈ [a, b], sao cho
n

1
> f (xn ) − m ≥ 0.
n


Dirichlet.


5

Ví dụ 1.2 (Hàm Riemann). Trên đoạn [0, 1] xét hàm số
1
 , nếu x = p là phân số tối giản,
f (x) =

q

q

0, nếu x là số vô tỷ.
Chứng minh rằng
- Các điểm hữu tỷ là điểm gián đoạn của hàm số,
- Các điểm vô tỷ là điểm liên tục của hàm số.
Chứng minh. Giả sử x0 là một điểm tùy ý thuộc [0, 1]. Với mỗi số ε > 0 chỉ
1
, nghĩa là trong
ε
p
p
1
đoạn [0, 1] chỉ có một số hữu hạn các số hữu tỷ dạng , mà f
= ≥ ε. Xét
q
q
q

Một số đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản

Trong phần này, ta xét các định lý về giá trị trung bình.
Định nghĩa 1.1 ([4],[6]). Hàm số f được gọi là khả vi tại điểm a khi và chỉ khi
tồn tại lân cận Ω của a sao cho tồn tại f (x) với mọi x ∈ Ω.
Định nghĩa 1.2 ([4],[6]).
(i) Hàm số f được gọi là đạt cực tiểu địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn
tại lân cận Ω của a sao cho
f (x) ≥ f (a), ∀x ∈ Ω.

(ii) Hàm số f được gọi là đạt cực đại địa phương tại điểm a khi và chỉ khi tồn
tại lân cận Ω của a sao cho
f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ Ω.

Nhận xét 1.2. Về sau, ta gọi hàm số f đạt cực trị địa phương tại điểm a nếu
f đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương tại điểm a.

Tiếp theo, ta trình bày các kết quả cơ bản liên quan đến các đẳng thức về
giá trị trung bình của hàm số sau đây.
Định lý 1.4 (Định lý Fermat, [4]). Nếu hàm f (x) khả vi tại điểm a và đạt cực
trị địa phương tại a thì f (a) = 0.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử f (x) đạt cực đại địa phương
tại a. Điều đó cho thấy tồn tại lân cận Ω của a sao cho
f (x) − f (a) ≤ 0, ∀x ∈ Ω.

Với mọi h = 0 sao cho a + h ∈ Ω, ta có
- Nếu h > 0 thì

f (a + h) − f (a)
≤ 0. Suy ra

Tương tự, ta cũng có chứng minh cho trường hợp f đạt cực tiểu địa phương
tại a.
Định lý 1.5 (Định lý Rolle). Giả sử f là hàm liên tục trên [a, b] và có đạo hàm
trong (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ [a, b] sao cho f (c) = 0.
Chứng minh. Vì f liên tục trên [a, b], theo Định lý Weierstrass hàm f phải
đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b]. Tức là, tồn tại các điểm
x1 , x2 ∈ (a, b) sao cho
f (x1 ) = min f (x) = m, f (x2 ) = max f (x) = M.
x∈[a,b]

x∈[a,b]

Có hai khả năng xảy ra:
- Nếu m = M , khi ấy f (x) = const trên đoạn [a, b], do đó f (x) = 0 với mọi
x ∈ (a, b) và c là điểm bất kì trên khoảng đó.

- Nếu m < M , khi đó từ điều kiện f (a) = f (b) nên có ít nhất một trong hai điểm
x1 , x2 không trùng với các đầu mút của [a, b]. Giả sử x1 ∈ (a, b), theo Định lý

Fermat thì đạo hàm bằng 0 tại điểm này.
Nhận xét 1.3.
- Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng (a, b) có điểm c
mà tại đó không tồn tại f (c).
- Điều kiện liên tục của hàm f (x) trên đoạn [a, b] cũng không thể thay bởi điều
kiện f (x) liên tục trong khoảng (a, b).
- Ý nghĩa hình học: Khi các điều kiện của Định lý Rolle được thỏa mãn thì
trên đồ thị hàm số y = f (x), ∀x ∈ [a, b] tồn tại điểm M (c, f (c)), c ∈ (a, b) mà tại
đó tiếp tuyến song song với trục hoành.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức f (x) có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì
đa thức f (x) có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b).


Chứng minh. Ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) − λx,

(1.2)

trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là sao cho
f (a) − λa = f (b) − λb.

Để có điều đó, chỉ cần chọn
λ=

f (b) − f (a)
.
b−a

(1.3)


9

Rõ ràng hàm F (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên (a, b) và F (a) = F (b),
do đó theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F (c) = 0. Từ (1.1), ta có
F (x) = f (x) − λ, do đó
F (c) = 0 ⇔ f (c) = 0 ⇔ f (c) = λ.

Thay giá trị λ từ (1.3) vào F (x) = f (x) − λ, ta thu được f (c) =

f (b) − f (a)
, hay

10

Hệ quả 1.5. Nếu hai hàm f (x) và g(x) có đạo hàm đồng nhất bằng nhau trên
một khoảng thì chúng chỉ sai khác nhau bởi hằng số cộng.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết ta có
[f (x) − g(x)] = f (x) − g (x) = 0.

Theo Hệ quả 1.4 thì f (x) − g(x) = c hay f (x) = g(x) + c.
Định lý 1.7 (Định lý Cauchy). Giả sử các hàm f, g liên tục trên đoạn [a, b] và
có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a, b), ngoài ra g (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c)
f (b) − f (a)
=
.
g(b) − g(a)
g (c)

(1.4)

Chứng minh. Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét công thức (1.4) luôn
có nghĩa, tức là g(b) = g(a).
Thật vậy, nếu g(b) = g(a) thì hàm g(x) thỏa mãn điều kiện của Định lý Rolle
và do đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g (c) = 0. Nhưng điều này trái với giả thiết là
g (x) = 0, ∀c ∈ (a, b).

Ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) − λg(x),

(1.5)



11

Nhận xét 1.6. Công thức (1.4) thường được gọi là công thức số gia hữu hạn
Cauchy.
Nhận xét 1.7. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý Cauchy với
giả thiết g(x) = x.

1.3

Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm cơ bản

Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Landau, [3],[6]). Cho f là hàm khả vi cấp hai trên
R. Giả sử f và f bị chặn trên R. Đặt
M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f (x)|, M2 = sup |f (x)|.
x∈R

x∈R

x∈R

Khi đó f bị chặn và
M1 ≤ 2

(1.8)

M0 M2 .

Chứng minh. Trước hết, ta nhận thấy rằng nếu M2 = 0 thì hàm f (x) là hàm

+ M2
M2

M0
⇔ M1 ≤ 2
M2

M0 M2 .


12

Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Kolmogorov). Giả sử f là hàm khả vi cấp ba và f
và f

bị chặn trên R. Đặt
M0 = sup |f (x)|, M1 = sup |f (x)|, M3 = sup |f (x)|.
x∈R

x∈R

x∈R

Khi đó f cũng bị chặn và
1
1
M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 .
2

Chứng minh. Cố định x ∈ R và h = 0 và áp dụng công thức Taylor (tới cấp


Suy ra
2h|f (x)| ≤ |f (x − h) − f (x) + hf (x) −
−

h2
f (x)| + |f (x + h) − f (x) − hf (x)
2

h2
M3 h3
f (x)| + |f (x + h)| + |f (x − h)| =
+ 2M0 .
2
3

Do đó
|f (x)| ≤

M0 M3 h2
+
=: ψ(h).
h
6

Vậy f (x) bị chặn.
1

Mặt khác, ta thấy ψ(h) đạt cực tiểu tại h0 = (3M0 M3−1 ) 3 .



k(n−k)
2

1− nk

M0

k

Mnn .

Chứng minh. Theo công thức Taylor, ta có
n−1

j=1

k j (j)
Mn k n
f (x) ≤ 2M0 +
.
j!
n!

Do vậy
n−1

n−1
k
Cn−1

j!

n−1

n−1
n−1−k

(−1)

k
Cn−1
kj |

k
Cn−1
(2M0 +

≤

k=1

k=1
m

k k j = 0 nếu 1 ≤ j ≤ m − 1, hoặc
(−1)m−k Cm

k=1

Mn k n

chặn, do đó f chỉ thỏa mãn được điều kiện về tính liên tục của giả thiết. Điều
đó cho thấy Mk > 0 với mọi 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N.
Áp dụng bất đẳng thức Laudau, ta có
Mk ≤

2Mk−1 Mk+1 , ∀1 ≤ k ≤ n − 1.


14

Điều này cho ta các bất đẳng thức
u1 ≤ u2 ≤ · · · ≤ un ,

trong đó
(u1 u2 . . . uk )n ≤ (u1 u2 . . . un )k .

Áp dụng bất đẳng thức Laudau trong trường hợp này, ta thu được
k
k(n − k)
1− nk
2
M0 Mnn .
Mk ≤ 2

Vậy ta có điều phải chứng minh.

1.4

Một số tính chất của hàm lồi khả vi



0, ∀x ∈ I .

Định lý 1.11. Nếu hàm số f là lồi trên I (a, b) , thì ta luôn có
f (x) + f (a + b − x) , ∀x ∈ [a, b] .

f (a) + f (b)

Chứng minh. Ta có
x = ta + (1 − t) b , ∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ [0, 1] .

Khi đó
a + b − x = (1 − t) a + tb.
⇒ f (x) + f (a + b − x) = f (ta + (1 − t) b) + f ((1 − t) a + tb) .
tf (a) + (1 − t) f (b) + (1 − t) f (a) + tf (b) .
= f (a) + f (b) .

Tính chất 1.1 (Biểu diễn của hàm lồi, [3]). Nếu f (x) lồi khả vi trên I (a, b) thì
với mọi cặp x0 ; x ∈ I(a, b), ta đều có
f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ).

f (x)

Ta thấy đẳng thức xảy ra khi x0 = x nên ta có thể viết lại dưới dạng sau
f (u) + f (u)(x − u) .

f (x) = min
u∈I(a;b)

Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Karamata, [3]). Cho hai dãy số {xk }, {yk } ∈ I(a, b);


............





x1 + x2 + · · · + xn−1




y1 + y2 + · · · + yn−1

x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn

Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x) (f (x) > 0) trên I (a, b), ta đều có
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )

f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ).


16

Nhận xét 1.9. Tương tự, ta cũng có kết quả đối với hàm lõm bằng cách đổi
chiều dấu bất đẳng thức.
Chứng minh. Khi f (x) là hàm lồi, sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi, ta có
n

n

= S1 [f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [f (t2 ) − f (t3 )] + · · · + Sn−1 [f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ),

với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk .
Vì f (x) > 0 nên f (xk )

f (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x)

Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n−

1) và vì Sn (x) = Sn (y), ta có được điều phải chứng minh.

Hệ quả 1.8 (Bất đẳng thức Jensen). Với mọi hàm lồi f (x) trên I(a, b) và với
mọi xi ∈ I(a, b) (i = 1, 2, . . . , n) ta luôn có bất đẳng thức
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )
n

f

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Chứng minh. Do tính chất đối xứng, không mất tính tổng quát, ta giả x1
x2

···

xn .

Khi đó, ta có

x1 + x2 + · · · + xn
.
n


17

Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )

nf

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Định lý 1.13 (I. Schur). Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn điệu giảm
{xk , yk ; k = 1, 2, . . . , n} ,

thỏa mãn các điều kiện

x1 y 1






 x1 + x2



0,

n

akj = 1,
j=1

ajl = 1 ; k, l = 1, 2, . . . , n.
j=1

Định lý 1.14. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại x ∈ (a; b) sao cho
f (x)

0 với x ∈ [a; b] và f (x) > 0 với mọi x ∈ (a; b).

Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số thuộc [a; b], đồng thời thỏa mãn
các điều kiện a1

a2

···

an và x1



x 1 a1



n

n

f (xk )
k=1

f (ak ).
k=1

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử bộ t1 , . . . , tn ∈ I(a, b) là bộ số
giảm, nghĩa là
t1

t2

···

tn .


18

Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
n

n

f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) =



0, ta thu được điều cần chứng minh.

Sn (y) , f (tn )

Hoàn toàn tương tự ta có
Định lý 1.15. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai trong (a; b) sao cho
0 với mọi x ∈ [a; b] và f (x) < 0 với mọi x ∈ (a; b).

f (x)

Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a; b], thỏa mãn điều kiện
a1

a2

···

an , x 1

···

x2



x 1 a1





Định lý 1.16. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a; b) sao
cho f (x) > 0 với mọi x ∈ (a; b).


19

Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a; b], thỏa mãn điều kiện
a1

a2

···

an và


x 1 a1






x1 + x2

a1 + a2

......................



2.1
2.1.1

Đẳng thức chứa đạo hàm giữa các đa thức
Định lý Rolle đối với đa thức

Nhận xét rằng nếu đa thức có nghiệm x = x0 bội k (k > 1) thì đạo hàm của
nó có nghiệm x = x0 bội bậc k − 1. Kết hợp với Định lý Rolle, ta thu được kết
quả quan trọng sau đây.
Định lý 2.1 (Định lý Rolle đối với đa thức). Nếu đa thức P (x) có k nghiệm
thực thì đạo hàm của nó là đa thức P (x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực.
Trong trường hợp đặc biệt, ta thu được kết quả có nhiều ứng dụng trong đại
số sau đây.
Hệ quả 2.1. Nếu đa thức P (x) có các nghiệm đều thực thì đạo hàm của nó là
đa thức P (x) cũng có các nghiệm đều thực.


21

2.1.2

Nội suy Taylor đối với đa thức

Ta thường thấy trong các sách giáo khoa hiện hành, dạng chính tắc của một
đa thức đại số P (x) bậc n (n > 0, thường được viết dưới dạng
P (x) = p0 xn + p1 xn−1 + · · · + pn , p0 = 0.

Đa thức dạng chính tắc là đa thức được viết theo thứ tự giảm dần của luỹ thừa.
Tuy nhiên, khi khảo sát các đa thức, người ta thường quan tâm đến cả một

tại x = 0:
ak = P (k) (0), k = 0, 1, . . . , n.

Từ đây ta thu được đồng nhất thức Taylor tại x = 0 (thường được gọi là nội suy
Taylor):
P (x) = P (0) +

P (0)
P (2) (0) 2
P (n) (0) n
x+
x + ··· +
x .
1!
2!
n!

Ví dụ 2.1. Viết đa thức
Q(x) = (x2 − 2x − 2)5 + (2x3 + 3x2 − x − 1)2

(2.3)


22

dưới dạng chính tắc (công thức Taylor) tại x = 0:
Q(x) = a0 +

a1
a2

N − 1) và thỏa

mãn các điều kiện
T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.

(2.6)

Lời giải. Trước hết, dễ thấy rằng đa thức
N −1

αk (x − x0 )k

T (x) =
k=0

có bậc deg T (x)

N − 1. Tiếp theo, ta cần xác định các hệ số αk ∈ R sao cho

T (x) thỏa mãn điều kiện
T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.

Lần lượt lấy đạo hàm T (x) đến cấp thứ k, k = 0, 1, . . . , N − 1, tại x = x0 và
sử dụng giả thiết
T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1,

ta suy ra
αk =

ak