18. November 2017 17:23
Các trang chính
· Trang Nhất
· Diá»…n đàn
· Tạp Chí MathVn
· Bản dịch Kvant
· Blogs
· FAQ
· Liên hệ
· Tìm kiếm
· Liên kết

· ThÆ° 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.
Search Articles
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp các bài báo khoa học bằng cách nhập DOI ở ô tìm kiếm bên dưới. DOI có thể tìm thấy ngay trong trang xuất bản online của bài báo mà bạn muốn tải. Bạn có thể nhập DOI thí dụ sau: 10.1007/BF01192073



Wolfram Alpha
Tính toán trực tuyến với Wolfram Alpha bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới


Donation
Cộng đồng MathVn hoạt động với mục đích phi lợi nhuận, tuy nhiên chúng tôi rất cần sự trợ giúp tài chính đề duy trì sự hoạt động của website cũng như ra mắt các ấn bản miễn phí, tổ chức các hoạt động offline... Mọi sự đóng góp dù nhỏ đều là quý báu và chúng tôi chân thành ghi nhận điều đó.



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



RSS Feeds
Subscribe to our Feeds

Latest Downloads
Latest News
Latest Articles
Latest Threads
Latest Weblinks

Validated Feeds

Trực tuyến
LONGbhkn09:56:21
Vnkvant17:55:21
giangpna98 1 week
pvan1611 1 week
kqh26 1 week
angrypig298 2 weeks
legendarthas 3 weeks
tranthienchuong 3 weeks
Thành viên trực tuyến
· Khách trực tuyến: 2

· Thành viên trực tuyến: 0

· Tổng số thành viên: 2,538
· Thành viên mới nhất: nmhuy942
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
Chủ đề diễn đàn
Chủ đề mới nhất
· Đại số...
· Bá»™ sách cá...
· Nhóm xyclic
· Điểm bấ...
· Tính giá»›i h...
· Bất đẳ...
· Korner's constructio...
· An inequality collec...
· Vài bài vá»...
· PhÆ°Æ¡ng trìn...
· L.C.Evans - PDE
· Olympic Sinh viên...
· Olympiad SV МФ...
· Generalization of so...
· Tặng daogiauvan...
· Mùa hè nóng...
· Collected inequality...
· Olympic SV Kiev
· Bất đẳ...
· Tài khoản MA...
· Bài tập vá...
· Chú ý: THÁN...
· Số Pi và nh...
· Chuyển công ...
· Ôn tập mÃ...
· Đăng ký tha...
· PhÆ°Æ¡ng pháp...
· Olympic Sinh viên...
· Olimpiad Toán Ä...
· Problem Of The Month I.
Chủ đề nóng nhất
· Nhờ download... [333]
· Vài bài tá... [85]
· Những Ä‘... [83]
· Problem Of The Mo... [76]
· BV Functions In O... [51]
· Đề thi tu... [47]
· Thông tin vÃ... [40]
· L.C.Evans - PDE [38]
· Các bạn t... [38]
· Problems of Purdu... [36]
· Problem of Washin... [36]
· Ôn tập m... [34]
· Olympic Sinh viÃ... [34]
· Olympic SV Kiev [33]
· Olympic Toán S... [33]
· PT vi phân [32]
· Ôn tập m... [31]
· Tính giá»›... [30]
· Call for papers-K... [30]
· Đóng góp... [30]
· Mùa hè nÃ... [28]
· Tuyển táº... [28]
· Cập nhậ... [28]
· Korner's construc... [27]
· Đăng ký ... [26]
· Nhờ download... [26]
· An inequality col... [25]
· Generalization of... [25]
· PhÆ°Æ¡ng phÃ... [25]
· Bất Ä‘á... [24]
· Má»™t câu ... [24]
· Tìm nghiá»... [24]
· Tích phân hay [23]
· Bài tập v... [22]
· Kì Thi Olympic... [22]
· Olimpiad Toán ... [21]
· Mathematics Magazine [21]
· PhÆ°Æ¡ng trÃ... [21]
· PhÆ°Æ¡ng trÃ... [20]
· Collected inequal... [20]
· Chuyển cô... [20]
· College Mathemati... [20]
· Olympic Sinh viÃ... [19]
· Tặng daogiau... [19]
· Tài khoản... [19]
· Chú ý: THÃ... [19]
· Số Pi và... [19]
· Phép biến... [19]
· Journal Ма... [19]
· The Qualifying Ex... [19]
Xem 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 Ä‘iển minh mở ra mục này nhầm Ä‘Æ°a ra các định lí quan trọng trong giải tích toán học và những ứng dụng của nó vÆ¡i 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 $\displaystyle f$ là hàm liên tục trên $\displaystyle {\rm{[a}}{\rm{,b]}}$, khả vi trên $\displaystyle (a,b)$ và $\displaystyle f(a)=f(b)$ thì tồn tại $\displaystyle {\rm{c}} \in {\rm{(a}}{\rm{,b)}}$ sao cho $\displaystyle f'(c) = 0$
Chứng minh: Định lí này dế dàng được suy ra từ định nghĩa của đạo hàm
...
Định lí Rolle(trường hợp đặc biệt)
Nếu $\displaystyle f$ là hàm khả vi trên $\displaystyle R$ thì giữa bất kì hai nghiệm nào của $\displaystyle f$ cũng tồn tại một nghiệm của $\displaystyle f'$
Hệ quả 1.1
Nếu $\displaystyle f$ là hàm khả vi trên $\displaystyle R$ và $\displaystyle f'(x) \ne 0$ với mọi $\displaystyle x$ thì $\displaystyle f$ có nhiều nhất một nghiệm.
Chứng minh
Dễ dàng bằng phủ định ta có đpcm.
Hệ quả 1.2
Cho $\displaystyle n \in N$, giả sử $\displaystyle f$ là hàm khả vi cấp $\displaystyle n$(tức là tồn tại $\displaystyle f^{(n)} (x)$ với mọi $\displaystyle x$). Nếu $\displaystyle f^{(n)} (x) \ne 0$ với mọi $\displaystyle x$ thì $\displaystyle f$ có tối đa $\displaystyle n$ nghiệm.
Chứng minh: Ta giả sử $\displaystyle f$ có ít nhất $\displaystyle n+1$ nghiệm thì suy ra $\displaystyle f^{(n)} (x)$ 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
$\displaystyle F(x) = f(x) - f(a) + \frac{{f(a) - f(b)}}{{b - a}}(x - a)$
Ta nhận thấy $\displaystyle F(a)=F(b)=0$ và từ đó theo định lí Rolle ta có tồn tại $\displaystyle c$ để $\displaystyle F'(c)=0$
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 $\displaystyle f,g:{\rm{[a}}{\rm{,b]}} \to {\rm{R}}$ là các hàm liên tục trên $\displaystyle {\rm{[a}}{\rm{,b]}}$ và khả vi trên $\displaystyle (a,b)$ đồng thời $\displaystyle g'(x)\ne 0$ với mọi $\displaystyle x$
Xét hàm $\displaystyle G(x) = f(x) - Ag(x)$ và ta chọn $\displaystyle A$ sao để $\displaystyle G(a)=G(b)$, giải phương trình trên ta tìm được
$\displaystyle A = \frac{{f(b) - f(a)}}{{g(b) - g(a)}}$
Theo định lí Rolle ta có tồn tại $\displaystyle c$ để $\displaystyle G'(c)=0$ ta có định lí Cauchy...
Định lí Cauchy: Cho hai hàm $\displaystyle f,g:{\rm{[a}}{\rm{,b]}} \to {\rm{R}}$ là các hàm liên tục trên $\displaystyle {\rm{[a}}{\rm{,b]}}$ và khả vi trên $\displaystyle (a,b)$ đồng thời $\displaystyle g'(x)\ne 0$ với mọi $\displaystyle x$ thì tồn tại $\displaystyle c \in (a,b)$ sao cho
$\displaystyle \frac{{f(b) - f(a)}}{{g(b) - g(a)}} = \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}}$
Trong trường hợp $\displaystyle g(x)=x$ ta có ngay định lí Mean Value Theorems
Qua cách đặt này ta thấy phépđặt khá tự nhiên khi chọn hàm $\displaystyle G(x)$...
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 $\displaystyle I$, $\displaystyle f'$ bị chặn trên $\displaystyle I$ thì $\displaystyle f$ là hàm liên tục đều trên $\displaystyle I$
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 05:10
 
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 $\displaystyle f'(x) = 0$ với mọi $\displaystyle x \in (a,b)$ thì $\displaystyle f$ là hàm hằng trên $\displaystyle [a,b]$.
Chứng minh
Áp dụng Lagrange's MVT(Mean Value Theorem) ta có ngay đpcm.
Hệ quả 1.4
Nếu $\displaystyle f'(x) = g'(x)$ với mọi $\displaystyle x \in (a,b)$ thì $\displaystyle f$ và $\displaystyle g$ sai khác nhau chỉ một hằng số trên $\displaystyle [a,b]$.
Chứng minh
Xét $\displaystyle h(x)=f(x)-g(x)$, theo gt ta có $\displaystyle h'(x)=0$ ta có đpcm.
Hệ quả 1.5
Nếu $\displaystyle f'(x)>0(<0)$ với mọi $\displaystyle x \in (a,b)$ thì $\displaystyle f$ là hàm tăng ngặt (giảm ngặt) trên $\displaystyle [a,b]$.
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 $\displaystyle P(x)=x^{13} +7x^3-5=0$ có đúng một nghiệm.
Giải
Ta có chú ý $\displaystyle P(x)<0$ với mọi $\displaystyle x<0$
$\displaystyle P(0)=-5$ và $\displaystyle \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 $\displaystyle P'(x)=0$ có ít nhất một nghiệm dương, nhưng ta thấy $\displaystyle P'(x)>0$ với mọi $\displaystyle x>0$.
Từ đó ta có ptrình đã cho có đúng một nghiệm.
Tương tự ta có ptrình $\displaystyle 3^x + 4^x = 5^x $ cũng có duy nhất nghiệm.
Ví dụ 2:
Giả sử $\displaystyle a_0 ,a_1 ,...,a_n $ là các số thực thỏa mãn
$\displaystyle \frac{{a_0 }}{{n + 1}} + \frac{{a_1 }}{n} + ... + \frac{{a_{n - 1} }}{2} + a_n = 0$
Thì khi đó đa thức $\displaystyle P(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n - 1} + ... + a_n $ có ít nhất một nghiệm trên đoạn $\displaystyle (0,1)$.
Giải
Xét $\displaystyle Q(x) = \frac{{a_0 }}{{n + 1}}x^{n + 1} + \frac{{a_1 }}{n}x^n + ... + a_n x$
Ta thấy $\displaystyle Q(x)$ thỏa mãn điều kiện định lí Rolle $\displaystyle Q(0)=Q(1)$ nên $\displaystyle P(x)=Q'(x)=0$ có ít nhất một nghiệm trên $\displaystyle (0,1)$.
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 $\displaystyle P_n (x) = \frac{1}{{2^n n!}}\frac{{d^n }}{{dx^n }}((x^2 - 1)^n )$ có $\displaystyle n$ nghiệm thực nằm trong khoảng $\displaystyle (-1,1)$
Giải
Chú ý đa thức $\displaystyle U_n (x) = (x^2 - 1)^n $ có $\displaystyle 2n$ nghiệm thực trên đoạn $\displaystyle [-1,1]$
$\displaystyle x_1 =x_2= ... = x_n = - 1$ và $\displaystyle x_{n + 1} = x_{n + 2} ... = x_{2n} = 1$
Áp dụng định lí Rolle ta có đa thức đã cho có $\displaystyle n$ 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 $\displaystyle f$ có đạo hàm cấp 2 trên đoạn [a,b] và $\displaystyle f'(a) = f'(b) = 0$ thì bất phương trình $\displaystyle \left| {f''(x)} \right| \ge \frac{4}{{(b - a)^2 }}\left| {f(b) - f(a)} \right|$ có ít nhất một nghiệm
Giải
Nếu $\displaystyle f(x)=const$ thì bài toán hiển nhiên đúng.
Ngoài ra ta có áp dụng định lí Cauchy với hàm $\displaystyle f$ và hàm $\displaystyle \varphi = \frac{{(x - a)^2 }}{2}\,\,\,\,\,x \in [a,\frac{{a + b}}{2}]$
$\displaystyle \frac{{8\left( {f(\frac{{a + b}}{2}) - f(a)} \right)}}{{(b - a)^2 }} = \frac{{f'(\xi _1 )}}{{\xi _1 - a}}\,\,\,\,\,\,\,a < \xi _1 < \frac{{a + b}}{2};$
Tương tự áp dụng đính lí Cauchy cho hàm $\displaystyle f$ và hàm $\displaystyle \psi = \frac{{(b - x)^2 }}{2}\,\,\,\,\,x \in [\frac{{a + b}}{2},b]$ ta có
$\displaystyle \frac{{8\left( {f(b) - f(\frac{{a + b}}{2})} \right)}}{{(b - a)^2 }} = \frac{{f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\,\,\,\,\,\frac{{a + b}}{2} < \xi _2 < b$
Cộng hai đẳng thức ở trên ta có
$\displaystyle \frac{{8\left( {f(b) - f(a)} \right)}}{{(b - a)^2 }} = \frac{{f'(\xi _1 )}}{{\xi _1 - a}}\,\, + \frac{{f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\,\,\,\,\,$
Theo gt ta có $\displaystyle f'(a) = f'(b) = 0$ nên ta áp dụng định lí LMVT ở trên và viết lại đẳng thức dưới dạng
$\displaystyle \frac{{f'(\xi _1 )}}{{\xi _1 - a}}\,\, + \frac{{f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\,\,\, = \,\,\frac{{f'(\xi _1 ) - f'(a)}}{{\xi _1 - a}}\, - \frac{{f'(b) - f'(\xi _2 )}}{{b - \xi _2 }}\,\, = f''(\eta _1 ) - f''(\eta _2 )$
trong đó $\displaystyle a < \eta _1 < \xi _1 $, $\displaystyle \xi _2 < \eta _2 < b$
Từ trên ta rút ra
$\displaystyle \frac{{8\left( {\left| {f(b) - f(a)} \right|} \right)}}{{(b - a)^2 }} \le \left| {f''(\eta _1 )} \right| + \left| {f''(\eta _2 )} \right| \le 2\max \left\{ {\left| {f''(\eta _1 )} \right|,\left| {f''(\eta _2 )} \right|} \right\} = 2\left| {f''(c)} \right|$
Do đó ta có
$\displaystyle \left| {f''(c)} \right| \ge \frac{4}{{(b - a)^2 }}\left| {f(b) - f(a)} \right|$
Như vậy bất phương trình đã cho có ít nhất 1 nghiệm là $\displaystyle x=c$
Tương tự ta có thể chứng minh bất phwưong trình
$\displaystyle \left| {f'(x)} \right| > \left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right|$ cũng có ít nhất 1 nghiệm với giả thiết $\displaystyle f$ là hàm liên tục có đạo hàm trên $\displaystyle [a,b]$ và là hàm tuyến tính.
Mình sẽ tiếp sau với ứng dụng về tìm giới hạn....
Sửa bởi vualangbat vào lúc 15-02-2009 05:43
 
vualangbat
Chúng ta lại tiếp tục khám phá tiếp những ứng dụng của ba định lí trên trÆ°á»›c khi qua định lí MVT đối vá»›i 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 $\displaystyle f$ khả vi trên khoảng vô hạn $\displaystyle (x_0 , + \infty )$ và $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'(x) = 0$ thì $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 0$.
GiảiGiả sử $\displaystyle (x_n )$ là dãy tuỳ ý sao cho $\displaystyle x_n \to + \infty $.
Khi đó $\displaystyle \forall \varepsilon > 0\,\,\,\exists N:\,\,\,\,\,\forall n > N$ ta có
$\displaystyle \left| {f'(x_n )} \right| < \frac{\varepsilon }{2}$
Cố định $\displaystyle n_0 > N$ và lấy $\displaystyle n > n_0 $, áp dụng LMVT ta có
$\displaystyle \left| {\frac{{f(x_n ) - f(x_{n_0 } )}}{{x_n - x_{n_0 } }}} \right| = \left| {f'(\xi _{nn_0 } )} \right|$
trong đó $\displaystyle x_{n_0 } < \xi _{nn_0 } < x_n $
Do bất đẳng thức trên ta có
$\displaystyle \left| {\frac{{f(x_n ) - f(x_{n_0 } )}}{{x_n - x_{n_0 } }}} \right| < \frac{\varepsilon }{2}$
Ta biến đổi bất đảng thức trên và thu được
$\displaystyle \frac{{f(x_{n_0 } )}}{{x_n }} - \left( {1 - \frac{{x_{n_0 } }}{{x_n }}} \right)\frac{\varepsilon }{2} < \frac{{f(x_n )}}{{x_n }} < \frac{{f(x_{n_0 } )}}{{x_n }} + \left( {1 - \frac{{x_{n_0 } }}{{x_n }}} \right)\frac{\varepsilon }{2}$
Khi $\displaystyle n$ tiến ra vô cùng do dãy $\displaystyle (x_n )$ ta đã cho ở trên nên ta có
$\displaystyle - \frac{\varepsilon }{2} < \frac{{f(x_{n_0 } )}}{{x_n }} < + \frac{\varepsilon }{2}$
Mặt khác ta có $\displaystyle \left( {1 - \frac{{x_{n_0 } }}{{x_n }}} \right)\frac{\varepsilon }{2} < \frac{\varepsilon }{2}$
với mọi $\displaystyle n > n_0 $, từ hai nhân xét trên ta thu được
$\displaystyle - \varepsilon < \frac{{f(x_n )}}{{x_n }} < \varepsilon $ hay $\displaystyle \left| {\frac{{f(x_n )}}{{x_n }}} \right| < \varepsilon $
Vì dãy $\displaystyle (x_n )$ là một dãy lớn vô hạn, tất cả các thành phần của nó cỏ thể xem là dương
Do đó ta có $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 0$ (đpcm).

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

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

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

Những ứng dùng trong mục này vẫn còn tiếp tục lần sau với những giới hạn dãy....
Sửa bởi vualangbat vào lúc 15-02-2009 05:47
 
vualangbat
mình xin tiếp vá»›i những bài ứng dụng cho giá»›i hạn khá quen thuá»™c, vì số lượng ná»™i 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 $\displaystyle a > 2$ và $\displaystyle f_n (x) = a^{10} x^{n + 10} + x^n + ... + x + 1$.
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$, phương trình $\displaystyle f_n (x) = a$ luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất.
b) Gọi nghiệm đó là $\displaystyle x_n$, chứng minh rằng dãy $\displaystyle {x_n}$ có giới hạn hữu hạn khi $\displaystyle n$ dần đến vô cùng.
Giải.
Bài này đã quen với mọi người rồi nhưng chúng ta sẽ chứng minh $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n = \frac{{a - 1}}{a}$
Thật vậy, đặt $\displaystyle c = \frac{{a - 1}}{a} < 1$, khi đó ta có
$\displaystyle f_n (c) - f_n (x_n ) = kc^n $ (vá»›i $\displaystyle k = \left( {a - 1} \right)\left( {\left( {a - 1} \right)^9 - 1} \right) > 0$)
Theo định lý LMVT thì : $\displaystyle f_n (c) - f_n (x_n ) = f'(\xi )(c - x_n )$ với $\displaystyle \xi \in \left( {x_n ,c} \right)$
Nhưng $\displaystyle f'(\xi ) > 1$ nên từ đây suy ra: $\displaystyle kc^n > c - x_n $
Từ đó ta có : $\displaystyle c - kc^n < x_n < c$ . Vậy ta có $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n = c = \frac{{a - 1}}{a}$
Ví dụ 8:(VMO 2002) Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình $\displaystyle \frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{4x - 1}} + ... + \frac{1}{{n^2 x - 1}} = \frac{1}{2}$ có một nghiệm duy nhất $\displaystyle x_n > 1$. Chứng minh rằng khi $\displaystyle n$ dần đến vô cùng, $\displaystyle x_n$ dần đến 4.
Giải
Đặt $\displaystyle f_n (x) = \frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{4x - 1}} + ... + \frac{1}{{n^2 x - 1}} - \frac{1}{2}$
Đặt $\displaystyle f_n (x)$ như trên và gọi $\displaystyle x_n$ là nghiệm $\displaystyle > 1$ duy nhất của phương trình $\displaystyle f_n (x)=0$. Ta có
$\displaystyle \begin{array}{l} f_n (4) = \frac{1}{{4 - 1}} + \frac{1}{{16 - 1}} + ... + \frac{1}{{4n^2 - 1}} - \frac{1}{2} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + ... + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}} - \frac{1}{2} \\ = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n}}} \right) - \frac{1}{2} = - \frac{1}{{4n}} \\ \end{array}$
Áp dụng định lý LMVT, ta có : $\displaystyle \frac{1}{{4n}} = \left| {f_n (x_n ) - f(4)} \right| = \left| {f'(c)} \right|\left| {x_n - 4} \right|,\,\,\,c \in \left( {x_n ,4} \right)$
NhÆ°ng do $\displaystyle |f_n '(c)| = \frac{1}{{(c - 1)^2 }} + \frac{4}{{(4c - 1)^2 }} + ... > \frac{1}{9}$
Nên từ đây $\displaystyle \left| {x_n - 4} \right| < \frac{9}{{4n}}$, suy ra $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n = 4$
Hai ví dụ trên dựa theo bài viết của thầy Trần Nam Dũng.
Sửa bởi vualangbat vào lúc 24-03-2009 15:28
 
vualangbat
chúng ta lại tiếp tục những ứng dụng nhỏ cho bất đẳng thức vá»›i những ví dụ hết sức cÆ¡ bản
Ví dụ 9: Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli. Nếu $\displaystyle x > - 1$ thì $\displaystyle \left( {1 + x} \right)^n \ge 1 + nx$
Giải
Giả sử $\displaystyle x > 0$ và xét $\displaystyle f(t) = (1 + t)^n $ với $\displaystyle t \in [0,x]$. Theo định lí LMVT ta có tồn tại $\displaystyle \eta \in [0,x]$ sao cho
$\displaystyle f(x) - f(0) = (x - 0)f'(\eta )$ hay $\displaystyle \left( {1 + x} \right)^n - 1 = xn\left( {1 + \eta } \right)^{n - 1} \ge nx$
do đó ta có $\displaystyle \left( {1 + x} \right)^n \ge 1 + nx$ (đpcm).
Trường hợp $\displaystyle - 1 < x < 0$ 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 $\displaystyle a<b$ khi đó $\displaystyle \frac{{b - a}}{b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{{b - a}}{a}$
Giải
Xét hàm $\displaystyle f(t) = \ln t,\,\,\,t \in [a,b]$. Theo định lí LMVT ta có tồn tại $\displaystyle \eta \in [a,b]$ sao cho
$\displaystyle f(b) - f(a) = (b - a)f'(\eta )$ hay $\displaystyle \ln \frac{b}{a} = \left( {b - a} \right)\frac{1}{\eta }$, do $\displaystyle \eta \in [a,b]$ nên ta có $\displaystyle \frac{{b - a}}{b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{{b - a}}{a}$ (đpcm)
Áp dụng bất đẳng thức trên ta dễ dàng chứng minh được
$\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{n + a}} + \frac{1}{{n + 2a}} + ... + \frac{1}{{n + na}}} \right) = \frac{{\ln (1 + a)}}{a}$
Cũng từ bài trên ta cũng biết được rằng hàm $\displaystyle \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{x + 1} $ là hàm dơn điệu giảm.
Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức $\displaystyle \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 $\displaystyle \alpha \ge 0,\,\,\,n \in N$
Giải: Xét hàm $\displaystyle f(t) = \frac{{t^{\alpha + 1} }}{{\alpha + 1}}$ với $\displaystyle t \in [k - 1,k]$
Theo định lí LMVT ta có tồn tại $\displaystyle \eta \in [k-1,k]$ sao cho $\displaystyle f(k) - f(k-1) = f'(\eta )$ do đó $\displaystyle \frac{{k^{\alpha + 1} }}{{\alpha + 1}} - \frac{{\left( {k - 1} \right)^{\alpha + 1} }}{{\alpha + 1}} = \eta ^\alpha$ hay
$\displaystyle \left( {k - 1} \right)^\alpha < \frac{{k^{\alpha + 1} }}{{\alpha + 1}} - \frac{{\left( {k - 1} \right)^{\alpha + 1} }}{{\alpha + 1}} < k^\alpha$ do $\displaystyle \eta \in [k-1,k]$.
Cho $\displaystyle k$ chạy từ $\displaystyle 1$ đến $\displaystyle n$ và cộng $\displaystyle n$ 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
$\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{1^\alpha + 2^\alpha + ... + n^\alpha }}{{n^{\alpha + 1} }}} \right) = \frac{1}{{\alpha + 1}}$

Lần sau lại tiếp...
Sửa bởi vualangbat vào lúc 27-02-2009 13:56
 
Chuyển đến chuyên mục:
Bài viết Blog
Vnkvant
» An epsilon of room
luongdinhgiap
» Đêm suy tÆ...
Vnkvant
» Vai trò cá»...
hoadai
» ISI Impact factor...
betadict
» George Box vaÌ...
gshopf
» Vé số d...
fuzzy2015
» Toán hay là...
Vnkvant
» Ai là tiế...
umf
» Mục Ä‘Ã...
mathexy
» Dá»± Ä‘oÃ...
Search E-books
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp với hơn 1.5 triệu đầu sách điện tử bằng cách nhập từ khóa ở ô tìm kiếm bên dưới. Để yêu cầu tài các liệu khác, bạn phải đăng nhập với tài khoản của diễn đàn và vào đây


Facebook

Bạn có thể theo dõi tin tức từ Cộng đồng MathVn trên Facebook bằng cách Like hoặc nhấp vào biểu tượng bên dưới

Shoutbox
You must login to post a message.

10/06/2016
Grin

10/06/2016
để mình hỏi mấy người bạn chụp giúp xem. Trên mạng có một số mới nhưng số 2 của 2016 thì chưa

10/06/2016
Cùng dịch tạp chí kvant, nhưng em muốn xem các số mới nhất. Ai có thể share các số 2015-2016

08/05/2016
các anh chi nào có đề thi cao học viện toán đợt 1 năm 2016 k ạ?

03/05/2016
http://kvant.mccme
.ru/ Trang này có các số từ 2014 trở về trước. Grin

22/04/2016
Không biết ai có bản gốc số mới nhỉ Grin

22/04/2016
Các anh có thể dịch thêm Đề ra kì này của Kvant được không ạ?Em thấy chuyên mục đó có nhiều bài hay ạ. Smile

22/04/2016
Ok! Hi vọng sớm vận động đc anh em, có thể dịch thêm một số bài viết hay

22/04/2016
Thế thì tuyệt quá ạ. Smile

21/04/2016
Có ai muốn khởi động việc dịch tạp chí kvant lại ko nhỉ?

13/04/2016
Angry

12/04/2016
ai có đề olympic năm nay post lên nhé Grin

08/04/2016
Diễn đàn toán học thì có lâu rồi. Chỉ tiếc là bây giờ nó lung tung quá, nản.

08/04/2016
mọi người biết diễn đàn này chưa diendantoanhoc.net

28/03/2016
chúc mọi người có kỳ nghỉ Easter vui vẻ Grin

24/03/2016
trang này thú vị thật, mình đọc bài toán sandwich suy nghĩ một lúc rồi xem lời giải bằng hình ảnh hóa ra là đơn giản thật, quá thú vị Smile

24/03/2016
Hình như có giới hạn cho số kí tự ở shoutbox. Mình vửa gửi lại.

24/03/2016

24/03/2016
Không vào được prime ơi, bỏ vào thẻ [url] thử.

24/03/2016
Tình cờ vào trang web này. Xem thử video về khái niệm liên tục (đặc biệt là bài toán sandwich) thấy rất thú vị. Mọi người thử xem.

Render time: 0.12 seconds 2,879,625 lượt ghé thăm