Điều kiện đơn điệu của hàm khả vi

Chúng ta quan tâm đến khẳng định sau.

Mệnh đề 1. Cho $\mathbb I$ là một gian $\mathbb R$, hàm $f(x)$ liên tục và có đạo hàm trên $\mathbb I$. Giả sử với mỗi số thực $x\in\mathbb I$, ta đều có $f'(x)\ge 0$ và tồn tại một dãy số chứa tất cả các nghiệm của phương trình $f'(x)=0$. Khi đó, $f(x)$ là hàm đồng biến trên $\mathbb R$.

Ghi chú. Một gian trên $\mathbb R$ ở đây nghĩa là một tập con khác rỗng của $\mathbb R$ ở dạng một đoạn, khoảng hay một nửa khoảng. Còn, một dãy số $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ sẽ được gọi là chứa tất cả các nghiệm của phương trình $f'(x)=0$, nếu như với mỗi nghiệm $r$ của phương trình $f'(x)=0$ đều tồn tại số nguyên dương $m$ để $r=x_m$.

Trước khi đi đến chứng minh cho khẳng định trên, ta cần đến bổ đề sau.

Bổ đề Cantor. Cho $a,\,b$ là các số thực với $a<b$, và dãy số thực $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N}$, khi đó luôn tồn tại $r\in [a;\,b]$ để sao cho với mọi chỉ số $m$, ta luôn có $r\ne x_m$.

Chứng minh bổ đề Cantor. Chia đoạn $[a;\,b]$ làm ba đoạn có độ dài bằng nhau, khi đó ắt phải có một đoạn $\Delta_1=\left[ a_1;\,b_1\right]$ trong ba đoạn đó không chứa $x_1$. Lại đem chia $\Delta_1$ làm ba đoạn có độ dài bằng nhau, khi đó thì ắt sẽ phải có một đoạn $\Delta_2=\left[ a_2;\,b_2\right]$ trong ba đoạn vừa chia không chứa $x_2$. Cứ thế, ta xây dựng được vô hạn các đoạn $\Delta_n=\left[ a_n;\,b_n\right]$ sao cho $\Delta_n$ không chứa $x_n$ và với $n\in\mathbb N^*$ có\[{\Delta _n} = \left[ {{a_n};{\mkern 1mu} {b_n}} \right] \subset {\Delta _{n – 1}} = \left[ {{a_{n – 1}};\,{b_{n – 1}}} \right] \subset \ldots \subset {\Delta _1} = \left[ {{a_1};{\mkern 1mu} {b_1}} \right] \subset \left[ {a;{\mkern 1mu} b} \right].\]Từ đây, với mỗi số nguyên dương $n$ ta có được các đánh giá sau đây  \[a \le {a_1} \le {a_2} \le \ldots \le {a_n} \le \ldots \le {b_n} \le {b_{n – 1}} \le \ldots \le {b_1} \le b.\]Vậy, các dãy $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ và $\left(b_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ đều đơn điệu và bị chận, vì thế sẽ hội tụ đến các giới hạn $l_a$ và $l_b$ tương ứng với $l_a,\,l_b$ đều thuộc $[a;\,b]$. Nhưng do cách cắt các đoạn, nên $\left|a_n-b_n\right|=\frac{1}{3^n}$, do đó có $l_a=l_b$. Giờ chọn $r=l_a$, thế thì nếu tồn tại $m$ để $r=x_m$ thế thì $r$ sẽ không thuộc $\Delta_m$. Lại để ý $r$ chính là giới hạn của dãy số $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ không giảm, cho nên là $a_m\le r$ và suy luận tương tự có $r\le b_m$, dẫn đến mâu thuẫn là $r\in\Delta_m$ và ta có điều cần chứng minh cho bổ đề Cantor.

$\square$

Bây giờ, ta đi chứng minh mệnh đề đã nêu ra từ đầu bài viết.

Chứng minh mệnh đề 1. Giả sử điều ta đang cần chứng minh là sai, khi đó sẽ tồn tại $a,\,b\in\mathbb I$ với $a<b$ sao cho $f(a)\ge f(b)$. Xét đoạn $[a;\,b]$, nếu ta lấy ra tùy ý trên đó $\alpha$ và $\beta$ thỏa $\alpha<\beta$, thế thì theo định lý Lagrange sẽ có $\gamma\in\left(\alpha;\,\beta\right)$ để\[f\left( \alpha \right) = f\left( \beta \right) + \left( {\alpha – \beta } \right)f’\left( \gamma \right) \le f\left( \beta \right).\]Như vậy, ta có các đánh giá sau\[f\left( a \right) \le f\left( \alpha \right) \le f\left( \beta \right) \le f\left( b \right).\]Trong khi lại đang có $f(a)\ge f(b)$, cho nên ta ép được $f\left( \alpha \right) = f\left( \beta \right)$, do cách lấy tùy ý $\alpha$ và $\beta$, nên rõ ràng $f(x)$ là hàm hằng trên $[a;\,b]$, cho nên $f'(x)=0$ trên $[a;\,b]$. Vậy, có một dãy số chứa cả đoạn $[a;\,b]$ và điều đó trái với bổ đề Cantor.

Ta có được điều cần phải chứng minh.

$\square$

Từ lý lẽ ở chứng minh nêu trên, nếu ta bỏ đi đoạn dùng bổ đề Cantor, thế thì có được khẳng định sau đây.

Mệnh đề 2. Cho $\mathbb I$ là một gian trên $\mathbb R$, hàm $f(x)$ liên tục và có đạo hàm trên $\mathbb I$. Khi đó thì, $f(x)$ là hàm đồng biến trên $\mathbb R$ khi và chỉ khi $f'(x)$ không âm trên $\mathbb I$ và không tồn tại một đoạn $\left[\alpha;\,\beta\right]\subset\mathbb I$ để sao cho $f'(x)=0$ với mọi $x\in \left[\alpha;\,\beta\right]$.

 

Tags: , , , ,

Reply