Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán cực trị trong lớp hàm mũ và hàm Hyperbolic

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:80

Thêm vào BST

Báo xấu

43
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn nhằm tổng hợp một số tính chất của hàm mũ và hàm hyperbolic và mối quan hệ giữa chúng. Tiếp theo, xét các bài toán cực trị, khảo sát một số lớp phương trình, bất phương trình cùng một số dạng toán đại số có sử dụng tính chất hàm mũ, hàm ngược của nó là hàm logarit và hàm hyperbolic.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán cực trị trong lớp hàm mũ và hàm Hyperbolic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ HÀM HYPERBOLIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ HÀM HYPERBOLIC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 84 60 113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018
i Mục lục MỞ ĐẦU ii 1 Một số kiến thức liên quan đến các hàm mũ và hyperbolic 1 1.1 Tính chất cơ bản của các hàm mũ và hyperbolic . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 Tính chất cơ bản của hàm mũ . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2 Tính chất cơ bản của hàm hyperbolic . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Đẳng thức sinh bởi hàm mũ và hàm hyperbolic . . . . . . . . . . . 5 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm và tích phân quan trọng . . . . . 10 2 Bất đẳng thức và cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic 27 2.1 Bất đẳng thức trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic . . . . . . . . . 27 2.2 Các dạng toán cực trị sinh bởi hàm mũ và hyperbolic . . . . . . . . 47 3 Một số dạng toán liên quan 59 3.1 Các phương trình đại số giải bằng phương pháp hàm hyperbolic . . 59 3.2 Khảo sát một số lớp phương trình chứa hàm mũ và hàm hyperbolic . 67 KẾT LUẬN 74 TÀI LIỆU THAM KHẢO 75
ii MỞ ĐẦU Chuyên đề về các hàm siêu việt (hàm mũ và logarit) được đề cập ở lớp 12 bậc trung học phổ thông. Vì vậy các ứng dụng của hàm mũ và logarit không được đề cập trong các lớp 10 và 11. Đặc biệt, do giảm tải chương trình, lớp các hàm hyperbobic cũng không được đưa vào SGK. Các hàm này chỉ được khảo sát trong chương trình bồi dưỡng HSG ở các lớp chuyên Toán phục vụ các kỳ thi HSG quốc gia, Olympic khu vực và quốc tế. Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp bậc THPT và Olympic khu vực và quốc tế, các bài toán liên quan tới hàm mũ và hàm hyperbolic thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó vì phần kiến thức sâu sắc về hàm mũ và hàm hyperbolic không nằm trong chương trình chính thức của giáo trình 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 hàm mũ và hàm hyperbolic, tôi chọn đề tài luận văn “Một số dạng toán cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic”. Luận văn nhằm tổng hợp một số tính chất của hàm mũ và hàm hyperbolic và mối quan hệ giữa chúng. Tiếp theo, xét các bài toán cực trị, khảo sát một số lớp phương trình, bất phương trình cùng một số dạng toán đại số có sử dụng tính chất hàm mũ, hàm ngược của nó là hàm logarit và hàm hyperbolic. Cấu trúc luận văn gồm 3 chương: Chương 1. Một số kiến thức liên quan đến các hàm mũ và hyperbolic. Chương 2. Bất đẳng thức và cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic. Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Luận văn sử dụng một số dạng toán và bài tập từ các tài liệu [1]-[9] và một số
iii đề thi Olympic liên quan đến hàm hàm mũ và hàm hyperbolic trong những năm gần đây. Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán và các thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành bản luận này. Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm, huyện Vĩnh Bảo, thành phố Hải Phòng đã tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2018 Tác giả luận văn Trần Thị Hường
1 Chương 1 Một số kiến thức liên quan đến các hàm mũ và hyperbolic 1.1 Tính chất cơ bản của các hàm mũ và hyperbolic 1.1.1 Tính chất cơ bản của hàm mũ Xét hàm số mũ dạng f (x) = ax với 0 < a 6= 1. * Tập xác định: D f = R. * Tập giá trị: I f = R+ . * Tính đơn điệu: Hàm số f (x) = ax đồng biến trên R khi a > 1 và nghịch biến trên R khi 0 < a < 1. Nhận xét 1.1. Đồ thị hàm số mũ có tiệm cận ngang là trục Ox về phía −∞ khi a > 1 và tiệm cận ngang là trục Ox về phía +∞ khi 0 < a < 1. Tiếp theo, ta xét một số đẳng thức trong lớp hàm mũ. Tính chất 1.1 (Công thức tính đạo hàm). (ex )0 = ex ; (eu )0 = u0 eu , (ax )0 = ax ln a; (au )0 = u0 au ln a. Tính chất 1.2 (Đồng nhất thức trong lớp hàm mũ). Cho 0 < a 6= 1. Khi đó:
2 a) a f (x) = ag(x) ⇔ f (x) = g(x). b) Giả sử b > 0. Khi đó a f (x) = b ⇔ f (x) = loga b. c) a f (x) > ag(x) ⇔ (a − 1)( f (x) − g(x)) > 0. d) Giả sử b > 0. Khi đó a f (x) > b ⇔ (a − 1)( f (x) − loga b) > 0. 1.1.2 Tính chất cơ bản của hàm hyperbolic Trong phần này, ta trình bày một số tính chất của các hàm mũ đặc biệt, đó là các hàm hyperbolic sinh bởi e±x . Tính chất 1.3 (Hàm sin hyperbolic). Hàm sin hyperbolic ex − e−x sinh x = 2 là hàm số lẻ trên R và sinh x ≥ 0, ∀x ≥ 0, sinh x < 0, ∀x < 0. (sinh x)0 = cosh x; (sinh u)0 = u0 cosh u. Ta có (sinh x)0 = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R nên hàm số sinh x đồng biến trên R. Do (sinh x)00 = sinh x nên hàm số sinh x lồi trên (0; +∞) và lõm trên (−∞; 0). Tính chất 1.4 (Hàm cosin hyperbolic). Hàm cosin hyperbolic ex + e−x cosh x = 2 là hàm số chẵn trên R. Ta có (cosh x)0 = sinh x; (cosh u)0 = u0 sinh u và (cosh x)0 = sinh x nên hàm số cosh x đồng biến trên (0; +∞) và nghịch biến trên (−∞; 0). Do (cosh x)00 = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R cosh x lồi trên R.
3 Tính chất 1.5 (Hàm tang hyperbolic). Hàm tang hyperbolic sinh x ex − e−x tanh x = = cosh x ex + e−x là hàm số lẻ trên R. Ta có 0 1 0 u0 (tanh x) = ; (tanh u) = . cosh2 x cosh2 u Do 1 (tanh x)0 = > 0, ∀x ∈ R cosh2 x nên hàm số tanh x đồng biến trên R. Tính chất 1.6 (Hàm cotang hyperbolic). Hàm cotang cosh x ex + e−x coth x = = sinh x ex − e−x là hàm số lẻ trên R \ {0}. Ta có −1 −u0 (coth x)0 = ; (coth u)0 = sinh2 x sinh2 u 1 và (coth x)0 = − < 0, ∀x ∈ R\ {0} nên hàm số coth x đồng biến trên mỗi sinh2 x khoảng (−∞; −1) và (1; +∞) . Tính chất 1.7 (Công thức khai triển tổng và hiệu). cosh (x + y) = cosh x. cosh y + sinh x. sinh y, (1.1) cosh (x − y) = cosh x. cosh y − sinh x. sinh y, (1.2) sinh (x + y) = sinh x cosh y + cosh x. sinh y, (1.3)
4 sinh (x − y) = sinh x cosh y − cosh x. sinh y, (1.4) tanh x + tanh y tanh (x + y) = , (1.5) 1 + tanh x tanh y tanh x − tanh y tanh (x − y) = . (1.6) 1 − tanh x tanh y Chứng minh. Ta có ex + e−x ey + e−y ex − e−x ey − e−y cosh x. cosh y + sinh x. sinh y = + 2 2 2 2 ex+y + e−x−y = = cosh(x + y). 2 Từ đó, suy ra (1.1). Tiếp theo, trong công thức (1.1) thay y bằng −y, ta thu được cosh (x − y) = cosh x. cosh(−y) + sinh x. sinh(−y) = cosh x. cosh y − sinh x. sinh y. Ta nhận được (1.2). Các công thức còn lại (1.3)-(1.6) được chứng minh tương tự. Từ công thức cộng ta cũng dễ dàng chứng minh được các công thức nhân sau đây. Tính chất 1.8 (Công thức khai triển góc nhân hai và nhân ba). sinh (2x) = 2 sinh x. cosh x, cosh (2x) = cosh2 x + sinh2 x = 2cosh2 x − 1 = 1 + 2sinh2 x, 2 tanh x tanh (2x) = , 1 + tanh2 x sinh (3x) = 4sinh3 x + 3 sinh x,
5 cosh (3x) = 4cosh3 x − 3 cosh x. Tính chất 1.9 (Công thức biến đổi tích thành tổng). 1 cosh x cosh y = [cosh(x + y) + cosh(x − y)] , 2 1 sinh x sinh y = [cosh(x + y) − cosh(x − y)] , 2 1 sinh x cosh y = [sinh(x + y) + sinh(x − y)] . 2 Tính chất 1.10 (Công thức biến đổi tổng thành tích). x+y x−y cosh x+ cosh y = 2 cosh cosh , 2 2 x+y x−y cosh x − cosh y = 2 sinh sinh , 2 2 x+y x−y sinh x + sinh y = 2 sinh cosh , 2 2 x+y x−y sinh x − sinh y = 2 cosh sinh , 2 2 sinh(x + y) tanh x + tanh y = , cosh x. cosh y sinh(x − y) tanh x tanh y = . cosh x. cosh y 1.2 Đẳng thức sinh bởi hàm mũ và hàm hyperbolic Trong phần này ta xét một số dạng toán áp dụng các tính chất của hàm mũ và các hàm hyperbolic. Bài toán 1.1. Tính giá trị các hàm hyperbolic tại điểm ln 2 và ln 3. Lời giải. Theo định nghĩa, ta có eln 2 − e−ln 2 3 sinh(ln 2) = = 2 4
6 và eln 2 + e−ln 2 5 3 5 cosh(ln 2) = = ; tanh(ln 2) = ; coth(ln 2) = . 2 4 5 3 Tương tự, ta có eln 3 − e−ln 3 4 sinh (ln 3) = = 2 3 và eln 3 + e−ln 3 5 4 5 cosh(ln 3) = = ; tanh(ln 3) = ; coth(ln 3) = . 2 3 5 4 Bài toán 1.2. Giải các phương trình và bất phương trình sau: 5 a. e2x + e−2x = . 2 8 b. e3x − e−3x ≥ . 3 3 c. ax − a−x < , 0 < a 6= 1. 2 Lời giải. 5 e2x + e−2x 5 a.e2x + e−2x= ⇔ = 2 2 4 ⇔ cosh 2x = cosh(ln 2) ⇔ 2x = ±ln 2 do hàm cosh x đồng biến trên (0; +∞) và nghịch biến trên (−∞; 0). √ Vậy phương trình có hai nghiệm x = ±ln 2. 3x −3x 8 e3x − e−3x 4 b. e − e ≥ ⇔ ≥ 3 2 3 ⇔ sinh 3x ≥ sinh(ln 3) ⇔ 3x ≥ ln 3 do hàm sinh x đồng biến trên R. √ Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ ln 3 3. x −x 3 x ln a −x ln a 3 exln a − e−xln a 3 c. a − a < ⇔ e −e < ⇔ < 2 2 2 4 ⇔ sinh(xln a) < sinh(ln 2) ⇔ xln a < ln 2. ln 2 Nếu a > 1 bất phương trình có nghiệm x < ⇔ x < loga 2. ln a ln 2 Nếu 0 < a < 1 bất phương trình có nghiệm x > ⇔ x > loga 2. ln a Bài toán 1.3. Chứng minh bất đẳng thức a. cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R.
7 b. −1 < tanh x < 1, ∀x ∈ R. c. coth x > 1, ∀x > 0 & coth x < −1, ∀x < 0. d. sinh3 x + cosh3 x ≥ 1, ∀x ∈ R. Lời giải. a. cosh x ≥ 1. ∀x ∈ R. ex + e−x √ x −x Ta có cosh x = ≥ e .e = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. 2 Từ đó ta có điều cần chứng minh. b. −1 < tanh x < 1. ∀x ∈ R. ex − e−x e2x − 1 2 Ta có tanh x = x = = 1 − . e + e−x e2x + 1 e2x + 1 Do e2x > 0 nên −1 < tanh x < 1, ∀x ∈ R. c. coth x > 1, ∀x > 0 & coth x < −1, ∀x < 0. 1 Ta có coth x = , ∀x 6= 0 và từ phần b. Từ đó ta có điều cần chứng minh. tanh x d. Ta có 3 3 ex − e−x ex + e−x e3x + 3e−x 3 3 sinh x + cosh x = + = 2 2 4 e3x + e−x + e−x + e−x √ 4 = ≥ e3x .e−x .e−x .e−x = 1. 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Từ đó ta có điều cần chứng minh. Tiếp theo, ta xét một số ví dụ minh họa sau. Bài toán 1.4. Chứng minh rằng sinh x + sinh 3x + sinh 5x a. = tanh 3x. cosh x+ cosh 3x + cosh 5x b. tanh x + tanh 2x − tanh 3x = tanh x tanh 2x tanh 3x. Lời giải.
8 sinh x + sinh 3x + sinh 5x a. cosh x+ cosh 3x + cosh 5x 2 sinh 3x cos 2x + sinh 3x = = tanh 3x. 2 cosh 3x cosh 2x + cosh 3x b. tanh x+ tanh 2x − tanh 3x = tanh x+ tanh 2x − tanh(x + 2x) tanh x+ tanh 2x = tanh x + tanh 2x − 1 + tanh x tanh 2x 1 = (tanh x+ tanh 2x) 1 − 1 + tanh x tanh 2x tanh x tanh 2x = (tanh x+ tanh 2x) 1 + tanh x tanh 2x tanh x+ tanh 2x = tanh x tanh 2x = tanh x tanh 2x tanh 3x. 1 + tanh x tanh 2x Bài toán 1.5. Tính các tổng sau: Sn = sinh x + sinh 2x + sinh 3x + · · · + sinh nx Tn = cosh x + 2 cosh 2x + 3 cosh 3x + · · · + n cosh nx Lời giải. Nếu x = 0 thì Sn = 0 x Xét x 6= 0. Nhân cả hai vế Sn với sinh , ta được 2 x Sn .2 sinh 2 x x x = 2 sinh sinh x + 2 sinh sinh 2x + 2 sinh sinh 3x + . . . 2 2 2 x + 2 sinh sinh nx 2 3x x 5x 3x = cosh − cosh + cosh − cosh 2 2 2 2 7x 5x 2n + 1 2n − 1 + cosh − cosh + · · · + cosh x − cosh x 2 2 2 2
9 2n + 1 x = cosh x − cosh . 2 2 Suy ra cosh 2n+1 x 2 x − cosh 2 Sn = . 2 sinh 2x n(n + 1) Nếu x = 0 thì Tn = 1 + 2 + 3 + · · · + n = . 2 Xét x 6= 0, thì Sn 0 = cosh x + 2 cosh 2x + 3 cosh 3x + · · · + n cosh nx. Suy ra x 0 ! 2n+1 cosh x − cosh Tn = Sn 0 = 2 x 2 = 2 sinh 2 2n+1 2n+1 1 x x x 2n+1 x 2 sinh 2 x − 2 sinh 2 2 sinh 2 − cosh 2 cosh 2 x − cosh 2 4 sinh2 2x 2x 2x (2n + 1) sinh 2n+1 x 2n+1 x 2 x sinh 2 − sinh 2 − cosh 2 x cosh 2 + cosh 2 = 4sinh2 2x 1 + 2n+1 1 2 (cosh(n + 1)x − cosh nx) − 2 (cosh(n + 1)x + cosh nx) = 4sinh2 2x 1 + n cosh(n + 1)x − (n + 1) cosh nx = 4sinh2 2x n (cosh(n + 1)x − cosh nx) + 1 − cosh nx = 4sinh2 2x 2 nx 2n sinh 2n+1 x 2 x sinh 2 − 2 sinh 2 . 4sinh2 2x 2 nx n sinh 2n+1 x 2 x sinh 2 − sinh 2 = . 2sinh2 2x √ Bài toán 1.6. Chứng minh bất đẳng thức cosh(5x − 7) ≥ 25x2 − 70x + 50.
10 Lời giải. Xét hàm số y = cosh2 (5x − 7) − (5x − 7)2 + 5x − 1, ∀x ∈ R. Ta có y0 = 5 sinh (2(5x − 7)) − 10(5x − 7) + 5; y00 = 50 cosh (2(5x − 7)) − 50 ≥ 0. Do đó 7 0 7 7 y≥y +y x− . 5 5 5 Ta có 7 7 y = 7; y0 =5 5 5 nên 2 2 7 cosh (5x − 7) − (5x − 7) + 5x − 1 ≥ 7 + 5 x − . 5 Suy ra cosh2 (5x − 7) ≥ 25x2 − 70x + 50. √ Từ đó ta có điều cần chứng minh cosh(5x − 7) ≥ 25x2 − 70x + 50. 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm và tích phân quan trọng Trong phần này, ta trình bày các bất đẳng thức Landau, Kolmogorov và Steklov đối với đạo hàm và tích phân các hàm số đặc biệt. Và trình bày một số áp dụng vào chứng minh các bất đẳng thức và giải bài toán cực trị với hàm mũ và hàm hyperbolic. Định lí 1.1 (Bất đẳng thức Landau). Cho f : R → R là một hàm của lớp C2 . Giả sử f và f 00 bị chặn. Đặt M0 = sup | f (x)|, M1 = sup | f 0 (x)|, M2 = sup | f 00 (x)|. x∈R x∈R x∈R √ Chứng minh rằng f 0 bị chặn và M1 ≤ 2 M0 M2 . Chứng minh. Đầu tiên, ta nhận thấy rằng nếu M2 = 0 thì hàm f chỉ đáp ứng được
11 điều kiện liên tục. Do vậy, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử M2 > 0. Lấy x ∈ R và một giá trị tùy ý h > 0. Theo công thức Taylor tồn tại t ∈ (x; x + 2h) sao cho f (x + 2h) = f (x) + 2h f 0 (x) + 2h2 f 00 (x). Do vậy f (x + h) − f (x) f 0 (x) = − h f 00 (x). 2h Lấy modun và áp dụng các giả thiết ban đầu, ta thu được M0 | f 0 (x)| ≤ + M2 h. h Vậy f 0 (x) bị chặn. r M0 Mặt khác, chọn h = , ta có M2 r r M0 M0 | f 0 (x)| ≤ M0 : p + M2 ⇔ M1 ≤ 2 M0 M2 . M2 M2 Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Kolmogorov). Cho f : R → R là một hàm của lớp C3 . Giả sử f và f 000 bị chặn. Đặt M0 = sup | f (x)|, M1 = sup | f 0 (x)|, M3 = sup | f 000 (x)|. x∈R x∈R x∈R 1 1 a. Chứng minh rằng f 0 bị chặn. Hơn nữa, M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 2 b. f 00 có bị chặn hay không ? Chứng minh. a. Cố định x ∈ R và h 6= 0. Áp dụng công thức khai triển Taylor cho các giá trị ở giữa h và x + h, ta thu được: 0h2 00 h3 | f (x + h) − f (x) − h f (x) − f (x)| ≤ M3 2 6
12 và 0 h2 00 h3 | f (x − h) − f (x) + h f (x) − f (x)| ≤ M3 . 2 6 Vậy nên 0 0 h2 00 2h| f (x)| = |( f (x − h) − f (x) + h f (x) − f (x)) 2 0 h2 00 −( f (x + h) − f (x) − h f (x) − f (x)) + f (x + h) − f (x − h)|. 2 Hệ thức này cho ta bất đẳng thức h2 00 2h| f 0 (x)| ≤ | f (x − h) − f (x) + h f 0 (x) − f (x)| 2 h2 00 M3 h3 +| f (x + h) − f (x) − h f 0 (x) − f (x)| + | f (x + h)| + | f (x − h)| = + 2M0 . 2 3 Do đó M0 m3 h2 | f 0 (x)| ≤ + =: ψ(x). h 6 Vậy f 0 (x) bị chặn. 1 Mặt khác, ψ đạt cực tiểu tại h0 = (3M0 M3−1 ) 3 . 1 1 1 1 Từ ψ(h) = (9M02 M3 ) 3 ta có M1 ≤ (9M02 M3 ) 3 . 2 2 b. Theo giả thiết và theo ý câu (a) các hàm f 0 và f 000 = ( f 00 )0 là các hàm bị chặn. Áp dụng bất đẳng thức Landau, ta có f 00 bị chặn. Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Landau-Kolmogorov). Cho f : R → R là một hàm của lớp Cn . Giả sử f và f (n) bị chặn. a. Chứng minh rằng f (n−1) bị chặn. b. Từ đó suy ra tất cả các đạo hàm f (k) với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1 đều bị chặn. c. Đặt Mk = sup | f (k) (x)|. x∈R Chứng minh rằng Mk > 0 ứng với mọi 0 ≤ k ≤ n; k ∈ N. −1 d. Sử dụng các hàm uk = 2k−1 Mk Mk−1 ; 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N để chứng minh rằng k(n−k) 1− nk nk Mk ≤ 2 2 M0 Mn .
13 Chứng minh. Theo công thức khai triển Taylor, ta có
n−1 k j
Mn kn ( j) f (x) ≤ 2M + .