cac ung dung cua cac dinh ly

LỜI CẢM ƠN Trước hết tôi xin gửi lời chân thành cảm ỏn nhất đến quý thầy cô , ban giám hiệu trường Đại Học An Giang ,ban chủ nhiệm khoa sư phạm và thầy cô bộ môn toán ûtạo điều kiện cho

LỜI CẢM ƠN

Trước hết tôi xin gửi lời chân thành cảm ỏn nhất đến quý thầy cô , ban giám

hiệu trường Đại Học An Giang ,ban chủ nhiệm khoa sư phạm và thầy cô bộ môn

toán ûtạo điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài này ,đặc biệt cho tôi có cơ hội làm

quen với việc nghiên cứu khoa học

Chân thành cảm ỏn thầy Võ Tiến Thành người trực tiếp hướng dẫn và đóng

góp sửa chửa bản thảo làm cho đề tài hoàn chỉnh hơn

Mục Lục

Trang

Lời nói đầu 1

Chương I:Cơ sở lí luận của đề tài 2

I.Hàm số liên tục 2

II.Đạo hàm 3

ChươngII:Ứng dụng đinh lí bonxano-cauchy

chứng minh phương trình có nghiệm 5

I.Phương pháp chung 5

II.Các ví dụ 5

ChươngIII:Dùng định lí Roll-Lagange-Cauchy Chứng minh phương trình có nghiệm 16

I.Phương pháp chung 16

II.Các ví dụ 16

ChươngIV:Dùng định lí Lagange giải phương trình 25

I.Phương pháp chung 25

II.Các ví dụ 25

ChươngV:Dùng định lí Lagange chưng1 minh bất đẳng thức 28

I.Các ví dụ 28

I.Phương pháp chung 33

Tài liệu tham khảo 36

LỜI NÓI ĐẦU

Trong những năm gần đây ,những kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia , quốc tế,trong các kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên giửa các trường đại học trong nước thì các bài toán liên quan đến tính liên tục và đạo hàm của hàm số

thường xuyên xuất hiện và dạng phổ biến nhất là chứng minh phương trình có nghiệm , giải phương trình ,chứng minh bất đẳng thức

Trong phạm vi đề tài này chúng ta sẽ tập chung nghiên cứu các ứng dụng của các định lí Roll, Lagange ,Bonxano- Cauchy trong việc giải quyết các bài tập nêu trên

I.Đối tượng nghiên cứu của đề tài :

Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các sách giải tích ,các đề thi Olympic liên quan đến ứng dụng liên tục và đạo hàm

II.Nhiệm vụ của đề tài :

Nghiên cứu các ứng dụng của các định lí Bonxano-Cauchy, Roll,Langange để chứng minh phương trình có nghiệm ,giải phương trình và chứng minh bất đẳng thức

III.Nội dung nghiên cứu của đề tài:

Chương I: những cơ sở lí luận của đề tài

Chương II: ứng dụng của định lí Bonxano – Cauchy chứng minh

phươngtrình có nghiệm

Chương III: ứng dụng định lí Roll,Lagange,Cauchy chứng minh

phương trình có nghiệm

Chương IV: ứng dụng của định lí Lagange giải phương trình

Chương V: ứng dụng định lí Lagange chứng minh bất đẳng thức

Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các kỳ thi Olympic,đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia và quốc tế

IV Phương pháp nghiên cứu :

-Tham khảo tài liệu

-Hệ thống các bài tập và phân loại

-Hướng dẩn phương pháp giải

CHƯƠNG I : CƠ SƠ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI

I/- HÀM SỐ LIÊN TỤC :

1/- Các định nghĩa:

a/- Hàm số f(x) xác định trong tập A⊂ R được gọi là liên tục tại điểm a∈ A nếu :

∀ε>0 , ∃δ=δ(a, ε) , ∀x∈A :⏐x – A ⏐< δ⇒ ⏐f(x) – f(a)⏐< ε

Như vậy nếu a là điểm tụ của tập A thì f(x) liên tục tại điểm A nếu : tồn tại và = f(a)

x

)(

và liên tục bên phải tại x = a nếu : = ( )+ =

→ + f x f a a

x

)(

)(

x g

x f

cũng là hàm liên tục tại a

* Địng lý 2 :

Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó bị chặn trên đoạn đó Tức là tồn tại k > 0 sao cho :

⏐f(x)⏐ ≤ k ∀x ∈ [a,b]

* Định lý 3 : (định lý Vâyestras)

Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn đó Tức là :

∃ m= f(x1) = min f(x) (x1∈ [a;b])

∃ M = f(x2)= max f(x) (x2∈ [a;b])

* Định lý : (Bônxano – cauchy thứ nhất )

Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] va f(a) f(b) < 0 thì ∃ c ∈(a;b) sao cho f(c) = 0

Ký hiệu : ∆x=x – x0 , x∈(a,b) là số gia của đối số tại điểm x0

∆y = f(x) – f (x0) là số gia của hàm số ứng với số gia ∆x của đối số Xét tỷ số

( ) ( lim

x f x f

b/- Các giới hạn một phía :

0

0 0

0

) ( ) ( lim lim

x x

x f x f x

0

) ( ) ( lim lim

x x

x f x f x

c/- Ta có kết quả sau đây :

Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có đạo hàm tại x0 là các đạo hàm một phía của hàm f(x) tại x0 tồn tại và bằng nhau Khi đó :

2/- Các định lý: Rôn, Lagrange, cauchy:

a/- Định lý Rôn :

Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b], khả vi trong (a,b) và f(a)=f(b) thì tồn tại c ∈(a,b) sao cho f’(c) = 0

b/- Định lý Lagrange :

Nếu y = f(x) liên tục trên [a;b] khả vi trong (a,b) thì tồn tại c ∈(a;b) sao cho: f’(c) =

a b

a f b f

−

− ( ))

)()()('

)('

a g b g

a f b f c g

c f

−

−

=

CHƯƠNG II : ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ BÔNXANÔ – CAUCHY CHỨNG

MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM

Cho phương trình f(x) = 0 , để chứng minh phương trình có k nghiệm phân biệt trong [a,b], ta thực hiên theo các bước sau :

Bước 1 : Chọn các số a < T1 < T2 < … < Tk-1 < b chia đoạn [a,b] thành k khoảng thõa mãn :

(

0 ) ( ).

(

1

1

T f a f

b f T

Bước 2 : Kết luận

II/- CÁC VÍ DỤ :

Ví dụ 1 : Giả sử f : [a,b]→[a,b] là một hàm số liên tục Chứng minh :

a)- Phương trình f(x) = x có ít nhất một nghiệm

b)- ∃ c∈[ b a, ] sao cho α f(a) + β f(b) = (α + β ).f(c) (α , β > 0)

(Đề thi chọn đội tuyển Olympic ĐHAG 2003)

Giải :a/- Ta có f(x) = x ⇔ f(x) – x = 0

Từ đó đặt h(x) = f(x) – x thì h(x) liên tục trên [a,b]

Ta có h(a) = f(a) – a 0 ≥

h(b) = f(b) – b 0 ≤

Suy ra h(a).h(b) ≤0

Do h(x) liên tục trên [a,b] nên ∃ x0∈ [a,b] sao cho h(x0) = 0 hay f(x0) = x0

Vậy phương trình f(x) = x có ít nhất 1 nghiệm x ∈ [a,b]

b/- Theo định lý Vâyestras : ∃ x1, x2 ∈ [a,b] sao cho :

Xét hàm số g(x)=(α +β)f(x)−αf(a)−βf(b)

Do f(x) liên tục trên [a,b] nên g(x) liên tục trên [a,b]

Không mất tính tổng quát Giả sử x1< x2 và [x1,x2] [a,b] ⊂

=

−

− +

=

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

1 1

2 2

b a f M b

f a f x f x

g

b f a f m b

f a f x f x

g

β α β α β

α β

α

β α β α β

α β

α

suy ra g(x1).g(x2) 0 nên ∃ c ∈ [x≤ 1,x2] sao cho g(c) = 0

⇔ (α+β).f(c) – α.f(a) - βf(b) = 0

⇔ (α+β).f(c) = α.f(a) – β.f(b)

Từ giả thiết suy ra g(x) liên tục trên ⎢⎣⎡ n− ⎥⎦⎤

n 1

,0

( )1 1

1

3 2

2

2 1

1

1 )

0 ( ) (

f n

n f n

n g

n

f n

f n g

n

f n

f n g

n f f

x g

g g

Suy ra ∃ ∈⎢⎣⎡ n− ⎥⎦⎤

n n

j n

,0

i g

f( ) 1 (đpcm)

Ví dụ 3 :

Cho hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và n điểm x1,x2,…,xn ∈ [a,b], Chứng minh

∃ c ∈ (a,b) sao cho : ( ) 1[f(x1) f(x2) f(x n)]

n c

−

=

+ + +

−

=

) (

) ( ) (

1 ) ( ) (

) (

) ( ) (

1 ) ( ) (

) (

) ( ) (

1 ) ( ) (

2 1

2 1

2 2

2 1

1 1

n n

n

n n

x f x

f x f n x f x g

x f x

f x f n x f x g

x f x

f x f n x f x g

Suy ra g(x1)+g(x2)+…+g(xn) = ( ) ( ) 0

1 1

i

x f

Do đó ∃ k, l ∈ {1 , 2 , ,n} sao cho k< l và g(xk).g(xl) ≤0

Mà g(x) liên tục trên [a,b] nên liên tục trên [xk , xl ]

⇒ ∃ c ∈ [xk , xl ] sao cho g(c) = 0 ⇒ ∃ c ∈ [a,b] để :

n

1[ f(x1) + f(x2) +….+ f(xn)]

Ví dụ 4 :

Chứng minh với mọi tham số thì phương trình :

a)- acosx + bsin2x + cos3x – x = 0 có nghiệm

1 có nghiệm

c)- asin 3x + 6cos 2x + sinx = 0 có nghiệm x∈[0,2π]

(Đại học quốc gia Hà Nội)

1 liên tục trên (

2

x f

x π nên ∃ a ∈ (

2

π ,2

π + ℰ ) để f(a) < 0

− =+∞

→

)(lim

2

x f

x π nên ∃ b ∈ (π- ℰ’, π) để f(b) < 0

do đó f(a).f(b) < 0 phương trình có nghiệm ⇒

c)- Xét f(x) = acos 3x + bcos 2x + c cosx + sinx thì f liên tục trên [0,2π]

Ta có : f(0) = a + b + c

f(

2

π) = -b + 1 f(π ) = -a + b – c

2

3π) = -b –1

1

ππ

πβ

Có 2 nghiệm x1,x2 và ⎟

2

;3

2

b x

b a x a

nên phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm –b < x1 < 0 < x2 < a

Hai nghiệm này cũng thõa điều kiện ban đầu vì :

1 1

1 1

1

11

11

1

x a x x a b x

x + + = − ⇒ < − nên x1 >

32

a

a >

vì

1 1

11

x a b

x + < − nên x1<

3

2a

Tương tự cho x2 thì

33

f a 2a −2b −b để chứng minh tồn tại nghiệm

Ví dụ 6 : Cho hai hàm số liên tục f , g : [0,1] [0,1] thoã điều kiện f(g(x)) = g(f(x)) với mọi x

x x f

)(

)(

(vô địch Mỹ_ Olympic sinh viên 2003)

Giải :

Đặt h(x) = g(x) – x h(x) là 1 hàm liên tục trên [0,1] ⇒

Ta có : h(0) = g(0) – 0 0 ≥

h(1) = g(1) - 1≤0

Do đó : tồn tại x0∈[0,1] sao cho h(x0) = 0 g(x⇒ 0) = x0

+ Nếu f(x0) = x0 thì ta có ngay điều phải chứng minh

+ Nếu f(x0) x≠ 0 xét dãy { } xn n∞=1 được xác định bởi x1= f(x0) , x2= f(x1) ,…., xn+1=f(xn) n 1 , n∀ ≥ ∈N

Ta có : xn∈[0,1] ∀n≥1

Hơn nữa f(x) là hàm tăng trên [0,1] nên { }x n là dãy đơn điệu :

• { }x n tăng nếu x0 < f(x0)

• { }x n giảm nếu x0 > f(x0)

suy ra dãy { }x n hội tụ khi n→∞

a a f

)(

)(

Hay hệ phương trình có nghiệm thuộc [0,1]

x x f

)(

)(

Ví dụ 7 :

Cho hàm số f : [a,b] [a,b] , a<b thõa mãn điều kiện : →

y x y f x

f( ) − ( ) < − , ∀x,y∈[a,b] , và x≠y Chứng minh rằng phương trình f(x) = x có duy nhất nghiệm trên [a,b]

min

b

Thật vậy , giả sử g(x0) ≠0⇔ f(x0) ≠ x0

Từ bất đẳng thức đã cho ta có :

f(f(x0)) − f(x0) > f(x0) −x o

suy ra g( f(x0)) < g(x0)

mâu thuẫn với (1) , nghĩa là f(x0) = x0 giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm x1 , x1 ≠x0 , x1∈[a,b] khi đó : f(x1) − f(x0) = x1−x0

mâu thuẫn với giả thiết Tóm lại : phương trình f(x) = x có duy nhất nghiệm trên [a,b]

Chứng minh rằng phương trình f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong khoảng (0,

2

π)

(Olympic sinh viên 2003)

Giải :

Ta có : f(x) = sinx ⇔f(x) – sinx = 0

Do đó : đặt g(x) = f(x) – sinx ∀x∈[0,

2

π ] Từ giả thiết thì g(x) liên tục trên đoạn [0,

0 ( ) ( ) sin ( ) 1

π

dx x f dx x x

f dx x g

Bởi vậy do giả thiết của đề bài nhân được ∫2

0 ( )

π

dx x

g < 0 Suy ra x∃ 0∈(0,

2,1Suy ra g(α ).g( β ) < 0 ⇒ ∃ x0 để g(x0) = 0

( dx x f

Chứng minh rằng phương trình x1997= f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc (0,1)

1 0

1997

01998

1)

()

)(()

Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên R sao cho f(g(x)) = g(f(x))

⇒Vậy phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm thì phương trình f(f(x))

Ta chỉ cần xét x trong khoảng (-1 , 1)

Đặt x = cosα với 0 <α < π Thay vào phương trình đã cho , ta được :

8.cos3α – 4.cos2α – 4.cosα + 1 = 0

⇔ 4.cosα (2.cos2α – 1) = 4(1 – sin2α ) – 1

⇔ 4.cosαcos2α = 3 – 4sin2α

⇔ 4.sinα cosα cos2α = sinα(3 – 4sin2α ) (do sinα >0)

⇔ sin4α = sin3α

Do đó : α1 =

7

π ; α 2=

7

3π ; α 3=

7

5π

Vậy phương trình có 3 nghiệm :x1 = cos (

7

π ) ; x2 = cos(

7

3π ) ; x3 = cox(

7

5π )

Ví dụ 13 : Giải phương trình :

Sin3x + 4.cosx = 3.cosx

⇒2 cos3α + 1 = 0 cos3⇒ α =

21

8

;9

4

3 2

πα

πα

;9

8cos2

;9

4

3 2

ππ

t t

Vậy 3 nghiệm : x1= arccotg t1 ; x2= arccotg t2 ; x3= arccotg t3

Chương III : DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE – ROLL – CAUCHY – CHỨNG

MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM

I/-PHƯƠNG PHÁP CHUNG :

tục trong [a,b] và khả vi (a,b)

Để áp dụng định lý Roll , Lagrange , Cauchy vào việc giải bài toán này, đều quan trọng nhất là nhận ra được hàm F(x) ( thực chất đó là nguyên hàm của hàm f(x)) Cụ thể được thực hiện theo các bước sau :

_ Bước 1 : Xác định hàm số F(x) khả vi và liên tục trên [a,b] và thõa mãn :

b

a F b F

⇔ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm x0 ∈(a,b)

* Lưu ý :

_ Nếu f có n nghiệm phân biệt và thõa mãn định lý Lagrange thì f’ có n –

1 nghiệm , f” có n – 2 nghiệm , , fk có n – k nghiệm k < n

_ Dể chứng minh f(x) có không quá m nghiệm thì ta phải chứng minh f’(x) có không quá m – 1 nghiệm

II/- CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ :

∑

=

kx b

kx

n

k k

có nghiệm trong khoảng (-π ,π )

(Olympic sinh viên 1994)

Giải :

k

b kx k

Áp dụng định lý Roll :

∃ c∈(-π ,π ) sao cho F’(c) = 0

⇔c + ( sin cos ) 0

1

=+

∑

=

kc b

kc

n

k k

⇔phương trình x + ( sin cos ) 0 có nghiệm thuộc

(-1

=+

∑

=

kx b

b)- f(b) =

2

1(b – a)

Chứng minh rằng tồn tại các số đôi một khác nhau c1,c2,c3∈(a,b) sao cho : f’(c1).f’(c2).f’(c3) = 1

a f b f c f

Đặt :h(x) = f(x) + x -

2

b

a+ Khi đó : h(a).h(b) = - (a – b)2 < 0

Do đó tồn tại x0∈(a,b) để cho h(x0) = 0 hay :f(x0) = 0

x b a

x

a f x f c f

0 2

) ( ) ( ) ( '

Nếu c =2 c1⇒ '( ) 1 ( ) 21( )

0 0

2 f x x a b c

0 3

) ( ) ( ) ( '

x b

a x x

b

x f b f c f

Nếu c3 =c1 ( )3 ( ) ( ) 0

2

11

⇒ Rõ ràng c1,c2,c3 phân biệt và tích f’(c1).f’(c2).f’(c3) = 1

b m

c x

m

b x

m

a

++

++

+ + 2 1

Vậy phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm trong (0,1)

* Người ta có thể sử dụng các phương pháp khác để giải bài toán trên, chẳng hạn ta dùng phương pháp định lý đảo tam thức bậc hai như sau :

Xét hai khả năng :

b (*) lại xét khả năng :

ax2 + bx + c = 0⇔ 0x= 0

Phương trình nghiệm đúng ∀x , nói riêng thỏa mãn yêu cầu đề bài :

m m

Vì m > 0 nên 0 < x < 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm thuộc (0,1)

2)

m ( do a≠0 ; m > 0) Lại có hai khả năng xảy ra :

1

)0(.0)0

1)

⇔

m

m f

vì f(x) là hàm số liên tục nên từ (**) suy ra tồn tại x1 , 0 < x1 <

1+

m

m để cho f(x1) = 0 vì 0 <

1+

m

m <1 x⇒ 1∈(0,1)

β )- Nếu a.c ≤ 0:

Ta có: af(1)= a(a+b+c) (***) Từ giả thiết:

01

b m

m

m c m

m a

2

)1

∞

xf’(x) – f(x) =

a b

b bf a af

−

− ( ))

(

có ít nhất một nghiệm thuộc (a,b)

(Olympic sinh viên 1994)

x

1 là hai hàm số khả vi trên khoảng (a,b) Khí đó :

'( ) ( ) ' '( )2 ( )

x

x f x xf x

x f x

a b

a bf b af x f x f x

x b a

a bf b af x

a b

x f x f x b a

x a

a f b

b f x

x f x f x a b

)()(

)]

()(')[

(

1)()()()(11

0 0

0

2 0 2

0

0 0

0

2 0 2

0

0 0

0

Vậy phương trình xf’(x) – f(x) =

a b

a bf b af

−

− ( ))

( có ít nhất một nghiệm thuộc (a,b)

Áp dụng định lý Lagrange cho f(x) trên các đoạn [0,c] và [c,1] ta được :

0

)0()(

a f c

f c f

b f c

c f

)

1(1

)(1.)(

c c c

c f c

c f

Ví dụ 6 :

Cho f có đạo hàm trên [x1,x2] mà x1,x2 > 0 Chứng minh tồn tại c ∈(x1,x2) :

) (

1

1 1 2

1 f x

x x

x − ( 2) ( ) . '( )

2

c f c c f x f

1 1 2

2

2 1

1 2 2 1

11

)()()()

(

x x

x

x f x

x f x

x

x f x x f x

Xét hai hàm φ (x) =

x

x x

x

)(

;)(

)(')()(

)()(

1 2

1 2

c

c x

x

x x

ϕ

φϕ

ϕ

φφ

f − và ϕ’(x) = - 12

x

Do đó :

)('

)('

Vậy f(x) = 0 ⇔ ex..cos x = 1 có hai nghiệm x1, x2

Xét g(x) = cos x - e-x thì g liên tục trên R và có đạo hàm

2 1

2 1

c g x

x

x g x g

1cos

= nên g(x1) = g(x2) = 0

Do đó : g’ (c) = 0 hay 1 – ec.sin c = 0 nghĩa là phương trình : ex sin x =

1 có nghiệm x = c nằm giữa hai nghiệm của phương trình ex cos x = 1

Ví dụ 8 :

Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c thì phương trình :

a cos 3 x + b cos 2 x + cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm trong (0, 2π )

Giải :

Xét hàm số : F(x) = a x bsin2x sinx cosx

23sin3

Rõ ràng F(x) xác định và liên tục trên [0, 2π ],và có đạo hàm tại mọi điểm thuộc (0, 2π ) và

F’(x) = a cos 3 x + b cos 2 x + c cos x + sin x Ngoài ra : F(0) = F(2π ) = - 1

Theo định lý Roll, ∃ α , 0 <α < 2π Sao cho

F’(α ) = 0 ⇔ a cos 3α + b cos 2 α + cos α + sin α = 0

⇔phương trình a cos 3 x + b cos 2 x + cos x + sin x = 0 có nghiệm α ∈ (0, 2π )

(

2

1

f b c a

Giải :

Xét F(x) = f(x) – (x - a)(x - b)

))(

(

)(

b c a c

c f

−

− Thì F liên tục và khả vi trên ( a, c) và (c , b) nên theo định lí Lagrage thì tồn tại d1∈ (a,c) và d2 ∈ (c,b):

)()()(

1 '

d F a

c

a F c F

c F b F

=

−

− mà F(a) = F(b) = F (c) = 0 nên '( 1) = 0

d

d F

=Tiếp tục áp dụng định lý Lagrange trên [d1,d2]

Cho đạo hàm F’ thì ∃ α∈ (d1,d2)

)()()( "

1 2

1 2

'

α

F d

d

d d F

(

)(

b c a c

c f

−

)(

"

x

F = f”(x) -

))(

(

)(2

b c a c

c f

(

)(2

b c a c

c f

c

k i i

i n

) 1 ( ( 2 < n∈ N ; x ∈ R )

Chứng minh nếu k≥ 1 thì f(x) = 0 không có nghiệm dương