các ứng dụng của định lý giá trị trung bình

Ứng dụng của định lý giá trị trung bình trong chương trìnhtoán Trung học phổ thông rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giảiphương trình, chứng minh bất đẳng thức,.. Tu

Trang 1

Mục lục

Chương 1 Nội dung định lí 4

1.1.Lịch sử hình thành 4

1.1.1 Định lý Rolle 4

1.1.2 Định lý Lagrange 4

1.1.3 Thành tựu 5

Chương 2 Ứng dụng của định lí giá trị trung bình 7

2.1.Chứng minh các phương trình có nghiệm 7

2.1.1 Dạng phương trình không chứa tham số 7

2.1.2 Dạng phương trình chứa tham số 11

2.2.Giải phương trình, bất phương trình 11

2.3.Sự phân bố các nghiệm của đa thức và đạo hàm 13

2.4.Một số bài toán liên quan đến khai triển Taylor-Gontcharov 14

2.5.Chứng minh bất đẳng thức 16

2.6.Tính giới hạn tích phân 19

2.7.Một số ứng dụng trong thực tế 21

Tài liệu tham khảo 23

Trang 2

Lời nói đầu

Định lý giá trị trung bình-một trong những định lý quan trọng trong sách giáo khoagiải tích của phổ thông Ứng dụng của định lý giá trị trung bình trong chương trìnhtoán Trung học phổ thông rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giảiphương trình, chứng minh bất đẳng thức, Tuy nhiên, trong các tài liệu sách giáokhoa dành cho học sinh trung học phổ thông thì các ứng dụng của định lý này chưađược trình bày một cách có hệ thống và đầy đủ

Tiểu luận “ CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH” được biênsoạn với nhiều nội dung cung cấp những thông tin, những kiến thức cơ bản cùng với

đó là hệ thống các bài tập nâng cao, qua đó sẽ thấy được các ứng dụng rấy phong phúcủa định lý Rolle, định lý Lagrange và một số định lý mở rộng khác Mục tiêu củacuốn tiểu luận này là giới thiệu về Định lý giá trị trung bình, định hướng cách giải vàcách vận dụng các định lý đã biết để tìm tòi những lời giải hay, độc đáo, từ đó pháttriển khả năng tư duy của các em học sinh trung học phổ thông

Chúng em xin chân thành cám ơn sự giúp đỡ của nhiều tác giả đã cung cấp sách thamkhảo và nhiều nguồn thông tin khác đã giúp chúng em biên soạn tiểu luận này Đặcbiệt là lời cảm ơn chân thành đến TS.Tạ Thị Nguyệt Nga đã cung cấp kiến thức, gợi ý

và tạo điều kiện cho chúng em hoàn thành cuốn tiểu luận này Cuốn tiểu luận này lànhững kết quả mà nhóm “Thiếu Nữ” đã đạt được và chúng em sẽ tiếp tục hoàn thiệnhơn nữa trong quá trình nghiên cứu và học tập

3

Trang 3

Định lý giá trị trung bình (định lý Lagrange) là một kết quả rất quan trọngtrong giải tích Nó có nguồn gốc từ định lý Rolle, được phát biểu bởi nhà toán họcngười Pháp Michel Rolle (1652-1719) đối với đa thức vào năm 1691 Định lý này xuất

Trang 4

CHƯƠNG 1 NỘI DUNG ĐỊNH LÍ

hiện lần đầu trong cuốn sách Methode pour resoudre les égalitez không có chứng minh

và không có nhấn mạnh đặc biệt nào

Hình 1.2: Joseph Lagrange (1736-1813)

Hầu hết các kết quả trong cuốn sách của Cauchy sử dụng định lý giá trị trung bìnhhoặc định lý Rolle một cách gián tiếp Do sự khám phá định lý Rolle (hoặc định lý giátrị trung bình Lagrange), nhiều bài báo đã xuất hiện trực tiếp hoặc gián tiếp bàn vềđịnh lý Rolle

Gần đây, nhiều phương trình hàm được nghiên cứu xuất phát từ các định lý giá trịtrung bình và các suy rộng của chúng Các suy rộng của định lý giá trị trung bìnhLagrange cho vi phân và tích phân đã đem lại nhiều kết quả bất ngờ và lý thú tronggiải tích vào cuối thế kỷ 20 và là nguồn động lực để các nhà toán học tập trungnghiên cứu trong những năm gần đây Cụ thể là các suy rộng vi phân của Flett(1958), McLeod (1964), Trahan (1966), Sanderson (1972), Samuelsson (1973), Evard-Jafari (1992), Clarke-Ledyaev (1994), Furi-Martelli (1995); các suy rộng tích phân củaWaymen (1970), Walter (1985), Bullen-MitrinovicVasis (1988), Kranz-Thews (1991),Bressoud (1994), Sayrafiezadeh (1995)

Định lý 1.1.1 (Rolle) Giả sử f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], (a < b) và có đạohàm tại mọi x ∈ (a; b) Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) saocho f0(c) = 0

Chứng minh Vì f (x) liên tục trên [a; b] nên theo định lí Weierstrass f (x) nhận giá trịlớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [a; b]

- Khi M = m ta có f (x) là hàm hằng trên [a; b], do đó với mọi c ∈ (a; b) luôn có

f0(c) = 0

- Khi M > m, vì f (a) = f (b) nên tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) = m hoặc f (c) = M ,theo bổ đề Fermat suy ra f0(c) = 0

Định lý đã được chứng minh xong

Lưu ý 1.1.2 Cơ sở của định lý Rolle dựa vào hai định lý cơ bản nhất của Weierstrassđối với hàm liên tục khẳng định rằng khi f liên tục trên đoạn [a; b] thì nó phải đạt giá

Trang 5

CHƯƠNG 1 NỘI DUNG ĐỊNH LÍ

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị củahàm khả vi khẳng định rằng nếu hàm khả vi g(x) trong (a; b) đạt cực trị (cực đại hoặccực tiểu) tại một điểm trong khoảng đó thì đạo hàm tại điểm đó bằng 0

Hệ quả 1.1.3 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên (a; b) và f (x) có n nghiệm (n ∈

N, n > 1) trên (a; b) thì f0(x) có ít nhất n − 1 nghiệm trên (a; b)

Hệ quả 1.1.4 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên (a; b) và f0(x) vô nghiệm trên (a; b)thì f (x) có nhiều nhất 1 nghiệm trên (a; b)

Hệ quả 1.1.5 Nếu f (x) có đạo hàm trên (a; b) và f0(x) có nhiều nhất n nghiệm(n ∈ N, n > 0) trên (a; b) thì f (x) có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên (a; b)

Lưu ý 1.1.6 Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúngnếu các nghiệm là nghiệm bội (khi f (x) là đa thức)

Các hệ quả trên cho ta ý tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như xác định

số nghiệm của phương trình, và nếu như bằng một cách nào đó ta tìm được tất cả cácnghiệm của phương trình (có thể do mò mẫm) thì nghĩa là khi đó phương trình đãđược giải

Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, chỉ cần tađến ý tới ý nghĩa của đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên của hàm số)

Định lý 1.1.7 (Lagrange) Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [a; b], (a < b) và cóđạo hàm tại mọi x ∈ (a; b) Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho

f0(c) = f (b) − f (a)

Chứng minh (Định lý Rolle có trước định lý Lagrange và người ta thường dùng định

lý Rolle để chứng minh định lý Lagrange)

Ta xét hàm phụ:

F (x) = f (x) − λx (1.2)trong đó 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 lấy

λ = f (b) − f (a)

b − a (1.3)

Rõ ràng hàm F (x) liên tục trên đoạn [a; b] , có đạo hàm trong khoảng (a; b) và F (a) =

F (b) , do đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F0(c) = 0 Từ (1.2) ta có

F0(x) = f0(x) − λ , do đó

F0(c) = 0 ⇔ f0(c) − λ = 0 ⇔ f0(c) = λThay giá trị λ từ (1.3) vào ta có f0(c) = f (b)−f (a)b−a Định lý đã được chứng minh xong

Trang 6

Chương 2

Ứng dụng của định lí giá trị trung bình

2.1 Chứng minh các phương trình có nghiệm

Với dạng bài chứng minh phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong khoảng (a; b) tathường có ba cách làm như sau:

Cách 1: Áp dụng định lí Lagrange

Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] a < b và có đạo hàm trên khoảng (a; b), khi

đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho:

Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy

Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và f (a)f (b) < 0 thì tồn tại ít nhất một điểm

c ∈ (a; b) sao cho f (x) = 0 hay phương trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm trongkhoảng (a; b)

Bài tập 2.1.1 Chứng minh rằng phương trình 5x4+ 12x2− 5 = 0 có nghiệm

GiảiCách 1: Áp dụng định lý Lagrange:

Xét hàm số f (x) = x5+ 4x3− 5x liên tục và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]

Ta có: f (1) = f (0) = 0 và f0(x) = 5x4+ 12x2− 5

7

Trang 7

CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Theo định lý Lagrange tồn tại x0 ∈ (0; 1) sao cho:

Suy ra x0 là nghiệm của phương trình đã cho

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Bài tập 2.1.2 Chứng minh phương trình 6x5+ 5x4− 2 = 0 luôn có nghiệm

GiảiCách 1: Áp dụng định lý Lagrange:

Xét hàm số f (x) = x6+ x5− 2x liên tục và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]

Cách 2:Áp dụng định lý Rolle

Xét hàm số f (x) = x6+ x5− 2x liên tục và khả vi trên đoạn [0; 1]

Trang 8

Ta có f (0) = f (1) = 0 và f0(x) = 6x5+ 5x4− 2 = 0

Theo định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0; 1) sao cho f0(x0) = 0

Vậy phương trình 6x5+ 5x4 − 2 = 0 có nghiệm

Bài tập 2.1.3 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c cho trước thì phương trình

a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm

GiảiCách 1: Áp dụng định lý Lagrange

⇔a cos 3x0+ b cos 2x0+ c cos x0+ sin x0 = 0

Vậy phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm

Trang 9

Theo định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0; 2π) sao cho:f0(x0) = 0

Vậy phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm

Bài tập 2.1.4 Chứng minh rằng nếu 2a + 3b + 6c = 0 với a, b, c ∈ R thì phương trình

ax2+ bx + c = 0 có nghiệm thuộc (0; 1)

GiảiXét hàm số f (x) = 1

Theo định lí Lagrange tồn tại x0 ∈ (a; b) sao cho:

Vì bốn khoảng (−4; −3), (−3; −2), (−2; −1), (−1; 0) đôi một giao nhau bằng rỗng nênbốn giá trị c0, c1, c2, c3 là phân biệt khác nhau

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt

Trang 10

Bài tập 2.1.6 Chứng minh rằng phương trình m(x − 1)(x + 2) + 2x + 1 = 0 luôn cónghiệm ∀m ∈ R

GiảiĐặt f (x) = m(x − 1)(x + 2) + 2x + 1

Vì f (x) là một hàm đa thức nên f (x) liên tục trên R, do đó f (x) cũng liên tục trênđoạn [−2; 1]

Mặt khác f (1)f (−2) = −9 < 0

Suy ra tồn tại c ∈ (−2; 1) sao cho f (c) = 0 Suy ra c là nghiệm của phương trình

f (x) = 0

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với ∀m ∈ R

Bài tập 2.1.7 Chứng minh rằng phương trình 1

sin x − cos x − m sin x cos x = 0

Xét hàm số f (x) = sin x − cos x − m sin x cos x, ta có f (x) liên tục trên đoạn [0;π

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với ∀m ∈ R

2.2 Giải phương trình, bất phương trình

Bài tập 2.2.1 Giải phương trình 3x+ 5x = 2.4x

Nhận xét: x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình 3x+ 5x = 2.4x

GiảiGọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho Ta được:

Trang 11

Bài tập 2.2.2 Giải phương trình 5x− 3x = 2x

Nhận xét x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình 5x− 3x = 2x

GiảiGọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho Ta được:

Vậy phương trình 3x+ 5x = 2.4x có hai nghiệm x=0 hoặc x=1

Bài tập 2.2.3 Giải phương trình 3x+ 2.4x= 19x + 3

Ta có: 3x+ 2.4x = 19x + 3 ⇐⇒ 3x+ 2.4x− 19x − 3 = 0

GiảiXét hàm số y = f (x) = 3x+ 2.4x− 19x − 3

=⇒ f0(x) = 3xln 3 + 2.4xln 4 − 19

=⇒ f00(x) = 3xln 32+ 2.4xln 42 > 0∀x ∈ R hay f00(x) vô nghiệm

=⇒ f0(x) có nhiều nhất một nghiệm

=⇒ f (x) có nhiều nhất hai nghiệm

Mà f (0) = f (2) = 0 do đó phương trình 3x+ 2.4x = 19x + 3 có hai nghiệm x=0;x=2.Bài tập 2.2.4 Giải phương trình (1 + cos x)(2 + 4cos x) = 3.4 cos x

GiảiĐặt t = cos x, t ∈ [−1; 1]

(1 + cos x)(2 + 4cos x) = 3.4 cos x

Trang 12

2.3 Sự phân bố các nghiệm của đa thức và đạo

hàm

Định nghĩa 2.3.1 Số thực x0 được gọi là không điểm của hàm số f (x) nếu f (x0) = 0.Khi f (x) là đa thức và thỏa mãn f (x0) = 0 thì x0 được gọi là nghiệm của đa thức ấy.Định nghĩa 2.3.2 Hàm f (x) duy trì dấu trong khoảng (a;b) nếu f (x) > 0 ∀x ∈ (a; b)hoặc f (x) < 0 ∀x ∈ (a; b)

Giả sử khoảng (a; b) được chia thành m khoảng con sao cho:

i f (x) không đồng nhất triệt tiêu trong một khoảng con nào

ii f (x) duy trì một dấu cố định trong mỗi khoảng con

iii f (x) trái dấu trong mỗi khoảng cặp kề nhau (a; b)

Khi đó, f (x) có m lần đổi dấu trong khoảng (a; b)

Mệnh đề 2.3.3 Giả sử giá trị của hàm f (x) tại các điểm a và b khác 0 Khi đókhoảng (a;b) chứa một số chẵn (hoặc một số lẻ)các không điểm của hàm ấy nếu f(a)

và f(b) cùng dấu (hoặc trái dấu)

Chứng minh Giả sử f (x) là hàm đa thức và a1, a2, · · · , as là các không điểm của f (x)trong khoảng (a; b) với bội tương ứng là k1, k2, · · · , ks và a < a1 < a2 < · · · < as < b,khi đó:

f (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2· · · (x − as)ksg(x)Trong đó g(x) 6= 0 với ∀x ∈ (a; b) và dấu của g(x) không đổi trong khoảng (a; b)

Do đó

f (b)g(b) = (b − a1)k1· · · (b − as)ks[g(b)]2

f (a)g(a) = (a − a1)k1· · · (a − as)ks[g(a)]2Suy ra f (a)g(a)(−1)k1 +k 2 +···+k s do đó f (a)g(a)f (b)g(b)(−1)k1 +k 2 +···+k s > 0

Do dấu của g(x) không đổi trong khoảng (a; b) nên:

f (a)f (b)(−1)k1 +k 2 +···+k s > 0

Ta xét các khả năng sau:

Nếu f (a) và f (b) cùng dấu thì (−1)k 1 +k 2 +···+k s > 0, do vậy k1+ k2+ · · · + ks là một sốchẵn Nói cách khác, khoảng (a; b) chứa một số chẵn các không điểm

Nếu f (a) và f (b) khác dấu thì (−1)k 1 +k 2 +···+k s < 0,do vậy k1+ k2+ · · · + ks là một số

lẻ Nói cách khác, khoảng (a; b) chứa một số lẻ các không điểm

Định lý 2.3.4 Nếu (a; b) là hai điểm không kề nhau của hàm f (x) (f (a) = f (b) =

0, f (x) 6= 0 với a < x < b thì trong khoảng (a; b) hàm f0(x) có một số lẻ các khôngđiểm, do đó phải có ít nhất một không điểm

Trang 13

Chứng minh Lấy > 0 đủ nhỏ sao cho (a; a + ) và (b − ; b) không chứa khoảng điểmnào của f0(x) Khi đó, số không điểm của f0(x) trong khoảng (a; b) bằng số không điểmcủa f0(x) trong khoảng (a + ; b − ) Ta có:

f (a + ) = f (a + ) − f (a) = f (a + 1) trong đó 0 < 1 <

−f (b − ) = f (b) − f (b − ) = f (b − 2)trong đó0 < 2 <

Vì dấu của f (a + ) và f (b − ) cùng dấu nên f0(a + ) cùng dấu với −f (b − )

Theo mệnh đề trên, hàm số f0(x) chứa một số lẻ các không điểm trong khoảng (a +

Do đó nếu trong khoảng (a; b) hàm f (x) có m không điểm thì trong khoảng đó, hàm

Chứng minh Xét hàm số g(x) = eaxf (x) trên khoảng (a; +∞)

Ta có g0(x) = eax[af (x) + f0(x)]

Vì f (x) có n không điểm trong khoảng (a; +∞) và eax > 0 với ∀x ∈ (a; b) nên g(x)

có n không điểm trong khoảng đó theo hệ quả trên thì trong khoảng (a; +∞) hàm

g0(x) = eax[af (x) + f0(x)] có không ít hơn n − 1 không điểm trong khoảng (a; +∞)Vậy hàm số af (x) + f0(x) có ít nhất (n − 1) không điểm trong khoảng đó

2.4 Một số bài toán liên quan đến khai triển

Taylor-Gontcharov

Như ta đã biết, mọi hàm giải tích đều khai triển được thành chuỗi lũy thừa tại điểmtương ứng Tuy nhiên, tồn tại những hàm số khả vi vô hạn (có đạo hàm mọi cấp) tạilân cận một điểm mà không khai triển được thành chuỗi lũy thừa tại điểm đó Trong

Trang 14

phần này, dựa vào định lý Rolle, ta cũng xây dựng được hàm số không khai triển đượcthành chuỗi Taylor-Gontcharov tương ứng theo dãy điểm phân biệt trong khoảng đãcho

Trước hết, ta xét hàm Dirichlet như sau:

Ta sẽ chứng minh hàm fD(x) không giải tích tại 0 bằng phương pháp phản chứng Giả

sử hàm fD(x) giải tích tại 0, suy ra tại lân cận của 0 ta có khai triển Taylor:

fD(x) = fD(0) + f

0(0)D

1! x + f

00

D (0) 1! x2+ =

∞

P

n=0

fD(n)(0) n! xn, |x| < ε

Điều này không thể xảy ra vì vế phải đồng nhất bằng 0

Theo định lý Rolle và một số mở rộng của nó ta sẽ chỉ ra sự tồn tại của một hàm sốh(x) khả vi vô hạn trong [0, 1] , giải tích trong (0, 1) và một dãy điểm {xn} trong (0, 1)

mà khai triển Taylor-Gontcharov dạng không thực hiện được

Ứng với mọi đa thức Q 1x , ta đều có lim

Trang 15

Chứng minh Xét hàm số f (x) = ln x ⇒ f0(x) = 1

x, ∀x ∈ (0; +∞).

Theo định lí Lagrange luôn tồn tại c ∈ (a; b)

sao cho f0(c) = f (b) − f (a)

b − ahay 1

Từ (1) suy ra: f0(x) > 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ f (x) đồng biến trên (0; +∞)

Suy ra: f (x + 1) > f (x), ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ điều phải chứng minh

Định dạng
Số trang	22
Dung lượng	0,99 MB