Các bài toán tồn tại trong giải tích

Các bài toán sử dụng định lý Rolle, Lagrange như vậy có rất nhiều trong các kỳ thi nhưng ta không đề cập nhiều ở đây, tiếp theo ta xét một số bài chỉ sử dụng thuần túy định lý giá trị t[r]

Chủ đề E BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG GIẢI TÍCH

Định lý Lagrange, Rolle và định lý trung gian luôn cho những đẳng thức thú vị liên quan đến các hàm khả vi, những bài toán tồn tại nghiệm của phương trình thỏa mãn các điều kiện cho trước, … Chẳng hạn, ta biết rằng nếu f x( ) liên tục và có đạo hàm trên , thỏa mãn f a( ) f b( ) 0 với

a b là các số thực nào đó thì theo định lý Rolle, sẽ có c ( , )a b sao cho f c( ) 0

Tuy nhiên, ta có thể làm bài toán khó hơn thế!

Xét hàm số ( )g x f x e thì rõ ràng ( ) x g a( ) g b( ) 0, cũng giống như trên, nhưng lúc bấy giờ, đạo hàm sẽ là g x( ) e x( ( )f x f ( ))x nên tồn tại c ( , )a b để

( ) ( ) 0

f c f c

Không dừng lại ở hàm e x, ta có thể thay bằng 2 sin

, ,

e e để có các tình huống ấn tượng khác (và cũng không kém phần mẹo mực!)

Ta xét một số tình huống sau:

Bài 1 Cho hàm số f : có đạo hàm cấp hai, thỏa mãn f(0) 2, (1)f 1, f (0) 2 và ( ) 0

f x với mọi x Chứng minh rằng tồn tại c (0;1) sao cho

( ) ( ) ( ) 0

f c f c f c

Lời giải

Xét hàm số ( ) 1 2( ) ( )

2

g x f x f x có đạo hàm là g x( ) f x f x( ) ( ) f ( )x chính là biểu thức

trong đề bài yêu cầu

Ta cũng có 1 2

2

g nên chỉ cần tồn tại một số a (0;1) sao cho g a( ) 0 thì theo định lý Rolle sẽ có c (0;1) để g c( ) 0

Tiếp theo, lại đặt ( ) 1

2 ( )

x

h x

f x thì

( )

f x g x

h x

f x f x

Ngoài ra, (0) 0 1 1

h Lại theo định lý Rolle thì sẽ có a (0;1) để ( ) 0

h a , kéo theo g a( ) 0

Các bài toán sử dụng định lý Rolle, Lagrange như vậy có rất nhiều trong các kỳ thi nhưng ta không

đề cập nhiều ở đây, tiếp theo ta xét một số bài chỉ sử dụng thuần túy định lý giá trị trung gian trong hàm liên tục

Bài 2 Cho hàm số f :  liên tục và f(2017) (2018)f  1 Chứng minh rằng tồn tại các số , , (2017; 2018)

u v w lập thành cấp số cộng sao cho f u( ) f v( ) f w( )0

Lời giải

Không mất tính tổng quát, giả sử f(2017) 0 f(2018)

Khi đó, do tính liên tục của f nên tồn tại một khoảng ( , )a b (2017, 2018) sao cho ( ) 0, ( , )

f x   x a b ; chọn trên ( , )a b ba số u v w lập thành cấp số cộng thì 1, ,1 1

( ) ( ) ( ) 0

f u  f v  f w 

Tương tự, tồn tại u v w lập thành cấp số cộng sao cho 2, 2, 2 f u( )2  f v( )2  f w( 2)0

Xét hàm số g t( ) f u t u( 1  2(1t)) f v t( 1 v2(1t)) f w t( 1 w2(1t)) liên tục và

(0) 0, (1) 0

Suy ra tồn tại t0(0;1) sao cho g t( )0 0 nên

1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0

f u t u t  f v t v t  f w t w t 

Hơn nữa, uu t1 0u2(1t0),vv t1 0v2(1t0),ww t1 0w2(1t0) cũng lập thành cấp số cộng vì

2

u w v theo công thức trên nên ta có đpcm

Bài 3 Cho hàm số liên tục :[2;3] 1 1;

3 2

  

  Chứng minh rằng tồn tại c d, (2;3) sao cho cd

và c d, lần lượt là nghiệm của các phương trình xf x( )1 và ( ) 1 1

x

f x

  



Lời giải Xét hàm số g x( ) f x( ) 1

x

  thì

1 (2) (2) 0

2

3

Theo tính liên tục của g x( ), ta thấy rằng tồn tại c(2; 3) sao cho

( ) 0

g c  hay f c( ) 1

c



Lại xét ( ) ( ) 1 1

x

h x f x



  liên tục trên  2;3 thì

1 (3) (3) 0

3

h c

Do đó, h x( )0 có nghiệm d( ;3)c và khi đó dc, thỏa mãn đề bài

Bài 4 (Theo đề Vô địch Áo) Cho hàm số f x( ) liên tục trên  0;1 thỏa mãn f(0) f(1) Hỏi có

bao nhiêu số 11 ; 13

2018 2018

  sao cho tồn tại x00;1k để f x( )0  f x( 0k)?

Lời giải

Ta sẽ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ của k là  n  để k 1

n



 Điều kiện đủ:

Xét hàm số g x( ) f x 1 f x( )

n

   

  thì g x( ) cũng liên tục và xác định trên

1 0;1

n

  

  Ta có

1

(1) (0) 0

      

      

Do đó, phải tồn tại một số u v, 0,n1 sao cho g u g v 0

n n

    

   

    nên theo định lý trung gian thì

phương trình g x( )0 có nghiệm k 0;1 1

n

  

  hay

1 ( )

f k f k n

  

 Điều kiện cần:

Tiếp theo, xét k 0;1 và giả sử k 1 n

n



  

  thì do  

1

1 1

1





    nên tồn tại n 

1 k

 hay kn 1 k n( 1) Ta chọn hàm số f x( ) sao cho

(0) 0, (1 )

f  f kn  n và f x( ) f x(    k) 1, x  k;1

Rõ ràng hàm này cũng liên tục và

thỏa mãn điều kiện đề bài

Ngoài ra, f x k f x( ) 1  f x( ), x 0;1k theo cách chọn ở trên nên phương trình ( ) ( )

f x c f x không có nghiệm

Cuối cùng, ta cần đếm số n  sao cho 11 1 13 11 2018 13 156 182,

2018 n 2018  n  n  n

có tất cả 27 số như thế

Bài 5 (Romania 2012) Cho hàm số f g, : 0;1    0;1 thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( )

f x  f y  g x g y với mọi x y,  0;1 Giả sử f liên tục, còn g đồng biến và toàn ánh

a) Chứng minh rằng tồn tại x0[0;1] để f x( )0 x0

b) Chứng minh rằng với mọi  , 0 thì tồn tại c[0;1] sao cho

(0) (1) ( ) ( )

     c) Chứng minh rằng tồn tại x0 0;1 sao cho f x( )0 g x( )0

d) Chứng minh rằng không tồn tại 0   a c b 1 sao cho

( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f a g a f b g b f c g c

Lời giải

a) Xét hàm số F x( ) f x( )x thì F liên tục và F(0) (1)F 0

Do đó, tồn tại x để 0 F x( )0 0 và f x( )0 x0

b) Gọi

[0;1]

max ( )

M  f x và

[0;1]

max ( )

m f x , giả sử f x( )1 m f x, ( )2 M Khi đó

m  f  f M   Xét hàm số G x( )f(0) f(1) (   ) ( )f x thì G x( ) liên tục trên [0;1] và

1

G x f  f    m và G x( )2 f(0)f(1) (   )M 0

Do đó, tồn tại c để cho G c( )0 và ta có đpcm

c) Theo giả thiết thì g(0)0 và g(1)1

Xét hàm số h x( ) f x( )g x( ) thì h(1) f(1) 1 0, (0)h  f(0) 0 0 và h x( ) liên tục nên

d) Giả sử tồn tại các số a b c, , thỏa đề thì rõ ràng

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f a g a g c g b  f b

Ta chỉ cần xem xét giá trị của f c( )

Nếu f c( ) f a( ) thì f b( ) f c( ) f b( ) f a( )g b( )g a( )g b( )g c( )0, không thỏa mãn điều kiện đề bài

Tương tự nếu f c( ) f b( ) Do đó, ta cũng phải có f a( ) f c( ) f b( ) Suy ra

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

f b  f c  g b g c g b  f c g b g c nên f c( )g c( )

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

f c  f a  g c g a  f c  f a g c  f a nên f c( )g c( )

Từ đó ta có được f c( )g c( ), mâu thuẫn với điều giả sử ở trên

Bài 6 Cho hàm số f liên tục trên [0; 2018] có f(2018) f(0)2018, (1009)f  f(0) 1009 Chứng minh rằng tồn tại x x1, 2(0; 2018) mà x1 x2 sao cho f x( )1  x1 f x( )2 x2

Lời giải

Xét hàm số ( ) ( 1009) ( ) 1

1009

thì g x( ) liên tục trên [0; 2018] và

Chú ý rằng f(1009) f(0)1009 nên g(0)0

Do đó g(0) (1009)g 0 nên tồn tại x00;1009 sao cho

0

( ) 0

g x  hay f x( 01009) f x( ) 10090  Chọn x1x x0, 2  x0 1009 thì x2 x1 1009 và f x( )2  f x( ) 10091  , thỏa mãn đề bài

Bài 7 Cho hàm số f g, liên tục trên ( , )a b sao cho

( ) ( ) 0

f x g x  với mọi x( , ).a b

Chứng minh rằng f x( )g x( ), x ( , )a b hoặc f x( ) g x( ), x ( , ).a b

Lời giải

Theo giả thiết thì  x ( , )a b , ta đều có f x( )g x( ) hoặc f x( ) g x( )

Nếu tồn tại x1( , )a b để x0  x1 và f x( )1  g x( )1 thì f x( ) ( )0 f x1  g x g x( ) ( )0 1 0

Nếu f x( ) ( )0 f x1 0 thì theo định lý trung gian, tồn tại x để 2 f x( )2 0, mâu thuẫn

Nếu f x( ) ( )0 f x1 0 thì g x g x( ) ( )0 1 0, cũng mâu thuẫn tương tự Vậy ta có đpcm

Bài 8 Cho hàm số f liên tục trên và tuần hoàn với chu kỳ 1 Chứng minh rằng:

17

f x  f x  

  có nghiệm

b) (Olympic Toán toàn Nga) f x( ) f x( ) có nghiệm

Lời giải

a) Giả sử ( ) 20

17

f x  f x  

  vô nghiệm thì không mất tính tổng quát, giả sử rằng

20

17

f x  f x   x

Bởi vì nếu ( ) ( ) 20

17

g x  f x  f x  

  đổi dấu thì theo định lý trung gian, g x( )0 sẽ có nghiệm

f  f   f    f     f    f  f

Do đó, phương trình ( ) 20

17

f x  f x  

  có nghiệm

b) Điểm khó của câu này chính là vì  vô tỷ, không dễ dàng tạo ra điều vô lý như trên Lời giải cần sử dụng kiến thức về nguyên hàm, tích phân Xin giới thiệu qua để bạn đọc tham khảo thêm Xét hàm số g x( ) f x( ) f x( ), đặt G x( ) là hàm số thỏa mãn G x( ) f x( ) thì



Theo định lý Lagrange, tồn tại c(0;1) sao cho g c( )G c( )0 hay f c( ) f c( )