Các ứng dụng của các định lý rôn, lagrăng, bôxanô côsi 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM NGUYỄN HOÀI PHÚC MSSV: 11105 CÁC ỨNG DỤNG CỦA CÁC ĐỊNH LÝ RÔN, LAGRĂNG, BÔXANÔ CÔSI GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VÕ TIẾN THÀNH AN GIANG, Năm 2004 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com LỜI CẢM ƠN Trước hết xin gửi lời chân thành cảm ỏn đến quý thầy cô , ban giám hiệu trường Đại Học An Giang ,ban chủ nhiệm khoa sư phạm thầy cô môn toán ûtạo điều kiện cho hoàn thành đề tài ,đặc biệt cho có hội làm quen với việc nghiên cứu khoa học Chân thành cảm ỏn thầy Võ Tiến Thành người trực tiếp hướng dẫn đóng góp sửa chửa thảo làm cho đề tài hoàn chỉnh Long Xuyên 6/2004 Nguyễn Hoài Phúc LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Muïc Luïc Trang Lời nói đầu Chương I:Cơ sở lí luận đề tài I.Hàm số liên tục II.Đạo hàm ChươngII:Ứng dụng đinh lí bonxano-cauchy chứng minh phương trình có nghiệm I.Phương pháp chung II.Các ví dụ ChươngIII:Dùng định lí Roll-Lagange-Cauchy Chứng minh phương trình có nghiệm 2 16 I.Phương pháp chung II.Các ví dụ ChươngIV:Dùng định lí Lagange giải phương trình I.Phương pháp chung II.Các ví dụ ChươngV:Dùng định lí Lagange chưng1 minh bất đẳng thức I.Các ví dụ I.Phương pháp chung Tài liệu tham khảo 16 16 25 25 25 28 28 33 36 5 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com LỜI NÓI ĐẦU Trong năm gần ,những kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia , quốc tế,trong kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên giửa trường đại học nước toán liên quan đến tính liên tục đạo hàm hàm số thường xuyên xuất dạng phổ biến chứng minh phương trình có nghiệm , giải phương trình ,chứng minh bất đẳng thức Trong phạm vi đề tài tập chung nghiên cứu ứng dụng định lí Roll, Lagange ,Bonxano- Cauchy việc giải tập nêu I.Đối tượng nghiên cứu đề tài : Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập sách giải tích ,các đề thi Olympic liên quan đến ứng dụng liên tục đạo hàm II.Nhiệm vụ đề tài : Nghiên cứu ứng dụng định lí Bonxano-Cauchy, Roll,Langange để chứng minh phương trình có nghiệm ,giải phương trình chứng minh bất đẳng thức III.Nội dung nghiên cứu đề tài: Chương I: sở lí luận đề tài Chương II: ứng dụng 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 định lí Lagange giải phương trình Chương V: ứng dụng định lí Lagange chứng minh bất đẳng thức Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập kỳ thi Olympic,đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia quốc tế IV Phương pháp nghiên cứu : -Tham khảo tài liệu -Hệ thống tập phân loại -Hướng dẩn phương pháp giải Trang1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com CHƯƠNG I : CƠ SƠ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI I/- HÀM SỐ LIÊN TỤC : 1/- Các định nghóa: a/- Hàm số f(x) xác định tập A⊂ R gọi liên tục điểm a∈ A neáu : ∀ε>0 , ∃δ=δ(a, ε) , ∀x∈A :⏐x – A ⏐< δ⇒ ⏐f(x) – f(a)⏐< ε Nhö a điểm tụ tập A f(x) liên tục điểm A : tồn lim f ( x) vaø lim f ( x) = f(a) x→ a x→a Nếu f(x) liên tục điểm x∈A f(x) gọi liên tục miền A b/- Hàm số f(x) gọi liên tục bên trái x = a∈A ( ) lim− f ( x) = f a − = f (a ) x →a liên tục bên phải x = a neáu : lim+ f ( x) = f a + = f (a ) x →a ( ) Hàm số f(x) liên tục x = a∈A f(x) liên tục bên trái liên tục bên phải điểm a 2/- Các định lý : * Định lý : Nếu f(x) g(x) hàm liên tục điểm x = a, f(x) + g(x); g(x) f(x) hàm liên tục a Hơn g(x) ≠0 f ( x) hàm liên tục a g ( x) * Địng lý : Nếu hàm số y=f(x) liên tục [a,b] bị chặn đoạn Tức tồn k > cho : ⏐f(x)⏐ ≤ k ∀x ∈ [a,b] * Định lý : (định lý Vâyestras) Nếu hàm số y=f(x) liên tục [a,b] đạt giá trị lớn nhỏ đoạn Tức : ∃ m= f ( x1) = f(x) ( x1 ∈ [a;b]) a≤x≤b ∃ M = f ( x2) = max f(x) a≤x≤b ( x2 ∈ [a;b]) -Trang - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com * Định lý : (Bônxano – cauchy thứ ) Nếu hàm số y=f(x) liên tục [a;b] va f(a) f(b) < ∃ c ∈(a;b) cho f(c) = * Định lý : Nếu hàm số y=f(x) liên tục [a;b], f(a) = A, f(b) = B hàm số nhận giá trị trung gian A B Hệ : Nếu hàm số y = f(x) liên tục [a;b] nhận giá trị trung gian giá trị lớn giá trị nhỏ II/- ĐẠO HÀM : 1/- Các định nghóa : a/- Giả sử f(x) hàm số xác định khoảng (a,b), x0 điểm thuộc khoảng Ký hiệu : ∆x=x – x0 , x∈(a,b) số gia đối số điểm x0 ∆y = f(x) – f (x0) số gia hàm số ứng với số gia ∆x đối số Xét tỷ số ∆y ∆x Nếu tồn giới hạn hữu hạn : f ( x) − f ( x0 ∆y = lim ∆x → ∆x x → x0 x − x0 lim (1) giới hạn gọi đạo hàm số f(x) điểm x0 Đạo hàm f(x) x0 thường ký hiệu : f’(x0) hay dt (x0) dx Trong trường hợp giới hạn (1) tồn + ∞ hay - ∞ người ta nói hàm f(x) có đạo hàm vô hạn x0 b/- Các giới hạn phía : lim− ∆x → f ( x) − f ( x0 ) ∆y = lim− x − x0 ∆x x→0 vaø lim+ ∆x → f ( x) − f ( x0 ) ∆y = lim+ x − x0 ∆x x → Tương ứng gọi đạo hàm bên trái đạo hàm bên phải hàm f(x) x0 ký hiệu f+’(x0) f+’(x0) Các đạo hàm gọi đạo hàm phía f(x) x0 c/- Ta có kết sau : Điều kiện cần đủ để hàm f(x) có đạo hàm x0 đạo hàm phía hàm f(x) x0 tồn Khi : -Trang - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com f’(x0) = f-‘(x0) = f+’(x0) d/- Hàm số y= f(x) gọi có đạo hàm (a,b) có đạo hàm điểm x ∈ (a,b) Hàm số y = f(x) gọi có đạo hàm (a,b) có đạo hàm điểm x ∈ (a,b); có đạo hàm phải f+’(a) đạo hàm trái f-‘(b) 2/- Các định lý: Rôn, Lagrange, cauchy: a/- Định lý Rôn : Nếu hàm số y = f(x) liên tục [a;b], khả vi (a,b) f(a)=f(b) tồn c ∈ (a,b) cho f’(c) = b/- Định lý Lagrange : Nếu y = f(x) liên tục [a;b] khả vi (a,b) tồn c ∈ (a;b) cho: f’(c) = f ' (b) − f (a) b−a hay f(b) -f(a) = f’(c).(b – a) ( c ∈ (a, b) ) c/- Định lý Cauchy : Nếu hàm y = f(x) , y = g(x) liên tục [a,b] khả vi (a,b) ; g(x) ≠ ∀x ∈ [a, b] tồn c ∈ (a, b) cho : f ' (c) f (b) − f (a) = g ' (c) g (b) − g (a ) CHƯƠNG II : ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ BÔNXANÔ – CAUCHY CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM I/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG : -Trang - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Cho phương trình f(x) = , để chứng minh phương trình có k nghiệm phân biệt [a,b], ta thực hiên theo bước sau : Bước : Chọn số a < T1 < T2 < … < Tk-1 < b chia đoạn [a,b] thành k khoảng thõa mãn : ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩ f ( a ) f ( T ) < f (T k − ) f ( b ) < Bước : Kết luận II/- CÁC VÍ DỤ : Ví dụ : Giả sử f : [a,b] → [a,b] hàm số liên tục Chứng minh : a)- Phương trình f(x) = x có nghiệm b)- ∃ c ∈ [a, b] 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 = Từ đặt h(x) = f(x) – x h(x) liên tục [a,b] Ta có h(a) = f(a) – a ≥ h(b) = f(b) – b ≤ Suy h(a).h(b) ≤ Do h(x) liên tục [a,b] neân ∃ x0∈ [a,b] cho h(x0) = hay f(x0) = x0 Vậy phương trình f(x) = x có nghiệm x ∈ [a,b] b/- Theo định lý Vâyestras : ∃ x1, x2 ∈ [a,b] cho : Max f ( x) = f ( x1 ) = N Min f ( x) = f ( x ) = m k∈[ a ,b ] x∈[ a ,b ] Do α < 0, β > neân ( α + β ).m ≤ α f (a ) + β + (b) ≤ (α + β ) M Xét hàm số g ( x) = (α + β ) f ( x) − αf (a) − βf (b) Do f(x) liên tục [a,b] nên g(x) liên tục [a,b] Không tính tổng quát Giả sử x1< x2 [x1,x2] ⊂ [a,b] Ta có : ⎧⎪ g(x1)=(α+β ) f (x1)−α f (a)−β f (b)=(α+β )M−α f (a)−β (b) ⎨ ⎪⎩g(x2 )=(α+β) f (x2 )−α f (a)−β f (b)=(α+β)m−α f (a)−β f (b) suy g(x1).g(x2) ≤ neân ∃ c ∈ [x1,x2] cho g(c) = ⇔ (α+β).f(c) – α.f(a) βf(b) = ⇔ (α+β).f(c) = α.f(a) – β.f(b) -Trang - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Ví dụ : Cho hàm số f(x) liên tục [0,1] f(0) = f(1) ⎛ cn + ⎞ ⎟ ⎝ n ⎠ CMR : với số tự nhiên n luoân ∃ c ∈ [0,1] cho f(c) = f ⎜ Bài giải : ⎛ cn + ⎞ ⎟ ⎝ n ⎠ Ta coù f(c) = f ⎜ ⇒ 1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ f (c ) = f ⎜ c + ⎟ ⇒ f (c ) − f ⎜ c + ⎟ n⎠ n⎠ ⎝ ⎝ ⎛ ⎝ =0 1⎞ n⎠ Do ta đạt : g(x) = f ( x) − f ⎜ x + ⎟ Từ giả thiết suy g(x) liên tục ⎡ n − 1⎤ ⎢⎣0, n ⎥⎦ ⎛1 ⎞ g ( x ) = f (0 ) − f ⎜ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎛1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛1 ⎞ g⎜ ⎟ = f ⎜ ⎟ − f ⎜ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ g⎜ ⎟ = f ⎜ ⎟ − f ⎜ ⎟ n n ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ n ⎠ − − − − − − − − − − − − − ⎛ n −1⎞ ⎛ n −1⎞ g⎜ ⎟ = f⎜ ⎟ − f (1 ) ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎛1⎞ ⎛ n −1⎞ ⎟ = f (0) − f (1) = ⎝n⎠ ⎝ n ⎠ i j ⎡ n − 1⎤ ⎛ i ⎞ ⎛ j⎞ cho g ⎜ ⎟.g ⎜ ⎟ ≤ Suy ∃ , ∈ ⎢0, ⎥ n n ⎣ n ⎦ ⎝n⎠ ⎝n⎠ i j Giả sử < n n ⎡ i j⎤ Vaäy ∃c ∈ ⎢ , ⎥ cho g(c)=0 ⎣n n⎦ 1⎞ ⎛ Hay ∃ c ∈ [0,1] cho f (c) = f ⎜ c + ⎟ (ñpcm) n⎠ ⎝ Vaäy g (0) + g ⎜ ⎟ + + g ⎜ Ví dụ : Cho hàm số f(x) liên tục [a,b] n điểm x1,x2,…,xn ∈ [a,b], Chứng minh -Trang - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ∃ c ∈ (a,b) cho : f (c) = Giaûi: [ f ( x1 ) + f ( x ) + + f ( x n ) n ] Caùch : Đặt g ( x) = f ( x) − [ f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn )] ta coù n ⎧ [ f ( x1 ) + f ( x ) + + f ( xn )] ( ) = ( ) − g x f x 1 ⎪ n ⎪ ⎪ g ( x ) = f ( x ) − [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )] ⎪ 2 n n ⎨ ⎪− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − ⎪ ⎪ g ( x ) = f ( x ) − [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )] n n n n ⎩⎪ g(x1)+g(x2)+…+g(xn) = Suy n ∑ i =1 n f ( xi ) − ∑ f ( xi ) = n −1 Do ∃ k, l ∈ {1,2, , n} cho k< l vaø g(xk).g(xl) ≤ Mà g(x) liên tục [a,b] nên liên tục [xk , xl ] ⇒ ∃ c ∈ [xk , xl ] cho g(c) = ⇒ ∃ c ∈ [a,b] để : f(c) = [ f(x1)+f(x2)+…+f(xn)] n Cách : Gọi ∆ đoạn chứa điểm x1,x2,……,xn ∆ ≤ [a,b] Hàm f(x) liên tục [a,b] ⇒ liên tục ∆ Vậy ∃ m = f ( x) x∈∆ ∃ M = max f ( x) x∈∆ ta coù : [f(x1) + f(x2) +….+ f(xn)] ≤ M n Vaäy ∃ c ∈ ∆ ⇒ c ∈ [a,b] cho f(c) = [ f(x1) + f(x2) +….+ f(xn)] n m≤ Ví dụ : Chứng minh với tham số phương trình : a)- acosx + bsin2x + cos3x – x = có nghiệm b)- + =m sin x cos x có nghiệm -Trang - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com f ( x) ; ϕ ( x) = φ , ϕ liên tục khả đạo x x (x1,x2) nên theo định lý Cauchy ∃ c ∈ (x1,x2) : φ ( x ) − φ ( x1 ) φ ' (c ) = ϕ ( x ) − ϕ ( x1 ) ϕ ' ( c ) f ' ( x).x − f ( x) maø φ ’(x) = vaø ϕ ’(x) = - 2 x x Xét hai hàm φ (x) = Do ñoù : φ ' (c ) = f(c).c.f(c) ⇒ ñpcm ϕ ' (c ) Ví dụ : Chứng minh phương trình ex.cosx = có nghiệm nghiệm có nghiệm phương trình ex.sinx = Giải : Xét f(x) = ex.cosx – f liên tục R f(0) = – = nên x1 = nghiệm f( π ).f( π ) = (- ex - 1)(e2 π - 1) < nên có thêm nghiệm x2 ∈ ( π ,2 π ) Vaäy f(x) = ⇔ ex cos x = có hai nghiệm x1, x2 Xét g(x) = cos x - e-x g liên tục R có đạo hàm g’ x = - sin x + e-x = − e x sin x ex Áp dụng định lý Lagrange đoạn [x1,x2] tồn c ∈ (x1,x2) g ( x1 ) − g ( x ) = g ' (c ) x1 − x g(x) = cos x - e-x = cos x - e x cos x − = ex ex nên g(x1) = g(x2) = Do : g’ (c) = hay – ec.sin c = nghóa phương trình : ex sin x = có nghiệm x = c nằm hai nghiệm phương trình ex cos x = Ví dụ : Chứng minh với số thực a,b,c phương trình : a cos x + b cos x + cos x + sin x = có nghiệm (0, π ) Giải : Xét hàm số : F(x) = b a sin 3x + sin x + sin x − cos x -Trang 22 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Rõ ràng F(x) xác định liên tục [0, π ],và có đạo hàm điểm thuộc (0, π ) F’(x) = a cos x + b cos x + c cos x + sin x Ngoaøi : F(0) = F(2 π ) = - Theo định lý Roll, ∃ α , < α < π Sao cho F’( α ) = ⇔ a cos α + b cos α + cos α + sin α = ⇔ phương trình a cos x + b cos x + cos x + sin x = coù nghiệm α ∈ (0, 2π ) Ví dụ 9: Cho f liên tục [a, b], f(a) = f(b) = có đạo hàm cấp hai đó.Chứng minh với c ∈ (a,b) tồn số α ∈ (a,b) : f(c) = Giaûi : (c − a )(c − b) f '' ( α ) Xeùt F(x) = f(x) – (x - a)(x - b) f (c ) Thì F liên tục khả vi treân (c − a)(c − b) ( a, c) (c , b) nên theo định lí Lagrage tồn d1 ∈ (a,c) d2 ∈ (c,b): F (b) − F (c) = F ' (d ) b−c maø F(a) = F(b) = F (c) = neân F ' (d1 ) = F ' (d ) = F (c ) − F ( a ) = F ' (d ) c−a ; Tieáp tục áp dụng định lý Lagrange [d1,d2] Cho đạo hàm F’ ∃ α ∈ (d1,d2) F ' (d ) − (d ) = F " (α ) d − d1 F " (α ) = ⇒ Maø : F’(x) = f’(x) – (2 x - a - b) f (c ) (c − a)(c − b) f (c ) (c − a)(c − b) f (c ) ⇒ f”(x) =0 (c − a)(c − b) ⇒ f(c) = (c − a )(c − b) − f " (α ) F " ( x) = f”(x) - Ví dụ 10 : Cho f(x) = n ∑ i =0 (−1) i k i c0i x−n+i ( < n∈ N ; x ∈ R ) Chứng minh k ≥ f(x) = nghiệm dương -Trang 23 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Giải : Với k ≥ , Giả sử phương trình cho có nghiệm xo > Xét hàm : g(y) = n ∑ (−1) k c i i =1 i i n y x0 + n −i −1 n = y x −1 ∑ (−k ) i y n −i c ni = y x −1 ( y − k ) n 0 i =0 Ta coù : g(0) = ; g(1) = Neân theo định lý Roll ∃ α ∈ (o, 1) : g’( α ) = x −1 ⇒ α (α − k ) n = ⇒ α = k ⇒ k = α < Vô lý nên phương trình f(x) = có nghiệm dương -Trang 24 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com CHƯƠNG IV : SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE – GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG : Giải phương trình f(x) = Bước : Gọi α nghiệm phương trình Bước : Biến đổi phương trình dạng thích hợp f(a) = f(b) Từ hàm số F(t) khả vi liên tục [a,b] Khi theo định lý Lagrange ∃ c ∈ (a,b) cho : f’(c) = f (b) − f (a) = (*) b−a Bước : giải (*) ta định α Bước : thử lại II/- VÍ DỤ MINH HOẠ : Ví dụ : giải phương trình : 6x + 2x = 5x + 3x (1) Giaûi : Viết lại phương trình dạng 6x – 5x = 3x – 2x giảsử phương trình có nghiệm α , : 6x – 5x = 3x – 2x (2) α α Xét hàm số f(t) = (t +1) - t , với t > Từ (2) ta nhận f(5) = f(1) , theo định lý Lagrange tồn c ∈ (2,5) cho : f’(c) = ⇔ α [(c + 1) α −1 - c α −1 ] = ⎡α = ⇔ ⎢α = ⎣ thử lại ta thấy x = , x = thoã mãn (1) Vậy phương trình có nghiệm x = , x = Ví dụ : giải phương trình : 3cosx – 2cosx = cosx Giải : Viết lại phương trình : 3cosx – 3.cosx = 2cosx – 2.cosx Giả sử phương trình có nghiệm α , ñoù : 3coa α – 3.cos α = 2cos α – 2.cos α Xét hàm số f(t) = t cos α - t.cos α : (1) ⇔ f(3) = f(2) (1) -Trang 25 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Và f(t) khả vi liên tục [2,3] theo định lý Lagrange ∃ c ∈ (2,1) cho : f’(c) = f (3) − f (2) ⇔ (c cos α −1 − 1) cos α = 3− ⎡cos α = ⇒ ⎢ ⎣cos α = Thử lại α = π π ⎡ α = + kπ ⇔ ⎢ ⎢ ⎣α = 2kπ +k π vaø α =2 π k vào (1) thấy Vậy phương trình có hai họ nghiệm x = π + kπ x = 2k π , k ∈ Z Ví dụ : giải phương trình : x + x = 2.4 x Giải : đặt u = x , điều kiện u ≥ Phương trình có dạng : 3u + 5u = 2.4u ⇔ 5u – 4u = 4u – 3u Giả sử phương trình có nghiệm α , : 5α – 4α = 4α - 3α Xét hàm số f(t) = (t + 1) α - t α , với t > Từ (1) ta nhận f(4) = f(3) theo định lý Lagrange tồn c ∈ (3,4) cho : ⎡α = f’(c) = ⇔ α [(c + 1)α −1 − c α −1 ] = ⇔ ⎢ ⎣α = ⎡ x =0 ⎡u = ⎡x = ⇔⎢ ⎢u = ⇔ ⎢ ⎣ ⎣x = ⎣⎢ x = Vậy phương trình có nghiệm x = x = Ví dụ : Giải phương trình : 1999x – 2.2002x + 2005x = Giaûi : Gọi α nghiệm phương trình : 1999x – 2.2002x + 2005x = Thì 2005 α -2002 α = 2002 α - 1999 α (1) Xeùt f(t) = (t +3) α - t α với t ∈ [1999,2002] f liên tục có f’(t) = α (t + 3) α -1 - α t α -1 neân theo định lý Lagrange ∃ c ∈ (1999,2002) : -Trang 26 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com f (2002) − f (1999) = f ' (c ) 2002 − 1999 từ (1) f(2002) = f(1999) nên f’(c) = từ : α (c + 3) α -1 - α c α -1 ⇔ α (c + 3) α -1 - α c α -1 ⎡α = ⇔⎢ ⎣α = Vậy phương trình có nghiệm x = , x = Ví dụ : giải phương trình : 2.x.arctgx = ln(1 + x2) Giải : Xét x > : Ta coù : 2.x.arctgx = ln(1 + x2) ⇔ 2.x.arctgx - ln(1 + x2) = Xeùt f(x) = 2.x.arctgx - ln(1 + x2) f liên tục [0,x] có đạo hàm 2x 2x + 2arctgx − = 2arctgx 1+ x 1+ x2 Theo định lý Lagrange ∃ c ∈ (0,x) : f ( x) − f (0) = f ' (c ) x−0 f ( x) = 2arctgc x c > nên arctgc > maø x > ⇔ f(x) > f’(x) = _ Xét tương tự x < f(x) > ∀x≠ Do f(x) > , Xét k = phương trình có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x = -Trang 27 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương V : DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I/- VÍ DỤ MINH HOẠ : Ví dụ : Chứng minh : Giải : b b−a b−a < ln < a a b Baát đẳng thức phải chứng minh viết thành : ln b − ln a < < (với < a < b) b b−a a Từ có hàm số f(x) = lnx [a,b] _ Hàm số f(x) = lnx sơ cấp D = (0,+ ∞ ) nên liên tục [a,b] khả vi (a,b) , có đạo hàm f’(x) = Theo định lý Lagrange ta có : (a,b) x f (b ) − f ( a ) b−a f (b ) − f ( a ) hay ∃ c ∈ ( a , b ) : = c b−a c ∈ (a,b) ⇒ a < c < b 1 ⇒ < < b c a a f (b) − f (a) < ⇒ < b b−a a ln b − ln a < ⇒ < (ñpcm) b b−a a ∃ c ∈ (a , b ) : f ' (c ) = Ví dụ : Chứng minh : Giải : x < ln(1 + x) 0) Bất đẳng thức phải chứng minh viết thành : ln(1 + x) ⇒ ec >e0 = ex −1 >1 x ⇒ ex −1 > x ⇒ * neáu x < ta chứng minh e x − > x cách tương tự : -Trang 30 - LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ∃ c ∈ (0,x) : e c = c ∈ (0,x) ⇒ c < ⇒ ec < e0 = ex −1 x ex −1 x ⇒ Ví dụ : (vì x < 0) Vậy trường hợp ta coù : ex ≥ 1+x ; ∀ x ∈ R Chứng minh x > ( 1+ Giải : Đặt f(x) = ln (1+ Ta có : f ‘ (x ) ) x x+1 > (1+ x ) x x x +1 ) = x ln = x [ln (x + 1) – ln x ] với x > x x = ln (x + ) – ln x - 1+ x Xét hàm số g(t) = ln t liên tục [x; x + 1] có đạo hàm trên(x, x + 1) (với x > 0) nên theo định lý Lagrange ln( x + 1) − ln x 1 = g ‘(c) = > 1+ x ( x + 1) − x c > ∀x > f ‘ (x) = ln (x + 1) – ln x 1+ x t tăng (0 , + ∞ ) f (x + 1) > f (x) ∀x > x+1 ln( 1+ ) > ln (1+ )x x x x+1 x ln( 1+ ) > ln (1+ ) : ∀ x > (ñ p c m) x x ∃ c ∈ (x, x + 1) ta có : ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ Ví dụ 7: Cho f liên tục [a, b], không tuyến tính có đạo hàm f ‘ bị chặn Chứng minh tồn số c ∈ (a ,b) : f ' (c) > Giaûi: f (b) − f (a) b−a Ta phân hoạch đoạn [a,b] n+1 ñieåm chia: xo = a < x1 < x2