Luận văn thạc sỹ một số định lý cơ bản của phép tính vi phân và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐỖ THỊ KIM HUỆ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐỖ THỊ KIM HUỆ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN NGỌC QUỐC THƯƠNG Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức sở 1.1 Tính liên tục hàm số 1.2 Tính khả vi hàm số Một số định lý phép tính vi phân 2.1 Định lý Fermat 2.2 Định lý Rolle 10 2.3 Định lý Lagrange 11 2.4 Định lý Cauchy 14 2.5 Định lý L’Hospital 15 2.6 Định lý Darboux 16 2.7 Định lý Taylor 17 Ứng dụng giải toán sơ cấp 20 3.1 Chứng minh đẳng thức toán giới hạn 20 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 27 3.3 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số, biểu thức 41 3.4 Giải phương trình, bất phương trình 52 3.5 Một số toán thi học sinh giỏi, olympic toán học 57 Kết luận 71 Tài liệu tham khảo 72 i Mở đầu Các định lý phép tính vi phân đóng vai trị quan trọng tảng giải tích toán học Chúng dùng để chứng minh nhiều định lý khác giải tích có nhiều ứng dụng việc giải số dạng toán sơ cấp Luận văn nhằm nghiên cứu trình bày cách có hệ thống định lý phép tính vi phân, bao gồm định lý Fermat, định lý Rolle, định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý L’Hospital, định lý Darboux, định lý Taylor số ứng dụng chúng việc giải số toán sơ cấp chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tốn giới hạn, tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số, giải phương trình bất phương trình Luận văn giới thiệu số toán thi chọn học sinh giỏi olympic toán học cấp Luận văn tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên, học sinh phổ thơng muốn tìm hiểu sâu định lý phép tính vi phân ứng dụng chúng giải toán sơ cấp Luận văn hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Ngọc Quốc Thương Tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến thầy Tôi xin cảm ơn tất thầy cô trực tiếp giảng dạy chương trình đào tạo cao học chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp khoá 22 Trường Đại học Quy Nhơn Cuối tơi bày tỏ lịng biết ơn gia đình, người thân đồng nghiệp ủng hộ, động viên tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành tốt chương trình đào tạo cao học Mặc dù cố gắng thời gian lực hạn chế nên luận văn khơng thể trách khỏi thiếu sót Tơi mong nhận góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Bình Định, tháng năm 2021 Học viên Đỗ Thị Kim Huệ Chương Kiến thức sở 1.1 Tính liên tục hàm số Trong mục này, tài liệu sử dụng [2] Định nghĩa 1.1 Cho f hàm số xác định tập D Ă R Ta nói • f liên tục x0 P D @ε ą 0, Dδ “ δpq ą 0, @x P D, |x ´ x0 | ă δ ñ |f pxq ´ f px0 q| ă ε • f liên tục pa, bq Ă D f liên tục x P pa, bq Chú ý 1.1 Từ định nghĩa ta rút số lưu ý quan trọng sau: • Trong định nghĩa giới hạn hàm số lim f pxq, ta khơng địi hỏif xác định x0 xÑx0 f xác định x0 giá trị f px0 q khơng ảnh hưởng đến giới hạn mà bị chi phối giá trị f điểm gần với x0 Tuy nhiên, trường hợp hàm số liên tục, giá trị f điểm gần với x0 yêu cầu f phải xác định x0 giá trị f px0 q có ý nghĩa định • Nếu x0 P D điểm giới hạn f liên tục x0 lim f pxq “ f px0 q xÑx0 • Như nói f khơng liên tục x0 có nghĩa x0 điểm giới hạn D (vì điểm lập D hàm f ln liên tục) Khi khơng tồn lim f pxq, giới hạn tồn không f px0 q Nói cách khác xĐx0 Dε ą 0, @δ ą 0, Dxδ P D : |xδ ´ x0 | ă δ ñ |f pxδ q ´ f px0 q| ě ε Ví dụ 1.1 Hàm số f pxq “ ln x liên tục x ą Lời giải Cố định x0 ą Khi với ε ą 0, xét δ “ x0 peε ´ 1q ą Với x P p0, δq ta có ˇ ˇ ˇ xˇ ˇ ´x ¯ˇ ˇ ´ x ´ x ¯ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ´ ` ˇ “ ˇ ln `1 ˇ ˇ ln x ´ ln x0 ˇ “ ˇ ln ˇ “ ˇ ln x0 x0 x0 ˇ ´δ ˇ ¯ˇ ˇ ´ x peε ´ 1q ¯ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ εˇ ă ˇ ln ` ˇ “ ˇ ln ` ˇ “ ˇ ln e ˇ “ ε x0 x0 Suy lim ln x “ ln x0 , tức ln x liên tục x0 xÑx0 Định nghĩa 1.2 Cho f hàm số xác định ra, bs Ă R Ta nói • f liên tục trái b lim´ f pxq “ f pbq; xĐb • f liên tuc phải a lim` f pxq “ f paq; xÑa • f liên tục ra, bs f liên tục pa, bq, liên tục phải a liên tục trái b Định lý 1.1 Cho hàm số f xác định pa, bq x0 P pa, bq Khi đó, f liên tục x0 f liên tục trái liên tục phải x0 Định nghĩa 1.3 Cho f hàm số xác định D Ă R Ta nói f gián đoạn c P D f không liên tục c Điểm c gọi điểm gián đoạn f Định lý 1.2 Nếu hàm số f g liên tục x0 P D hàm số f ` g, f ¨ g f liên tục x0 Hơn nữa, gpx0 q ‰ liên tục g Định lý 1.3 (Tính liên tục hàm hợp) Nếu hàm số f liên tục x0 P Df g liên tục y0 “ f px0 q P Ef Ă Dg hàm số g ˝ f liên tục x0 Định lý 1.4 (Định lý ổn định dấu) Giả sử f liên tục x0 P D f px0 q ą (tương ứng f px0 q ă Khi tồn khoảng I chứa x0 cho với x P pD X Iq ta có f pxq ą (tương ứng f pxq ă 0q Định nghĩa 1.4 Cho f hàm số xác định tập D Ă R Ta nói f liên tục D @ε ą 0, Dδ “ δpq ą 0, @x, y P D, |x ´ y| ă δ ñ |f pxq ´ f pyq| ă ε Định nghĩa 1.5 Giả sử hàm số f xác định D Ă R x0 P D • x0 gọi điểm cực đại hàm số f tồn khoảng pa; bq P D chứa điểm x0 cho f pxq ă f px0 q, @x P pa; bqztx0 u Khi f px0 q gọi giá trị cực đại hàm số f • x0 gọi điểm cực tiểu hàm sốf tồn khoảng pa; bq P D chứa điểm x0 cho f pxq ą f px0 q, @x P pa; bqztx0 u Khi f px0 q gọi giá trị cực tiểu hàm s ố f Chú ý 1.2 • Điểm cực đại (cực tiểu) x0 gọi chung điểm cực trị Giá trị cực đại (cực tiểu) f px0 q hàm số gọi chung cực trị Hàm số đạt cực đại cực tiểu nhiều điểm tập hợp D • Nói chung, giá trị cực đại (cực tiểu) (f px0 q) giá trị lớn (nhỏ nhất) hàm số f tập D; f px0 q giá trị lớn (nhỏ nhất) hàm số f khoảng pa; bq chứa x0 • Nếu x0 điểm cực trị hàm số f điểm px0 ; f px0 qq gọi điểm cực trị đồ thị hàm số f Định nghĩa 1.6 Giả sử hàm số f xác định D Ă R # f pxq ě m, @x P D Dx0 P D; f px0 q “ m # f pxq ď M, @x P D Dx0 P D; f px0 q “ M • Số m giá trị nhỏ hàm số f D ô Kí hiệu: m “ f pxq D • Số M giá trị lớn hàm số f D Kí hiệu: M “ max f pxq D Định lý 1.5 (Weierstrass - Tính bị chặn) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f bị chặn ra, bs Tức là, DA, B P R : A ď f pxq ď B, @x P ra, bs Định lý 1.6 (Weierstrass - Giá trị lớn giá trị nhỏ nhất) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f đạt giá trị lớn giá trị nhỏ ra, bs Tức là, Dx1 , x2 P ra, bs : f px1 q ď f pxq ď f px2 q, @x P ra, bs Định lý 1.7 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian) Giả sử f liờn tc trờn ra, bs v f paq ă f pbq ă Khi tồn c P pa, bq để f pcq “ Định lý 1.8 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f nhận giá trị trung gian f paq f pbq Tức là, @C P rmintf paq, f pbqu, maxtf paq, f pbqus, Dc P ra, bs : f pcq “ C Định lý 1.9 Nếu hàm số f đơn điệu khoảng Ipa, bq tập hợp giá trị khoảng Ipm, M q f liên tục Ipa, bq Định lý 1.10 (Tính liên tục hàm số sơ cấp) Mọi hàm số cấp liên tục miền xác định chúng 1.2 Tính khả vi hàm số Trong mục này, tài liệu sử dụng [2] Định nghĩa 1.7 Cho hàm số y “ f pxq xác định pa, bq Cho x0 P pa, bq số gia ∆x đủ nhỏ cho x “ x0 ` ∆x P pa, bq Nếu tồn giới hạn f pxq ´ f px0 q f px0 ` ∆xq ´ f px0 q “ lim xĐx0 ∆xĐ0 ∆x x ´ x0 lim ta nói f có đạo hàm x0 Giới hạn gọi đạo hàm hàm f x0 kí hiệu f px0 q Chú ý giới hạn phụ thuộc vào x0 nên f có đạo hàm x P D Ă pa, bq ta có hàm số f xác định D gọi đạo hàm hàm số f D Ví dụ 1.2 Tính đạo hàm hàm số f pxq “ x2 Lời giải Với x0 P R, ta có lim xĐx0 f pxq ´ f px0 q x2 ´ x20 “ lim “ lim px ` x0 q “ 2x0 xÑx0 x ´ x0 xÑx0 x ´ x0 Vậy f có đạo hàm x0 P R f px0 q “ 2x0 Định nghĩa 1.8 Hàm số xác định pa, bq gọi có đạo hàm phải x0 P pa, bq tồn giới hạn phải lim ` ∆xÑ0 f px0 ` ∆xq ´ f px0 q f pxq ´ f px0 q “ lim` ∆x x ´ x0 xÑx0 Ta gọi giới hạn đạo hàm phải hàm f x0 kí hiệu f`1 px0 q hay f px0 `q Định nghĩa 1.9 Hàm số xác định pa, bq gọi có đạo hàm trái x0 P pa, bq tồn giới hạn trái lim ´ ∆xÑ0 f px0 ` ∆xq ´ f px0 q f pxq ´ f px0 q “ lim´ ∆x x ´ x0 xÑx0 Ta gọi giới hạn đạo hàm phải hàm f x0 kí hiệu f´1 px0 q hay f px0 ´q Định lý 1.11 (Quan hệ đạo hàm đạo hàm phía) Hàm số f xác định pa, bq có đạo hàm x0 P pa, bq f có đạo hàm phía f´1 px0 q “ f`1 px0 q Hơn nữa, lúc f´1 px0 q “ f`1 px0 q “ f px0 q Chú ý 1.3 Từ định lý trên, ta rút số ý quan trọng sau • Nếu f khơng có hai đạo hàm trái phải có hai đạo hàm trái phải khơng x0 f khơng có đạo hàm x0 Trong trường hợp sau, điểm px0 , f px0 qq điểm góc đồ thị hàm số f • Nếu f có đạo hàm trái (phải) x0 f liên tục trái (phải) x0 ; f có đạo hàm trái phải x0 f liên tục x0 Định lý 1.12 (Quan hệ đạo hàm tính liên tục) Nếu hàm số f có đạo hàm x P pa, bq f liên tục x Định lý 1.13 (Các phép tốn) Giả sử hàm số f g có đạo hàm x0 Khi • Hàm f ` g có đạo hàm x0 pf ` gq1 px0 q “ f px0 q ` g px0 q; ã Hm f ă g cng cú o hm ti x0 v pf ă gq1 px0 q “ f px0 qgpx0 q ` f px0 qg px0 q; • Nếu gpx0 q ‰ hàm f có đạo hàm x0 g ´ f ¯1 g px0 q “ f px0 qgpx0 q ´ f px0 qg px0 q rgpx0 qs2 Định lý 1.14 (Định lý hàm hợp) Nếu g có đạo hàm x f có đạo hàm gpxq hàm hợp f ˝ g có đạo hàm x pf ˝ gq1 pxq “ f pgpxqqg pxq Định lý 1.15 (Đạo hàm hàm ngược) Cho f hàm đơn điệu nghiêm ngặt pa, bq có đạo hàm x P pa, bq với f pxq ‰ Khi đó, hàm ngược f ´1 hàm f có đạo hàm y “ f pxq pf ´1 q1 pf pxqq “ f pxq Định nghĩa 1.10 Cho hàm số y “ f pxq xác định pa; bq có đạo hàm x P pa; bq Giả sử x số gia x cho x ` ∆x P pa; bq Tích f pxq∆x (hay y ∆x) gọi vi phân hàm số y “ f pxq x ứng với số gia ∆x, kí hiệu df pxq hay dy Định lý 1.16 (Quan hệ đạo hàm vi phân) Hàm số f khả vi x f có đạo hàm x Định lý 1.17 (Các quy tắc tính vi phân) Giả sử hàm số f g khả vi x0 Khi • Hàm f ` g khả vi x0 dpf ` gqpx0 q “ df px0 q ` dgpx0 q; • Hàm f ă g cng kh vi ti x0 v dpf gqpx0 q “ gpx0 qdf px0 q ` f px0 qdgpx0 q; • Nếu gpx0 q ‰ hàm f khả vi x0 g ´f ¯ gpx0 qdf px0 q ´ f px0 qdgpx0 q d px0 q “ g rgpx0 qs2 Định nghĩa 1.11 Cho hàm số f pxq có đạo hàm f pxq pa, bq Khi đó, đạo hàm hàm số f pxq x0 P pa, bq gọi đạo hàm cấp hai f x0 Kí hiệu: f px0 q “ pf q1 px0 q Tổng quát, đạo hàm cấp n f đạo hàm cấp hàm đạo hàm cấp pn ´ 1q f kí hiệu f pnq pxq Tức là, ta có f pnq “ pf pn´1q q1 pxq Định lý 1.18 (Quan hệ đạo hàm vi phân) Hàm số f khả vi cấp n x f có đạo hàm cấp n x 58 Từ suy “ f pcq “ lim` f pxq ě lim` eM x´M y f pyq “ eM c´M y f pyq ą xĐc xĐc Điều vơ lý Bài toán 3.57 (UMC-2007, Toronto) Cho hàm số f liên tục đoạn r0, 1s, có đạo hàm đến cấp hai khoảng p0, 1q thoả mãn f p0q “ 0, f pxq ą 0, @x P p0, 1q Chứng minh tồn a P p0, 1q cho f paq ă f p1q ; Chứng minh tồn b P pa, 1q cho f paq “ Lời giải f pbq b Theo định lý Lagrange, tồn c P p0, 1q cho f pcq “ f p1q ´ f p0q “ f p1q 1´0 Vì f pxq ą với x P p0, 1q nên hàm f pxq tăng p0, 1q, cách lấy a P p0, cq Ă p0, 1q, ta f paq ă f pcq “ f p1q Đặt gpxq “ f pxq ´ xf paq, x P r0, 1s Ta có gpaq “ f paq ´ af paq, gp1q “ f p1q ´ f paq ą Bằng cách xét bảng biến thiên hàm số g đoạn r0, 1s, ta kiểm tra gpaq ă Theo định lý giá trị trung gian, tồn b P pa, 1q cho gpbq “ Giả sử tồn b1 , b2 P pa, 1q cho gpb1 q “ gpb2 q “ Khi theo định lý Rolle, tồn α P pb1 , b2 q Ă pa, 1q cho g pαq “ Điều khơng thể xảy ra, g pxq ą với a ă x ă Bài toán 3.58 (UMC-2002, Toronto) Giả sử hàm số f : ra, bs Ñ R liên tục đoạn ra, bs, khả vi khoảng pa, bq thoả mãn f paq “ a, f pbq “ b Chứng minh tồn c P pa, bq cho f pcq “ 1; 59 tồn c1 , c2 P pa, bq, c1 ‰ c2 cho f pc 1q ` f pc 2q “ 2; với n P N, tồn n số phân biệt c1 , c2 , , cn P pa, bq cho f pc Lời giải 1q ` f pc 2q ` ` f pc nq “ n Theo định lý Lagrange, tồn c P pa, bq cho f pcq “ f pbq ´ f paq “ b´a a`b (nằm trục tung) Theo định lý giá trị trung gian, tồn α P pa, bq (nằm trục hoành) cho λ “ f pαq Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f đoạn ra, αs rα, bs để nhận hai điểm c1 P pa; αq c2 P pα, bq cho Chọn λ “ f pc1 q “ f pαq ´ f paq λ´a “ , α´a α´a f pbq ´ f pαq b´λ “ b´α b´α f pc2 q “ Từ suy f pc 1q ` f pc 2q “ Xét điểm cách (nằm trục trục tung) a ă ă ă n “ b Theo định lý giá trị trung gian (IVT), tồn điểm a “ α0 ă α1 ă ¨ ¨ ¨ ă αn “ b (nằm trục hoành) cho λk “ f pαk q, k “ 0, 1, , n Áp dụng định lý Lagrange đoạn rαk´1 , αk s, k “ 1, 2, , n, ta nhận điểm ck P pαk´1 , αk q cho f pck q “ λk ´ λk´1 b´a f pαk q ´ f pαk´1 q “ “ αk ´ αk´1 αk ´ αk´1 npαk ´ αk´1 q Từ suy f pc 1q ` f pc 2q ` ` f pc nq “ n 60 Bài tốn 3.59 (Rumani TST 1979) Tìm đa thức bậc hai Qpxq cho ˇ ˇˇ ˇ , @x P r´1, 1s ˇQpxq ` ˇď x´4 100 Lời giải Khai triển Taylor hàm số f pxq “ lân cận 0, ta x´4 1 1 f pxq “ ´ ´ x x2 x ăăă 16 64 256 Đặt Qpxq “ Ta có 1 ` x ` x2 16 64 ˇ ˇ x3 ˇ ˇ ` x4 , ˇQpxq ` f pxqˇ “ 256 pc ´ 4q c P p0, xq Vì |x| ď |c| ď 1, x3 ď , 256 256 x4 ď pc ´ 4q 243 Từ suy ˇ ˇ 1 ˇ ˇ Qpxq ` f pxq ` ă ˇ ˇď 256 243 100 Bài toán 3.60 (Thi HSG Quốc gia năm 1992, [1]) Cho số tự nhiên n ą Tìm giá ? ? trị lớn nhỏ hàm số f pxq “ n ` x ` n ´ x, với x P r0, 1s Lời giải Hàm số f pxq “ f pxq “ ? ? n ` x ` n ´ x liên tục miền r0, 1s Hơn ¯ 1´ 1 a a ´ ă 0, @x P r0, 1s n n n p1 ` xqn´1 p1 ´ xqn´1 Vậy f pxq nghịch biến r0, 1s nên ? n “ f p1q ď f pxq ď f p0q “ 2, @x P r0, 1s ? ? Vậy giá trị lớn f pxq “ n ` x ` n ´ x r0, 1s đạt x “ 0, ? giá trị nhỏ f pxq r0, 1s n đạt x “ Bài tốn 3.61 (Đề thi HSG THPT tồn quốc bảng A năm 1999, [1]) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn abc ` a ` c “ b Tìm giá trị lớn biểu thức P “ a2 2 ´ ` `1 b `1 c `1 61 Lời giải Biến đổi giả thiết thành a ` c “ bp1 ´ acq ą Suy a`c aă , b“ c ´ ac (3.5) Thay (3.5) vào biểu thức P biến đổi P “ 2pa ` cq2 ` ` ´ a2 ` c2 ` p1 ` a2 qp1 ` c2 q Xét hàm số f pxq “ với ă x ă (3.6) px ` cq2 ` x2 ` p1 ` x2 qp1 ` c2 q coi c tham số pc ą 0q Ta có f pxq “ ´2cpx2 ` 2cx ´ 1q p1 ` c2 qp1 ` x2 q2 Trên p0, q f pxq “ có nghiệm c ? x0 “ ´c ` c2 ` (3.7) với ă x0 ă c Qua x0 f pxq đổi dấu từ dương sang âm nên f pxq đạt cực đại x0 nên c f pxq ď f px0 q “ ` ? c `1 Từ , theo (3.6), ta có P “ 2f paq ´ ` c2 2c ď? “ gpcq ` `1 c `1 c `1 Xét hàm số gpcq với c ą Ta có g pcq “ 2p1 ´ 8c2 q ? pc2 ` 1qp3c ` c2 ` 1q Với c ą ta thấy g pcq “ c0 “ ? g pcq đổi dấu từ dương sang âm qua c0 nên gpc0 q giá trị cực đại Suy 10 P ď gp ? q “ ? 10 1 đạt c “ ? , a “ ? , b “ 8 10 Vậy giá trị lớn P Ta thấy, giá trị P “ 62 Bài toán 3.62 (VMO 2001, [1]) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện $ ’ ’ ď z ď mintx, yu ’ ’ &5 xz ě ’ 15 ’ ’ ’ %yz ě Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P px, y, zq “ ` ` x y z 1 ` với tham số x ą 0, z ě x z Từ điều kiện toán suy x ě maxtz, u 15z Trường hợp Nếu z ě ? , x ě z ě nên 15z 15 Lời giải Xét hàm số hpxq “ f pxq ď Trường hợp Nếu 1 ? ` “ ď 15 z z z 2 ď z ď ? , x ě ě z nên 15z 15 f pxq ď Xét hàm số gpzq với (3.8) 15z ` “ gpzq z 2 ď z ď ? Ta có 15 g pzq “ 15 ´ ă0 z Do gpzq hàm giảm f pxq ď gpzq ď gp q “ So sánh (3.8) (3.9), ta có 1 ` ď4 x z 1 2 ` “ x “ , z “ x z 1 Xét hàm số hpyq “ ` với tham số z ě y z Từ điều kiện toán suy y ě maxtz, u 5z Lập luận tương tự trên, ta (3.9) 63 • Nếu z ě ? • Nếu ď z ď ? 5 ? hpyq ď (3.10) hpyq ď (3.11) 1 1 ` ď ` “ x “ , y “ Như y z y z ´1 1¯ ´1 1¯ P px, y, zq “ ` `2 ` ` ă 13 x z y z So sánh (3.10) (3.11) ta có 2 Đẳng thức xảy x “ , y “ , z “ Vậy giá trị lớn P 13 Bài tốn 3.63 (Trích đề thi HSG Tốn 12, bảng A, tỉnh Nghệ An, năm học 2012 2013, [1]) Giả sử a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P “ ? ? ´? a`b`c a ` ab ` abc Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a` ? ? 1? 1? 3 ab ` abc ď a ` a4b ` a4b16c 4 a ` 4b a ` 4b ` 16c ďa` ` “ pa ` b ` cq 2 3 Đẳng thức xảy a “ 4b “ 16c Suy P ě 3 ´? 2pa ` b ` cq a`b`c Đặt t “ a ` b ` c, t ą Khi đó, ta có P ě f ptq “ Khảo sát hàm số f ptq “ t “ 3 ´? 2t t 3 ´3 ´ ? với t ą Ta tìm f ptq “ 2t t ´3 16 Đẳng thức xảy a “ , Vậy giá trị nhỏ P 21 b“ , c“ 21 21 64 Bài toán 3.64 (Đề thi Olympic 30/4 năm 2006, [1]) Giả sử a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức Q“ apb ` cq bpc ` aq cpa ` bq ` ` 2 2 pb ` cq ` a pc ` aq ` b pa ` bq2 ` c2 Lời giải Do Q có tính nên xét giá trị Q với a ` b ` c “ Ta có Q“ ap1 ´ aq bp1 ´ bq cp1 ´ cq ` ` “ f paq ` f pbq ` f pcq, 2 2 p1 ´ aq ` a p1 ´ bq ` b p1 ´ cq2 ` c2 x ´ x2 xp1 ´ xq “ với x P p0, 1q f pxq “ p1 ´ xq2 ` x2 ´ 2x ` 2x2 Khi tiếp tuyến x “ có phương trình y“ 27 27 px ´ q ` “ x ` 25 25 25 Ta chứng minh f pxq ď 27 x ` , @x P p0, 1q 25 25 (3.12) Ta có x ´ x2 27x ` ď 2x ´ 2x ` 25 ñ 54x ´ 27x ` ě (3.12) ô Xét hàm số gpxq “ 54x3 ´ 27x2 ` với x P p0, 1q Ta có g pxq “ 54xp3x ´ 1q Lập bảng biến thiên hàm số y “ gpxq, ta kết gpxq ě 0, @x P p0, 1q Áp dụng Bất đẳng thức (3.12) cho số a, b, c P p0, 1q ta có f paq ` f pbq ` f pcq ď 27 pa ` b ` cq ` “ 25 25 Vậy giá trị lớn biểu thức Q“ apb ` cq bpc ` aq cpa ` bq ` ` 2 2 pb ` cq ` a pc ` aq ` b pa ` bq2 ` c2 Đẳng thức xảy a “ b “ c 65 Bài tốn 3.65 (Olympic Hồng Kơng năm 2005, [1]) Giả sử a, b, c, d số dương thỏa mãn a ` b ` c ` d “ Chứng minh giá trị nhỏ 6pa3 ` b3 ` c3 ` d3 q ´ pa2 ` b2 ` c2 ` d2 q Lời giải Từ giả thiết, ta có a, b, c, d P p0, 1q Bây ta chứng minh f paq ` f pbq ` f pcq ` f pdq ě , f pxq “ 6x3 ´ x2 Xét f pxq với x P p0, 1q tiếp tuyến đồ thị hàm số y “ f pxq x “ có phương tình y “ x ´ Mặt khác, 8 ´5 ´5 1¯ 1¯ x´ “ 6x3 ´ x2 ´ x´ “ p4x ´ 1q2 p3x ` 1q ě f pxq ´ 8 8 với x P p0, 1q hay f pxq ě x ´ 8 Từ suy 1 f paq ` f pbq ` f pcq ` f pdq ě pa ` b ` c ` dq ă “ 8 Đẳng thức xảy a “ b “ c “ d “ Vậy giá trị nhỏ 6pa3 ` b3 ` c3 ` d3 q ´ pa2 ` b2 ` c2 ` d2 q Bài toán 3.66 (Mở rộng toán thi Olympic Ba Lan năm 1996 Olympic 30/4 năm 1999, [1]) Giả sử số thực a, b, c thỏa mãn a ` b ` c “ Tìm giá trị lớn biểu thức a b c ` ` 2 1`a 1`b ` c2 Lời giải Đặt f pxq “ x Ta chứng minh ` x2 f paq ` f pbq ` f pcq ď 10 66 Thạt vậy, ta có f pxq “ ´ x2 p1 ` x2 q2 nữa, f pxq “ x “ ´1 x “ Xét trường hợp xảy Trường hợp Có số, giả sử a P p´8, ´3s nên b ` c ě nên có số, giả sử b ě Khi đó, ta có f paq ` f pbq ` f pcq ă ` ` “ 10 Trường hợp Có số, giả sử a P p´3, ´ s Khi f paq ` f pbq ` f pcq ď ´ 1 ` ` “ ă 10 2 10 10 Trường hợp Cả số a, b, c P p´ , `8q Khi đó, tiếp tuyến đồ thị y “ f pxq 18 x “ có phương trình y “ x ` 25 50 Ta có ´ 18 ´ 18 3¯ x ¯ p3x ´ 1q2 p4x ` 3q f pxq ´ x` “ ´ x ` “ ď 0, @x ą 2 25 50 1`x 25 50 50p1 ` x q Áp dụng bất đẳng thức cho số a, b, c ą f paq ` f pbq ` f pcq ď ´1 a ` b ` c “ 1, ta cú 3 18 `3ă 25 50 10 Như vậy, trường hợp ta chứng minh f paq ` f pbq ` f pcq ď 10 Đẳng thức xảy a “ b “ c “ Vậy giá trị lớn biểu thức b c a ` ` 2 1`a 1`b 1`c 10 Bài toán 3.67 (Olympic Rumani năm 2005, [1]) Giả sử số thực dương a, b, c thỏa mãn a ` b ` c “ Chứng minh giá trị nhỏ 1 ` ` ´ pa2 ` b2 ` c2 q a b c 67 Lời giải Ta cần chứng minh 1 ` ` ´ pa2 ` b2 ` c2 q ě a b c (3.13) Theo giả thiết a, b, c ą 0, ta a2 ` b2 ` c2 ă pa ` b ` cq2 “ Từ đó, có ba số, giả sử a ă 1 ` ` ą ą a2 ` b ` c 2 a b c nên (3.13) Bây ta cần xét trường hợp a, b, c ě 7 Vì a ` b ` c “ nên a, b, c ď Vậy a, b, c P r , s Xét hàm số f pxq “ ´ x2 r 31 , 73 s x Tiếp tuyến đồ thị hàm số y “ f pxq x “ y “ ´4x ` Do ´ ¯2 gpxq “ x2 ´ 2x ´ “ px ´ 1q2 ´ ď ´2ă0 r 13 , 73 s nên ta có f pxq ´ p´4x ` 4q “ ´ px ´ 1q2 px2 ´ 2x ´ 1q ě 0, @x P r , s x 3 Hay f pxq ě ´4x ` 4, @x P r , s 3 Áp dụng cho số a, b, c P r 31 , 73 s, ta có f paq ` f pbq ` f pcq ě ´4pa ` b ` cq ` ă Nên bất đẳng thức (3.13) chứng minh Đẳng thức xảy a “ b “ c “ Vậy giá trị nhỏ 1 ` ` ´ pa2 ` b2 ` c2 q a b c Bài toán 3.68 (Olympic Trung Quốc, 2005) ([1]) Giả sử số không âm a, b, c thỏa mãn a ` b ` c “ Chứng minh giá trị nhỏ 10pa3 ` b3 ` c3 q ´ 9pa5 ` b5 ` c5 q 68 Lời giải Đặt f pxq “ 10x3 ´ 9x5 Để chứng minh giá trị nhỏ 10pa3 ` b3 ` c3 q ´ 9pa5 ` b5 ` c5 q 1, ta chứng minh f paq ` f pbq ` f pcq ě Để chứng minh điều này, ta xét trường hợp Trường hợp Trong ba số a, b, c có số, giả sử a ě aPr Khi đó, 10 , 1s, b, c P r0, s 10 10 Xét hàm số f pxq đoạn r 10 , 1s, ta có f pxq “ 30x2 ´ 45x4 “ 15x2 p2 ´ 3x2 q ď 0, @x P r , 1s 10 Vậy f pxq nghịch biến đoạn từ f paq ě f p1q “ với a P r , 1s 10 Hơn nữa, với b, c P r0, 10 s f pbq “ 10b3 ´ 9b5 ě f pcq “ 10c3 ´ 9c5 ě nên f paq ` f pbq ` f pcq ě ` ` “ Trường hợp Các số a, b, c P r0, 10 s Khi tiếp tuyến đồ thị hàm số y “ f pxq x “ có phương trình 25 16 y “ x´ 27 Ta có ´ 25 ´ 25 16 ¯ 16 ¯ f pxq ´ x´ “ 10x3 ´ 9x5 ´ x´ 17 27 “ ´ p3x ´ 1q2 p27x3 ` 18x2 ´ 21z ´ 16q 27 s Xét hàm số gpxq “ 27x3 ` 18x2 ´ 21x ´ 16 r0, 10 1 Ta có g pxq “ 81x ` 36x ´ 21 gpxq “ Khi x “ x “ ´ 79 Ta thấy đoạn r0, 10 s gpxq ă nên f pxq ´ ´ 25 x´ 16 ¯ ě0 27 hay f pxq ě 25 16 x ´ , @x P r0, s 27 10 69 Áp dụng cho số a, b, c P r0, 10 s a ` b ` c “ 1, ta có f paq ` f pbq ` f pcq ě 25 16 pa ` b ` cq ă 27 Vy giỏ trị nhỏ 10pa3 ` b3 ` c3 q ´ 9pa5 ` b5 ` c5 q Đẳng thức xảy a “ b “ c “ 13 pa, b, cq hoán vị p1, 0, 0q Bài tốn 3.69 (Olympic Quốc tế) Chứng minh tập nghiệm bất phương trình 70 ` ` ăăă ` x1 x´2 x ´ 70 hợp khoảng rời có tổng độ dài 1988 Lời giải Ta có 70 ÿ 70 k ` ` ăăă ` x1 x2 x ´ 70 k“1 x ´ k ÿ ź ź ÿ ź k px ´ jq ´ px ´ jq k px ´ jq j‰k j‰k ś ś ´ “ “ px ´ jq 4 px ´ jq f pxq “ với quy ước k, j “ 1, 70 gpxq Rõ ràng gpxq “ cú 70 nghim: x 1, 2, ă ă ă , 70 V f liờn tc trờn R, f pkqăf pk`1q ă với k “ 1, 69 lim f pxq ă 0, f p70q ą nên có đủ 70 nghiệm xen kẽ là: xĐ`8 ă x1 x2 ă ă ă x69 ă 70 ă x70 Tổng độ dài khoảng nghiệm bất phương trình f pxq ě gpxq S “ px1 ´ 1q ` px2 ´ 2q ` ă ă ă ` px70 70q px1 ` x2 ` ă ă ă ` x70 q p1 ` ` ă ă ă ` 70q Để ý đa thức f có bậc 70, hệ số cao ´5 hệ số x69 9p1 ` ` ă ă ă ` 70q Do ú S 9p1 ` ` ă ă ă ` 70q 7071 p1 ` ` ă ă ¨ ` 70q “ ¨ “ 1988 ´5 Bài toán 3.70 (Olympic sinh viên) Cho hàm số f : ra, bs Ñ ra, bs với a ă b thỏa điều kiện |f pxq ´ f pyq| ă |x ´ y|, với x, y phân biệt thuộc ra, bs Chứng minh phương trình f pxq “ x có nghiệm thuộc ra, bs 70 Lời giải Xét hàm số gpxq “ |f pxq´x| g liên tục ra, bs Do đó, tồn x0 P ra, bs cho gpx0 q “ gpxq (3.14) xPra,bs Ta chứng minh gpx0 q “ Thật giả sử gpx0 q ‰ 0, f px0 q ‰ x0 Từ bất đẳng thức cho có |f pf px0 qq ´ f px0 q| ă |f px0 q ´ x0 | Suy gpf px0 qq ă gpx0 q (mâu thuẫn với (3.14)) Vậy gpx0 q “ nghĩa f px0 q “ x0 Giả sử phương trình f pxq “ x cịn có nghiệm x1 ‰ x0 , x1 P ra, bs có |f px1 q ´ f px0 q| “ |x1 ´ x0 | (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy phương trình f pxq “ x có nghiệm thuộc ra, bs Bài toán 3.71 (Olympic Hoa Kỳ) Cho hàm số f khả vi r0, 1s thỏa mãn f p0q “ 0, f p1q “ Chứng minh tồn hai số phân biệt a, b thuộc p0, 1q cho f paq ă f pbq Lời giải Xét hàm số gpxq “ f pxq ` x ´ Ta có g khả vi r0, 1s Hơn nữa, gp0q “ ´1 ă 0, gp1q “ ą nên tồn số c P p0, 1q cho gpcq “ Do f pcq ` c ´ “ hay f pcq “ ´ c Áp dụng Định lý Lagrange cho f đoạn r0, cs rc, 1s tồn a P p0, cq cho f pcq ´ f p0q “ f paq c´0 Và tồn b P pc, 1q cho ´ f pcq f pbq 1c Nờn f paq ă f pbq “ f pcq ´ f pcq ¨ “ c 1´c Vậy tồn số phân biệt a, b thuộc p0, 1q cho f paq ă f pbq Kt luận Trong luận văn này, thực cơng việc sau: Trình bày kiến thức sở tính liên tục hàm số tính khả vi hàm số Trình bày số định lý phép tính vi phân: Định lý Fermat, Định lý Rolle, Định lý Lagrange, Định lý Cauchy, Định lý L’Hospital, Định lý Darboux, Định lý Taylor Trình bày ứng dụng định lý việc giải số toán sơ cấp chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tốn giới hạn, tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số, giải phương tình bất phương trình Trình bày lời giải chi tiết số toán thi chọn học sinh giỏi Olympic toán học cấp 71 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thị Diệp, Phương pháp đạo hàm tốn tìm giá trị lớn nhỏ nhất, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học tự nhiên Hà Nội (2015) [2] Thái Thuần Quang, Nguyễn Dư Vi Nhân, Mai Thành Tấn, Nguyễn Ngọc Quốc Thương, Giải tích - Phép tính vi phân tích phân hàm biến, NXB ĐHQG Hà Nội (2020) [3] Cao Thị Thắm, Ứng dụng tính liên tục tính khả vi hàm số phương trình bất đẳng thức, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên (2015) [4] A G Akoy, M A Khamsi, A Problem Book in Real Analysis, Springer (2010) [5] T Radozycki, Solving Problems in Mathematical Analysis, Part I, Springer (2020) [6] T L T Radulescu, V D Radulescu, T Andreescu, Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis, Springer (2009) [7] H Sedrakyan, N Sedrakyan, Algebraic Inequalities, Springer (2018) 72