Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018TRONG TÍCH PHÂN Vũ Tiến Việt Học viện An ninh nhân dân Tóm tắt nội dung Các định lý giá trị trung bình đóng một vai trò quan trọng trong Giải tí
Trang 1Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
TRONG TÍCH PHÂN
Vũ Tiến Việt Học viện An ninh nhân dân
Tóm tắt nội dung
Các định lý giá trị trung bình đóng một vai trò quan trọng trong Giải tích Toán học Chúng tôi xin giới thiệu một số phát triển của các định lý đó trong khoảng thời gian 50 năm trở lại đây Chúng tôi cũng nêu ra một số áp dụng các định lý giá trị trung bình cho các bài toán tích phân, trong đó có những bài thi Olympic sinh viên Việt Nam
1 Các định lý kinh điển
Trước hết ta nhắc lại các định lý giá trị trung bình cho hàm khả vi kinh điển là Fermat, Rolle, Lagrange, Cauchy
1 Định lý Fermat :1
Giả sử hàmf :[a, b] → Rliên tục trên[a, b], đạt cực trị (địa phương) tại điểm
x0∈ (a, b)và khả vi tạix0 Khi đóf0(x0) =0
2 Định lý Rolle2: Năm 1691 Rolle đưa ra định lý sau mang tên ông:
Giả sử hàmf :[a, b] →Rliên tục trên[a, b], khả vi trong(a, b)
và f() =f(b) Khi đó tồn tại điểm c∈ (a, b)đểf0() =0
3 Định lý Lagrange3:
Giả sử hàmf :[a, b] →Rliên tục trên[a, b], khả vi trong(a, b) Khi đó tồn tại điểm
c∈ (a, b)sao cho
f0() =f(b) − (f a
b−a .
4 Định lý Cauchy :4
1Pierre de Fermat (1601-1665), nhà toán học người Pháp
2Michel Rolle (1652-1719), nhà toán học người Pháp
3Joseph-Louis Lagrange (1736-1813), nhà toán học người Pháp
4Augustin-Louis Cauchy (1789-1857), nhà toán học người Pháp
41
Trang 2Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Giả sử các hàmf , g :[a, b] →Rliên tục trên[a, b], khả vi trong(a, b), đồng thời
g0(x) 6=0,∀x∈ (a , b) Khi đó tồn tại điểm c∈ (a , b)sao cho
f0(
g0( =
f(b) − (f a
g(b) − (g a .
5 Định lý giá trị trung bình tích phân thứ nhất:
Xét các hàmf , gkhả tích trên[a, b]và gọi m= inf
x ∈[a,b] f(x), M= sup
x ∈[a,b]
f(x) Nếu làg
hàm không âm (hoặc không dương) trên[a, b]thì
Zb
a f(x)g( )x dx=µ
Zb
a g(x)dx với µ∈ [m, M] Hơn nữa, nếuf∈C[a, b]thì∃ξ∈ [a, b]sao cho
Zb
a f(x)g( )x dx= (f ξ
Zb
a g(x)dx.
6 Định lý giá trị trung bình tích phân thứ hai:
Xét các hàmf , gkhả tích và là hàm đơn điệu trêng [a, b]
Khi đó∃ξ∈ [a, b]sao cho
Zb
a f(x)g(x)dx= (g a
Zξ
a f(x)dx+g(b)
Zb
ξ f(x)dx.
Nhận xét 1 Các định lý trên đây có ý nghĩa hình học là "tồn tại một hình chữ nhật
có diện tích bằng một hình phẳng cho trước"
2 Một áp dụng
Với hàmf(x)liên tục trên[a, b]thì tồn tại
Zb
a f(x)dx.
Theo định lý giá trị trung bình tích phân thứ nhất∃c∈ [a, b]sao cho
f() = 1
b−a
Zb
a f(x)dx.
Với hàm f(x)liên tục trên[a, b], khả vi trong khoảng(a, b)thì theo định lý Lagrange tồn tạic∈ (a, b)sao cho
f0() = f(b) − (f a
b−a hay f0()(b−a) =f(b) −f( )a Điều này hình như dẫn tới quan hệ
h 1
b−a
Zb
a f(x)dxif0()(b−a) = (f c)[ (f b) − (f a)]
42
Trang 3Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Do đó suy ra
f0(
Zb
a f(x)dx= (f c)[f(b) − (f a)] (2.1) Tuy nhiên, ta nghi ngờ tính đúng đắn của (2.1) vì điểm của định lý giá trị trungc
bình tích phân và điểm của định lý Lagrange không chắc là trùng nhau.c
Lấy ví dụ sau: Xét f(x) =x2trên[0, 1]
Theo định lý giá trị trung bình tích phân thứ nhất
1
b−a
Zb
a f(x)dx= 1
1−0
Z1
0 x2dx=1
3=f() =c
2
⇒ c=√1
3·
Mặt khác, theo định lý Lagrange
f(b) − (f a
b−a =
12 0
− 2
1−0 =1=f
0() =2c ⇒ c=1
2·
•Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng hệ thức (2.1) là đúng đắn bằng mệnh đề sau đây:
Mệnh đề 1 Giả sửf(x)là hàm liên tục trên đoạn[a, b], khả vi trong khoảng(a, b) Khi đó tồn tại điểmc∈ (a, b)thỏa mãn hệ thức (2.1)
Chứng minh.Xét hàm
h(x) = [f( ) −x f(b)]
Zx
a f(t)dt+ [ (f x) − (f a)]
Zb
x f(t)dt.
Ta thấyh(x)liên tục trên[a, b], khả vi trong(a, b)và h( ) =h(b) =0 Theo định lý Rolle tồn tại điểmc∈ (a, b)sao choh0() =0 Thế mà
h0(x) =f(x)[ ( ) −f x f(b)] +f0(x)
Zx
a f(t)dt− (f x)[ (f x) −f()]
+f0(x)
Zb
x f(t)dt
=f0(x)
Zb
a f(t)dt− (f x)[ (f b) − (f a)]
Từ đây suy ra hệ thức (2.1)
Trở lại ví dụ ở trên ta có
2c
Z1
0 t2dt=c2(12
−02) hay 2
3c=c 2
⇒ c=2
3·
•Ta mở rộng mệnh đề trên cho 2 hàm
Mệnh đề 2 Giả sửf(x)và g(x)là các hàm liên tục trên đoạn[a, b], khả vi trong khoảng(a, b) Khi đó tồn tại điểmc∈ (a, b)sao cho
f0(
Zb
a g(t)dt+g0(
Zb
a f(t)dt=f()[g(b) − (g a)] +g()[ (f b) −f()] (2.2)
43
Trang 4Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Chứng minh.Xét hàm
H(x) = [f( ) −x f(b)]
Zx
a g(t)dt+ [f(x) − (f a)]
Zb
x g(t)dt
+ [g(x) −g(b)]
Zx
a f(t)dt+ [g(x) − (g a)]
Zb
x f(t)dt.
Ta thấyH(x)liên tục trên[a, b], khả vi trong(a, b)vàH() =H(b) =0
Theo định lý Rolle tồn tại điểmc∈ (a, b)sao choH0() =0 Thế mà
H0(x) =f0( )x
Zx
a g(t)dt+ (g x)[f(x) − (f b)] +f0( )x
Zb
x g(t)dt− (g x)[f(x) − (f a)] +g0(x)
Zx
a f(t)dt+ (f x)[g( ) −x g(b)] +g0( )[x g( ) −x g(b)] − (f x)[g(x) − (g a)]
=f0(x)Zb
a g(t)dt+g0(x)
Zb
a f(t)dt−f(x)[g(b) − (g a)] −g(x)[f(b) − (f a)]
Từ đây suy ra hệ thức (2.2)
3 Các định lý mở rộng
•Định lý Flett5 Năm 1958 Flett đưa ra định lý sau:
Cho hàmf(x)khả vi trên[a, b]và thỏa mãnf0() = f0(b)(hai đạo hàm này được hiểu là đạo hàm một phía) Khi đó tồn tại điểmc∈ (a, b)sao cho
f0() =f() −f(
c−a .
Chứng minh.(Xem [2] hoặc [6])
Ta có thể giả thiết f0( ) =f0(b) =0, vì có thể thayf(x)bởi h(x) =f(x) −x f0( , lúc
đó h0(x) =f0(x) −f0( ), h0( ) =a h0(b) =0và nếu kết luận đúng với h(x)thì
h0() =h() −h( )
c−a , hay f0() −f0() =f() −c f0() −f() +a f0(
nên f0() =f() −c f0() −f() +a f0( )
0( ) =f() − (f a
c−a ,
tức là kết luận đúng chof(x)
Ta xét hàm
g(x) =
f0() =0 khi x=a
f(x) − (f a
x−a khi a<x6b
5T.M Flett, giáo sư đại học Liverpool, UK
44
Trang 5Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Khi đó lim
x →a+0
f(x) − (f a
x−a =f
0() =0=g( )a , nên g(x)liên tục trên[a, b] Rõ ràng g(x)
khả vi trong(a, b]và
g0(x) = f0(x)
x−a−f((x) −f(
x−a2
Ta thấy: +) Nếug(b) =0, thì theo định lý Rolle∃c∈ (a, b)sao chog0() =0, tức là
f0(
c−a−f(() −f(
−a2 =0 hay f0() =f() − (f a
c−a .
+) Nếug(b) >0, thìg0(b) = −f(b() − (b−f a a2 = −b g(b)
−a<0
Suy ra∃x1∈ (a, b)để g(x1) > (g b)(bởi vì nếug(x) 6g(b),∀x∈ (a, b)thì sẽ dẫn tới
g0(b) >0, mâu thuẫn vớig0(b) <0)
Lúc này g() =0<g(b) <g(x1) và dog(x)liên tục, nên phải tồn tạix2∈ (a, b)
để g(x2) =g(b) Sử dụng định lý Rolle cho hàmg(x)trên[x2, b]thì tồn tại điểmc∈ (x2, b) ⊂ (a, b)sao cho g0() =0, dẫn tới kết luận như trên
+) Nếug(b) <0ta chứng minh tương tự
•Định lý Meyer6 Năm 1977 Meyer đưa ra định lý sau:
Giả sửf :[a, b] →Rlà hàm khả vi trên[a, b]và thỏa mãnf0() =f0(b) Khi đó tồn tại điểmc∈ (a, b)sao cho
f0() =f(b) −f(
b−c .
Chứng minh.(Xem [2] hoặc [6])
Ta xét hàm
m(x) =
f(b) −f(x)
b−x khi a6x<b
f0(b) khi x=b
Dễ thấym(x)liên tục và khả vi Nếum(x)đạt cực trị tạic∈ (a, b)thì theo định lý
Fermat m0() =0, dẫn đến kết luận của định lý
Nếu m(x)đạt cực trị tạia hoặc bthì không giảm tổng quát ta giả thiếtm() 6m(x) 6
m(b),∀x∈ [a, b] Khi đó f(x) 6 ( ) − (f b b−x) (m a,∀x∈ [a, b]và
f(x) −f(
x−a 6f(b) − (f a) − (b−x)m( )a
x−a
=f(b) −f(
b−a =m( .
Lấy giới hạn khix→a+0ta đượcf0( ) 6m( , nênm(b) =f0(b) =f0() 6m( )a
Dẫn tớim(x)là hàm hằng, do đóm0(x) ≡0và ta có kết luận của định lý
•Định lý Sahoo và Riedel7 Năm 1998 Sahoo và Riedel đưa ra định lý:
6R.E Meyer (1919-2008), giáo sư đại học Wisconsin–Madison, USA
7P.K Sahoo và T Riedel, các giáo sư đại học Louisville, USA
45
Trang 6Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Giả sửf :[a, b] →Rlà hàm khả vi trên[a, b] Khi đó tồn tại điểmc∈ (a, b)sao cho
f() − (f a) =f0()(c− ) −a 21·f0(b b) −f0(
−a ( −a2
•Định lý Pawlikowska8 Năm 1999 Pawlikowska đưa ra định lý sau:
Cho f :[a, b] →Rlà hàm khả vi cấpntrên[a, b]và f (n)() =f (n)(b) Khi đó tồn tại
ξ∈ (a, b)sao cho
f( ) − (f a
ξ−a =
n
∑
i=1
(−1)i+1
i! ( −a i−1f (i)( )
•Định lý Riedel và Sablik9 Năm 2004 Riedel và Sablik đưa ra định lý:
Giả sửf :[a, b] →Rlà hàm khả vi trên[a, b] Khi đó tồn tạic∈ (a, b)sao cho
1
c−a
h
f0() −f() − (f a
c−a
i
+ 1
c−b
h
f0() −f() − (c f b)
−b
i
= f0(b) −f0(
b−a .
•Định lý C¸akmak và Tiryaki 10
Năm 2011 Devrim C¸akmak và Tiryaki đưa ra định lý:
Giả sửf :[a, b] →Rlà hàm khả vi Khi đó tồn tạic∈ (a, b)sao cho
f(b) − (f c) =f0( )(c b−c) −21·f0(b b) −f0(
−a (b−c2
Ghi chú.Chứng minh của các định lý này có thể xem trong[2]hoặc[6]
Nhận xét 2 Định lý Meyer là một cách bổ sung cho đầy đủ của định lý Flett và chứng
minh của định lý Meyer dựa theo cách chứng minh thứ hai của định lý Flett
Khi f0() = f0(b)thì định lý Sahoo và Riedel trở thành định lý Flett, còn định lý C¸akmak và Tiryaki trở thành định lý Meyer
Định lý Lagrange nói rằng tồn tại tiếp tuyến của đồ thị hàmf(x)song song với đường thẳngAB
Định lý Flett nói rằng tồn tại tiếp tuyến của đồ thị hàmf(x)đi qua điểm , định lýA
Meyer nói rằng tồn tại tiếp tuyến của đồ thị hàmf(x)đi qua điểm B
4 Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng tồn tại điểmα∈ (0, 1)sao cho
Zα
0 f(x)dx=0
Lời giải.Xét hàm h(t) =t
Zt
0 f(x)dx−
Zt
0x f(x)dx, t∈ [0, 1]
Ta có h(0) =h(1) =0và h0(t) =
Zt
0 f(x)dx.
Theo định lý Rolle tồn tạiα∈ (0, 1)sao choh0(α) =0
Suy ra điều cần chứng minh
8Iwona Pawlikowska, PhD Mathematics, Memphis, TN, United States
9M Sablik, giáo sư đại học Silesia, Katowice, Polska
10D C¸akmak và A Tiryaki, các giáo sư đại học Gazi, T ¨urkiye
46
Trang 7Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Bài toán 2 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng với mỗi sốa∈Rtồn tại điểmc∈ (0, 1)sao cho
f() =a
Zc
0 f(x)dx.
Lời giải.Với t∈ [0, 1]ta xét hàm g(t) =e −atZt
0 f(x)dx.
Theo bài 1 tồn tạiα∈ (0, 1)sao cho
Zα
0 f(x)dx=0
Như vậyg(0) =g(α) =0và ta có
g0(t) =e −at t
h
f( ) −a
Zt
0 f(x)dxi Theo định lý Rolle tồn tạic∈ (0, α) ⊂ (0, 1)sao chog0() =0
Suy ra điều cần chứng minh
Nhận xét 3 Lấy a=2018ta được bài B.3 trong đề thi Giải tích OLP-2018
Bài toán 3 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng tồn tại điểmα∈ (0, 1)sao cho
Zα
0 x f(x)dx=0
Lời giải.Xét hàm h(t) =t
Zt
0 f(x)dx−
Zt
0x f(x)dx, t∈ [0, 1]
Ta thấy h(0) =h(1) =0và h0(t) =
Zt
0 f(x)dx.
Theo định lý Rolle tồn tạib∈ (0, 1)sao choh0(b) =0
Do h0(0) =h0(b) =0, nên theo định lý Flett tồn tạiα∈ (0, b) ⊂ (0, 1)sao cho
h0(α) =h(α) − (h0)
h(α)
α , hay αh0(α) =h(α) Tức là
α
Zα
0 f(x)dx=α
Zα
0 f(x)dx−
Zα
0 x f(x)dx,
suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 4 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng với mỗi sốa∈Rtồn tại điểmc∈ (0, 1)sao cho
c f() =a
Zc
0 x f(x)dx.
Lời giải.Với t∈ [0, 1]ta xét hàm g(t) =e −at
Zt
0x f(x)dx.
Theo bài 3 tồn tạiα∈ (0, 1)sao cho
Zα
0 x f(x)dx=0
47
Trang 8Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Như thế ta có g(0) =g(α) =0và
g0(t) =e −ath t
t f( ) −a
Zt
0x f(x)dxi Theo định lý Rolle tồn tạic∈ (0, α) ⊂ (0, 1)sao chog0() =0
Suy ra điều cần chứng minh
Bài toán 5 Cho hàmf :[0, 1] →Rkhả vi thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng với mỗi sốa∈Rtồn tại điểmc∈ (0, 1)sao cho
f() =a f0( )c
Zc
0 f(x)dx.
Lời giải.Với t∈ [0, 1]ta xét hàm
h(t) =e −a f (t)Zt
0 f(x)dx.
Theo bài 1 tồn tại α∈ (0, 1)đểZα
0 f(x)dx=0 Ta có h(0) =h(α) =0và
h0(t) =e −a f (t)h
f(t) −a f0( )t
Zt
0 f(x)dxi Theo định lý Rolle tồn tạic∈ (0, α) ⊂ (0, 1)sao choh0() =0
Suy ra điều cần chứng minh
Nhận xét 4 Lấy a=2018ta được bài A.2 trong đề thi Giải tích OLP-2018
Bài toán 6 Cho hàmf :[0, 1] →Rkhả vi thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng với mỗi sốa∈Rtồn tại điểmc∈ (0, 1)sao cho
c f() =a f0(
Zc
0 x f(x)dx.
Lời giải.Với t∈ [0, 1]ta xét hàm h(t) =e −a f (t)Zt
0x f(x)dx.
Theo bài 3 tồn tại α∈ (0, 1)đểZα
0 x f(x)dx=0 Ta có h(0) =h(α) =0và
h0(t) =e −a f (t)ht f(t) −a f0(t)
Zt
0x f(x)dxi Theo định lý Rolle tồn tạic∈ (0, α) ⊂ (0, 1)sao choh0(β) =0
Suy ra điều cần chứng minh
Bài toán 7 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục sao cho
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx.
Chứng minh rằng với mỗi sốa∈Rtồn tại điểmc∈ (0, 1)sao cho
c f() +a
Zc
0 f(x)dx=0
48
Trang 9Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Lời giải.Xét hàm F(x) =
Zx
0 f(t)dt Ta có F(0) =0, F0(x) =f(x)và
F(1) =
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x) =
Z1
0 xF0(x)dx
=xF(x)1
0−
Z1
0 F(x)dx= (F1) −
Z1
0 F(x)dx.
Do đó Z1
0 F(x)dx=0 (∗)
Hàm F(x)liên tục trên[0, 1] Ta nhận thấy rằng nếuF(x) > 0,∀x ∈ (0, 1)thì
Z1
0 F(x)dx>0, nếuF(x) <0,∀x∈ (0, 1)thìZ1
0 F(x)dx<0, đều trái với(∗)
Vậy phải tồn tại b∈ (0, 1)đểF(b) =0
Lại xét hàmg(x) =x a F(x) Ta cóg0(x) =ax a−1F(x) +x a f(x), g(0) =g(b) =0 Theo định lý Rolle tồn tạic∈ (0, b) ⊂ (0, 1)sao g0() =0 Từ đó
ac a−1Zc
0 f(x)dx+c a f() =0 hay c f( ) +c a
Zc
0 f(x)dx=0
Bài toán 8 Cho hàmf(x)khả vi trên[0, 1]và thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx=0
Chứng minh rằng tồn tạic∈ (0, 1)sao chof0() =0
Lời giải.Xét hàm g(x) =
Zx
0 f(t)dt, t∈ [0, 1]thì g0(x) = (f x)
Ta có g(0) =0và g(1) =
Z1
0 f(t)dt=0 Theo định lý Rolle tồn tạic1∈ (0, 1)sao cho
g0(1) =0, tức là f(c1) =0
Xét hàm h(x) =
Zx
0 t f(t)dt, t∈ [0, 1]thì h0(x) =x f(x)
Ta có h(0) =0và h(1) =Z1
0 t f(t)dt=0 Theo định lý Rolle tồn tạic2∈ (0, 1)sao cho
h0(2) =0, tức là c2f(2) =0, hayf(2) =0
Lại sử dụng định lý Rolle cho hàmf(x)trên đoạn[c c1, 2](hoặc đoạn[c2, c1]) thì tồn
tại c∈ (c c1, 2) ⊂ (0, 1)(hoặc c∈ (c c2, 1) ⊂ (0, 1)) sao chof0() =0
Lưu ý.Nếu xảy ra trường hợpc1=c2=α∈ (0, 1)thì có 2 khả năng:
+) Khả năng 1: Tồn tạiβ∈ (0, 1), β6=α, f(β) =0thì ta áp dụng định lý Rolle cho
f(x)trên[α, β] ⊂ (0, 1)(hoặc]β, α] ⊂ (0, 1)) Kết luận của bài toán vẫn đúng
+) Khả năng 2:f(x) 6=0,∀x∈ [0, 1], x6=αthì do tính liên tục củaf(x)ta có thể giả
thiết f(x) <0,∀x∈ [0, α)và f(x) >0,∀x∈ (α, 1] Từ đó
x<α, x f(x) >α f( )x,∀ ∈ [x 0, α) ⇒
Zα
0 x f(x)dx>α
Zα
0 f(x)dx,
x>α, x f(x) >α f(x),∀x∈ (α, 1] ⇒
Z1
α x f(x)dx>α
Z1
α f(x)dx,
⇒
Z1
0 x f(x)dx>α
Z1
0 f(x)dx=0,trái giả thiết của đề bài!
Vậy không thể xáy ra khả năng này!
49
Trang 10Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Bài toán 9 (OLP-2010, xem [1]) Cho hàm f(x)khả vi trên[0, 1]và thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=
Z1
0 x f(x)dx=1
Chứng minh rằng tồn tại điểmc∈ (0, 1)sao cho f0() =6
Lời giải.Xét hàm g(x) =6x−2 Dễ dàng thấy rằng
Z1
0 g(x)dx=
Z1
0 xg(x)dx=1
Suy ra Z1
0
[(x) −g x( )]dx=0 Hàm h x( ) = f(x) −g x( )liên tục trên[0, 1]và có tích phânZ1
0 h(x)dx=0, nên không thể xảy ra trường hợph(x) >0,∀x∈ (0, 1)hoặc trường hợp h(x) <0,∀x∈ (0, 1)
Như thế phương trìnhh(x) =0phải có ít nhất một nghiệm trong(0, 1)
Giả sử rằngh(x) =0chỉ có một nghiệmx=a∈ (0, 1)
Xảy ra hai khả năng sau:
+) Nếuh(x) <0,∀x∈ (0, a), thì h(x) >0,∀x∈ (a, 1) Khi đó
Z1
0 x f(x)dx−1=
Z1
0 x f(x)dx−
Z1
0 xg(x)dx
=
Z1
0 x[ (x) −g( )]x dx=
Z1
0 xh(x)dx
=
Za
0 xh(x)dx+
Z1
a xh(x)dx>Za
0 ah(x)dx+
Z1
a ah(x)dx
=a
h a
0 h(x)dx+
Z1
a h(x)dxi=a
Z1
0 h(x)dx=0
Suy ra Z1
0 x f(x)dx>1, mâu thuẫn với giả thiết của đề bài!
+) Nếuh(x) >0,∀x∈ (0, a), thì h(x) <0,∀x∈ (a, 1) Khi đó
Z1
0 x f(x)dx−1=
Z1
0 x f(x)dx−
Z1
0 xg(x)dx
=
Z1
0 x[ ( ) −x g(x)]dx=
Z1
0 xh(x)dx
=
Za
0 xh(x)dx+
Z1
a xh(x)dx<Za
0 ah(x)dx+
Z1
a ah(x)dx
=ah
a
0 h(x)dx+
Z1
a h(x)dxi=a
Z1
0 h(x)dx=0
Suy ra Z1
0 x f(x)dx<1, mâu thuẫn với giả thiết của đề bài!
Vậy h(x) =0phải có ít nhất hai nghiệm trong(0, 1)
Giả sử hai nghiệm đó làa, b∈ (0, 1)và a<b Ta cóh() =h(b) =0, nênf(b) −
f() =g(b) − (g a Theo định lý Lagrange tồn tạic∈ (a, b) ⊂ (0, 1)sao cho
f0() =f(b) − (f a
b−a =
g(b) − (g a
b−a =6.
50
Trang 11Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Nhận xét 5 Bài 8 được đưa về bài 9 nếu thay hàmf(x)bởi hàmf(x) +6x−2và bài 9 được đưa về bài 8 nếu thay hàmf(x)bởi hàmf(x) −6x+2
Bài toán 10 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục và thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=0
Chứng minh với mỗi sốa∈Rtồn tạic∈ (0, 1)sao cho f() =a
Zc
0 f(x)dx.
Lời giải.Đặt g(t) =e −at
Zt
0 f(x)dx, t∈ [0, 1]
Ta cóg(0) =g(1) =0và g(t)khả vi với
g0(t) =e −at t
h
f( ) −a
Zt
0 f(x)dxi
Theo định lý Rolle tồn tại c∈ (0, 1)đểg0() =0
Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 11 Cho hàmf :[0, 1] →Rliên tục và thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=0
Chứng minh rằng tồn tạic∈ (0, 1)sao cho(1−c f() =c
Zc
0 f(x)dx.
Lời giải.Đặt g(t) =e t(1−t)
Zt
0 f(x)dx, t∈ [0, 1]
Ta cóg(0) =g(1) =0và g(t)khả vi với
g0(t) =e th t t
(1− )f( ) −t
Zt
0 f(x)dxi
Theo định lý Rolle tồn tại c∈ (0, 1)đểg0() =0
Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 12 Cho hàmf(x)khả vi trên[0, 1]và thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=0
Chứng minh với mỗi sốa∈Rtồn tạic∈ (0, 1)sao cho f() =a f0( Zc
0 f(x)dx.
Lời giải.Đặt g(t) =e −a f (t)Zt
0 f(x)dx, t∈ [a, b] Ta có g(0) =g(1) =0và
g0(t) =e −a f (t)h
f(t) −a f0( )t
Zt
0 f(x)dxi Theo định lý Rolle tồn tạic∈ (0, 1)sao chog0() =0, tức là
g0() =e −a f (c)h
f() −a f0( )c
Zc
0 f(x)dx
i
=0, suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 13 (OLP-Romania-2006) Cho hàm f : [0, 1] → Rliên tục và thỏa mãn
Z1
0 f(x)dx=0
Chứng minh rằng tồn tạiξ∈ (0, 1)sao cho
Zξ
0 x f(x)dx=0
51