cac ung dung cua cac dinh ly

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 LỜI CẢM ƠN Trước hết tôi xin gửi lời chân thành cảm ỏn nhất đến quý thầy cô , ban giám hiệu trường Đại Học An Giang ,ban chủ nhiệm khoa sư phạm và thầy cô bộ môn toán ûtạo điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài này ,đặc biệt cho tôi có cơ hội làm quen với việc nghiên cứu khoa học. Chân thành cảm ỏn thầy Võ Tiến Thành người trực tiếp hướng dẫn và đóng góp sửa chửa bản thảo làm cho đề tài hoàn chỉnh hơn. Long Xuyên 6/2004 Nguyễn Hoài Phúc Mục Lục Trang Lời nói đầu 1 Chương I:Cơ sở lí luận của đề tài 2 I.Hàm số liên tục 2 II.Đạo hàm 3 ChươngII:Ứng dụng đinh lí bonxano-cauchy chứng minh phương trình có nghiệm 5 I.Phương pháp chung 5 II.Các ví dụ 5 ChươngIII:Dùng đònh lí Roll-Lagange-Cauchy Chứng minh phương trình có nghiệm 16 I.Phương pháp chung 16 II.Các ví dụ 16 ChươngIV:Dùng đònh lí Lagange giải phương trình 25 I.Phương pháp chung 25 II.Các ví dụ 25 ChươngV:Dùng đònh lí Lagange chưng1 minh bất đẳng thức 28 I.Các ví dụ 28 I.Phương pháp chung 33 Tài liệu tham khảo 36 LỜI NÓI ĐẦU Trong những năm gần đây ,những kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia , quốc tế,trong các kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên giửa các trường đại học trong nước thì các bài toán liên quan đến tính liên tục và đạo hàm của hàm số thường xuyên xuất hiện và dạng phổ biến nhất là chứng minh phương trình có nghiệm , giải phương trình ,chứng minh bất đẳng thức . Trong phạm vi đề tài này chúng ta sẽ tập chung nghiên cứu các ứng dụng của các đònh lí Roll, Lagange ,Bonxano- Cauchy trong việc giải quyết các bài tập nêu trên . I.Đối tượng nghiên cứu của đề tài : Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các sách giải tích ,các đề thi Olympic liên quan đến ứng dụng liên tục và đạo hàm . II.Nhiệm vụ của đề tài : Nghiên cứu các ứng dụng của các đònh lí Bonxano-Cauchy, Roll,Langange để chứng minh phương trình có nghiệm ,giải phương trình và chứng minh bất đẳng thức . III.Nội dung nghiên cứu của đề tài: Chương I: những cơ sở lí luận của đề tài Chương II: ứng dụng của đònh lí Bonxano – Cauchy chứng minh phươngtrình có nghiệm Chương III: ứng dụng đònh lí Roll,Lagange,Cauchy chứng minh phương trình có nghiệm Chương IV: ứng dụng của đònh lí Lagange giải phương trình Chương V: ứng dụng đònh lí Lagange chứng minh bất đẳng thức Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các kỳ thi Olympic,đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia và quốc tế. IV. Phương pháp nghiên cứu : -Tham khảo tài liệu. -Hệ thống các bài tập và phân loại. -Hướng dẩn phương pháp giải. Trang1 CHƯƠNG I : CƠ SƠ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI I/- HÀM SỐ LIÊN TỤC : 1/- Các đònh nghóa: a/- Hàm số f(x) xác đònh trong tập A⊂ R được gọi là liên tục tại điểm a∈ A nếu : ∀ε>0 , ∃δ=δ(a, ε) , ∀x∈A :⏐x – A ⏐< δ⇒ ⏐f(x) – f(a)⏐< ε Như vậy nếu a là điểm tụ của tập A thì f(x) liên tục tại điểm A nếu : tồn tại và = f(a) )(lim xf ax→ )(lim xf ax→ Nếu f(x) liên tục tại mọi điểm x∈A thì f(x) được gọi là liên tục trong miền A. b/- Hàm số f(x) được gọi là liên tục bên trái tại x = a∈A nếu ( ) == − → − afxf a x )(lim ( ) af và liên tục bên phải tại x = a nếu : ( ) == + → + afxf a x )(lim ( ) af Hàm số f(x) liên tục tại x = a∈A khi và chỉ khi f(x) liên tục bên trái và liên tục bên phải tại điểm a. 2/- Các đònh lý : * Đònh lý 1 : Nếu f(x) và g(x) là những hàm liên tục tại điểm x = a, thì f(x) + g(x); g(x) . f(x) là những hàm liên tục tại a. Hơn nữa g(x) ≠0 thì )( )( xg xf cũng là hàm liên tục tại a. * Đòng lý 2 : Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó bò chặn trên đoạn đó. Tức là tồn tại k > 0 sao cho : ⏐f(x)⏐ ≤ k ∀x ∈ [a,b] * Đònh lý 3 : (đònh lý Vâyestras) Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó đạt giá trò lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn đó. Tức là : ∃ m= = min f(x) ( ∈ [a;b]) )( 1 x f x 1 a ≤ x ≤ b ∃ M = = max f(x) ( ∈ [a;b]) )( 2 x f x 2 a ≤ x ≤ b -Trang 2 - * Đònh lý : (Bônxano – cauchy thứ nhất ) Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] va f(a) . f(b) < 0 thì ∃ c ∈(a;b) sao cho f(c) = 0. * Đònh lý 5 : Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b], f(a) = A, f(b) = B thì hàm số nhận mọi giá trò trung gian giữa A và B. Hệ quả : Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b] thì nó nhận mọi giá trò trung gian giữa giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất. II/- ĐẠO HÀM : 1/- Các đònh nghóa : a/- Giả sử f(x) là hàm số xác đònh trong khoảng (a,b), x 0 là một điểm thuộc khoảng đó. Ký hiệu : ∆x=x – x 0 , x∈(a,b) là số gia của đối số tại điểm x 0 . ∆y = f(x) – f (x 0 ) là số gia của hàm số ứng với số gia ∆x của đối số. Xét tỷ số x y ∆ ∆ . Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn : x y x ∆ ∆ →∆ 0 lim = 0 0 ()( lim 0 xx xfxf xx − − → (1) thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của số f(x) tại điểm x 0 . Đạo hàm của f(x) tại x 0 thường được ký hiệu : f’(x 0 ) hay dx dt (x 0 ). Trong trường hợp giới hạn (1) tồn tại và bằng + ∞ hay - ∞ thì người ta nói hàm f(x) có đạo hàm vô hạn tại x 0 . b/- Các giới hạn một phía : 0 0 00 )()( limlim xx xfxf x y xx − − = ∆ ∆ −− →→∆ và 0 0 00 )()( limlim xx xfxf x y xx − − = ∆ ∆ ++ →→∆ Tương ứng được gọi là đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải của hàm f(x) tại x 0 và lần lượt được ký hiệu là f + ’(x 0 ) và f + ’(x 0 ). Các đạo hàm này gọi là đạo hàm một phía của f(x) tại x 0 . c/- Ta có kết quả sau đây : Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có đạo hàm tại x 0 là các đạo hàm một phía của hàm f(x) tại x 0 tồn tại và bằng nhau. Khi đó : -Trang 3 - f’(x 0 ) = f - ‘(x 0 ) = f + ’(x 0 ) d/- Hàm số y= f(x) gọi là có đạo hàm trên (a,b) nếu như nó có đạo hàm tại mọi điểm x ∈(a,b). Hàm số y = f(x) gọi là có đạo hàm trên (a,b) nếu như nó có đạo hàm tại mọi điểm x ∈(a,b); có đạo hàm phải f + ’(a) và đạo hàm trái f - ‘(b). 2/- Các đònh lý: Rôn, Lagrange, cauchy: a/- Đònh lý Rôn : Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b], khả vi trong (a,b) và f(a)=f(b) thì tồn tại c ∈(a,b) sao cho f’(c) = 0. b/- Đònh lý Lagrange : Nếu y = f(x) liên tục trên [a;b] khả vi trong (a,b) thì tồn tại c ∈ (a;b) sao cho: f’(c) = ab afbf − − )()(' hay f(b) -f(a) = f’(c).(b – a) ( c ),( ba ∈ ) c/- Đònh lý Cauchy : Nếu các hàm y = f(x) , y = g(x) liên tục trên [a,b] khả vi trong (a,b) ; g(x) 0 thì tồn tại c ≠ ],[ bax∈∀ ),( ba ∈ sao cho : )()( )()( )(' )(' agbg afbf cg cf − − = CHƯƠNG II : ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ BÔNXANÔ – CAUCHY CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM I/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG : -Trang 4 - Cho phương trình f(x) = 0 , để chứng minh phương trình có k nghiệm phân biệt trong [a,b], ta thực hiên theo các bước sau : Bước 1 : Chọn các số a < T 1 < T 2 < … < T k-1 < b chia đoạn [a,b] thành k khoảng thõa mãn : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < < − 0)().( 0)().( 1 1 Tfaf bfTf k Bước 2 : Kết luận . II/- CÁC VÍ DỤ : Ví dụ 1 : Giả sử f : [a,b]→[a,b] là một hàm số liên tục. Chứng minh : a)- Phương trình f(x) = x có ít nhất một nghiệm . b)- ∃ sao cho ],[ bac ∈ 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 = 0 . Từ đó đặt h(x) = f(x) – x thì h(x) liên tục trên [a,b] Ta có h(a) = f(a) – a 0 ≥ h(b) = f(b) – b 0 ≤ Suy ra h(a).h(b) ≤ 0 Do h(x) liên tục trên [a,b] nên ∃ x 0 ∈ [a,b] sao cho h(x 0 ) = 0 hay f(x 0 ) = x 0 . Vậy phương trình f(x) = x có ít nhất 1 nghiệm x ∈ [a,b]. b/- Theo đònh lý Vâyestras : ∃ x 1 , x 2 ∈ [a,b] sao cho : NxfxfMax bak = = ∈ )()( 1 ],[ mxfxfMin bax = = ∈ )()( 2 ],[ Do 0,0 >< β α nên ( α + β ).m ≤ Mbaf )()()(. β α β α + ≤ + + Xét hàm số )()()()()( bfafxfxg β α β α − − + = Do f(x) liên tục trên [a,b] nên g(x) liên tục trên [a,b]. Không mất tính tổng quát. Giả sử x 1 < x 2 và [x 1 ,x 2 ] [a,b]. ⊂ Ta có : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −−+=−−+= −−+=−−+= )()(.)()(.)(.)()()( )(.)(.)()(.)(.)()()( 11 22 bafMbfafxfxg bfafmbfafxfxg βαβαβαβα βαβαβαβα suy ra g(x 1 ).g(x 2 ) 0 nên ∃ c ∈ [x≤ 1 ,x 2 ] sao cho g(c) = 0 ⇔ (α+β).f(c) – α.f(a) - βf(b) = 0 ⇔ (α+β).f(c) = α.f(a) – β.f(b) -Trang 5 - Ví dụ 2 : Cho hàm số f(x) liên tục trên [0,1] và f(0) = f(1) CMR : với mọi số tự nhiên n luôn ∃ c ∈ [0,1] sao cho f(c) = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n c f n 1 Bài giải : Ta có f(c) = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n c f n 1 ⇒ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +−⇒ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += n cfcf n cfcf 1 )( 1 )( = 0 Do đó ta đạt : g(x) = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +− n xfxf 1 )( Từ giả thiết suy ra g(x) liên tục trên ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − n n 1 ,0 () 1 11 322 211 1 )0()( f n n f n n g n f n f n g n f n f n g n ffxg − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − −−−−−−−−−−−−− ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= Vậy 0)1()0( 1 1 )0( =−= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ++ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ff n n g n gg Suy ra ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ∈∃ n n n j n i 1 ,0, sao cho 0. ≤ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ n j g n i g Giả sử n j n i < Vậy ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ∈∃ n j n i c , sao cho g(c)=0 Hay ∃ c ∈ [0,1] sao cho ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += n cfcf 1 )( (đpcm) Ví dụ 3 : Cho hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và n điểm x 1 ,x 2 ,…,x n ∈ [a,b], Chứng minh rằng -Trang 6 - ∃ c ∈ (a,b) sao cho : [ ] )21 ( )()( 1 )( n xfxfxf n cf +++= Giải: Cách 1 : Đặt [] )( )()( 1 )()( 21 n xfxfxf n xfxg +++−= ta có [] [] [] ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ +++−= −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− +++−= +++−= )( )()( 1 )()( )( )()( 1 )()( )( )()( 1 )()( 21 2122 2111 nnn n n xfxfxf n xfxg xfxfxf n xfxg xfxfxf n xfxg Suy ra g(x 1 )+g(x 2 )+…+g(x n ) = 0)()( 11 =− ∑∑ −= n n i n i i xfxf Do đó ∃ k, l ∈ { sao cho k< l và g(x } n, ,2,1 k ).g(x l ) ≤ 0 Mà g(x) liên tục trên [a,b] nên liên tục trên [x k , x l ]. ⇒ c ∈ [x∃ k , x l ] sao cho g(c) = 0 ⇒ ∃ c ∈ [a,b] để : f(c) = n 1 [ f(x 1 )+f(x 2 )+…+f(x n )] Cách 2 : Gọi ∆ là đoạn chứa các điểm x 1 ,x 2 ,……,x n và [a,b]. Hàm f(x) liên tục trên [a,b] ∆ ≤ ⇒ liên tục trên . ∆ Vậy ∃ m = )(min xf x ∆∈ M = ∃ )(max xf x ∆∈ ta có : m ≤ n 1 [f(x 1 ) + f(x 2 ) +….+ f(x n )] ≤ M Vậy ∃ c ∈∆ c⇒ ∈ [a,b] sao cho f(c) = n 1 [ f(x 1 ) + f(x 2 ) +….+ f(x n )] Ví dụ 4 : Chứng minh với mọi tham số thì phương trình : a)- acosx + bsin2x + cos3x – x = 0 có nghiệm. b)- m xx =+ cos 3 sin 1 có nghiệm. -Trang 7 - [...]... [0, -Trang 8 - 3π ] hay có nghiệm x ∈ [0,2 π ] 2 Ví dụ 5 : Cho a,b dương Chứng minh phương trình : 1 1 1 + + =0 x x−a x+b ⎛a ⎝3 Có 2 nghiệm x1,x2 và ⎜ < x1 < −b⎞ 2a − 2b < x2 < ; ⎟ 3 3 ⎠ 3 (Vô đòch Hungary) Giải : Với điều kiện x ≠ 0 , x ≠ a , x ≠ -b phương trình : 1 1 1 + + =0 x x−a x+b ⇔ x(x – a) + x(x + b) + (x-a)(x-b) = 0 Đặt f(x) = x(x – a) + x(x + b) + (x – a)(x + b) f liên tục trên D = R Ta... liên tục f , g : [0,1] → [0,1] thoã điều kiện f(g(x)) = g(f(x)) với mọi x ∈ [0,1] Biết rằng f là hàm tăng Chứng minh hệ phương trình : ⎧ f ( x) = x ⎨ ⎩ g ( x) = x có nghiệm thuộc [0,1] (vô đòch Mỹ_ Olympic sinh viên 2003) Giải : Đặt h(x) = g(x) – x ⇒ h(x) là 1 hàm liên tục trên [0,1] Ta có : h(0) = g(0) – 0 ≥ 0 h(1) = g(1) - 1 ≤ 0 Do đó : tồn tại x0 ∈ [0,1] sao cho h(x0) = 0 ⇒ g(x0) = x0 + Nếu f(x0)... [0,1] sao cho Ví dụ 7 : Cho hàm số f : [a,b] → [a,b] , a 0 và ∫ π 2 0 f ( x)dx < 1 minh rằng phương trình f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong π khoảng (0, ) 2 (Olympic sinh viên 2003) Giải : Ta có : f(x) = sinx ⇔ f(x) – sinx = 0 Do đó : đặt g(x) = f(x) – sinx Từ giả thiết thì g(x) liên tục trên đoạn [0, Ta có : ∫ π 2 0 π ∀ x ∈ [0, π π 0 2 π ] ] và g(0) = f(0)... k >1 k vậy giá trò cần tìm là d = Ví dụ 10 : Cho f(x) liên tục trên đoạn [0;1] , f(0) > 0 và 1 ∫ 0 f ( x)dx < 1 1998 Chứng minh rằng phương trình x1997= f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc (0,1) Giải : (Olympic sinh viên 1998) Đặt g(x) = f(x) – x1997 liên tục trên [0,1] g(0) = f(0) > 0 1 ∫ 0 1 1 0 0 g ( x)dx = ∫ ( f ( x) − x1997 )dx = ∫ f ( x)dx − ⇒ ∃ x0 ∈ [0,1] sao cho g(x) < 0 1 c 2n + 1 1 ⇒ ln(2n+1) – ln(2n) > 2n + 1 1 ∀ x ∈ (0,1) Vậy x n 1 − x < 2 ne ⇔ II/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG : * Bài toán : Chứng minh bất đẳng thức có dạng : Vế (I) < Vế (II) < Vế(III) * Phương pháp giải : _ Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh thành dạng sao cho : Vế (II) = f (b) − f (a) b−a _ Tứ đó có . trình có nghiệm 5 I.Phương pháp chung 5 II.Các ví dụ 5 ChươngIII:Dùng đònh lí Roll-Lagange-Cauchy Chứng minh phương trình có nghiệm 16 I.Phương pháp chung 16 II.Các ví dụ 16 ChươngIV:Dùng. giải phương trình 25 I.Phương pháp chung 25 II.Các ví dụ 25 ChươngV:Dùng đònh lí Lagange chưng1 minh bất đẳng thức 28 I.Các ví dụ 28 I.Phương pháp chung 33 Tài liệu tham khảo 36 LỜI NÓI. chứng minh phương trình có nghiệm ,giải phương trình và chứng minh bất đẳng thức . III.Nội dung nghiên cứu của đề tài: Chương I: những cơ sở lí luận của đề tài Chương II: ứng dụng của