Tài Liệu Luyện Thi olympic toán sinh viên các định lý mới phát triển

Tài Liệu Luyện Thi olympic toán sinh viên các định lý mới phát triển Phục vụ luyện thi olympic toán sinh viên Trongchươngtrìnhtoánhọcphổthông,nhữngbàitoáncóliênquanđếncácđịnhlýgiátrịtrungbình(MVTMeanValueTheorem)đốivớicáchàmkhảvithườngkhôngđượcquantâmnhiều.Trongkhiđó,cácbàitậpvềcácđịnhlýgiátrịtrungbìnhđốivớihàmkhảvirấtđadạngvàphongphú.VớiLuậnvănnày,chúngtôigiớithiệuvàphântíchcácđịnhlýgiátrịtrungbìnhđốivớihàmkhảvi,gồmcácđịnhlýkinhđiểnquenthuộcvàmộtvàiđịnhlýmớiđượcpháttriểntrongthờigiansaunày.Từđóchúngtôiđưaramộtvàipháttriểnvàápdụngchomộtloạtbàitoán,trongđóchúngtôitậptrungsựquantâmđếnnhữngpháttriểnvàápdụngcủađịnhlýLagrange.Nộidungchínhcủaluậnvăngồm3chương:Chương1giớithiệulạicácđịnhlýkinhđiểnquenthuộcvàkèmtheomộtsốvídụ.Chương2giớithiệumộtvàiđịnhlýđượcpháttriểntrongthờigiangầnđây.Chương3nêumộtloạtbàitoánápdụng.Luậnvănnàycóthểdùnglàmtàiliệuchohọcsinhgiỏivàgiáoviêndùngđểbồidưỡnghọcsinhgiỏicủacáctrườngphổthôngtrunghọc.LuậnvănnàycòncóthểdùnglàmtàiliệuchoviệcôntậpchuẩnbịchokỳthiOlympictoánhọcsinhviêntoànquốchằngnăm.

Mở đầu Trong chương trình toán học phổ thông, toán có liên quan đến định lý giá trị trung bình (MVT - Mean Value Theorem) hàm khả vi thường không quan tâm nhiều Trong đó, tập định lý giá trị trung bình hàm khả vi đa dạng phong phú Với Luận văn này, giới thiệu phân tích định lý giá trị trung bình hàm khả vi, gồm định lý kinh điển quen thuộc vài định lý phát triển thời gian sau Từ đưa vài phát triển áp dụng cho loạt toán, tập trung quan tâm đến phát triển áp dụng định lý Lagrange Nội dung luận văn gồm chương: Chương giới thiệu lại định lý kinh điển quen thuộc kèm theo số ví dụ Chương giới thiệu vài định lý phát triển thời gian gần Chương nêu loạt toán áp dụng Luận văn dùng làm tài liệu cho học sinh giỏi giáo viên dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi trường phổ thông trung học Luận văn dùng làm tài liệu cho việc ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi Olympic toán học sinh viên toàn quốc năm i ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Mục lục Mở đầu i Chu.o.ng Các định lý giá trị trung bình hàm khả vi 1.1 Định lý Fermat 1.2 Định lý Rolle 1.3 Định lý Lagrange 1.4 Định lý Cauchy Chu.o.ng Một số định lý phát triển thời gian gần 10 2.1 Định lý Flett 10 2.2 Định lý Meyer 12 2.3 Định lý Sahoo-Riedel 13 2.4 Định lý Riedel-Sablik 14 Chu.o.ng Một số toán áp dụng 15 3.1 Áp dụng định lý Rolle 15 3.2 Áp dụng định lý Lagrange 30 3.3 Áp dụng định lý Flett 52 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 iii ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Chương Các định lý giá trị trung bình hàm khả vi Trong chương trình bày lại định lý giá trị trung bình (MVT - Mean Value Theorem) hàm khả vi Đó định lý kinh điển quen thuộc: Fermat, Rolle, Lagrange, Cauchy Một số dụ minh họa áp dụng giới thiệu kèm theo 1.1 Định lý Fermat • Fermat(1) phát biểu định lý sau (xem [2], [8]): Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục [a, b], đạt cực trị (địa phương) điểm x0 ∈ (a, b) khả vi điểm x0 Khi f (x0 ) = Hình 1.1: Minh họa hình học cho định lý Fermat (1) Pierre de Fermat (1601-1665) - nhà toán học người Pháp ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Chứng minh Nếu f (x0 ) > ta lấy ε = f (x0 ) ∃δ(ε) > cho |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 ) − f (x0 )(x − x0 )| Khi < x − x0 < δ ta suy f (x) − f (x0 ) Khi −δ < x − x0 < ta suy f (x) − f (x0 ) ε|x − x0 | f (x0 ) (x − x0 ) > f (x0 ) (x − x0 ) < Như x0 điểm cực trị (địa phương) f (x) Tương tự, f (x0 ) < ta cúng chứng tỏ x0 điểm cực trị (địa phương) f (x) Vậy phải có f (x0 ) = 1.2 Định lý Rolle • Năm 1691 Rolle(2) đưa định lý tiếng sau (xem [2], [8]): Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục [a, b], khả vi (a, b) f (a) = f (b) Khi tồn c ∈ (a, b) để f (c) = Hình 1.2: Minh họa hình học cho định lý Rolle Chứng minh Vì f liên tục [a, b] nên đạt cực trị [a, b] +) Nếu hai cực trị đạt hai điểm đầu mút a hay b giả thiết f (a) = f (b) ta suy f (x) ≡ f (a) = f (b) ⇒ f (x) ≡ 0, cực trị lại đạt điểm c ∈ (a, b) nên theo định lý Fermat ta f (c) = (2) Michel Rolle (1652-1719) - nhà toán học người Pháp ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN +) Nếu hai cực trị đạt điểm điểm c ∈ (a, b) theo định lý Fermat ta f (c) = Ví dụ 1.2.1 Chứng minh f hàm liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) f (a) = f (b) = 0, với số thực α tồn c ∈ (a, b) cho αf (c) + f (c) = Lời giải Xét hàm g(x) = eαx f (x) Ta thấy: g liên tục [a, b], khả vi (a, b) g(a) = g(b) = Theo định lý Rolle tồn c ∈ (a, b) cho g (c) = Thế mà g (x) = αeαx f (x) + eαx f (x) = eαx [αf (x) + f (x)] eαx = 0, ∀x ∈ R, nên từ g (c) = ta dẫn đến αf (c) + f (c) = Ví dụ 1.2.2 Cho hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b], khả vi không triệt tiêu khoảng (a, b) Chứng minh tồn c ∈ (a, b) cho f (c) 1 = + f (c) a−c b−c Lời giải Xét hàm số g(x) = (x − a)(x − b)f (x) ta thấy g liên tục [a, b], khả vi (a, b) g(a) = g(b) = Theo định lý Rolle tồn c ∈ (a, b) để g (c) = Thế mà g (x) = (x − a)(x − b)f (x) + (2x − a − b)f (x), nên từ g (c) = ta suy f (c) a + b − 2c 1 = = + f (c) (c − a)(c − b) a − c b − c Ví dụ 1.2.3 (OLP-2002, xem [1]) Cho hàm f (x) khả vi [a, b] thoả mãn f (a) = f (b) = 0, f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b) Chứng minh tồn dãy {xn }, xn ∈ (a, b) cho f (xn ) lim √ = 2002 n→∞ ( n e − 1)f (xn ) ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Lời giải Với n ∈ N xét hàm số gn (x) = e− 2002x n · f (x) Ta thấy gn (x) liên tục (a, b), khả vi (a, b) gn (a) = gn (b) = Theo định lý Rolle tồn xn ∈ (a, b) cho gn (xn ) = Thế mà 2002x 2002 − 2002x e n f (x) + e− n f (x) n 2002x 2002 = e− n [f (x) − f (x)], n gn (x) = − nên từ việc gn (xn ) = ta suy f (xn ) − 2002 f (xn ) = 0, n f (xn ) 2002 = f (xn ) n Mặt khác lại có √ n lim n( e − 1) = lim n→∞ n→∞ en − 1 n ek − 1 = lim = , (k = ) k→0 k n Từ dẫn đến f (xn ) 2002 √ lim √ = lim = 2002 n n→∞ ( e − 1)f (xn ) n→∞ n( n e − 1) 1.3 Định lý Lagrange • Năm 1797 Lagrange(3) đưa định lý tiếng sau (xem [2], [7], [8]): Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục [a, b], khả vi (a, b) Khi tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a Chứng minh Xét hàm g(x) = f (x) − f (a) − (3) f (b) − f (a) (x − a) b−a Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) - nhà toán học người Pháp ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Ta thấy: g liên tục [a, b], khả vi (a, b) g(a) = g(b) = Theo định lý Rolle tồn c ∈ (a, b) để g (c) = Thế mà g (x) = f (x) − f (b) − f (a) , b−a nên từ g (c) = ta có đẳng thức cần phải chứng minh Hình 1.3: Minh họa hình học cho định lý Lagrange ex Ví dụ 1.3.4 (OLP-2011, xem [1]) Cho hàm f (x) = · Xét dãy (x + 1)2 {un }∞ n=1 xác định u1 = , un+1 = f (un ) , ∀n ∈ N Chứng minh rằng: 1) Phương trình f (x) = x có nghiệm α ∈ ( 12 , 1) 2) un , ∀n ∈ N 3) f (x) tăng đoạn [ 12 , 1] tồn k ∈ (0, 1) cho |un+1 − α| k|un − α| , ∀n ∈ N 4) lim un = α n→∞ Lời giải 1) Xét hàm g(x) = f (x) − x, ta có (x − 1)ex g (x) = f (x) − = − < , ∀x ∈ [ , 1] (x + 1)3 Do g(x) đơn điệu giảm [ 12 , 1] √ √ e e−9 e e−4 Mặt khác g( ) = − = > , g(1) = − = < 0, 18 4 nên suy phương trình g(x) = hay f (x) = x có nghiệm α ∈ ( 12 , 1) ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN 2) Quy nạp Rõ ràng u1 = ∈ [ 12 , 1] Giả sử un ∈ [ 12 , 1], tính liên tục đơn điệu giảm f (x) [ 12 , 1] ta có √ e e un+1 = f (un ) ∈ [f (1), f ( )] = [ , ] ⊂ [ , 1] 3) Ta có (x − 1)ex f (x) = , (x + 1)3 (x2 − 2x + 3)ex [(x − 1)2 + 2]ex f (x) = = > , ∀x ∈ [ , 1] (x + 1)4 (x + 1)4 Do f (x) đơn điệu tăng [ 12 , 1] √ −4 e Suy ∀x ∈ f f (x) f (1) hay 27 √ e Đặt k = 27 < k < |f (x)| k , ∀x ∈ [ , 1] [ 12 , 1] ( 12 ) f (x) Từ theo định lý Lagrange ta có |f (x) − f (y)| = |f (θ)|.|x − y| k.|x − y| , ∀x, y ∈ [ , 1] Lấy x = un+1 , y = α ta điều phải chứng minh k n−1 |u1 −α| = k n−1 |1−α| , ∀n ∈ N 4) Từ kết 3) dẫn đến |un −α| Suy lim (un − α) = hay lim un = α n→∞ n→∞ Ví dụ 1.3.5 Cho hàm f (x) liên tục [0, 1], khả vi (0, 1) f (0) = 0, f (1) = Chứng minh với α ∈ (0, 1) tồn x1 , x2 ∈ (0, 1), x1 = x2 cho α 1−α + = f (x1 ) f (x2 ) Lời giải Từ tính lấp đầy giá trị hàm liên tục f (x) ta thấy phải tồn x0 ∈ (0, 1) để f (x0 ) = α Theo định lý Lagrange tồn x1 ∈ (0, x0 ) x2 ∈ (x0 , 1) cho f (x1 ) = f (x0 ) − f (0) α f (1) − f (x0 ) 1−α = = f (x2 ) = = = x0 − x0 − x0 − x0 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Rõ ràng x1 = x2 từ α = x0 f (x1 ) 1−α = − x0 f (x2 ) Nhận xét Có thể thay α = , nên α 1−α + = f (x1 ) f (x2 ) 1 n−1 , n ∈ N kết luận + = n n f (x1 ) f (x2 ) Ví dụ 1.3.6 Giả sử f : [a, b] → R , b − a hàm khả vi khoảng (a, b) Chứng minh tồn c ∈ (a, b) cho f (c) < 1+f (c) Lời giải Xét hàm g(x) = arctanf (x) Ta thấy g(x) liên tục [a, b], khả vi (a, b) Theo định lý Lagrange tồn c ∈ (a, b) cho g(b) − g(a) g (c) = b−a f (x) Mặt khác g (x) = , nên + f (x) f (c) arctanf (b) − arctanf (a) = + f (c) b−a π a > khả vi (a, b) Chứng tỏ tồn c ∈ [a, b] cho bf (a) − af (b) = f (c) − cf (c) b−a Lời giải Sử dụng định lý Cauchy với hàm F (x) = F (x) = f (x) x G(x) = x ta có xf (x) − f (x) , G (x) = − , x2 x2 F (c) = f (c) − cf (c) , G (c) F (b) − F (a) bf (a) − af (b) = , G(b) − G(a) b−a nên suy điều phải chứng minh Ví dụ 1.4.8 Cho hàm f (x) liên tục [a, b] (b > a > 0), khả vi (a, b) Chứng minh tồn số α, β, γ ∈ (a, b) cho a + b f (β) a2 + ab + b2 f (γ) f (α) = · + · β γ Lời giải Theo định lý Lagrange với hàm f (x) [a, b] , tồn α ∈ (a, b) cho f α) = f (b) − f (a) b−a Sử dụng định lý Cauchy cho hàm f (x) g(x) = x2 ta thấy tồn β ∈ (a, b) cho f (β) f (b) − f (a) = g (β) g(b) − g(a) hay f (β) f (b) − f (a) = , 2β b2 − a2 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Cuối lấy cột thứ nhân với (−1) cộng vào cột thứ 2, ta   0 ···    ec2 b1 ec2 b2 − ec2 b1 ec2 b3 − ec2 b2 · · · ec2 bn − ec2 bn−1     c3 b1 c3 b2  c b c b c b c b c b 3 3 n n−1 det(N ) = det  e  e −e e −e ··· e −e       ecn b1 ecn b2 − ecn b1 ecn b3 − ecn b2 · · · ecn bn − ecn bn−1   c2 b2 c2 b1 c2 b3 c2 b2 c2 bn c2 bn−1 e −e e −e ··· e −e  c3 b2   e − ec3 b1 ec3 b3 − ec3 b2 · · · ec3 bn − ec3 bn−1   = det(P ) = det      ecn b2 − ecn b1 ecn b3 − ecn b2 · · · ecn bn − ecn bn−1 Xét hàm số  c2 t c2 b3 c2 b2 e e −e  c3 t c3 b3 e e − ec3 b2  f (t) = det   ecn t ecn b3 − ecn b2 c2 bn ··· e c2 bn−1 −e   · · · ec3 bn − ec3 bn−1   , t ∈ R   cn bn cn bn−1 ··· e −e Ta thấy f (t) hàm khả vi det(P ) = f (b2 ) − f (b1 ) Theo định lý Lagrange tồn x1 ∈ (b1 , b2 ) cho f (b2 ) − f (b1 ) = (b2 − b1 )f (x1 ) Từ ta có  c2 ec2 x1 ec2 b3 − ec2 b2 · · · ec2 bn − ec2 bn−1   c3 x1 c3 b3  c3 b2 c3 bn c3 bn−1   c3 e e − e · · · e − e  det(P ) = (b2 − b1 ) det      cn x1 cn b3 cn b2 cn bn cn bn−1 cn e e −e ··· e −e = (b2 − b1 ) det(Q) Áp dụng cách làm tương tự cho cột thứ hai ma trận Q, ta suy tồn x2 ∈ (b2 , b3 ) cho   c2 ec2 x1 c2 ec2 x2 · · · ec2 bn − ec2 bn−1   c3 x1 c3 x2 c3 bn c3 bn−1   c3 e c e · · · e − e  det(P ) = (b2 − b1 )(b3 − b2 ) det      cn ecn x1 cn ecn x2 · · · ecn bn − ecn bn−1 46 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Cứ tiếp tục trình cột cuối cùng, ta suy tồn xi ∈ (bi+1 , bi ) , (i = 1, 2, , (n − 1)) để   c2 x1 c2 x2 c2 xn−1 c2 e c2 e · · · c2 e  c3 x1  n−1 c3 x2 c3 xn−1   c3 e c e · · · c e 3  det(P ) = (bi+1 − bi ) det      i=1 n−1 = n (bi+1 − bi ) i=1 k=2 cn ecn x1 cn ecn x2 · · · cn ecn xn−1   c2 x1 c2 x2 c2 xn−1 e e ··· e  c3 x1 c3 x2  c3 xn−1  e e · · · e  ck det      ecn x1 ecn x2 · · · ecn xn−1 n−1 = n (bi+1 − bi ) i=1 ck det(R) k=2 Rõ ràng c2 < c3 < · · · < cn x1 < x2 < · · · < xn−1 , nên ma trận R cấp n − thỏa mãn giả thiết quy nạp, det(R) > Vậy det(N ) = det(P ) > 17 (OLP-1995, xem [1]) Cho hàm f : R → R khả vi vô hạn thoả mãn i) ∃M > : |f (n) (x)| M , ∀n ∈ N, ii) f ( n1 ) = , ∀n ∈ N Chứng minh f (x) ≡ (−∞, +∞) Lời giải Sử dụng định lý Lagrange cho hàm f (x) đoạn [ n+1 , n1 ] ta thấy tồn αn ∈ ( n+1 , n1 ) cho f (αn ) = f ( n1 ) − f ( n+1 ) n − n+1 = , ∀n ∈ N Rõ ràng {αn }∞ n=1 dãy giảm αn → (n → ∞) Vì f (x) liên tục nên = f (αn ) = lim f (αn ) = f ( lim αn ) = f (0) n→∞ n→∞ 47 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Sử dụng định lý Lagrange cho đạo hàm f (x) đoạn [αn+1 , αn ] ta thấy tồn βn ∈ (αn+1 , αn ) cho f (βn ) = f (αn ) − f (αn+1 ) = , ∀n ∈ N αn − αn+1 Rõ ràng {βn }∞ n=1 dãy giảm βn → (n → ∞) Vì f (x) liên tục nên = f (βn ) = lim f (βn ) = f ( lim βn ) = f (0) n→∞ n→∞ Sử dụng định lý Lagrange cho đạo hàm cấp hai f (x) đoạn [βn+1 , βn ] ta thấy tồn γn ∈ (βn+1 , βn ) cho f (γn ) = f (βn ) − f (βn+1 ) = , ∀n ∈ N βn − βn+1 Rõ ràng {γn }∞ n=1 dãy giảm γn → (n → ∞) Vì f (x) liên tục nên = f (γn ) = lim f (γn ) = f ( lim γn ) = f (0) n→∞ n→∞ Cứ tiếp tục ta f (n) (0) = , ∀n ∈ N Đến thực khai triển Marlaurent f (x) x = ta suy f (x) ≡ , ∀x ∈ R 18 (Xem [6]) Cho f : [a, b] → R hàm khả vi đến cấp thỏa mãn điều kiện f (x) > , ∀x ∈ [a, b] Chọn trước số c ∈ (a, b) Chứng minh tồn x0 ∈ [a, b] cho f (c) = f (a) − f (x0 ) a − x0 f (c) = f (b) − f (x0 ) b − x0 Lời giải Vì f (x) > , ∀x ∈ [a, b] nên f (x) hàm đơn điệu tăng [a, b] Mặt khác, theo định lý Lagrange tồn α ∈ (a, b) cho f (α) = f (b) − f (a) b−a 48 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Nếu f (c) = f (α) chọn x0 = a x0 = b ta kết luận toán Nếu f (c) = f (α) có trường hợp: 1) Trường hợp f (c) < f (α) , ta xét hàm   f (a) x = a g(x) =  f (x)−f (a) a < x x−a b Ta thấy f (x) − f (a) = f (a) = g(a), x→a+0 x−a lim g(x) = lim x→a+0 nên hàm g(x) liên tục [a, b] Do f (x) đơn điệu tăng nên g(a) = f (a) < f (c) < f (α) = f (b) − f (a) = g(b) b−a Hàm g(x) liên tục [a, b] nên giá trị phải lấp đầy đoạn [g(a), g(b)] Do tồn số x0 ∈ [a, b] để f (c) = g(x0 ) = f (x0 ) − f (a) f (a) − f (x0 ) = x0 − a a − x0 2) Trường hợp f (c) > f (α), ta xét hàm   f (x)−f (b) a x < b x−b h(x) =  f (b) x = b Ta thấy f (x) − f (b) = f (b) = h(b), x→b−0 x−b lim h(x) = lim x→b−0 nên hàm h(x) liên tục [a, b] 49 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Do f (x) đơn điệu tăng nên h(a) = f (a) − f (b) = f (α) < f (c) < f (b) = h(b) a−b Hàm h(x) liên tục [a, b] nên giá trị phải lấp đầy đoạn [h(a), h(b)] Do tồn số x0 ∈ [a, b] để f (x0 ) − f (b) f (b) − f (x0 ) = x0 − b b − x0 f (c) = h(x0 ) = 19 Cho f : [a, b] → R hàm khả vi [a, b] hàm tuyến tinh (đường thẳng) [a, b] Chứng tỏ tồn p, q ∈ (a, b) , p = q cho f (p) < f (b) − f (a) < f (q) b−a Lời giải Do f hàm tuyến tinh (đường thẳng) [a, b], nên tồn c ∈ (a, b) cho f (c) − f (a) f (b) − f (c) = c−a b−c (∗) Theo định lý Lagrange tồn p ∈ (a, c) q ∈ (b, c) cho f (p) = f (c) − f (a) c−a f (q) = f (b) − f (c) b−c Chú ý đến (∗) ta có f (p) = f (q) Không giảm tính tổng quát ta coi f (p) < f (q) Đặt λ = c−a b−a , < λ < Từ ta có f (b) − f (a) f (c) − f (a) f (b) − f (c) =λ + (1 − λ) b−a c−a b−c = λf (p) + (1 − λ)f (q) < λf (q) + (1 − λ)f (q) = f (q) f (b) − f (a) = λf (p) + (1 − λ)f (q) > λf (p) + (1 − λ)f (p) = f (p) b−a Điều hoàn thành chứng minh Nhận xét Ta chứng tỏ tồn r ∈ (a, b) cho f (b) − f (a) < f (r) b−a 50 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN 20 (Đề dự tuyển OLP-2016, Học viện ANND) Cho số m, n ∈ N Chứng minh 1+ m m+1 > 1+ n n Lời giải Xét hàm f (x) = ln(1 + x), x > −1 Lấy số a > 0, áp dụng định lý Lagrange cho hàm f đoạn [0, a] ta thấy ∃ξ ∈ (0, a) để ln(1 + a) f (a) − f (0) 1 = = f (ξ) = ∈( , 1) a a−0 1+ξ 1+a Điều dẫn đến Lấy a = m a 1+a < ln(1 + a) < a, ∀a > (∗) (∗) ta 1 1 < ln(1 + ) < ⇒ ln + 1+m m m m Lấy a = n m+1 >1 ⇒ 1+ m m+1 > e (∗) ta 1 1 < ln(1 + ) < ⇒ ln + 1+n n n n n g (b) < Khi tính liên tục g tồn d ∈ (a, b) d ∈ (b, a) để g (d) = Kết hợp với g (0) = 0, theo định lý Flett ∃c ∈ (0, d) để g (c) = c hay c f (c) − c c tf (t)dt = g(c) − g(0) g(c) = , c−0 c [t2 + (1 − c)t]f (t)dt, dẫn đến điều cần chứng minh 54 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Thật vậy: Vì f liên tục [a, b] nên tồn x1 , x2 ∈ [0, 1] để m := f (x) = f (x1 ) , M := max f (x) = f (x2 ) x∈[0,1] x∈[0,1] Từ giả thiết f (x)dx = , ta loại trừ trường hợp tầm thường f ≡ 0, phải có m < M > Khi đó, x2 > ta lấy a = x2 có a g (a) a tdt = M a(1 − ) > 0, Ma − M x2 = 0, tính liên tục tồn a ∈ (0, 1] cho f (x) 3M với x ∈ [0, a] g (a) a 3M a−M tdt = M a(3 − 2a) > Tương tự, x1 > ta lấy b = x1 có b g (b) b tdt = mb(1 − ) < 0, mb − m x1 = , tính liên tục tồn b ∈ (0, 1] cho f (x) 3m với x ∈ [0, b] g (b) 3m b−m b tdt = 3m b(3 − 2b) < Chứng minh hoàn thành (Xem [4]) Cho hàm f (x) khả vi [a, b] với [f (a)−m][f (b)−m] > 0, m = f (b)−f (a) b−a Chứng tỏ tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = f (c) − f (a) c−a Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Nếu f : [a, b] → R hàm khả vi [a, b] với f (b)[f (b) − f (a)] 0, tồn c ∈ (a, b] cho f (c) = 55 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Chứng minh Nếu f (b) = 0, ta lấy c = b Nếu f (a) = f (b), kết luận rõ dàng theo định lý Rolle Nếu f (b) = f (a) = f (b), f (b)[f (b) − f (a)] < 0, tồn maximum minimum hàm f c ∈ (a, b) theo định lý Fermat ta có f (c) = Bây ta xét hàm g : [a, b] → R sau  f (a) , x = a g(x) =  f (x)−f (a) , a < x x−a b Ta thấy g(x) liên tục [a, b] khả vi (a, b] Lại có g (x) = f (x) f (x) − f (a) − x−a (x − a)2 Ta kiểm tra thấy g (b)[g(b)−g(a)] Theo bổ đề tồn c ∈ (a, b] cho g (c) = 0, tức (c − a)f (c) = f (c) − f (a) Cho f : [a, b] → R hàm khả vi cấp n [a, b] f (n) (a) = f (n) (b) Chứng minh tồn ξ ∈ (a, b) cho f (ξ) − f (a) = ξ−a n i=1 (−1)i+1 (ξ − a)i−1 f (i) (ξ) i! Lời giải Với k = 1, 2, , n ta xét hàm k gk (x) = xf (n−k+1) (a) + i=0 (−1)i+1 (k − i) (x − a)i f (n−k+i) (x) i! Khi k = g1 (x) = xf (n) (a)−f (n−1) (x) g1 (x) = f (n) (a)−f (n) (x) Rõ ràng g1 (a) = g1 (b) = 0, nên theo định lý Flett tồn ξ1 ∈ (a, b) để g1 (ξ1 ) = g1 (ξ1 ) − g1 (a) , ξ1 − a f (n−1) (ξ1 ) − f (n−1) (a) = (ξ1 − a)f (n) (ξ1 ) 56 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Khi k = g2 (x) = xf (n−1) (a) − 2f (n−1) (x) + (x − a)f (n−1) (x), g2 (x) = f (n−1) (a) − f (n−1) (x) + (x − a)f (n) (x) Ta có g2 (a) = g2 (ξ1 ) = 0, theo định lý Flett ∃ξ2 ∈ (a, ξ1 ) ⊂ (a, b) để g2 (ξ2 ) = g2 (ξ2 ) − g2 (a) , hay ξ2 − a f (n−2) (ξ2 ) − f (n−2) (a) = (ξ2 − a)f (n−1) (ξ2 ) − (ξ2 − a)2 f (n) (ξ2 ) Cứ tiếp tục thế, sau (n − 1) bước (với n 2) ta thấy tồn ξn−1 ∈ (a, b) cho n−1 f (ξn−1 ) − f (a) = i=1 (−1)i+1 (ξn−1 − a)i f (i+1) (ξn−1 ) i! Mặt khác, ta có n gn (x) = xf (a) + i=0 (−1)i+1 (n − i) (x − a)i f (i) (x) i! n−1 = xf (a) − nf (x) + i=1 n−1 gn (x) = f (a) − f (x) + i=1 n−1 = f (a) + i=0 (−1)i+1 (n − i) (x − a)i f (i) (x), i! (−1)i+1 (x − a)i f (i) (x) i! (−1)i+1 (x − a)i f (i+1) (x) i! Đến dễ dàng kiểm tra thấy gn (a) = gn (ξn−1 ) = Theo định lý Flett tồn ξ ∈ (a, ξn−1 ) ⊂ (a, b) cho gn (ξ) = gn (ξ) − gn (a) , ξ−a gn (ξ)(ξ − a) = gn (ξ) − gn (a) (∗) 57 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Chú ý n gn (ξ)(ξ − a) = (ξ − a)f (a) + i=1 (−1)i (ξ − a)i f (i) (ξ), (i − 1)! gn (ξ) − gn (a) = (ξ − a)f (a) − n[f (ξ) − f (a)] n (−1)i+1 (n − i)(ξ − a)i f (i) (ξ), i! + i=1 nên từ (∗) ta suy n −n[f (ξ) − f (a)] = i=1 n (−1)i n−i (ξ − a)i f (i) (ξ) + (i − 1)! i =n i=1 (−1)i (ξ − a)i f (i) (ξ) i! từ ta có điều phải chứng minh Ghi Bài toán Pawlikowska(1) đưa năm 1999 (OLP-Romania-2006) Cho hàm f : [0, 1] → R liên tục thỏa mãn f (x)dx = 0 ξ Chứng minh ∃ξ ∈ (0, 1) cho xf (x)dx = 0 t Lời giải Xét hàm g(t) = t t f (x)dx − t Dễ dàng tính g (t) = xf (x)dx khả vi [0, 1] f (x)dx ta có g (0) = g (1) = 0 Theo định lý Flett tồn ξ ∈ (0, 1) cho g (ξ) = g(ξ) − g(0) g(ξ) = ξ−0 ξ Như ta ξg (ξ) = g(ξ), ξ ξ f (x)dx = ξ (1) ξ ξ f (x)dx − ξ xf (x)dx, xf (x)dx = 0 Iwona Pawlikowska, PhD Mathematics, Memphis, TN, United States 58 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Kết luận Luận văn trình bầy lại định lý giá trị trung bình hàm khả vi kinh điển: Fermat, Rolle, Lagrang, Cauchy Luận văn nêu số phát triển tác giả Flett, Mayer, Sahoo, Riedel, Sablik định lý giá trị trung bình cho hàm khả vi Luận văn đưa loạt toán áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm khả vi, tập trung vào áp dụng định lý Rolle định lý Lagrange Một vài toán thuộc dạng khó, dành cho việc chuẩn bị kỳ thi Olympic Toán học sinh viên, nằm chương [các 8, 9, 12, 13, 15 mục 3.1; 9, 11, 12, 16, 18, 20, 21 mục 3.2] 59 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Tài liệu tham khảo [1] Hội Toán học Việt Nam Tuyển tập đề thi Olympic Toán học sinh viên Từ năm 1993 đến năm 2015 [2] Nguyễn Duy Tiến (2001) Bài giảng Giải tích Tập I Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Kaczor W.J., Nowak M.T (2000, 2001) Problems in Mathematical Analysis, I, II AMS (American Mathematical Society) [4] Lupu C (2013) Qualitative Analysis on Some Classes of Nonlinear Problems Doctorial Thesis of Mathematics Uni of Craiova, Romania [5] Peter R Mercer (2014) More Calculus of a Single Variable © Springer Science and Business Media, New York [6] Radulescu T L., Radulescu V D., Andreescu T (2009) Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis Springer Verlag [7] Sahoo P K., Riedel T (1998) Mean Value Theorems And Functional Equations World Scientific [8] Zorich V A (2003) Mathematical Analysis I Spinger, New York 60 ∑Sưu tầm Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN [...]... do đó m (x) ≡ 0 và ta có kết luận của định lý Nhận xét Thực ra định lý Meyer là một cách bổ sung cho hoàn thi n của định lý Flett và chứng minh của định lý Meyer dựa theo cách chứng minh thứ hai của định lý Flett 2.3 Định lý Sahoo-Riedel • Năm 1998 Sahoo(3) và Riedel(4) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]), với việc bỏ đi giả thi t f (a) = f (b) của các định lý Flett và Meyer: Cho f (x) là hàm khả... rằng tồn tại các số x1 , x2 , x3 ∈ (0, 1) sao cho f (x1 ) f (x2 ) + = f (x3 ) 4x1 6x22 2) Ta nhận thấy định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange, còn định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy (với g(x) = x) Việc áp dụng các định lý này khá đa dạng 9 ∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Chương 2 Một số định lý được phát triển trong thời gian gần đây 2.1 Định lý Flett • Năm... Gọi ai (i = 1, 2, , n) là các nghiệm của P (x), mà 1 < a1 < a2 < x2 · · · < an Rõ ràng rằng đó cũng là các nghiệm của e 2 P (x) Theo x2 định lý Rolle, e 2 P (x) có (n − 1) nghiệm phân biệt, ký hiệu là bi (i = 1, 2, , n − 1) Đó cũng chính là các nghiệm của F (x) Đồng thời vẫn theo định lý Rolle, G(x) có n nghiệm phân biệt, ký hiệu là ci (i = 1, 2, , n) Ta có thể giả thi t rằng 1 < a1 < b1 < a2... : [a, b] → R xác định bởi g(x) = f (x) − 1 f (b) − f (a) · (x − a)2 2 b−a Khi đó g liên tục trên [a, b] và g (x) = f (x) − f (b) − f (a) (x − a) b−a Ta thấy g (a) = g (b) = f (a) Áp dụng định lý Flett cho hàm g ta được g(c) − g(a) = g (c)(c − a) với c ∈ (a, b) Viết lại g và g theo f ta được kết quả cần chứng minh 2.4 Định lý Riedel-Sablik • Năm 2004 Riedel và Sablik(5) đưa ra định lý sau (xem [4],... ĐHKTCNTN Gợi ý Sử dụng định lý Rolle cho hàm F (x) = [f (x) − f (a)](x − b) − [g(x) − g(b)](x − a) 24 Cho các hàm f (x), g(x) dương và liên tục trên [a, b] Chứng minh tồn tại c ∈ (a, b) sao cho với α ∈ R thì f (c) c a f (x)dx Gợi ý Xét hàm h(x) = e b c g(x)dx x −αx dụng định lý Rolle g(c) − = α b f (t)dt a g(t)dt với x ∈ [a, b] và sử x 25 Cho các số α, β ∈ R với α + β = 1 Giả sử các hàm f, g, h liên... , g (0) = f (0) Áp dụng định lý Rolle cho hàm h(x) = f (x)−g(x) với h(−1) = h(0) = h(1) = 0, ta suy ra tồn tại α ∈ (−1, 0) và β ∈ (0, 1) sao cho h (α) = 0 và h (β) = 0 Ngoài ra rõ ràng là h (0) = 0 Lại áp dụng định lý Rolle cho hàm h (x), ta suy ra tồn tại γ ∈ (α, 0) và δ ∈ (0, β) sao cho h (γ) = 0 và h (δ) = 0 16 ∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN Cuối cùng áp dụng định lý Rolle cho hàm h (x),... gian gần đây 2.1 Định lý Flett • Năm 1958 Flett(1) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]): Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] và thỏa mãn f (a) = f (b) (hai đạo hàm này được hiểu là đạo hàm một phía) Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) = f (c) − f (a) c−a Hình 2.1: Minh họa hình học cho định lý Flett Chứng minh Cách 1 Ta có thể giả thi t f (a) = f (b) = 0, vì có thể thay f (x) bởi h(x) = f... Gợi ý Xét các hàm x a+b 2) h(x) = (a + b)(x − a)(x − b)f (x) + x(x − a)(x − b) 1) g(x) = (x − a)(x − b) exp f (x) − và sử dụng định lý Rolle 27 ∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN 18 Cho f và g là các hàm liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và cho f (a) = f (b) = 0 Chứng tỏ rằng tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho g (c)f (c) + f (c) = 0 Gợi ý Xét hàm h(x) = eg(x) f (x) và sử dụng định lý Rolle... −f (x) f (t)dt , ta có 0 g (x) = e x −f (x) x f (t)dt − xf (x) 0 f (t)dt + xf (x) 0 Ta thấy g (0) = g (1) = 0 , nên theo định lý Flett tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho g(c) − g(0) g(c) g (c) = = , tức là f (c) = f (c) c−0 c 2.2 c f (x)dx 0 Định lý Meyer • Năm 1977 Meyer(2) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]): Cho f (x) là hàm khả vi trên [a, b] và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho f... (− ) 2 2 ⇒ G (0) = 0 Theo định lý Rolle tồn tại t2 ∈ (0, t1 ) sao cho G (t2 ) = 0 Thế mà t t G (t) = [g (t) − g ( )] − [g (− ) − g (−t)] 2 2 Theo định lý Lagrange thì tồn tại θ1 ∈ (−t2 , − t22 ) và θ2 ∈ ( t22 , t2 ) để t2 t2 t2 t2 g (− ) − g (−t2 ) = g (θ1 ) và g (t2 ) − g ( ) = g (θ2 ) 2 2 2 2 Do đó 0 = G (t2 ) = t2 [g (θ2 ) − g (θ1 )] 2 ⇒ g (θ1 ) = g (θ2 ) Đến đây theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (θ1