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.
Trang 1Mở đầu
Trong chương trình toán học phổ thông, những bài toán có liên quanđến các định lý giá trị trung bình (MVT - Mean Value Theorem) đối vớicác hàm khả vi thường không được quan tâm nhiều Trong khi đó, các bàitập về các định lý giá trị trung bình đối với hàm khả vi rất đa dạng vàphong phú
Với Luận văn này, chúng tôi giới thiệu và phân tích các định lý giá trịtrung bình đối với hàm khả vi, gồm các định lý kinh điển quen thuộc vàmột vài định lý mới được phát triển trong thời gian sau này Từ đó chúngtôi đưa ra một vài phát triển và áp dụng cho một loạt bài toán, trong đóchúng tôi tập trung sự quan tâm đến những phát triển và áp dụng củađịnh lý Lagrange
Nội dung chính của luận văn gồm 3 chương:
Chương 1 giới thiệu lại các định lý kinh điển quen thuộc và kèm theomột số ví dụ
Chương 2 giới thiệu một vài định lý được phát triển trong thời giangần đây
Chương 3 nêu một loạt bài toán áp dụng
Luận văn này có thể dùng làm tài liệu cho học sinh giỏi và giáo viêndùng để bồi dưỡng học sinh giỏi của các trường phổ thông trung học Luậnvăn này còn có thể dùng làm tài liệu cho việc ôn tập chuẩn bị cho kỳ thiOlympic toán học sinh viên toàn quốc hằng năm
i
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 2Mục lục
Chu.o.ng 1 Các định lý giá trị trung bình
1.1 Định lý Fermat 1
1.2 Định lý Rolle 2
1.3 Định lý Lagrange 4
1.4 Định lý Cauchy 7
Chu.o.ng 2 Một số định lý được phát triển trong thời gian gần đây 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 3 Một số bài 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
iii
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 3lý kinh điển quen thuộc: Fermat, Rolle, Lagrange, Cauchy.
Một số dụ minh họa và áp dụng cũng được giới thiệu kèm theo
• Fermat(1)đã phát biểu định lý sau (xem [2], hoặc [8]):
Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b], đạt cực trị (địa phương) tại điểm x0 ∈ (a, b) và khả vi tại điểm x0 Khi đó f 0 (x0) = 0
Hình 1.1: Minh họa hình học cho định lý Fermat
(1) Pierre de Fermat (1601-1665) - nhà toán học người Pháp
1
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 4Chứng minh Nếu f 0 (x0) > 0 ta lấy ε = f 0 (x0)2 thì ∃δ(ε) > 0 sao cho
|x − x0| < δ ⇒ |f (x) − f (x0) − f 0 (x0)(x − x0)| 6 ε|x − x0|.
Khi 0 < x − x0 < δ ta suy ra f (x) − f (x0) > f 0 (x0)2 (x − x0) > 0 .
Khi −δ < x − x0 < 0 ta suy ra f (x) − f (x0) 6 f 0 (x0 )
2 (x − x0) < 0.
Như thế x0 không thể là điểm cực trị (địa phương) của f (x).
Tương tự, nếu f 0 (x0) < 0 ta cúng chứng tỏ được x0 không thể là điểm
cực trị (địa phương) của f (x) Vậy phải có f 0 (x0) = 0
• Năm 1691 Rolle(2) đưa ra định lý nổi tiếng sau (xem [2], hoặc [8]):
Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và
f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) để f 0 (c) = 0.
Hình 1.2: Minh họa hình học cho định lý Rolle
Chứng minh Vì f liên tục trên [a, b] nên nó đạt cực trị trên [a, b].
+) Nếu một trong hai cực trị đạt tại một trong hai điểm đầu mút a hay
b thì do giả thiết f (a) = f (b) ta suy ra f (x) ≡ f (a) = f (b) ⇒ f 0 (x) ≡ 0, hoặc là cực trị còn lại đạt tại điểm c ∈ (a, b) nên theo định lý Fermat ta được f 0 (c) = 0.
(2) Michel Rolle (1652-1719) - nhà toán học người Pháp
2
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 5+) Nếu một trong hai cực trị đạt tại điểm điểm c ∈ (a, b) thì theo định
lý Fermat ta được f 0 (c) = 0.
Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng nếu f là hàm liên tục trên đoạn [a, b], khả
vi trong khoảng (a, b) và nếu f (a) = f (b) = 0, thì với mỗi số thực α tồn tại c ∈ (a, b) sao cho αf (c) + f 0 (c) = 0.
Lời giải Xét hàm g(x) = e αx f (x) Ta thấy: g liên tục trên [a, b], khả vi
trong (a, b) và g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0 Thế mà
[a, b], khả vi trong (a, b) và g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle thì tồn tại
c ∈ (a, b) để g 0 (c) = 0 Thế mà
g 0 (x) = (x − a)(x − b)f 0 (x) + (2x − a − b)f (x), nên từ g 0 (c) = 0 ta suy ra
e − 1)f (x n) = 2002.
3
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 6Lời giải Với mỗi n ∈ N xét hàm số g n (x) = e − 2002x n · f (x).
Ta thấy g n (x) liên tục trên (a, b), khả vi trong (a, b) và g n (a) = g n (b) =
0 Theo định lý Rolle tồn tại x n ∈ (a, b) sao cho g 0
Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b).
Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
Trang 7Ta thấy: g liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) để g 0 (c) = 0 Thế mà
g 0 (x) = f 0 (x) − f (b) − f (a)
nên từ g 0 (c) = 0 ta có đẳng thức cần phải chứng minh.
Hình 1.3: Minh họa hình học cho định lý Lagrange
Ví dụ 1.3.4 (OLP-2011, xem [1]) Cho hàm f (x) = e
x
(x + 1)2· Xét dãy {u n } ∞
n=1 xác định bởi u1 = 1 , u n+1 = f (u n ) , ∀n ∈ N Chứng minh rằng: 1) Phương trình f (x) = x có duy nhất nghiệm α ∈ (12, 1).
Trang 82) Quy nạp Rõ ràng u1 = 1 ∈ [12, 1] Giả sử u n ∈ [12, 1], khi đó do tính
liên tục và đơn điệu giảm của f (x) trên [12, 1] ta có
27 6 f
0 (x) 6 0 Đặt k = 427√ e thì 0 < k < 1 và |f 0 (x)| 6 k , ∀x ∈ [12, 1].
Ví dụ 1.3.5 Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1], khả vi trong (0, 1) và
f (0) = 0, f (1) = 1 Chứng minh rằng với mỗi α ∈ (0, 1) tồn tại x1, x2 ∈
Trang 9Lời giải Xét hàm g(x) = arctanf (x) Ta thấy g(x) liên tục trên [a, b],
khả vi trong (a, b) Theo định lý Lagrange thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
• Cauchy(4) đã đưa ra định lý sau (xem [2], hoặc [8]):
Giả sử các hàm f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b), đồng thời g 0 (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b) Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f 0 (c)
g 0 (c) =
f (b) − f (a) g(b) − g(a) . Chứng minh Ta chỉ cần sử dụng định lý Lagrange cho hàm
h(x) = f (x) − f (a) − f (b) − f (a)
g(b) − g(a) [g(x) − g(a)],
sẽ thu được điều cần chứng minh
(4) Augustin-Louis Cauchy (1789-1857) - nhà toán học người Pháp
7
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 10Hình 1.4: Minh họa hình học cho định lý Cauchy
Ví dụ 1.4.7 Cho hàm f liên tục trên [a, b], b > a > 0 và khả vi trong (a, b) Chứng tỏ rằng tồn tại c ∈ [a, b] sao cho
bf (a) − af (b)
nên suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 1.4.8 Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b] (b > a > 0), khả vi trong (a, b) Chứng minh rằng tồn tại các số α, β, γ ∈ (a, b) sao cho
sao cho
f 0 α) = f (b) − f (a)
Sử dụng định lý Cauchy cho 2 hàm f (x) và g(x) = x2 ta thấy tồn tại
β ∈ (a, b) sao cho
f 0 (β)
g 0 (β) =
f (b) − f (a) g(b) − g(a) hay
f 0 (β) 2β =
Trang 11f 0 (γ) 3γ2 = f (b) − f (a)
Do đó dẫn đến kết luận của bài toán
Nhận xét 1) Với ví dụ (1.4.8) trên nếu lấy [a, b] ≡ [0, 1] ta sẽ được bài toán
số 3 trong đề Giải tích của kỳ thi OLP-2015
= f 0 (x3).
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
Trang 12Chương 2
Một số định lý được phát triển
trong thời gian gần đây
• 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 0 (a) = f 0 (b) (hai đạo hàm
này được hiểu là đạo hàm một phía)
Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f 0 (c) = f (c) − f (a)
Hình 2.1: Minh họa hình học cho định lý Flett
Chứng minh Cách 1 Ta có thể giả thiết f 0 (a) = f 0 (b) = 0, vì có thể thay
f (x) bởi h(x) = f (x)−xf 0 (a), lúc đó h 0 (x) = f 0 (x)−f 0 (a), h 0 (a) = h 0 (b) = 0
(1) T.M Flett (1923-1976), giáo sư Đại học Liverpool, England
10
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 13và nếu kết luận đúng với h(x) thì
Lúc này g(a) = 0 < g(b) < g(x1) và do g(x) liên tục, nên phải tồn tại
x2 ∈ (a, b) để g(x2) = g(b) Sử dụng định lý Rolle cho hàm g(x) trên [x2, b]
thì tồn tại c ∈ (x2, b) ⊂ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0, dẫn tới kết luận như trên.
+) Nếu g(b) < 0 ta chứng minh tương tự.
11
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 14Dễ thấy h(x) liên tục và khả vi Nếu h(x) đạt cực trị tại c ∈ (a, b) thì theo định lý Fermat h 0 (c) = 0, dẫn đến kết luận của định lý.
Nếu h(x) đạt cực trị tại a hoặc b thì không giảm tổng quát ta giả thiết
Ví dụ 2.1.9 Cho f : [0, 1] → R là hàm khả vi liên tục thỏa mãn f (1) =
0, f 0 (1) = 1 Chứng tỏ rằng tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho
• 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 0 (a) = f 0 (b) Khi đó tồn tại điểm
c ∈ (a, b) sao cho
Trang 15Lấy giới hạn khi x → a + 0 ta được f 0 (a) 6 m(a), nên m(b) = f 0 (b) =
f 0 (a) 6 m(a) Dẫn tới m(x) là hàm hằng, do đó m 0 (x) ≡ 0 và ta có kết
luận của định lý
Nhận xét Thực ra định lý Meyer là một cách bổ sung cho hoàn thiện
của định lý Flett và chứng minh của định lý Meyer dựa theo cách chứngminh thứ hai của định lý Flett
• Năm 1998 Sahoo(3) và Riedel(4) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc
[5]), với việc bỏ đi giả thiết f 0 (a) = f 0 (b) của các định lý Flett và Meyer: Cho f (x) là hàm khả vi trên [a, b] Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
(3) P.K Sahoo, Đại học Louisville, USA
(4) T Riedel, Đại học Louisville, USA
13
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 16Chứng minh Xét hàm g : [a, b] → R xác định bởi
Ta thấy g 0 (a) = g 0 (b) = f 0 (a) Áp dụng định lý Flett cho hàm g
ta được g(c) − g(a) = g 0 (c)(c − a) với c ∈ (a, b).
Viết lại g và g 0 theo f ta được kết quả cần chứng minh.
• Năm 2004 Riedel và Sablik(5) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]):
Cho f (x) là hàm khả vi trên [a, b] Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f 0 (b) + f (b)−f (a) b−a , khi x = b
Rõ ràng g(x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b) Hơn nữa, đạo hàm của g(x) là
Do định lý Lagrange ta suy ra kết quả cần phải chứng minh
(5) M Sablik, Đại học Silesia, Katowice, Polska
14
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 17Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c).
Lời giải Xét hàm g(x) = [f (x) + f 0 (x) + f 00 (x) + + f (n) (x)]e −x
Từ giả thiết đã cho ta dễ dàng thấy g(a) = g(b)
và g 0 (x) = [f (n+1) (x) − f (x)]e −x
Khi đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0.
Vậy suy ra rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c).
2 (Xem [3]) Cho các hàm f1, f2, , f n và g1, g2, , g n liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) Giả sử g k (a) 6= g k (b) với k = 1, 2, , n Chứng tỏ rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
Trang 18thì h(x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b).
Hơn nữa h(a) = h(b) = 0 và
2 x
2(1 + x) + f 0 (0)x(1 − x)(1 + x).
Dễ dàng kiểm tra được g(±1) = f (±1) , g(0) = f (0) , g 0 (0) = f 0(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 0 (α) = 0
Trang 19Cuối cùng áp dụng định lý Rolle cho hàm h 00 (x), ta suy ra tồn tại
c ∈ (γ, δ) ⊂ (−1, 1) sao cho h 000 (c) = 0 Khi đó
có ít nhất (2n − 1) nghiệm phân biệt.
Lời giải Ta nhận thấy rằng Q(x) = F (x)G(x) với
Gọi a i (i = 1, 2, , n) là các nghiệm của P (x), mà 1 < a1 < a2 <
· · · < a n Rõ ràng rằng đó cũng là các nghiệm của e x22 P (x) Theo
định lý Rolle, he x22 P (x)i0 có (n − 1) nghiệm phân biệt, ký hiệu là
b i (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
Trang 20Do r > 1 nên P (r) = 0, vô lý! (vì P (x) không thể có nghiệm nào khác ngoài các nghiệm a i nói trên) Vậy ta có điều phải chứng minh.
5 (Xem [6]) Cho hàm f : R → R có đạo hàm tới cấp 2 và thoả mãn điều kiện f (0) = 2, f 0 (0) = −2 và f (1) = 1 Chứng minh rằng tồn tại
Ta có g(0) = 0, nên chỉ cần chứng tỏ rằng tồn tại α ∈ (0, 1] sao cho
g(α) = 0 rồi áp dụng định lý Rolle là được.
+) Nếu f (x) 6= 0, ∀x ∈ (0, 1) thì xét hàm h(x) = x
2 −
1
f (x) ta cóh(0) = h(1) = −12, nên theo định lý Rolle ∃α ∈ (0, 1) sao cho h 0 (α) = 0.
+) Nếu tồn tại ít nhất một giá trị x ∈ (0, 1) để f (x) = 0 thì ta coi
x = x1 là giá trị nhỏ nhất thuộc (0, 1) để f (x) = 0, còn x = x2 là giá
trị lớn nhất thuộc (0, 1) để f (x) = 0 Như thế ta có 0 < x1 6 x2 < 1
và f (x) > 0 , ∀x ∈ [0, x1) ∪ (x2, 1].
Từ đó suy ra với ε > 0 khá bé thì f (x) là hàm giảm trong (x1− ε, x1)
và là hàm tăng trong (x2, x2 + ε) Dẫn tới f 0 (x1) 6 0 và f 0 (x2) > 0
Khi đó g(x1) = f 0 (x1) 6 0 và g(x2) = f 0 (x2) > 0, nên tồn tại α ∈ [x1, x2] ⊂ (0, 1) để g(α) = 0.
6 Cho hàm f : [0, 1] → R khả vi và thỏa mãn f (1) = 0 Chứng minh rằng với bất kỳ α > 0 phương trình xf 0 (x) = (x − α)f (x) có nghiệm trong (0, 1).
18
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 21Lời giải Xét hàm g(x) = x α e −x f (x) khả vi trên [0, 1] với
Ta được điều cần chứng minh
7 (OLP-2009, xem [1]) Cho P (x) là đa thức bậc n với hệ số thực Chứng minh rằng phương trình P (x) = 2 x có không quá n + 1 nghiệm thực
phân biệt
Lời giải Xét hàm số f (x) = P (x) − 2 x Giả sử phương trình f (x) = 0
có quá n + 1 nghiệm thực phân biệt (tức là có ít nhất n + 2 nghiệm
thực phân biệt)
Theo định lý Rolle phương trình f 0 (x) = P 0 (x) − 2 xln 2 = 0 có ít
nhất n + 1 nghiệm thực phân biệt, phương trình f 00 (x) = P 00 (x) −
2x(ln 2)2 = 0 có ít nhất n nghiệm thực phân biệt, , phương trình
f (n−1) (x) = P (n−1) (x) − 2 x(ln 2)n−1 = 0 có ít nhất 3 nghiệm thực phânbiệt
Điều mâu thuẫn trên chứng tỏ phương trình f (x) = 0 hay P (x) = 2 x
có không quá n + 1 nghiệm thực phân biệt.
8 Cho đa thức P (x) với bậc n > 2 có các nghiệm đều thực (tính cả bội) Chứng minh rằng đa thức Q(x) = P (x) + (a + b)P 0 (x) + abP 00 (x), trong
đó a, b ∈ R cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
19
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 22Lời giải Ta chứng minh bổ đề: Nếu đa thức P (x) với bậc n > 1 có các
nghiệm đều thực (tính cả bội), thì đa thức R(x) = P (x) + αP 0 (x) với
α ∈ R cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
Thật vậy: Với α = 0 bổ đề là hiển nhiên Với α 6= 0 xét hàm số
f (x) = e x α P (x) Rõ ràng tập hợp nghiệm của đa thức P (x) và tập hợp
nghiệm của phương trình f (x) = 0 là trùng nhau Đa thức P (x) với bậc deg(P ) = n > 1 có các nghiệm đều thực, nên số nghiệm của nó là
n (tính cả bội) Sử dụng định lý Rolle cho hàm f (x) ta suy ra phương
Đa thức R(x) với bậc deg(R) = n có ít nhất (n − 1) nghiệm thực (tính
cả bội) là nghiệm của phương trình f 0 (x) = 0 nói trên.
Thế mà R(x) phải có đủ n nghiệm (tính cả bội và tính cả nghiệm
phức), đồng thời số nghiệm phức (nếu có) phải là số chẵn và là các cặp
số phức liên hợp Vì thế một nghiệm còn lại của R(x) phải là nghiệm
thực Bổ đề được chứng minh!
Áp dụng bổ đề với đa thức P (x) đã cho ta suy ra đa thức R(x) =
P (x) + aP 0 (x) có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
Lại áp dụng bổ đề với đa thức R(x) trên ta suy ra đa thức R(x)+bR 0 (x)
có các nghiệm đều thực (tính cả bội)
Trang 23Ghi chú OLP-2011 Cho đa thức P (x) với bậc n > 2 có các nghiệm
đều thực (tính cả bội) Tìm điều kiện cần và đủ cho u, v ∈ R để
Q(x) = P (x) + uP 0 (x) + vP 00 (x) có các nghiệm đều thực (tính cả bội)?
9 Giả sử P (x) là đa thức với bậc deg(P ) = n có đủ n nghiệm thực là
x1 < x2 < < x n
Gọi Q(x) là đa thức với deg(Q) = (n−1) thoả mãn điều kiện: trong mỗi khoảng (x i , x i+1 ) thì Q(x) có một nghiệm thực (với i = 1, 2, , n − 1) Chứng minh rằng đa thức R(x) = P 0 (x)Q(x) − P (x)Q 0 (x) không có
nghiệm thực
Lời giải Gọi các nghiệm của Q(x) là y1, y2, , y n−1 Ta có thể viết
P (x) = a(x − x1)(x − x2) (x − x n ) , a 6= 0,
Q(x) = b(x − y1)(x − y2) (x − y n−1 ) , b 6= 0, với x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < < x n−1 < y n−1 < x n
Rõ ràng là Q(x i ) = b(x i − y1)(x i − y2) (x i − y n ) 6= 0 , ∀i = 1, n.
Áp dụng định lý Rolle ta suy ra đa thức P 0 (x) với deg(P 0 ) = n − 1 có
đủ n − 1 nghiệm thực phân biệt và mỗi nghiệm nằm trong một khoảng (x i , x i+1 ) với i = 1, 2, , n − 1 Do đó P 0 (x i ) 6= 0, ∀i = 1, n.
Từ đây với đa thức R(x) = P 0 (x)Q(x) − P (x)Q 0 (x) ta có
Trang 24Lần lượt lấy x = x i (i = 1, 2, , n) thì do P k (x i ) = 0 với k 6= i, ta sẽ
x k+1 ) < 0, , (x k − x n ) < 0 nên dấu của Q(x k ) là dấu của (−1) n−k ac k
Tương tự có Q(x k+1 ) 6= 0, c k+1 6= 0 và dấu của Q(x k+1) là dấu của
(−1) n−k−1 ac k+1
Do trong khoảng (x k , x k+1 ) thì Q(x) chỉ có duy nhất nghiệm y k, nên
Q(x k )Q(x k+1 ) < 0 (hay Q(x k ) và Q(x k+1) trái dấu) Suy ra
Trang 25Vậy c i 6= 0, ∀i = 1, n và c1, c2, , c n có cùng dấu Xét hàm số
P (x)
i0
= P (x)Q
0 (x) − P 0 (x)Q(x) [P (x)]2 = −R(x)
[P (x)]2,
f 0 (x) =
hXn i=1
Trang 26Thật vậy, chú ý rằng a − c < 0 và b − c > 0, nên vế trái của (∗) là
2
a − c <
a + b − 2c
(a − c)(b − c) ⇔ 2(b − c) > a + b − 2c ⇔ b > a đúng! còn vế phải của (∗) là
Lời giải Xét h : [a, b] → R với h(x) = [f (x) − f (a)][g(b) − g(x)] , x ∈
[a, b] là hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b) Do h(a) = h(b) =
0, theo định lý Rolle tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho h 0 (c) = 0 Ta có
h 0 (x) = f 0 (x)[g(b) − g(x)] − g 0 (x)[f (x) − f (a)] , x ∈ (a, b)
dẫn tới f 0 (c)[g(b) − g(c)] − g 0 (c)[f (c) − f (a)] = 0, điều này hoàn thành
phần thứ nhất cần phải chứng minh Đến đây với giả thiết cho thêmthì điều thứ hai cần chứng minh là rõ ràng
Hệ quả Cho f : [a, b] → R là hàm khả vi trong (a, b) và liên tục tại
các điểm a, b Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) − f (a) =
Trang 27Lời giải Xét g(x) = f (x) cos x Do g(− π2) = g(0) = g( π2) = 0 ,
nên theo định lý Rolle tồn tại ξ1 ∈ (− π2, 0) và ξ2 ∈ (0, π2) sao cho
g(x) = α[f2(b) − f2(a)][f3(b) − f3(a)][f1(x) − f1(a)]
+ β[f3(b) − f3(a)][f1(b) − f1(a)][f2(x) − f2(a)]
+ γ[f1(b) − f1(a)][f2(b) − f2(a)][f3(x) − f3(a)].
Trang 2814 Cho α, β là 2 số thực thỏa mãn α+β = 1 Xét f (x), g(x), h(x) là 3 hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b) với g(a) 6= g(b) và h(a) 6= h(b) Chứng minh rằng tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f 0 (c) = αg 0 (c) f (b) − f (a)
g(b) − g(a) + βh
0 (c) f (b) − f (a)
h(b) − h(a) . Gợi ý Áp dụng bài toán trên với α = −1 và f1 = f, f2 = g, f3 = h.
15 (OLP-Kiev-2002) Cho hàm f (x) liên tục trên đoạn [−1, 1], khả vi trong khoảng (−1, 1) và f (−1) = f (1) = 0 Chứng minh rằng tồn tại
Áp dụng định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0.
Từ đó suy ra điều cần chứng minh
16 Cho f : [0, 1] → R là hàm liên tục sao cho
Trang 3018 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
23 Giả sử các hàm f, g liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b).
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f 0 (c)(b − c) + g 0 (c)(c − a) = [g(b) − g(c) + [f (c) − f (a)].
28
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN
Trang 31Gợi 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
Gợi ý Sử dụng định lý Rolle cho hàm
F (x) = α[f (b) − f (a)][h(b) − h(a)][g(x) − g(a)]
+ β[f (b) − f (a)][g(b) − g(a)][h(x) − h(a)]
− [g(b) − g(a)][h(b) − h(a)][f (x) − f (a)].
26 Cho hàm f : [a, b] → R khả vi đến cấp n + 1 (n = 0, 1, 2, ).
Giả sử f (k) (a) = f (k) (b) = 0, (k = 0, 1, 2, , n).
Chứng minh rằng tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (ξ) = f (ξ).
Lời giải Với n = 0 ta xét hàm g(x) = e −x f (x) và sử dụng định lý
Rolle sẽ có điều cần chứng minh
Giả sử bài toán đúng với n > 1 ta xét hàm h(x) =
29
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN