Dinh Ly Lagrang Va Ung Dung

Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn ĐỊNH LÍ LAGRANGE 1.1 ĐỊNH LÍ ROLLE Định lí: Nếu f ( x) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng ( a; b) f (a)  f (b) tồn c  (a; b) cho f '(c)  Chứng minh: Vì f ( x) liên tục [a; b] nên theo định lí Weierstrass f ( x) nhận giá trị lớn M giá trị nhỏ m [a; b] - Khi M = m ta có f ( x) hàm [a; b], với c  (a; b) ln có f '(c)  - Khi M > m, f (a)  f (b) nên tồn c  (a; b) cho f (c)  m f (c)  M , theo bổ đề Fermat suy f '(c )  Hệ 1: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm (a; b) f ( x) có n nghiệm (n số nguyên dương lớn 1) (a; b) f '( x) có n - nghiệm (a; b) Hệ 2: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm (a; b) f '( x) vô nghiệm (a; b) f ( x) có nhiều nghiệm (a; b) Hệ 3: Nếu f ( x) có đạo hàm (a; b) f '( x) có nhiều n nghiệm (n số nguyên dương) (a; b) f ( x) có nhiều n + nghiệm (a; b) Các hệ suy trực tiếp từ định lí Rolle nghiệm nghiệm bội (khi f ( x) đa thức) Các hệ cho ta ý tưởng việc chứng minh tồn nghiệm xác định số nghiệm phương trình, cách ta tìm tất nghiệm phương trình (có thể mị mẫm) nghĩa phương trình giải Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, cần ta đến ý tới ý nghĩa đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên hàm số) 1.2 ĐỊNH LÍ LAGRANGE (Lagrange's Mean Value Theorem) Định lí: Nếu f ( x ) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng ( a; b) tồn c  (a; b) cho f '(c)  f (b)  f ( a) ba Chứng minh: Xét hàm số: F ( x)  f ( x)  f (b )  f ( a ) x ba Ta có: F(x) hàm liên tục đoạn [a; b] , có Joseph Louis Lagrange (1736 - 1813) đạo hàm khoảng ( a; b) F (a)  F (b) Theo định lí Rolle tồn c  (a; b) cho F '(c)  Mà F '( x)  f '( x)  f (b )  f ( a ) f (b)  f ( a) , suy f '(c)  ba ba Định lí Rolle hệ định lí Lagrange (trong trường hợp f ( a )  f (b ) ) y A Ý nghĩa hình học: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn giả thiết định lí Lagrange, đồ thị (C), A(a;f(a)), B(b;f(b)) Khi (C) tồn điểm C(c;f(c)), c  (a; b) mà tiếp tuyến (C) C song song với đường thẳng AB Định lí Lagrange cho phép ta ước lượng tỉ số C B O a c b f (b )  f (a ) cịn ba gọi định lí Giá trị trung bình (Mean Value Theorem) Từ cho ta ý tưởng chứng minh định lí biến thiên hàm số, đặt móng cho ứng dụng đạo hàm x Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Định lí: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm khoảng ( a; b) - Nếu f '( x)  0, x  (a; b) f ( x) đồng biến ( a; b) - Nếu f '( x)  0, x  (a; b) f ( x) nghịch biến ( a; b) - Nếu f '( x)  0, x  (a; b) f ( x) hàm (a; b) Chứng minh: Giả sử f '( x)  0, x  (a; b) x1 , x2  (a; b), x1  x2 , theo định lí Lagrange, tồn c  (x1; x ) cho f '(c)  f ( x2 )  f ( x1 ) x2  x1 Mà f '(c)   f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x) đồng biến (a; b) Nếu giả thiết định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết f '( x) đồng biến nghịch biến [a; b] ta so sánh Cụ thể: f '( x) đồng biến [a;b]  f '(a )  f (b )  f ( a ) với f '(a), f '(b) ba f (b)  f ( a )  f '(b) ba f '( x) nghịch biến [a;b]  f '(a )  f (b )  f ( a )  f '(b) ba Từ cho ta ý tưởng ứng dụng định lí Lagrange chứng minh bất đẳng thức đánh giá tổng hữu hạn Cũng tương tự giả thiết định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết f '( x) đồng biến nghịch biến [a; b] ta so sánh f (c )  f ( a ) với ca f (b )  f (c) với c  [a; b] cho ta ý tưởng để chứng minh nhiều bất đẳng thức, bc bất đẳng thức Jensen… Ngồi định lí Lagrange cịn phát biểu dạng tích phân sau: Định lí: Nếu f ( x ) hàm liên tục đoạn [a; b] tồn điểm c  (a ; b ) b thỏa mãn:  f ( x)dx  f (c)(b  a) a Định lí Lagrange dạng tích phân áp dụng chứng minh số tốn liên quan đến tích phân giới hạn hàm số Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn MỘT SỐ ỨNG DỤNG 2.1 CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH Bài tốn Chứng minh phương trình acosx + bcos2x + ccos3x ln có nghiệm với số thực a, b, c Lời giải: Xét f ( x)  asinx+ bsin2x c s in3x   f '( x)  acosx+bcos2x+ccos3x,x  R Mà f (0)  f ( )   x0  (0; ), f '( x0 )  , suy điều phải chứng minh Nhận xét: Bài tốn có dạng tổng qt: Cho hàm số f(x) liên tục [a; b], chứng minh phương trình f(x) = có nghiệm (a; b) Phương pháp giải: Xét hàm F(x) thỏa mãn F(x) liên tục [a; b], F’(x) = f(x).g(x) với x thuộc (a; b), g(x) vô nghiệm (a;b) F(a) = F(b) Theo định lí Rolle suy điều phải chứng minh Bài toán Cho số thực dương m số thực a, b, c thỏa mãn: a b c    m  m 1 m Chứng minh ax2 + bx + c = có nghiệm thuộc (0; 1) Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x )  a x m2 m2  b x m 1 c.x m  m 1 m Tương tự ta có tốn tổng qt Bài tốn Cho số thực dương m, số nguyên dương n số thực a0 , a1 , , an thỏa mãn: an an 1 a     m  n m  n 1 m Chứng minh an x n  an 1 x n1   a1 x  a0  có nghiệm thuộc (0; 1) Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x)  an an 1 a x m n  x m  n 1   x m mn m  n 1 m Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Bài tốn 4.(Định lí Cauchy) Nếu hàm số f ( x), g ( x) hàm số liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng ( a; b) g '( x) khác không khoảng ( a; b) tồn c  (a; b) cho f '(c )  f (b)  f ( a) g (b)  g ( a ) Lời giải: Theo định Lagrange tồn g '( x0 )  x0  (a; b) cho g (b)  g ( a )  g (a)  g (b) ba Xét hàm số F ( x )  f ( x )  f (b )  f ( a ) g ( x ) , ta có: F(x) hàm liên tục đoạn g (b )  g ( a ) [a; b] , có đạo hàm khoảng ( a; b) F ( a )  F (b)  f ( a ) g (b )  f (b ) g ( a ) g (b )  g ( a ) Theo định lí Rolle tồn c  (a; b) cho F '(c)  Mà F '( x )  f '( x )  f (b )  f ( a ) , suy f '(c )  f (b)  f ( a) g (b )  g ( a ) g (b)  g ( a ) Nhận xét: Định lí Lagrange hệ định lí Cauchy (trong trường hợp g ( x)  x ) Bài toán 5: Cho a + b – c = Chứng minh rằng: asinx+9bsin3x+25csin5x = có nghiệm thuộc 0;  Nhận xét: Bài toán tương tự toán Để chứng minh f ( x) có n nghiệm ta chứng minh F(x) có n + nghiệm với F(x) nguyên hàm f ( x) (a;b) (có thể phải áp dụng nhiều lần) Lời giải: Xét hàm số: f ( x)  asinx  bsin3x  csin5 x , ta có: f '( x)  acosx  3bcos3x  5ccos5 x , f ''( x)  asinx  9bsin3x  25csin5 x  Ta có f (0)  f ( )  f ( 3   3 3 )  f ( )   x1  (0; ), x2  ( ; ), x3  ( ;  ) cho 4 4 f (0)  f '( x1 )  ' f ( x2 )  f '( x3 )   x4  ( x1; x2 ), x5  ( x2 ; x3 ) | f ''( x4 )  f ''( x5 )  mà f ''(0)  f ''( )   điều phải chứng minh Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Bài tốn Cho đa thức P(x) Q(x) = aP(x) + bP’(x) a, b số thực, a  Chứng minh Q(x) vơ nghiệm P(x) vơ nghiệm Lời giải: Ta có degP(x) = degQ(x) Vì Q(x) vơ nghiệm nên degQ(x) chẵn Giả sử P(x) có nghiệm, degP(x) chẵn nên P(x) có nghiệm - Khi P(x) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 nghiệm P’(x) suy Q(x) có nghiệm - Khi P(x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 Nếu b = hiển nhiên Q(x) có nghiệm a x b Nếu b  : Xét f ( x)  e P( x) ta có: f ( x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 f '( x )  a x a ab x ax ax e P ( x )  e b P '( x )  e b ( aP ( x)  bP '( x ))  e b Q ( x ) b b b Vì f ( x) có hai nghiệm suy f '( x) có nghiệm hay Q(x) có nghiệm Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn 2.2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Bài tốn 7: Giải phương trình: 3x  5x  2.4 x (1) Lời giải: Nhận xét: x  0; x  nghiệm phương trình (1) Gọi x0 nghiệm phương trình cho Ta được: 3x0  5x0  2.4x0  5x0  4x0  4x0  3x0 (1a) Xét hàm số f (t )  (t 1)x  t x , ta có (1a)  f (4)  f (3) 0 Vì f(t) liên tục [3; 4] có đạo hàm khoảng (3; 4), theo định  x0   x0  lí Rolle tồn c  (3; 4) cho: f '(c)   x0[(c  1) x 1  c x 1 ]=0   0 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = x = Bài tốn 8: Giải phương trình: 5x  3x  2x (2) Lời giải: Nhận xét: x  0; x  nghiệm phương trình (2) Gọi x nghiệm phương trình cho, ta có: x  x0  3x  3x 0 (2a) Xét hàm số: f (t )  t x  tx0 , đó: (2a)  f (5)  f (3) Vì f (t ) liên tục [3; 5] có đạo hàm (3; 5), theo định lí  x0   x0  Lagrange tồn c  (3; 5) cho: f '(c)   x0 (c x 1  1)=0   Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = x = Bài toán Giải phương trình: 3x  2.4 x  19 x  (3) Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Lời giải: (5)  3x  2.4 x  19 x   Xét hàm số: y  f ( x)  x  2.4 x  19 x  ta có: f ' ( x)  x ln  2.4 x ln  19 f ' ' ( x)  x (ln 3)  2.4 x (ln 4)  0, x  R hay f ''( x ) vơ nghiệm, suy f '( x ) có nhiều nghiệm, suy f ( x ) có nhiều nghiệm Mà f (0)  f (2)  (3) có hai nghiêm x  0, x  Bài toán 10 Giải phương trình: (1  cos x)(2  4cos x )  3.4cos x (4) Lời giải: Đặt t  cos x, (t [-1;1]) (3)  (1  t )(2  4t )  3.4t  (1  t )(2  4t )  3.4t  Xét hàm số: f (t )  (1  t )(2  4t )  3.4t  f '(t )   4t  (t - 2)4t ln 4, f ''(t )  2.4t ln  (t - 2)4t ln Ta có: f ''(t )   t    f ''(t ) có nghiệm ln  f '(t ) có nhiều hai nghiệm  f (t ) có nhiều ba nghiệm 2 Mặt khác dễ thấy f (0)  f ( )  f (1)  , f (t ) có ba nghiệm t  0, ,1 Kết luận: Nghiệm phương trình (4) là:   x   k 2 , x    k 2 , x  k2 , k  Z Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn 2.3 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 11 Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b Chứng minh rằng: ba b ba  ln  b a a Lời giải: x Xét hàm số f ( x)  ln x  f '( x)  , x  (0;  ) Theo định lí Lagrange ln tồn c  (a; b) cho f '(c)  f (b)  f ( a) hay ba ln b  ln a a b b 1 ba b ba    ln mà  a  b  c      ln  c ba c a b c a b a a x Bài toán 12 Chứng minh rằng: (1  ) x  (1  x 1 ) , x 1 x  (0; ) Lời giải: x Ta có: (1  ) x  (1  x 1 )  x[ln( x  1) - ln x]  ( x  1)[ln( x  2) - ln( x  1)] x 1 Đặt f ( x)  x[ln( x  1) - ln x] Ta có: f '( x)  ln( x  1)  ln x  x   ln( x  1)  ln x  x 1 x 1 Áp dụng định lí Lagrange hàm số: y = lnt [x; x+1], tồn c  (x; x+1) cho: f '(c)  ln( x  1)  ln x  x c Mà  x  c  x       ln( x  1)  ln x c x 1 1  ln( x  1)  ln x   ln( x  1)  ln x  0 x x 1 x 1  f '( x)  0, x  (0;+)  hàm số f ( x) đồng biến (0;+) Từ (1) suy ra: f '( x)  0, x  (0; )  f ( x) đồng biến (0; ) Suy ra: f ( x  1)  f ( x), x  (0; )  điều phải chứng minh 10 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Nhận xét: Trong ví dụ thực chất vấn đề ta chứng minh hàm số F ( x)  (1  ) x đồng biến (0; ) ta chứng minh hàm số f ( x)  ln F ( x) x đồng biến (0; ) , đến tốn trở giống ví dụ Tương tự ta x chứng minh hàm số G ( x)  (1  ) x 1 nghịch biến (0; ) Ta chứng minh toán 12 cách khác Xét hàm số: F ( x)  ln(1  x) Với cặp số thực x, y thỏa mãn < x < y, theo định lí Lagrange, ln tồn x0  (0; x), y0  ( x; y ) thỏa mãn: f '( x0 )  hay Mà f ( x)  f (0) f ( y )  f ( x) , f '( y0 )  x0 yx ln(1  x) ln(1  y )  ln(1  x)  ;   x0 x  y0 yx 1 ln(1  x) ln(1  y )  ln(1  x)    y ln(1  x)  x ln(1  y )  x yx  x0  y0 Vậy với cặp số thực x, y thỏa mãn < x < y, ln có y ln(1  x)  x ln(1  y ), thay x 1 y ta có: y x 1 1 1 ln(1  )  ln(1  )  (1  ) y  (1  ) x x y y x y x Bài toán 13 (Bất đẳng thức Jensen) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm cấp hai (a; b) f ''( x)  0, x  (a; b) Chứng minh rằng: f ( x1 )  f ( x2 ) x x  f ( ), x1 , x2  ( a; b) 2 Lời giải: Đẳng thức xảy x1  x2 Khi x1  x2 , theo định lí Lagrange, tồn c  ( x1 ; f( mãn f '(c)  x1  x2 x x ), d  ( ; x2 ) thỏa 2 x1  x2 x x )  f ( x1 ) f ( x2 )  f ( ) 2 , f '(d )  x2  x1 x2  x1 2 11 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Mà f ''( x)  0, x  (a; b)  f '( x) đồng biến (a; b)  f '(c)  f ( d )  f ( x1  x2 x x f ( x1 )  f ( x2 ) x x )  f ( x1 )  f ( x2 )  f ( )   f ( ) 2 2 Bài toán 14 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với số thực x thỏa mãn x > -1, chứng minh (1  x)n   nx Lời giải: - Khi x > 0: xét f (t )  (1  t )n , theo định lí Lagrange ta có a  (0; x) thỏa mãn f ( x)  f (0)  xf '(a)  (1  x)n 1  nx(1  a)n1  nx  (1  x)n   nx - Khi -1< x < 0: xét f (t )  (1 t )n , theo định lí Lagrange ta có a  ( x;0) thỏa mãn f ( x)  f (0)  xf '(a)  (1  x)n 1  nx(1  a)n1  nx  (1  x)n   nx Vậy (1  x)n   nx, x  (-1; ) Đẳng thức xảy x = Bài toán 15 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai R, f ''( x )  0, x  R ( f ''( x )  có tập nghiệm rời rạc) Chứng minh rằng: n f (n)  f (0)   f '(i )  f (n  1)  f (1), n  N * i 1 Lời giải: Vì f ''( x)  0, x  R ( f ''( x)  có số nghiệm đếm được)  f '( x) đồng biến R Theo định lí Lagrange, ln tồn xi  (i; i  1) cho: f '( xi )  f (i  1)  f (i ), i  R Vì f '( x ) đồng biến R  f '(i)  f '( xi )  f '(i  1)  f '(i )  f (i  1)  f (i)  f '(i  1), i  R n n   f '(i)   [f (i  1)  f (i )]  f (n  1)  f (1), n  N * i 1 n  i 1 i 1 n f '(i)   [f (i )  f (i  1)]  f (n )  f (0), n  N * i 1 Nhận xét: Nếu f ''( x )  0, x  R bất đẳng thức cần chứng minh đổi chiều 12 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn n i 1 i Bài tốn 16 Chứng minh rằng:  ln n    ln(n  1), n  N * Lời giải: Xét f ( x)  ln x  f '( x)  f '( x ) nghịch biến (0 :  ) x n Tương tự tốn ta có: f (n)  f (1)  f '(1)   f '(i)  f (n  1)  f (1), n  N * i 1 n   ln n    ln(n  1), n  N * i 1 i 1 25 k  Bài toán 17: Cho số nguyên dương k, tìm    (trong [x] số  i 1 i  nguyên lớn không vượt x) Lời giải: Xét hàm số f ( x)  5 x , ta có: f '( x)  x4  f '( x) nghịch biến (0;  ) Suy 5k n f ( n)  f (0)   f '(i )  f ( n  1)  f (1)  25 k  i 1 12   25 k    25 k  i 1 i 5k  10  k   2 5  i 1 i  n Nhận xét: Từ ba toán ta nhận thấy để đánh giá tổng  f (i), n  N * i 1 ( f ( x ) đồng biến nghịch biến (0 :  ) ), phải xét hàm số F ( x ) nguyên hàm f ( x ) (0 :  ) giải tương tự toán n Từ việc ước lượng tổng  f (i), n  N * ta nghĩ đến tốn tìm i 1 n giới hạn lim g (n) f (i ), ta nghiên cứu tốn sau i 1 13 Định lí Lagrange ứng dụng Bài tốn 18 Tính lim Đặng Đình Sơn n 1 i cos  n i 2n Lời giải: Xét f ( x)  2n x x sin  f '( x)  cos  f '( x)  0, x  [  n; n ]  2n 2n n  f '( x ) đồng biến [  n; n ] Suy f (n)  f (0)   f '(i )  f (n  1)  f (1) i 1  2n  n1 i 2n   n1 i  cos   cos   sin  cos   cos   sin  2n i  2n  2n  2n n i 0 2n  n 2n  Mà lim( cos n1 i   )  lim(  sin )   lim  cos  (Nguyên lí kẹp) 2n  n 2n  n i 0 2n  n Bài tốn 19 Cho phương trình:  i 1  n i  nx Chứng minh rằng: Với số ngun dương n phương trình có nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn, tìm limxn Lời giải: n  n i  nx Xét f ( x)   i 1 n Ta có: f '( x)   i 1 (i  nx)3  0, x  (0; )  f ( x) liên tục, nghịch biến [0; ) n Mà f (0)   i 1 n  n  n  0, lim f ( x)   n   f ( x)  có nghiệm x  i n dương Xét hàm số Fn ( x)  x  nxn , ta có Fn '( x)   Fn '( x) nghịch biến x  nxn (0;  ) n  Fn (n)  Fn (0)   Fn '(i )  Fn (n  1)  Fn (1) i 1 n  2( n  nxn  nxn )   i 1  2( n   nxn   nxn ) i  nxn 14 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn  2( n  nxn  nxn )  n  2( n   nxn   nxn )  xn   xn  1  xn    xn  n n  xn   xn   xn    2 1  xn   xn   xn  n n n  xn   xn   lim( xn   xn )  n  lim( xn   xn )   lim xn   lim x n  16 2 2 a  b  c  d  e Bài toán 20: Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn  4 4 a  b  c  d  e Chứng minh a3  b3  c3  d  e3 a  b  c  d  e Nhận xét: Trong toán từ giả thiết  4 4 a  b  c  d  e giả thiết định lí Rolle với , ta nhìn thấy hàm số f ( x)  a x  b x  c x  d x  e x ( f (2)  f (4)  0) , ta phải chứng minh f (3)  Vì f ( x) liên tục f (3)  , suy tồn khoảng (m; n)  cho f ( x)  0, x  (m; n) , tốn trở thành xét dấu f ( x) , ta cần kiểm soát nghiệm f ( x) Lời giải: Khơng tính tổng qt ta giả sử a  b  c  1, d  e Nếu d   d   x ( x  0)  b2  a2  e2  x a4  b4  c4  d  e4  a4  (e2  x  a2 )2   (1  x)2  e4  e  a  b  x     (e2  a  1) x  a (a  e2 )     e2  a    e  a  ( Mâu thuẫn )  d    e  a e  a   Tương tự ta có a  b  d  e  Xét hàm số f ( x)   a x  bx  d x  e x  f (2)  f (4)  15 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Giả sử f ( x) có nghiệm x0  2;4 Theo định lí Rolle, tồn x1  x2 thỏa mãn: f '( x1 )  f '( x2 )  hay a x1 ln a  b x1 ln b  d x1 ln d  e x1 ln e, a x2 ln a  b x2 ln b  d x2 ln d  e x2 ln e  a x2 ln a  b x2 ln b d x2 ln d  e x2 ln e  a x1 ln a  b x1 ln b d x1 ln a  e x1 ln b Mà a  b  d  e    a x ln a  b x ln b  a x b x  x ln a  b x ln b 2  b x2  x1  2 a x2 ln a  b x2 ln b a x1 ln a  b x1 ln b x x d x ln d  e x ln e  d x ln d  d x  x e x ln b   d x  x  d x ln d  e x ln e 2 2 1 2 d ln d  e ln e  a x2 ln a  b x2 ln b d x2 ln d  e x2 ln e (Mâu thuẫn)  a x1 ln a  b x1 ln b d x1 ln a  e x1 ln b Vậy f ( x) có hai ngiệm x = 2, x = f '( x) có nghiệm nhất, thuộc (2; 4) Vì f ( x) liên tục nên f ( x) mang dấu khoảng (;2),(2;4),(4; ) Mà f (0)    f ( x)  0, x  (;0)  f ( x)  0, x  (2;4) (vì f ( x)  0, x  (2;4) x = nghiệm f '( x) )  f (3)  (điều phải chứng minh) Định lí Lagrange cịn sử dụng để giải số toán bất đẳng thức đối xứng, nhằm mục đích làm giảm số biến Nếu cần chứng minh bất đẳng thức đối xứng n biến a1 , a2 , , an ta xét đa thức f ( x)  ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  an ) , suy f ( x ) có n nghiệm, f '( x ) có n – nghiệm b1 , b2 , , bn1 , dựa vào định lí Viète ta đưa chứng minh bất đẳng thức đối xứng với n – biến b1 , b2 , , bn1 Bài toán 21 Cho a < b < c, chứng minh rằng: 3a  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3b  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3c Lời giải: Xét hàm số: f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)  f (a)  f (b)  f (c)  16 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Theo định lí Lagrange tồn a  x1  b  x2  c cho: f ( a)  f (b)  (a  b) f '( x1 ) , f (c)  f (b)  (c  b) f '( x1 )  f '( x1 )  f '( x2 )  f '( x)  3x2  2(a  b  c) x  ab  bc  ca  x1  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca x2  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca Do đó, từ a  x1  b  x2  c Suy ra: 3a  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3b  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3c Bài toán 22 Cho số thực không âm a, b, c, d Chứng minh rằng: abc  bcd  cda  dab  ab  bc  cd  da  ac  db Lời giải: Xét f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d ) Đặt p  a  b  c  d , q  ab  bc  cd  da  ac  bd , r  abc  bcd  cda  dab, s  abcd  f ( x)  x4  px3  qx2  rx  s  f '( x)  4x3  px  2qx  r Ta có f (a)  f (b)  f (c)  f (d )  , theo định lí Rolle suy f '( x )  có ba nghiệm (nếu a = b a nghiệm f’(x)) Suy tồn u , v, w  thỏa mãn f '( x )  4( x  u )( x  v )( x  w)  4x3  4(u  v  w) x2  4(uv  vw  wu) x  4uvw 17 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn  u  v  w  p  uv  vw  wu uv  vw  wu q r   uv  vw  wu  q Mà  ( uvw )   uvw   3   uvw  r   abc  bcd  cda  dab ab  bc  cd  da  ac  db  Đẳng thức xảy  u  v  w  a  b  c  d 18 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn 2.4 TÌM GIỚI HẠN DÃY SỐ Định lí Lagrange sử dụng để giải số toán vế giới hạn dãy số, với dãy số xác định hàm số f ( x ) dãy số xác định nghiệm phương trình f n ( x)  , nói chung f ( x ), f n ( x) hàm số có đạo hàm đơn điệu tập xác định chúng, đạo hàm chúng ước lượng bất đẳng thức Do tìm giới hạn a, ta so sánh hiệu f ( xn )  f (a ), f n ( xn )  f n (a ) với xn  a ước lượng xn  x1  2007 Bài toán 23 Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:  x   xn , n  N *  n 1 xn2   Tìm giới hạn dãy số n tiến dần tới dương vô Lời giải: Ta có xn  3, n  N * Xét f(x) =  x , ta có: f '( x)   ( x  1) x 1  f '( x)  2 , x  ( 3; ) Nếu (xn) có giới hạn giới hạn nghiệm lớn phương trình f ( x )  x Ta có: f ( x)  x  x   x x2   ( x  3)  x2 x2   x  x  1  15 x  ( x  x)  2( x  x)     2  x  x  Đặt a  2  15 , theo định lý Lagrange, tồn cn  ( xn ; a) (a; xn ) thỏa mãn: f ( xn )  f (a)  f '(cn ) xn  a  xn 1  a  f ( xn )  f (a)  f '(cn ) xn  a  2 xn  a   ( 19 2 ) n x1  a Định lí Lagrange ứng dụng Mà lim( 2 Đặng Đình Sơn  15 ) n x1  a  , limxn = a = Nhận xét: Trong tốn việc giải phương trình f ( x )  x không thiết phải trình bày, ta cần chọn nghiệm thỏa mãn Bài tốn có dạng tổng quát:  x1  a Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:  *  xn 1  f ( xn ), n  N a) Nếu f ( x) Chứng minh rằng: hàm số có đạo hàm khoảng D chứa a f '( x)  b  1, x  D (xn) có giới hạn hữu hạn n tiến dần đến dương vô b) Nếu f ( x ) hàm số có đạo hàm khoảng D chứa a, f ( a )  a f '( x)  b  1, x  D |xn| tiến dần đến dương vô n tiến dần đến dương vơ Phương pháp giải a) - Nếu phương trình f ( x )  x giải (tìm nghiệm) ta giải tốn tổng qt tương tự tốn ta tìm giới hạn dãy số n tiến dần tới dương vơ - Nếu phương trình f ( x )  x khó giải ta giải toán tổng quát cách sử dụng tiêu chuẩn Cauchy Bài tốn sau ví dụ cụ thể b) Tương tự ý a - Khi a0  D : a0  a, f (a0 )  a0 tồn cn  ( xn ; a0 ) ( a0 ; xn ) thỏa mãn: f ( xn )  f (a0 )  f '(cn ) xn  a0 20 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn  xn 1  a  xn1  a  f ( xn )  f (a0 )  b xn  a0   bn a  a0  lim xn   - Khi phương trình f(x)=x vơ nghiệm, ta có f(x)-x > xD f(x)-x < xD suy xn tăng giảm Nếu xn có giới hạn giới hạn nghiệm phương trình f(x) = x, lim xn   Bài toán 24 (Dự bị VMO 2008) Cho số thực a dãy số thực (xn) xác định bởi: x1 = a xn+1 = ln(3+cosxn + sinxn) – 2008, n  N * Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn n tiến dần đến dương vô Lời giải: Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2008, ta có: f '( x)  cos x  sin x , x  R  sin x  cos x Mà | cos x  sin x | , | sin x  cos x | , suy ra: | f ' ( x) | 3  q  Theo định lý Lagrange : với cặp hai số thực x, y (x < y), tồn z  ( x; y ) thỏa mãn: f(x) – f(y) = f’(z)(x-y) Từ suy |f(x) – f(y)|  q|x – y| với x, y thuộc R Áp dụng tính chất với m > n  N, ta có : |xm – xn| = |f(xm-1) – f(xn-1)|  q|xm-1- xn-1|  … q n-1|xm-n+1 – x1|  qN-1|xm-n+1 – x1| Mặt khác dãy (xn) bị chặn q < nên với  > tồn N đủ lớn cho: qN-1|xm-n+1 – x1| <  Như dãy (xn) thoả mãn tiêu chuẩn Cauchy, (xn) hội tụ 21 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Bài tốn 25 (VMO 2007) Cho số thực a > f n ( x)  a10 x10 n  x n  x n1   x  a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình f n ( x)  a ln có nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn b) Chứng minh dãy (xn) có giới hạn a 1 n dần đến vô a Lời giải: Đặt Fn ( x)  f n ( x)  a , ta có Fn ( x) liên tục, đồng biến [0; ) Fn (0)   a  0, Fn (1)  a10  n   a  Suy phương trình f n ( x)  a ln có nghiệm xn dương Đặt b  a 1  f n (b)  b n (a  1)[(a  1)9  1]  a  f n (b)  a  b  xn , n  N * a Theo định lí Lagrange, ln tồn cn  ( xn ; b) thỏa mãn: f n (b)  f n ( xn )  f '(cn )(b  xn ) Mà f '(cn )  nên b  xn  f n (b)  f n ( xn )  bn (a  1)[(a  1)9  1]  lim x n  b  b  b n ( a  1)[( a  1)  1]  xn  b  lim x n  b (vì b  (0;1) ) Nhận xét: Bài tốn khó khăn nhiều đề không cho trước giới hạn dãy số Khi câu hỏi đặt giới hạn bao nhiêu? Ta trả lời câu hỏi sau: Trước hết giới hạn dãy số phải thuộc khoảng (0; 1), giả sử giới hạn dãy số b ta có: f n (b)  b n (a10b10  1  1)   lim f n (b )   (vì b  (0;1) ) b 1 b 1 b 1 22 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn a 1 ab b 1 a Mà f n ( xn )  a   Trong toán dạng dãy số xác định dãy nghiệm thuộc (a; b) phương trình f n ( x)  , với giả thiết f n ( x ) hàm số đồng biến nghịch biến (a; b), f n '( x)  c với số nguyên dương n số thực dương x thuộc (a; b), giải tốn dạng nói chung ta điều khó khăn xác định giới hạn dãy số Bài toán 26: (VMO 2002) n 1  i x   , với n số nguyên dương Xét phương trình i 1 a) Chứng minh với số ngun dương n, phương trình nêu có nghiệm lớn 1; kí hiệu nghiệm xn b) Chứng minh lim xn  Lời giải: n a) Xét f n ( x)   i 1 1  , ta có: f n ( x) liên tục nghịch biến (1;  ) i x 1 2 Mà lim f n ( x)  , lim f n ( x)    f n ( x)  có nghiệm lớn x 1 x  b) Với số nguyên dương n ta có: f n (4)     f n (4)  f n ( xn )  xn  2(2 n  1) Theo định lí Lagrange, ln tồn cn  ( xn ; 4) thỏa mãn: f n (4)  f n ( xn )  f '(cn )(4  xn ) Mà f '(cn )     xn  9( f n (4)  f n ( xn ))   xn  23 2(2n  1) Định lí Lagrange ứng dụng  4 Đặng Đình Sơn  xn   lim xn  2(2n  1) 24 Định lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn BÀI TẬP TỰ GIẢI Giải phương trình sau a) log (3 x  1)  log (2 x  1)  x b) 2008x  2010 x  2.2009x c) (4 x  2)(2  x)  Chứng minh hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp đoạn [a; b] f '(a )  f '(b) bất phương trình f ''( x)  f (a )  f '(b) có ( a  b) nghiệm    n  Tìm Lim     2n i 1  sin i  2n    x1  a Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:   xn 1  ln  xn  2010, n  Chứng minh xn có giới hạn n Cho phương trình:  i  nx  i 1 Chứng minh rằng: Với số ngun dương n phương trình có nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn, tìm limxn Chứng minh ab  b a  với a, b  Cho đa thức P(x) Q(x) = aP(x) + bP’(x) + cP”(x) a, b, c số thực thỏa mãn a  b2 – 4ac > Chứng minh Q(x) vơ nghiệm P(x) vô nghiệm Cho số thực a khác không, đa thức P( x), deg P( x)  n  đa thức Q( x)  P( x)  aP '( x)  a P "( x)   a n P ( n ) ( x) Chứng minh P( x) vơ nghiệm Q( x) vô nghiệm 25 ... lí Lagrange ứng dụng Đặng Đình Sơn Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, cần ta đến ý tới ý nghĩa đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên hàm số) 1.2 ĐỊNH LÍ LAGRANGE... (C) C song song với đường thẳng AB Định lí Lagrange cho phép ta ước lượng tỉ số C B O a c b f (b )  f (a ) cịn ba gọi định lí Giá trị trung bình (Mean Value Theorem) Từ cho ta ý tưởng chứng minh... đến ý tới ý nghĩa đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên hàm số) 1.2 ĐỊNH LÍ LAGRANGE (Lagrange's Mean Value Theorem) Định lí: Nếu f ( x ) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng ( a; b)