Một số ứng dụng của phương pháp lagrange trong toán học phổ thông

Vì vậy khi đưa định lý Lagrange ta có thể vận dụng và giải các bài toán khó hay các dạng toán mà học sinh THPT đã biết cách giải theo một hướng mới dễ dàng hơn khi đó giúp học sinh vận d

Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ, động viên quí báu của các Thầy

cô, bạn sinh viên lớp K55- ĐHSP Toán đã giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và thực hiện Khóa luận tốt nghiệp

Sơn La, tháng 05 năm 2018

Đặng Thu Hiền

Lời mở đầu

I Lý do chọn đề tài

Augustin- Louis Cauchy (1789-1857) là nhà toán học người Pháp Nhà khoa học, được biết đến với những công trình rất đặc sắc ở những lĩnh vực rất khác nhau của nhà toán học: từ lý thuyết số rồi hình học rồi cơ học Những phần lớn công sức của mình dành cho việc thống hóa những kiến thức đạt được cho tới thời bây giờ Đặc biệt vào năm 1821 ông cho xuất bản cuốn sách “ Giáo tình giải tích của Trường bách khoa hoàng gia”, trong đó phương pháp Lagrange cũng được ông đặc biệt nhấn mạnh và quan tâm

Trong những năm gần đây việc đổi mới các cách học và các cách giải bài tập mới đang được rất quan tâm Vì vậy khi đưa định lý Lagrange ta có thể vận dụng và giải các bài toán khó hay các dạng toán mà học sinh THPT đã biết cách giải theo một hướng mới dễ dàng hơn khi đó giúp học sinh vận dụng sáng tạo vào bài toán mới hay giúp học sinh có thể áp dụng vào giải bài tập tương tự hay dạng toán mới

Vì vậy tôi chọn khóa luận “ Một số ứng dụng của phương pháp Lagrange trong toán học Phổ thông” để nghiên cứu Trong khóa luận này em đã tìm hiểu, thu thập và sáng tao một số dạng toán có thể vận dụng định lý Lagrange vào để giúp học sinh có thể thống kê vận dụng và tham khảo để học tập và nghiên cứu như: Vận dụng trong tìm phương trình khi biết điều kiện nào đó; vận dụng tìm cực trị của hàm số; giải và chứng minh bất đẳng thức; đưa phương trình về dạng chính tắc

II Mục đích nghiên cứu

Nêu lên các kết quả, phương pháp Lagrange và ứng dụng vào giải một số bài toán trong chương trình THPT

III.Phạm vi nghiên cứu – đối tượng nghiên cứu

1 Phạm vi nghiên cứu

- Tìm hiểu phương pháp Lagrange ít nhiều quen thuộc với học sinh THPT

- Các bài toán THPT: đại số; số học; giải tích;…

2 Đối tượng nghiên cứu

- Nghiên cứu phương pháp Lagrange

- Bài tập giải bằng phương pháp Lagrange

IV Tính cấp thiết của khóa luận

Hệ thống hóa các phương pháp Lagrange và tìm ứng dụng vào việc giải các bài toán THPT

V Phương pháp nghiên cứu

- Phân tích tài liệu

- Phân tích tổng hợp các kiến thức

- Trao đổi kiến thức với giáo viên hướng dẫn

VI Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

Đưa ra thêm một số dạng toán và phương pháp giải để học sinh thực hành vận dụng trong giải ở chương trình phổ thông và bài tập nâng cao cũng như bài tập ôn thi cao đẳng- đại học

Có thêm tài liệu cho học sinh tham khảo

VII Cấu trúc của khóa luận

Ngoài phần mở đầu, cấu trúc, tài liệu tham khảo,… thì khóa luận gồm 3 chương:

Chương 1 Phương pháp nội suy Lagrange và phương pháp dây cung Chương 2 Phương pháp nhân tử Lagrange

Chương 3 Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

Chương 1 Phương pháp nội suy và phương pháp dây cung

1.1.Công thức nội suy Lagrange

Ta có thể dự đoán rằng với mọi các bộ n+1 số phân biệt a0, , ., a1 a và n

bộ n1 số bất kỳ ( , , ., )b b0 1 b sẽ tồn tại một đa thức n P x( ) bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P ai   bi với mọi i0; n * 

Ngoài ra, do tất cả các đa thức Q x  thoả mãn  * sẽ phải có dạng

     0 1  n  

đó nên các nghiệm khác của *  đều có bậc n1

Vì thế ta có thể đề xuất định lý sau:

Định lý: Cho bộ n1 số thực phân biệt a0, , ., a1 a n và bộ n1 số bất kỳ b0, , ., b1 b n Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P x( ) có bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P ai   bi với mọi i0; n

Sự duy nhất được chứng minh khá dễ dàng theo như lý luận ở trên Tuy nhiên, việc chứng minh tồn tại cho trường hợp tổng quát là không đơn giản, vì điều này tương đương với việc chứng minh một hệ phương trình n1 phương trình 1

n ẩn số có nghiệm (duy nhất) Rất thú vị là ta tìm được cách chứng minh định

lý này một cách xây dựng, tức là tìm ra được biểu thức tường minh của đa thức

 

P x mà không cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu trên

Ý tưởng chứng minh này như sau

là các đa thức thỏa mãn hệ điều kiện P a i j ij

Công thức nội suy Largrange: Cho bộ n1 số thực phân biệt

Vì f x liên tục trên    a b; ,theo định lý Weierstrass f x nhận giá trị  

lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất mtrên đoạn  a b ;

- Khi M m ta có f x là hàm hằng trên    a b , do đó với mọi ; c a b;luôn có f ' c 0.

- Khi M m, vì f a  f b nên tồn tại c a b; sao cho f c m

hoặc f c M , theo bổ đề Fermat suy ra f ' c 0

Hệ quả 1: Nếu hàm số f x có đạo hàm trên    a b và ; f x có   n

nghiệm ( n là số nguyên lớn hơn 1) trên  a b thì ; f ' x có ít nhất n1 nghiệm trên  a b ;

Hệ quả 2: Nếu hàm số f x có đạo hàm trên    a b và ; f ' x có nhiều

nhất n nghiệm ( n là số nguyên dương) trên  a b thì ; f x có nhiều nhất   n1nghiệm trên  a b ) ;

Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lý Rolle và nó vẫn đúng trên các nghiệm là nghiệm bội (khi f x là đa thức)  

Các hệ quả trên cho ta ý tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như xác định số nghiệm của phương trình, và nếu như bằng một cách nào đó ta tìm được tất cả các nghiệm của phương trình ( có thể do mò mẫm) thì nghĩa là khi đó phương trình đó đã được giải

Từ định lý Rolle cho phép chúng ta chứng minh định lý Lagrange, tổng quát hơn chỉ cần ta để ý tới ý nghĩa đạo hàm ( trung bình giá trị biến thiên của hàm số)

1.2.2 Định lý Lagrange

Định lý: Cho hàm số y f x  lien tục trên  a b và có đạo hàm trên ,

 a b khi đó ,  c  a b, sao cho:

được gọi là định lý Giá trị trung bình ( Mean Value Theorem) Từ đó cho ta

ý tưởng chứng minh các định lý về sự biến thiên của hàm số, đăt nền móng cho những ứng dụng của đạo hàm

Định lý: cho hàm số f x có đạo hàm trên khoảng    a b ;

- Nếu f ' x   0, x  a b; thì f x đồng biến trên  a b ;

- Nếu f ' x   0, x  a b; thì f x nghịch biến trên    a b ;

- Nếu f ' x   0, x  a b; thì f x là hàm hằng trên    a b ;

Chứng minh Giả sử f ' x   0, x  a b; và x x1, 2 a b x; , 1x2, theo định lý

Lagrange, tồn tại cx x1; 2 sao cho    2  1

Ngoài ra định lý Lagrange có thể phát biểu dưới dạng tích phân sau:

Định lý: Nếu f x là hàm liên tục trên đoạn    a b thì tồn tại điểm ;

Khi đó trên  C tồn tại điểm C c f c ;   ,c a b; mà tiếp tuyến của  C

tại C song song với đường thẳng AB

Định lý Lagrange cho phép ta ước lượng tỷ số f b  f a 



 do đó nó còn

được gọi là định lý Giá trị trung bình ( Mean Value Theorem) Từ đó cho ta

ý tưởng chứng minh các định lý về sự biến thiên của hàm số, đăt nền móng cho những ứng dụng của đạo hàm

Chứng minh Không mất tính tổng quát giả sử x1x2

Xét hàm số f x liên tục trên    a b chứa , x x Theo định lý Lagrange ta 1, 2

Bài 1 Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện:

cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x)

Từ đó có thể thấy rằng có vô số các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài

Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa thức có bậc nhỏ nhất Rõ ràng đa thức này không thể là hằng số, cũng không thể

  là đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện Và theo

như lý luận ở trên, mọi nghiệm của bài toán sẽ có dạng:

Q x  P x  x x x H x với H x  là một đa thức tuỳ ý

Bài 2 Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện:

P x  ax  bx  cx  dx  e Từ điều kiện đề bài suy ra hệ

11

a b c và giá trị tương ứng là a b c2, 2, 2 ta có:

k  n Hãy tìm P n 1

Lời giải Cách 1:

Theo công thức nội suy Largrange thì

n

n k k

n

n k k

n k

kC n

1 !

n a

Từ đó       ( 1) 1    1 1

n n

Bài 4 Cho tam thức bậc 2   2

P x ax bxc thỏa mãn điều kiện

  1

P x  với mọi x 1 Chứng minh rằng a   b c 3

Lời giải Thực hiện hép nội suy tại ba điểm -1, 0, 1 ta có:

Bài 5 Xét tính đồng biến nghịch biến các phương trình sau:

a; f x sinx trong khoảng 0;

Vậy phương trình có nghiệm là x0 và x1.

Bài 7 Giải phương trình :

3x 5x 2.4 x (2)

Lời giải Gọi xx0 là nghiệm của phương trình (2) ta được :

x x





Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Bài 8 Giải phương trình:

cos cos

3 x2 x cos x

Lời giải Gọi x x o là nghiệm của phương trình, ta có:

cosx

F t t t x khi đó:

Ta thấy x0,x1 là nghiệm của phương trình (*)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x0 và x1

Bài 10 Giải phương trình :

3x2.4x 19x3

Lời giải Phương trình đã cho tương đương :

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm

t   k  t    k  tk  kZ

Bài 12 Nếu các hàm số f x g x là các hàm số liên tục trên đoạn    ,

 a b có đạo hàm trên khoảng , ,  a b thì tồn tại , c a b, sao cho

Bài 13 Cho a b c  0 Chứng minh rằng:

a sinx9 sin3b x25 sin5c x0 có ít nhất 4 nghiệm kép thuộc  0,

Lời giải

Để chứng minh f x có ít nhất một nghiệm thì ta chứng minh   F x có  

ít nhất n1 nghiệm với F x là một nguyên hàm của   f x trên    a b ;

Xét hàm số f x a sinx b sin 3x c sin 5 ,x ta có:

Bài 14 Cho đa thức P x và   Q x aP x bP x' trong đó ,a b là các

số thực, a0 Chứng minh rằng nếu Q x vô nghiệm thì   P x vô nghiệm  

Lời giải

Ta có:degQ x degQ x 

Vì Q x vô nghiệm nên   degQ x chẵn Giả sử   P x có nghiệm, vì  

 

deg P x chẵn nên P x có ít nhất 2 nghiệm  

+ Khi P x có nghiệm kép   s x0 ta có x cũng là một nghiệm của 0 P x ' 

suy ra Q x có nghiệm  

+ Khi P x có hai nghiệm phân biệt   x1x2

Nếu b0 thì hiển nhiên Q x có nghiệm  

Vì f x có hai nghiệm suy ra   f ' x có ít nhất 1 nghiệm hay Q x có  

Bài 4 Cho x0   x1 x n là các số nguyên và P x là đa thức bậc n có  

hệ số cao nhất bằng 1 Chứng minh rằng tồn tại i{0,1, , }n sao cho

Bài 5 Một chiế tàu với vận tốc không đổi đi ngang qua một hòn đảo

Thuyền trưởng cứ mỗi giờ lại đo khoảng cách từ tàu dến đảo Vào lúc 12, 14 và

15 giờ tàu cách đảo tương ứng là 7, 5 và 11 km Hỏi vào lúc 13 giờ thì tàu cách đảo bao nhiêu km Và lúc 16 giờ tàu cách đảo bao nhiêu km?

Bài 6 Trên mặt phẳng cho 100 điểm Biết rằng với bốn điểm bất kỳ trong

chúng đều có 1 parabol bậc 2 đi qua Chứng minh rằng tất cacr các điểm đã cho đều nằm trên một parabol bậc 2

Bài 7 Chứng minh rằng phương trình cosa x b cos 2x c cos3x luôn có nghiệm với mọi bộ các số thực , , a b c

Bài 8 Cho số dương m và các số thực , ,a b c thỏa mãn

Bài 9 Cho số thực dương m, số nguyên dương n và các số thực

Chương 2 Phương pháp nhân tử Lagrange 2.1 Phương pháp nhân tử Lagrange

2.1.1 Phương pháp nhân tử Lagrange

Cực trị ( cực đại hay cực tiểu ) cố điều kiện của hàm hai biến z f x y ;

là cực trị của hàm này với điều kiện của các biến ,x y phải thỏa mãn ràng buộc

bởi phương trình  x y; 0

Người ta thấy để tìm cực trị có điều kiện của hàm z f x y ; khi hiện hữu phương trình ràng buộc  x y; 0 người ta thiết lập một hàm bổ trợ Lagrange

 ;   ;  ; ,

định, gọi là nhân tử Lagrange

Điều kiện cần của cực trị là hệ ba phương trình :

Giải hệ trên ta tìm được nghiệm là x y z Vấn đề tồn tại và đặc tính 0; 0; 0

của cực trị có điều kiện được giải bằng cách xét dấu vì phân cấp bậc 2 của hàm Largrange tại điểm P x y z0 0; 0; o và 0 nghiệm của hệ phương trình trên

2.1.2 Các bước giải

Bước 1: Phát biểu bài toán dưới dạng mô hình toán học Cực đại hoặc cực tiểu của hàm z f x y ; với điều kiện rang buộc  x y; 0

Bước 2: Thiết lập hàm Largrange L x y ; ; f x y ;  x y;

Bước 3: Tìm điểm dừng của L, tức là giải hệ phương trình

' ' '

x y

25; 5

Bài 3 (British Mathematical Olipiad 1986) Cho , ,a b c thực thỏa mãn

Chính vì vậy bài toán gây khó dễ cho các phương pháp thông thường mà

ta đã biết như đặt nhân tử chung, tách,… ta có cách giả như sau)

Lời giải Xét hàm nhân tử Lagrange như sau:

1 2 2

Vậy Max A=6

Bài 4 Cho , ,x y z thực thỏa mãn x  y z 0và x2  y2 z2 2 Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x3 y3 z3

1 2 2

Cộng hai vế của phương trình thứ nhất thứ hai thứ ba ta có:

Bài 5 Cho a, b, c thực thỏa mãn a2   b2 c2 abc4.Tìm các giá trị nhỏ nhất của biểu thức : D  a b c.

Lời giải Đặt

L f gabcbcd cdadab abcd  a   b c d

176

027

176

027

176

027

a b c d

1762717627176217627

ba c d cd

* Thiết lập tương tự:

027

176

027

  (điều phải chứng minh)

Bài 7 Cho a b c, , thực thỏa mãn a  b c 0 Chứng minh rằng:

( Điều phải chứng minh )

Bài 8 Cho a b c d; ; ; thực dương thỏa mãn abcd 1 Chứng minh rằng:

b L

b

c L

c

d L

Bài toán được chứng minh

Bài 9 Cho ; ; ;a b c d là những số thực dương thỏa mãn a   b c d 4.Chứng minh rằng:

Lời giải Đặt:

Từ 1;2;3 ta có điều phải chứng minh

Bài 10 Cho ; ; ;a b c d là số thực dương thỏa mãn

5

a   b c d abcd Chứng minh rằng :

4

a    b c d

Lời giải Đặt:

f      ( Ta có điều phải chứng minh.)

Bài 11 Cho a b c; ; thực dương thỏa mãn a  b c 1

Chứng minh rằng:

7 ab bc ca 9abc2

Lời giải Đặt:

7 b c 9bc7 ca 9ca ba 7 9 c 0 (1)

Thiết lập tương tự ta cũng có:

ca7 9 a0 (2) và ac7 9 b0 (3) giải phương trình ta có 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của L 0 hay 7abacbc9abc2

Bài 12 Cho , ,a b c thực thỏa mãn a2  b2 c2 d2 1 chứng minh rằng:

La b  c abcbcdcdadab  a b c d 

Điểm cực trị là nghiệm của hệ:

32

32

Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Axyz z( x z)( y x)( y)trong đó , ,x y z không âm và x  y z 1

Bài 6 Cho ; ;a b cR, thỏa mãn 2a32b3 c3 4 Tìm GTLN,GTNN của biểu thức c2 2ab

Bài 7 ( Đề thi THPT Quốc gia 2016) Xét các số thực ,x y thỏa mãn

Bài 10 ( Câu V đề thi tuyển sinh Đại học năm 2011) Cho , ,x y z là ba số

thuộc đoạn  0;4 và x y x, z Tìm GTNN của biểu thức:

Bài 11 ( ĐH khối B năm 2012) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn các điều

kiện x  y z 0,x2 y2 z2 1 Tìm GTNN của biểu thức Px5 y5z5

Bài 12 Cho x y z; ; thực thuộc đoạn  0;1 Chứng minh rằng:

a b  c abc Chứng minh rằng ab bc ca abc    2

Bài 16 (1999 Canada Math Olympiad) Cho x y z; ; là những số thực không âm thỏa mãn Chứng minh rằng: 2 2 2 4

27

Bài 21 Cho a b c x y z; ; ; ; ; thỏa mãn ax by cz  xyz Chứng minh rằng:

Chương 4 Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

4.1 Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

4.1.1 Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

Ta biết rằng R-không gian vectơ V với cơ sởe e1, ,2 ,e dạng song n

tuyến tính đối xứng với ma trận A aij trong cơ sở có biểu thức tọa độ dạng

ij , 1

4.1.2 Biểu thức tọa độ của dạng toàn phương

Nếu trong R-không gian vecto V có cơ sơ  1, 2, ,n , trong đó

u u1; 2 0

  với mọi i  j thì trong cơ sở đó có ma trận A a ij ,

 

ij i, j

a     có dạng chéo Dạng toàn phương H ứng với dạng song tuyến

tính đối xứng trên V trong cơ sở đó có biểu thức tọa độ dạng 2

Cơ sở đó gọi là cơ sở -trực giao của V, hay gọi tắt là cơ sở trực giao của V khi 

đã rõ Biểu thức được gọi là biểu thức tọa độ dạng chính tắc của H

4.1.3 Biểu thức tọa độ của toàn phương về dạng chính tắc

Giả sử một cơ sở e e1, 2, ,e nnào đó của R- không gian véctơ V cho dạng

toàn phương có biểu thức toạ độ :