các ứng dụng của định lý giá trị trung bình

Mục lục Chương Nội dung định lí 1.1.Lịch sử hình thành 1.1.1 Định lý Rolle 1.1.2 Định lý Lagrange 1.1.3 Thành tựu 4 Chương Ứng dụng định lí giá trị trung bình 2.1.Chứng minh phương trình có nghiệm 2.1.1 Dạng phương trình khơng chứa tham số 2.1.2 Dạng phương trình chứa tham số 11 2.2.Giải phương trình, bất phương trình 11 2.3.Sự phân bố nghiệm đa thức đạo hàm 13 2.4.Một số toán liên quan đến khai triển Taylor-Gontcharov 14 2.5.Chứng minh bất đẳng thức 16 2.6.Tính giới hạn tích phân 19 2.7.Một số ứng dụng thực tế 21 Tài liệu tham khảo 23 Lời nói đầu Định lý giá trị trung bình-một định lý quan trọng sách giáo khoa giải tích phổ thơng Ứng dụng định lý giá trị trung bình chương trình tốn Trung học phổ thơng đa dạng phong phú, đặc biệt dạng toán giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, Tuy nhiên, tài liệu sách giáo khoa dành cho học sinh trung học phổ thơng ứng dụng định lý chưa trình bày cách có hệ thống đầy đủ Tiểu luận “ CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH” biên soạn với nhiều nội dung cung cấp thơng tin, kiến thức với hệ thống tập nâng cao, qua thấy ứng dụng rấy phong phú định lý Rolle, định lý Lagrange số định lý mở rộng khác Mục tiêu tiểu luận giới thiệu Định lý giá trị trung bình, định hướng cách giải cách vận dụng định lý biết để tìm tòi lời giải hay, độc đáo, từ phát triển khả tư em học sinh trung học phổ thông Chúng em xin chân thành cám ơn giúp đỡ nhiều tác giả cung cấp sách tham khảo nhiều nguồn thông tin khác giúp chúng em biên soạn tiểu luận Đặc biệt lời cảm ơn chân thành đến TS.Tạ Thị Nguyệt Nga cung cấp kiến thức, gợi ý tạo điều kiện cho chúng em hoàn thành tiểu luận Cuốn tiểu luận kết mà nhóm “Thiếu Nữ” đạt chúng em tiếp tục hoàn thiện trình nghiên cứu học tập Chương Nội dung định lí 1.1 Lịch sử hình thành 1.1.1 Định lý Rolle Hình 1.1: Michel Rolle (1652-1719) Định lý Rolle công nhận Joseph Lagrange (1736-1813) trình bày định lý giá trị trung bình sách Theorie des functions analytiques vào năm 1797 Nó nhận thêm cơng nhận Augustin Louis Cauchy (17891857) chứng minh định lý giá trị trung bình ơng sách Equationnes differentielles ordinaires 1.1.2 Định lý Lagrange Định lý giá trị trung bình (định lý Lagrange) kết quan trọng giải tích Nó có nguồn gốc từ định lý Rolle, phát biểu nhà toán học người Pháp Michel Rolle (1652-1719) đa thức vào năm 1691 Định lý xuất CHƯƠNG NỘI DUNG ĐỊNH LÍ lần đầu sách Methode pour resoudre les égalitez khơng có chứng minh khơng có nhấn mạnh đặc biệt Hình 1.2: Joseph Lagrange (1736-1813) 1.1.3 Thành tựu Hầu hết kết sách Cauchy sử dụng định lý giá trị trung bình định lý Rolle cách gián tiếp Do khám phá định lý Rolle (hoặc định lý giá trị trung bình Lagrange), nhiều báo xuất trực tiếp gián tiếp bàn định lý Rolle Gần đây, nhiều phương trình hàm nghiên cứu xuất phát từ định lý giá trị trung bình suy rộng chúng Các suy rộng định lý giá trị trung bình Lagrange cho vi phân tích phân đem lại nhiều kết bất ngờ lý thú giải tích vào cuối kỷ 20 nguồn động lực để nhà toán học tập trung nghiên cứu năm gần Cụ thể suy rộng vi phân Flett (1958), McLeod (1964), Trahan (1966), Sanderson (1972), Samuelsson (1973), EvardJafari (1992), Clarke-Ledyaev (1994), Furi-Martelli (1995); suy rộng tích phân Waymen (1970), Walter (1985), Bullen-MitrinovicVasis (1988), Kranz-Thews (1991), Bressoud (1994), Sayrafiezadeh (1995) Định lý 1.1.1 (Rolle) Giả sử f (x) hàm liên tục đoạn [a; b], (a < b) có đạo hàm x ∈ (a; b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm 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) = Định lý chứng minh xong Lưu ý 1.1.2 Cơ sở định lý Rolle dựa vào hai định lý Weierstrass hàm liên tục khẳng định f liên tục đoạn [a; b] phải đạt giá Trang CHƯƠNG NỘI DUNG ĐỊNH LÍ trị lớn giá trị nhỏ đoạn định lý Fermat điểm cực trị hàm khả vi khẳng định hàm khả vi g(x) (a; b) đạt cực trị (cực đại cực tiểu) điểm khoảng đạo hàm điểm Hệ 1.1.3 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm (a; b) f (x) có n nghiệm (n ∈ N, n > 1) (a; b) f (x) có n − nghiệm (a; b) Hệ 1.1.4 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm (a; b) f (x) vơ nghiệm (a; b) f (x) có nhiều nghiệm (a; b) Hệ 1.1.5 Nếu f (x) có đạo hàm (a; b) f (x) có nhiều n nghiệm (n ∈ N, n > 0) (a; b) f (x) có nhiều n + nghiệm (a; b) Lưu ý 1.1.6 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 mò mẫm) nghĩa phương trình giải 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) Định lý 1.1.7 (Lagrange) Giả sử f hàm liên tục đoạn [a; b], (a < b) có đạo hàm x ∈ (a; b) Khi tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (c) = f (b) − f (a) (1.1) b−a Chứng minh (Định lý Rolle có trước định lý Lagrange người ta thường dùng định lý Rolle để chứng minh định lý Lagrange) Ta xét hàm phụ: F (x) = f (x) − λx (1.2) λ chọn cho F (a) = F (b) , tức cho f (a) − λa = f (b) − λb Để có điều cần lấy f (b) − f (a) (1.3) b−a Rõ ràng hàm F (x) liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) F (a) = F (b) , theo định lý Rolle tồn c ∈ (a; b) cho F (c) = Từ (1.2) ta có F (x) = f (x) − λ , λ= F (c) = ⇔ f (c) − λ = ⇔ f (c) = λ Thay giá trị λ từ (1.3) vào ta có f (c) = f (b)−f (a) b−a Định lý chứng minh xong Trang Chương Ứng dụng định lí giá trị trung bình 2.1 Chứng minh phương trình có nghiệm Với dạng chứng minh phương trình f (x) = có nghiệm khoảng (a; b) ta thường có ba cách làm sau: Cách 1: Áp dụng định lí Lagrange Nếu f (x) hàm liên tục đoạn [a; b] a < b có đạo hàm khoảng (a; b), tồn điểm c ∈ (a; b) cho: f (c) = f (b) − f (a) b−a Cách 2: Áp dụng định lý Rolle 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) = hay phương trình f (x) = có nghiệm khoảng (a; b) Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a; b] f (a)f (b) < tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (x) = hay phương trình f (x) = có nghiệm khoảng (a; b) 2.1.1 Dạng phương trình khơng chứa tham số Bài tập 2.1.1 Chứng minh phương trình 5x4 + 12x2 − = có nghiệm Giải Cách 1: Áp dụng định lý Lagrange: Xét hàm số f (x) = x5 + 4x3 − 5x liên tục có đạo hàm đoạn [0; 1] Ta có: f (1) = f (0) = f (x) = 5x4 + 12x2 − CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Theo định lý Lagrange tồn x0 ∈ (0; 1) cho: f (1) − f (0) 1−0 ⇔f (x0 ) = f (1) − f (0) ⇔f (x0 ) = ⇔5x40 + 12x20 − = f (x0 ) = Suy x0 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm Cách 2: Áp dụng định lý Rolle Xét hàm số f (x) = x5 + 4x3 − 5x liên tục có đạo hàm đoạn [0; 1] Ta có: f (1) = f (0) = f (x) = 5x4 + 12x2 − Theo định lý Rolle tồn x0 ∈ (0; 1) cho f (x0 ) = 0.Suy x0 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy Đặt f (x) = 5x4 + 12x2 − Vì f (x) hàm đa thức nên f (x) liên tục R, f (x) liên tục đoạn [ ; 1] −27 −81 Ta có:f ( )f (1) = 12 = < 16 Suy tồn c ∈ ( ; 1) cho f (x) = 0, c nghiệm phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm Bài tập 2.1.2 Chứng minh phương trình 6x5 + 5x4 − = ln có nghiệm Giải Cách 1: Áp dụng định lý Lagrange: Xét hàm số f (x) = x6 + x5 − 2x liên tục có đạo hàm đoạn [0; 1] Ta có: f (1) = f (0) = f (x) = 6x5 + 5x4 − Theo định lý Lagrange tồn x0 ∈ (0; 1) cho: f (1) − f (0) 1−0 ⇔f (x0 ) = f (1) − f (0) ⇔f (x0 ) = ⇔6x50 + 540 − = f (x0 ) = Suy x0 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm Cách 2:Áp dụng định lý Rolle Xét hàm số f (x) = x6 + x5 − 2x liên tục khả vi đoạn [0; 1] Trang CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Ta có f (0) = f (1) = f (x) = 6x5 + 5x4 − = Theo định lý Rolle, tồn x0 ∈ (0; 1) cho f (x0 ) = Vậy phương trình 6x5 + 5x4 − = có nghiệm Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy Đặt f (x) = 6x5 + 5x4 − Vì f (x) hàm đa thức nên f (x) liên tục R, f (x) liên tục đoạn [0; 1] Ta có:f (0)f (1) = −2.9 = −18 < Suy tồn c ∈ (0; 1) cho f (x) = 0, c nghiệm phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm Bài tập 2.1.3 Chứng minh với số thực a, b, c cho trước phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = có nghiệm Giải Cách 1: Áp dụng định lý Lagrange 1 Xét hàm số f (x) = a sin 3x + b sin 2x + c sin x − cos x, ta thấy hàm số f (x) liên tục khả vi [0; 2π] Ta có: f (x) = a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x 1 f (0) = a sin(3 · 0) + b sin(2 · 0) + c sin − cos = −1 1 f (2π) = a sin 6π + b sin 4π + c sin 2π − cos 2π = −1 Suy f (0) = f (2π) Theo định lý Lagrange, tồn x0 ∈ (0; 2π) cho: f (2π) − f (0) 2π − ⇔2πf (x0 ) = f (2π) − f (0) ⇔f (x0 ) = ⇔a cos 3x0 + b cos 2x0 + c cos x0 + sin x0 = f (x0 ) = Suy x0 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = ln có nghiệm Cách 2: Áp dụng định lý Rolle 1 Xét hàm số f (x) = a sin 3x + b sin 2x + c sin x − cos x, ta thấy hàm số f (x) liên tục khả vi [0; 2π] Trang CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Ta có: f (x) = a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x 1 f (0) = a sin(3 · 0) + b sin(2 · 0) + c sin − cos = −1 1 f (2π) = a sin 6π + b sin 4π + c sin 2π − cos 2π = −1 Suy f (0) = f (2π) Theo định lý Rolle, tồn x0 ∈ (0; 2π) cho:f (x0 ) = Suy x0 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = ln có nghiệm Bài tập 2.1.4 Chứng minh 2a + 3b + 6c = với a, b, c ∈ R phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm thuộc (0; 1) Giải Xét hàm số f (x) = ax + bx + cx liên tục khả vi (0; 1) Ta có: f (x) = ax2 + bx + c 2a + 3b + c =0 f (1) = a + b + c = f (0) = Suy f (0) = f (1) Theo định lí Lagrange tồn x0 ∈ (a; b) cho: f (1) − f (0) 1−0 ⇒f (1) − f (0) = ⇒f (x0 ) ⇒ax20 + bx0 + c = f (x0 ) = Vậy 2a + 3b + 6c = với a, b, c ∈ R phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm thc khoảng (0; 1) Bài tập 2.1.5 Chứng minh phương trình 5x4 + 40x3 + 105x2 + 100x + 24 = có bốn nghiệm phân biệt Giải Xét hàm số f (x) = x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x Ta có: f (x) = x(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) f (x) = 5x4 + 40x3 + 105x2 + 100x + 24 Vì f (x) = x(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) nên f (x) = có năm nghiệm phân biệt x0 = 0, x1 = −1, x2 = −2, x3 = −3, x4 = −4 Vì f (0) = f (−1), f (x) khả vi (−1; 0) nên tồn c0 ∈ (−1; 0) cho f (c0 ) = Chứng minh tương tự với khoảng (−4; −3), (−3; −2), (−2; −1) ta suy tồn giá trị c1 , c2 , c3 cho f (c1 ) = f (c2 ) = f (c3 ) = Vì bốn khoảng (−4; −3), (−3; −2), (−2; −1), (−1; 0) đôi giao rỗng nên bốn giá trị c0 , c1 , c2 , c3 phân biệt khác Vậy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt Trang 10 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 2.1.2 Dạng phương trình chứa tham số Bài tập 2.1.6 Chứng minh phương trình m(x − 1)(x + 2) + 2x + = ln có nghiệm ∀m ∈ R Giải Đặt f (x) = m(x − 1)(x + 2) + 2x + Vì f (x) hàm đa thức nên f (x) liên tục R, f (x) liên tục đoạn [−2; 1] Mặt khác f (1)f (−2) = −9 < Suy tồn c ∈ (−2; 1) cho f (c) = Suy c nghiệm phương trình f (x) = Vậy phương trình cho ln có nghiệm với ∀m ∈ R 1 − = m ln ln có nghiệm Bài tập 2.1.7 Chứng minh phương trình cos x sin x Giải kπ Điều kiện: x = Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với: sin x − cos x − m sin x cos x = π Xét hàm số f (x) = sin x − cos x − m sin x cos x, ta có f (x) liên tục đoạn [0; ]  f (0) = −1 π =⇒ f (0)f ( ) < π f ( ) = 2 π Suy phương trình f (x) = ln có nghiệm thuộc khoảng (0; ) Vậy phương trình cho ln có nghiệm với ∀m ∈ R 2.2 Giải phương trình, bất phương trình Bài tập 2.2.1 Giải phương trình 3x + 5x = 2.4x Nhận xét: x = 0; x = nghiệm phương trình 3x + 5x = 2.4x Giải Gọi x0 nghiệm phương trình cho Ta được: 3x0 + 5x0 = 2.4x0 ⇐⇒ 5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0 Xét hàm số f (t) = (t + 1)x0 − tx0 , 5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0 ⇐⇒ f (4) = f (3) Vì f (t) liên tục [3; 4] có đạo hàm khoảng(3; 4) nên theo định lý Rolle, tồn c ∈ (3; 4) cho f (c) = ⇒ x0 [(c + 1)x0 −1 − cx0 −1 ] = ⇔ x0 = x0 = Vậy phương trình 3x + 5x = 2.4x có hai nghiệm x = 0hoặcx = Trang 11 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Bài tập 2.2.2 Giải phương trình 5x − 3x = 2x Nhận xét x = 0; x = nghiệm phương trình 5x − 3x = 2x Giải Gọi x0 nghiệm phương trình cho Ta được: 5x0 − 3x0 = 2x0 ⇐⇒ 5x0 − 5x0 = 3x0 − 3x0 Xét hàm số f (t) = tx0 − tx0 , 5x0 − 5x0 = 3x0 − 3x0 ⇐⇒ f (5) = f (3) Vì f (t) liên tục [3;5] có đạo hàm khoảng (3;5) nên theo định lý Rolle, tồn c ∈ (3; 5) cho f (c) = ⇒ x0 (cx0 −1 − 1) = ⇔ x0 = x0 = Vậy phương trình 3x + 5x = 2.4x có hai nghiệm x=0 x=1 Bài tập 2.2.3 Giải phương trình 3x + 2.4x = 19x + Ta có: 3x + 2.4x = 19x + ⇐⇒ 3x + 2.4x − 19x − = Giải Xét hàm số y = f (x) = 3x + 2.4x − 19x − =⇒ f (x) = 3x ln + 2.4x ln − 19 =⇒ f (x) = 3x ln 32 + 2.4x ln 42 > 0∀x ∈ R hay f (x) vô nghiệm =⇒ f (x) có nhiều nghiệm =⇒ f (x) có nhiều hai nghiệm Mà f (0) = f (2) = phương trình 3x + 2.4x = 19x + có hai nghiệm x=0;x=2 Bài tập 2.2.4 Giải phương trình (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x Giải Đặt t = cos x, t ∈ [−1; 1] (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x ⇐⇒ (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 =⇒ f (t) = 2.4t ln + (t − 2)4t (ln 4)2 Ta có f (t) = ⇐⇒ t = + ln24 =⇒ f (t) có nghiệm =⇒ f (t) có nhiều hai nghiệm =⇒ f (t) có nhiều ba nghiệm Mặt khác f (0) = f ( ) = f (1) = f(t) có ba nghiệm t = 0, 12 , Kết luận nghiệm phương trình (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x là: x= π π + k2π, x = + − + k2π, x = k2π Trang 12 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 2.3 Sự phân bố nghiệm đa thức đạo hàm Định nghĩa 2.3.1 Số thực x0 gọi không điểm hàm số f (x) f (x0 ) = Khi f (x) đa thức thỏa mãn f (x0 ) = x0 gọi nghiệm đa thức Định nghĩa 2.3.2 Hàm f (x) trì dấu khoảng (a;b) f (x) > ∀x ∈ (a; b) f (x) < ∀x ∈ (a; b) Giả sử khoảng (a; b) chia thành m khoảng cho: i f (x) không đồng triệt tiêu khoảng ii f (x) trì dấu cố định khoảng iii f (x) trái dấu khoảng cặp kề (a; b) Khi đó, f (x) có m lần đổi dấu khoảng (a; b) Mệnh đề 2.3.3 Giả sử giá trị hàm f (x) điểm a b khác Khi khoảng (a;b) chứa số chẵn (hoặc số lẻ)các không điểm hàm f(a) f(b) dấu (hoặc trái dấu) Chứng minh Giả sử f (x) hàm đa thức a1 , a2 , · · · , as không điểm f (x) khoảng (a; b) với bội tương ứng k1 , k2 , · · · , ks a < a1 < a2 < · · · < as < b, đó: f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 · · · (x − as )ks g(x) Trong g(x) = với ∀x ∈ (a; b) dấu g(x) khơng đổi khoảng (a; b) Do f (b)g(b) = (b − a1 )k1 · · · (b − as )ks [g(b)]2 f (a)g(a) = (a − a1 )k1 · · · (a − as )ks [g(a)]2 Suy f (a)g(a)(−1)k1 +k2 +···+ks f (a)g(a)f (b)g(b)(−1)k1 +k2 +···+ks > Do dấu g(x) không đổi khoảng (a; b) nên: f (a)f (b)(−1)k1 +k2 +···+ks > Ta xét khả sau: Nếu f (a) f (b) dấu (−1)k1 +k2 +···+ks > 0, k1 + k2 + · · · + ks số chẵn Nói cách khác, khoảng (a; b) chứa số chẵn không điểm Nếu f (a) f (b) khác dấu (−1)k1 +k2 +···+ks < 0,do k1 + k2 + · · · + ks số lẻ Nói cách khác, khoảng (a; b) chứa số lẻ không điểm Định lý 2.3.4 Nếu (a; b) hai điểm không kề hàm f (x) (f (a) = f (b) = 0, f (x) = với a < x < b khoảng (a; b) hàm f (x) có số lẻ khơng điểm, phải có khơng điểm Trang 13 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Chứng minh Lấy > đủ nhỏ cho (a; a + ) (b − ; b) không chứa khoảng điểm f (x) Khi đó, số không điểm f (x) khoảng (a; b) số không điểm f (x) khoảng (a + ; b − ) Ta có: f (a + ) = f (a + ) − f (a) = f (a + −f (b − ) = f (b) − f (b − ) = f (b − 1) < )trong đó0 < < < Vì dấu f (a + ) f (b − ) dấu nên f (a + ) dấu với −f (b − ) Theo mệnh đề trên, hàm số f (x) chứa số lẻ không điểm khoảng (a + ; b − ) ⊂ (a; b) Hệ 2.3.5 Nếu khoảng (a; b) hàm số f (x) có m khơng điểm f (x) có m − khơng điểm khoảng Chứng minh Nhận xét rằng, điểm x = x1 hàm f (x) có khơng điểm t điểm f (x) có khơng điểm bội t − Giả sử x1 , x2 , · · · , xk không điểm hàm f (x) cho a ≤ x1 < x2 < · · · < xk ≤ b Chia đoạn [x1 ; xk ] thành k phần không giao nhau, gồm điểm x1 k − khoảng nửa mở (x1 ; x2 ], (x2 ; x3 ], · · · , (xk−1 , xk ] Xét từ f (x) qua f (x) ta nhận thấy: Tại x1 không điểm khoảng mở (xi ; xi+1 ) với i ∈ 1, k − theo định lý Rolle không khơng điểm Do khoảng (a; b) hàm f (x) có m khơng điểm khoảng đó, hàm f (x) có m − không điểm Nhận xét 2.3.6 Nếu (x) đa thức bậc n có n nghiệm thực f (x) có n − nghiệm thực Ví dụ 2.3.7 Giả sử hàm số f (x) có n khơng điểm khoảng (a; +∞) Chứng minh với số thực a, hàm số af (x) + f (x) có (n − 1) khơng điểm khoảng Chứng minh Xét hàm số g(x) = eax f (x) khoảng (a; +∞) Ta có g (x) = eax [af (x) + f (x)] Vì f (x) có n không điểm khoảng (a; +∞) eax > với ∀x ∈ (a; b) nên g(x) có n khơng điểm khoảng theo hệ khoảng (a; +∞) hàm g (x) = eax [af (x) + f (x)] có khơng n − không điểm khoảng (a; +∞) Vậy hàm số af (x) + f (x) có (n − 1) khơng điểm khoảng 2.4 Một số tốn liên quan đến khai triển TaylorGontcharov Như ta biết, hàm giải tích khai triển thành chuỗi lũy thừa điểm tương ứng Tuy nhiên, tồn hàm số khả vi vơ hạn (có đạo hàm cấp) lân cận điểm mà không khai triển thành chuỗi lũy thừa điểm Trong Trang 14 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH phần này, dựa vào định lý Rolle, ta xây dựng hàm số không khai triển thành chuỗi Taylor-Gontcharov tương ứng theo dãy điểm phân biệt khoảng cho Trước hết, ta xét hàm Dirichlet sau: −1 e x2 , x = 0, x = fD (x) = Dễ thấy (n) fD (0) = 0, ∀n = 1, 2, 3, Suy hàm fD (x) khả vi vô hạn đạo hàm cấp Ta chứng minh hàm fD (x) không giải tích phương pháp phản chứng Giả sử hàm fD (x) giải tích 0, suy lân cận ta có khai triển Taylor: (0) fD (x) = fD (0) + fD 1! x+ fD (0) x 1! ∞ (n) + = n=0 fD (0) n x , |x| n! < ε Điều khơng thể xảy vế phải đồng Theo định lý Rolle số mở rộng ta tồn hàm số h(x) khả vi vô hạn [0, 1] , giải tích (0, 1) dãy điểm {xn } (0, 1) mà khai triển Taylor-Gontcharov dạng không thực h(x) = h(x0 ) + h (x1 ) P1 (x) 1! + h (x1 ) P2 (x) 1! ∞ + = n=0 h(n) (xn ) Pn (x), |x| n! ⇒ 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 Trang 16 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Nhận xét 2.5.3 Trong ví dụ thực chất vấn đề ta chứng minh hàm số F (x) = (1 + )x đồng biến (0; +∞) x ta chứng minh hàm số f (x) = ln F (x) đồng biến (0; +∞), đến toán trở giống ví dụ 1 Tương tự ta chứng minh hàm số G(x) = (1 + )x+1 nghịch biến (0; +∞) x Ta chứng minh toán 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 ) = f (x) − f (0) f (y) − f (x) , f (y0 ) = x−0 y−x hay ln(1 + x) ln(1 + y) − ln(1 + x) = ; = + x0 x + y0 y−x Mà 1 > + x0 + y0 ⇒ ln(1 + x) ln(1 + y) − ln(1 + x) > ⇒ y ln(1 + x) > x ln(1 + y) x y−x Vậy với cặp số thực x, y thỏa mãn < x < y, ln có y ln(1 + x) > 1 x ln(1 + y),thay x y ta có: x y 1 1 1 ln(1 + ) > ln(1 + ) ⇒ (1 + )y > (1 + )x x y y x y x n+1 ) > (1 + )n (*) n+1 n Như vậy, bất đẳng thức mở rộng bất đẳng thức (*) (từ số tự nhiên số dương tùy ý) Với bất đẳng thức (*) ta có cách chứng minh sau: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (n + 1) số gồm n số (1 + ) số 1, ta có: n 1 (1 + ) + (1 + ) + + (1 + ) + 1 n n+1 n n n ≥ (1 + ) n+1 n n+1 n ⇔ (1 + ) > (1 + ) n+1 n Nhận xét 2.5.4 Với n số tự nhiên, ta ln có: (1 + Bài tập 2.5.5 Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a2 + b + c = d + e a4 + b + c = d + e Trang 17 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Chứng minh a3 + b3 + c3 < d3 + e3 Nhận xét: Trong toán từ giả thiết a2 + b + c = d + e Ta nhìn thấy a4 + b + c = d + e giả thiết định lí Rolle với hàm số f (x) = ax + bx + cx − dx − ex (f (2) = f (4) = Khi ta phải chứng minh f (3) < Vì f (x) liên tục f (3) < 0, suy tồn ∈ (m; n) cho f (x) < 0, ∀x ∈ (m; n) tốn trở thành xét dấu f (x) , ta cần kiểm soát nghiệm f (x) Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≤ b ≤ c = 1, d ≤ e Nếu d ≥ ⇒ d2 = + x(x ≥ 0) ⇒ b2 + a2 = e2 + x a4 + b4 + c4 = d4 + e4 ⇔ a4 + (e2 + x − a2 )2 + = (1 + x)2 + e4     x=0 2 2 e = a2 + ⇔ (e − a − 1)x + a (a − e ) = ⇔    e=a     e2 = a2 + b2 e2 = a2 + ⇔    e = a2 ( mâu thuẫn ) ⇒ d < Tương tự ta có a ≤ b < d ≤ e < Xét hàm số f (x) = + ax + bx − dx − ex ⇒ f (2) = f (4) = Giả sử f (x) có nghiệm x0 = 2; Theo định lí Rolle, tồn x1 < x2 thỏa mãn: f (x1 ) = f (x2 ) = hay ax1 ln a + bx1 ln b = dx1 ln d + ex1 ln e, ax2 ln a + bx2 ln b = dx2 ln d + ex2 ln e dx2 ln d + ex2 ln e ax2 ln a + bx2 ln b = ⇒ x1 a ln a + bx1 ln b dx1 ln a + ex1 ln b Mà a ≤ b < d ≤ e < ⇒ > ax2 ln a + bx2 ln b ≥ ax1 bx2 −x1 ln a + bx2 ln b ax2 ln a + bx2 ln b x2 −x1 ⇒b ≥ x1 a ln a + bx1 ln b dx2 ln d + ex2 ln e ≤ dx2 ln d + dx2 −x1 ex1 ln b < dx2 ln d + ex2 ln e ⇒ dx2 −x1 ≤ x1 d ln d + ex1 ln e Trang 18 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH ⇒ ax2 ln a + bx2 ln b dx2 ln d + ex2 ln e < (Mâu thuẫn ) ax1 ln a + bx1 ln b dx1 ln a + ex1 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 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 2.6 Tính giới hạn tích phân Định lý giá trị trung bình dạng tích phân thứ khẳng định rằng: Định lý 2.6.1 Giả sử [a; b] → R hàm liên tục φ hàm khả tích khơng đổi dấu khoảng (a;b), tồn x ∈ (a; b) cho: b b ϕ(t)dt G(t)ϕ(t)dt = G(x) a a Đặc biệt, φ(t) = với t ∈ (a; b), tồn x ∈ (a; b) cho b G(t)dt = G(x)(b − a) a Đẳng thức viết dạng G(x) = b−a b a G(t)dt Giá trị G(x) gọi giá trị trung bình G(t) đoạn [a;b] Chứng minh Khơng tính tổng quát, giả sử ϕ(t) ≥ ∀t Từ định lý cực trị hàm liên tục G có giá trị cực tiểu m giá trị cực đại M hữu hạn đoạn [a; b] Từ tính đơn điệu tích phân bất đẳng thức: m ≤ G(t) ≤ M, ∀t ∈ [a; b] , với giả thiết ϕ(t) khơng âm, ta có: b b mϕ(t)dt ≤ mI = a b G(t)ϕ(t)dt ≤ a M ϕ(t)dt = M I a b Với I = a ϕ(t)dt ký hiệu tích phân ϕ(t) [a; b] Do đó, I = 0, ta có đẳng thức xảy với x ∈ (a; b) Vì ta giả sử I > Chia hai vế cho I ta nhận được: b m≤ G(t)ϕ(t)dt ≤M I a Trang 19 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Từ định lý giá trị trung gian, ta suy hàm liên tục G(t) đạt giá trị đoạn [m; M ], đặc biết tồn x ∈ (a; b) cho G(x) = I b G(t)ϕ(t) a (điều phải chứng minh) n ex +sinx dx x+1 Bài tập 2.6.2 Cho dãy số (un )n≥1 với un = n −1 n Tính lim un x→∞ Giải Bổ đề: Nếu hàm f (x) liên tục đoạn [a, b], (a < b) , tồn c ∈ (a, b) để b f (c) = f (x)dx b−a a ex + sinx −1 Xét hàm f (x) = đoạn , Do đó, theo hệ trên, tồn x+1 n n −1 , để: y∈ n n n f (y) = ( −1 − ) n n −1 n n ex + sinx n dx = x+1 ex + sinx un dx = x+1 −1 n Vậy lim un = lim f (y) = lim f (y) = 2f (0) = n→∞ n→∞ y→0 1+x 2x + tan x dx Bài tập 2.6.3 Tìm lim x→0 x 1−x sin x + Giải 2x + tan x , ta có: sin x + Tồn y ∈ (1 − x, + x) để Xét f (x) = 1+x 1+x f (x)dx 2x 1−x 1−x 1+x 2x + tan x 1+x Do đó: lim dx = lim f (x)dx = lim f (y) x→0 x 1−x sin x + x→0 2x 1−x x→0 + tan = lim f (y) = y→1 + sin f (y) = (1+x)−(1−x) f (x)dx = Trang 20 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 2.7 Một số ứng dụng thực tế Định lý giá trị trung bình định lý quan trọng tốn học, xuất nhiều dạng toán khác xét thực tế định lý có ứng dụng đời sống.Sau ứng dụng đơn giản có đề cập đến định lý: Tính vận tốc trung bình Ví dụ 2.7.1 Một người từ B đến C từ 7h30’ đến 9h30’.Tính vận tốc trung bình người biết AB = 20km, AC = 80km Công thức: vtb = x − x0 , đó: x − x0 : độ dời li độ t − t0 : thời gian thay đổi t − t0 Giải: vtb = x − x0 80 − 20 AC − AB = = 30(km/h) = t − t0 9, − 7, Ví dụ 2.7.2 Ở vài nước, họ sử dụng cách thu phí xe tải chạy đường cao tốc( có thu phí) thơng qua thiết bị có tên E-Z Pass Hình 2.1: Thiết bị E-Z Pass Thiết bị bắt đầu tính quãng đường tính từ thời điểm xe vào đường cao tốc khỏi cao tốc Đồng thời dựa vào thiết bị này, người ta tính tốn xe có vi phạm giới hạn tốc độ cho phép tham gia giao thông đường hay ko Giả sử thời điểm bắt đầu bước vào đường cao tốc có giới hạn tốc độ chạy ko vượt 75mph , xe ghi nhận km số 226, sau 15 phút xe tới kilomet thứ 326 Gọi f (t) hàm vị trí xe theo thời gian Ta có: f (0) = 226 f (1, 25) = 326, hàm vị trí xe cao tốc hàm liêc tục khả vi điểm t Ta có vận tốc trung bình xe : v(t) = p (t) = p(1, 25) − p(0) = 80(mph) 1, 25 Trang 21 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Hình 2.2: Hình ảnh minh họa Điều có nghĩa là, định lí giá trị trung bình khẳng định chắn thời điểm đó, xe di chuyển với tốc độ 80mph vi phạm giới hạn tốc độ cho phép Trang 22 Tài liệu tham khảo [1] Giáo trình “Đại số sơ cấp” NXB Đại học Sư phạm [2] Luận văn “Định lý Rolle số áp dụng”, Trường Đại học Khoa học [3] Luận văn “Một nghiên cứu DIDACTIC định lý giá trị trung gian dạy học toán trường THPT” Trường Đại học Sư phạm TPHCM [4] Link: https://vi.wikipedia.org/wiki/Định-lý-giá-trị-trung-bình [5] Link: https://diendantoanhoc.net 23 ... 20 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 2.7 Một số ứng dụng thực tế Định lý giá trị trung bình định lý quan trọng tốn học, xuất nhiều dạng tốn khác xét thực tế định lý có ứng dụng đời...Lời nói đầu Định lý giá trị trung bình- một định lý quan trọng sách giáo khoa giải tích phổ thơng Ứng dụng định lý giá trị trung bình chương trình tốn Trung học phổ thông đa dạng... phá định lý Rolle (hoặc định lý giá trị trung bình Lagrange), nhiều báo xuất trực tiếp gián tiếp bàn định lý Rolle Gần đây, nhiều phương trình hàm nghiên cứu xuất phát từ định lý giá trị trung bình