Đang tải... (xem toàn văn)
Trong bài viết nhỏ này, chúng ta đề cập đến một số định lý cơ bản của giải tích có nội dung tồn tại (tồn tại nghiệm, tồn tại cực trị …) và cuối cùng, sẽ sử dụng chúng để chứng minh định [r]
(1)Các định lý tồn giải tích định lý đại số
Trần Nam Dũng Đại học KHTN Tp HCM
Trong viết nhỏ này, đề cập đến số định lý giải tích có nội dung tồn (tồn nghiệm, tồn cực trị …) cuối cùng, sử dụng chúng để chứng minh định lý đại số: đa thức bậc lớn hay có hệ số phức ln có nghiệm phức Cách chứng minh đơn giản, dễ hiểu, khơng q hình thức giúp học sinh hiểu rõ định lý không cảm thấy sợ chúng Chúng ta xem xét số ứng dụng định lý việc giải tốn bậc phổ thơng
Bổ đề dãy đoạn thẳng lồng nhau
Bổ đề đơn giản đóng vai trị quan trọng việc chứng minh kết sâu sắc khác giải tích Bổ đề phát biểu sau: Nếu [a1, b1]
[a2, b2] … [an, bn] … dãy đoạn thẳng lồng có dn = bn – an thì
tồn điểm thuộc tất đoạn thẳng trên.
Bổ đề chứng minh dễ dàng dựa vào định lý: dãy đơn điệu bị chặn có giới hạn Cụ thể, dãy {an} dãy tăng bị chặn trên, dãy {bn}
sẽ dãy giảm bị chặn Cả hai dãy có giới hạn điểm .
Định lý tồn giới hạn dãy đơn điệu bị chặn, phần mình, lại chứng minh dựa vào kết sau: tập hợp số thực bị chặn trên (hay bị chặn dưới) có cận (cận đúng) Ở đây, M gọi là cận tập hợp S nếu:
1) x M với x thuộc S;
2) Với > 0, tồn x thuộc S cho x > M -
Định lý tưởng chừng hiển nhiên kết sâu sắc không đơn giản chút Ta công nhận định lý coi định lý tảng giải tích
Định lý Cauchy giá trị trung gian
(2)Đồ thị hàm số liên tục, nói nơm na có tính chất vẽ mà khơng dứt nét bút khỏi mặt giấy Còn định nghĩa chặt chẽ sau Ta nói hàm số f liên tục điểm x0, với > 0, tồn > cho |x – x0| < |f(x) –
f(x0)| < Hàm số gọi liên tục đoạn, liên tục điểm
của đoạn Từ định nghĩa suy ra, hàm số khác điểm đó, giữ ngun dấu khoảng (hay nửa khoảng, điểm đầu mút đoạn thẳng) chứa điểm Ta cần đến tính chất
Để chứng minh định lý Cauchy, thực chất ta cần chứng minh: hàm số liên tục đoạn, nhận hai đầu mút giá trị trái dấu, nhận giá trị đoạn
Ta chứng minh định lý Cauchy cách phát biểu này, tìm kiếm nghiệm hàm số phương pháp “chia để trị” Ta chia đoạn thẳng thành hai phần Nếu điểm hàm số định lý chứng minh Nếu điểm hàm số khác 0, hai đoạn thẳng, hàm số nhận giá trị trái dấu hai đầu mút Ta lại chia đoạn thẳng làm đôi tiếp tục Nếu trình thực ta khơng gặp điểm có giá trị hàm số ta thu dãy đoạn thẳng lồng [a1, b1] [a2, b2]
… [an, bn] … có độ dài dần đến Theo bổ đề đoạn thẳng lồng nhau,
tồn điểm thuộc tất đoạn thẳng Theo tính chất bảo toàn dấu, giá trị hàm số phải Định lý Cauchy chứng minh
Từ định lý Cauchy suy kết đơn giản quan trọng nghiệm của đa thức: Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có nghiệm thực. Thật vậy, đa thức hàm số liên tục toàn trục số Giả sử f(x) = x2n+1 +
a2nx2n + …+ a1x + a0 Khi đó, với x dương, ta có f (x)=x2 n+1(1+a2 n
x + + a0 x2 n+ 1),
Như thế, với x đủ lớn, f(x) lớn x2n+1/2, tức f(x) số dương Hoàn
tồn tương tự, chứng minh với x đủ nhỏ f(x) âm Như thế, theo định lý Cauchy giá trị trung gian, f(x) có nghiệm
Định lý Cauchy cịn có hệ khác: hàm liên tục từ đoạn thẳng vào chính có điểm bất động (nghĩa là: f hàm liên tục [a, b], a < b và a f(x) b với x thuộc [a, b] tồn điểm x0 thuộc [a, b] cho f(x0) =
x0) Bạn đọc tự chứng minh kết
Định lý Veierstrass cực trị hàm số liên tục đoạn
(3)Ta chứng minh định lý Giả sử f(x) hàm liên tục đoạn thẳng Khơng tính tổng qt, giả sử đoạn I = [0, 1] Trước hết ta chứng minh f bị chặn I Giả sử ngược lại f nhận I giá trị lớn tuỳ ý Khi với số nguyên dương n, tồn điểm xn thuộc I cho f(xn) > n
Như I ta xây dựng dãy vô hạn điểm Chia đoạn thẳng làm đôi Trên hai đoạn thẳng có chứa vơ số điểm Lại chia đoạn làm đơi tiếp tục Theo bổ đề dãy đoạn thẳng lồng nhau, tồn điểm thuộc vào tất đoạn thẳng Từ định nghĩa liên tục suy đoạn nhỏ chứa điểm này, hàm số bị chặn, điều trái với cách xây dựng điểm
Ta chứng minh f(x) bị chặn Giả sử f không đạt giá trị lớn Điều có nghĩa tồn số M cho f(x) < M với x thuộc I, đồng thời f(x) nhận giá trị gần M tuỳ ý Với số nguyên dương m, tồn điểm ym cho
f(ym) > M – 1/m Ta lại xây dựng tập hợp vô hạn điểm Tiếp tục chia đoạn
thẳng I làm hai phần làm giống phần chứng minh tính bị chặn f(x) Và trên, ta tìm điểm thuộc vào tất đoạn thẳng Theo cách xây dựng từ định nghĩa liên tục, ta thấy f() phải M Tương tự chứng minh cho giá trị nhỏ Định lý Veierstrass chứng minh
Mở rộng định lý Veierstrass
Xét hàm hai biến f = f(x1, x2), x1, x2 số thực Ví dụ hàm
vậy hàm số √x1
+x22 - khoảng cách từ điểm có toạ độ (x1, x2) mặt phẳng
đến gốc toạ độ Khoảng cách d((x1,x2), (x1’,x2’)) hai điểm (x1, x2) (x1’,x2’)
trên mặt phẳng cho công thức
x2− x2'¿
x1− x1'¿
+¿ ¿
√¿
Hàm hai biến f gọi liên
tục điểm (x1*, x2*) với > 0, tồn số > cho d((x1, x2),
(x1*, x2*)) < | f(x1,x2) – f(x1*, x2*)| < Hàm số gọi liên tục hình
vng max(|x1|, |x2|) a, liên tục điểm hình vng
Ta cần đến mở rộng sau định lý Veierstrass: hàm số liên tục trên hình vng đạt giá trị lớn giá trị nhỏ Cách chứng minh định lý này hoàn toàn tương tự cách chứng minh nêu trên, điểm khác biệt cần phải chia hình vng thành phần
(4)Định lý đại số
Trước hết ta cần xây dựng mặt phẳng phức Một cách hình thức ta đưa vào “số” i, có bình phương – Số khơng có đường thẳng thực Ta vẽ mặt phẳng hai đường thẳng: đường nằm ngang (mà ta gọi đường thẳng thực) đường khác qua gốc toạ độ vng góc với đường nằm ngang (mà ta gọi đường thẳng ảo) Số i, nằm đường thẳng ảo nằm nửa mặt phẳng phía cách gốc toạ độ khoảng cách 1, gọi đơn vị ảo
Như vậy, số cho tương ứng với véc-tơ (1, 0) số i – véc-tơ (0, 1) Điểm (a, b) mặt phẳng tương ứng với số phức z = a + bi Các số phức cộng nhân theo quy tắc tự nhiên, giống số thực: z = a + bi, z’ = a’ + b’i, z + z’ = (a+a’) + (b+b’)i, z.z’ = (a+bi)(a’+b’i) = (aa’ – bb’) + (ab’ + a’b)i Khoảng cách từ điểm z = a + bi đến (tức số √a2
+b2 ) gọi mođun số z ký hiệu |z| Đa thức bậc n biểu thức có dạng p(z) = anzn + an-1zn-1 + … + a1x +
a0 Các hệ số ak số phức (trường hợp đặc biệt số thực) Đa thức z2 –
có hai nghiệm thực ±√2 , đa thức z2 + có hai nghiệm ảo ±i , cịn đa
thức iz+1 có nghiệm i
Định lý đại số: đa thức bậc n có nghiệm phức
Chứng minh: Giả sử p(z) = a0 + a1 + … + anzn đa thức bậc n với hệ số phức (n
1), an Xét hàm hai biến f(z) = |p(z)| Hàm số liên tục Ta
chứng minh hàm số “tăng đến vô cùng” Thật f(z) = |an||z|n| + an-1/z + …+ a0/zn-1|
Nếu giá trị |z| đủ lớn mơ-đun an-1/z + …+ a0/zn-1 nhỏ 1/2 nghĩa
là f(z) |an||z|n/2, (với |z| đủ lớn R) f(z) lớn f(0) Từ suy
ra giá trị nhỏ f khơng thể đạt bên ngồi đường trịn bán kính R tâm và, thế, đạt ngồi hình vng chứa đường trịn Nhưng theo định lý Veierstrass, hàm số liên tục f phải đạt giá trị nhỏ hình vng Giả sử điểm z* Khơng tính tổng quát, giả sử z* = (nếu không đổi biến từ z thành z – z*) Như thế, giả sử f đạt giá trị nhỏ điểm
Nếu f(0) = định lý chứng minh Ta chứng minh trường hợp f(0) > xảy
Bổ đề D’Alamber: giá trị nhỏ mô-đun đa thức đại số bậc n 0, đạt
tại điểm khác
Thật vậy, giả sử ngược lại f(0) = |a0| > giả sử k số nhỏ cho
ak khác Gọi nghiệm phương trình a0 + akzk = Đặt tak+1k+1 + … +
tn-ka
(5)|p(t)| = | a0 + aktkk + ak+1tk+1k+1 + … + antnn |
= | a0 – tk(a0 + g(t)) | < |a0| = | p(0) |
vì với t > đủ nhỏ, |g(t)| < a0/2 Mâu thuẫn Như bổ đề chứng minh
nghĩa định lý đại số chứng minh
Định lý đại số, gọi định lý Gauss-D’Alamber kết quan trọng tiếng toán học Có nhiều cách chứng minh cho định lý cách chứng minh sơ cấp nhất, thông qua định lý liên quan đến tính chất hàm số liên tục, cụ thể định lý Cauchy định lý Veierstrass Tiếp theo, tiếp tục tìm thấy ứng dụng định lý Veirstrass việc chứng minh kết khác giải tính liên quan đến phép tính vi phân
Bổ đề Fermat
Bổ đề Fermat với định lý Veierstrass sở chuỗi định lý đẹp đẽ sâu sắc liên quan đến đạo hàm vi phân Định lý phát biểu sau: nếu hàm số f(x) liên tục [a, b], khả vi khoảng (a, b) đạt cực trị điểm (a, b) f’() =
Rõ ràng ta cần chứng minh cho trường hợp điểm cực tiểu Để chứng minh bổ đề Fermat, ta xét đạo hàm bên trái đạo hàm bên phải f điểm :
x → ξ+¿f (x)− f (ξ )
x − ξ , f '(ξ −)= limx → ξ−
f ( x)− f (ξ) x − ξ ξ+¿=lim
¿
f '¿
Chú ý rằng, f đạt cực tiểu điểm nên với x đủ gần f(x) – f() ln khơng âm Vì giá trị dấu lim đẳng thức thứ ln khơng âm, cịn đẳng thức thứ hai ln khơng dương Vì đạo hàm bên phải điểm khơng âm, cịn đạo hàm bên trái điểm không dương Vì f khả vi nên hai đạo hàm bắt buộc phải Bổ đề Fermat chứng minh
Từ kết này, ta thu định lý Rolle, Langrange Cauchy
Các định lý Rolle – Lagrange – Cauchy
Định lý Rolle: Giả sử hàm số f(x) liên tục [a, b], khả vi (a, b) Ngoài ra, giả sử f(a) = f(b) Khi khoảng (a, b) tồn điểm cho f’() = 0.
(6)Để chứng minh định lý Rolle, trước hết ta áp dụng định lý Veirestrass cho hàm liên tục f(x) Hàm số đạt giá trị lớn M giá trị nhỏ m đoạn [a, b] Có thể xảy hai trường hợp
a) M = m Khi f(x) hàm [a, b] với thuộc (a, b), f’() =
b) M > m Do f(a) = f(b) nên hai giá trị M m phải đạt điểm thuộc (a, b) Nhưng đó, hàm số f(x) đạt cực trị điểm theo bổ đề Fermat, ta có f’() =
Như định lý chứng minh
Từ định lý Rolle, ta suy định lý Lagrange, hay tương đương công thức Lagrange.
Định lý Lagrange: Cho f(x) hàm liên tục [a, b], khả vi (a, b) Khi đó tồn thuộc (a, b) cho
f ' (ξ)=f (b)− f (a)
b −a hay f(b) – f(a) = f’()(b–a)
Cơng thức có ý nghĩa hình học đơn giản đường cong y = f(x), hai điểm A(a, f(a)) B(b, f(b)) có điểm C cho tiếp tuyến đường cong C song song với dây cung AB
Công thức dạng thứ hai gọi công thức Lagrange số gia hữu hạn Nó cịn viết dạng
f(x) = f(x0) + f’()(x – x0)
chính cơng thức Taylor khai triển đến bậc thấp Từ suy cơng thức tính gần vi phân:
f(x+x) ~ f(x) + f’(x)x
Để chứng minh định lý Lagrange, ta cần xét hàm số
g(x)=f (x)−f (b)− f (a)
b − a (x − a) áp dụng định lý Rolle cho hàm số (do
g(a) = g(b) = f(a))
Như vậy, định lý Langrange chứng minh thông qua định lý Rolle Mặt khác, định lý Rolle trường hợp đặc biệt định lý Lagrange Định lý sau mở rộng định lý Lagrange:
(7)f (b)− f (a)
b − a =
f '(ξ) g' (ξ )
Chúng dành việc chứng minh định lý Cauchy cho bạn đọc Chú ý định lý Lagrange trường hợp riêng định lý Cauchy, g(x) = x
Từ định lý đây, ta suy nhiều hệ định lý quan trọng khác quy tắc L’Hopitale khử dạng vô định, công thức Taylor …
Cuối xem xét định lý tập giải cách áp dụng định lý
Một số định lý tập áp dụng
Bài Cho parabol (P): y = x2 – 2x ellip (E): x2/9 + y2 = 1.
1) Chứng minh (P) cắt (E) điểm phân biệt A, B, C, D
2) Chứng minh bốn điểm A, B, C, D nằm đường trịn, tìm tâm bán kính đường trịn
(Đề thi Đại học Ngoại thương 1997)
Bài Cho hai đa thức: P(x) = 4x3 – 2x2 – 15x + Q(x) = 12x3 + 6x2 – 7x + 1.
1) Chứng minh đa thức cho có ba nghiệm thực phân biệt 2) Ký hiệu tương ứng nghiệm lớn P(x) Q(x) Chứng minh 2 + 32 = 4.
(Đề thi VMO 2003)
Bài Các số thực p, q phải thoả mãn điều kiện để đa thức x3 + px + q có ba
nghiệm thực phân biệt?
Bài Trong mặt phẳng cho ba tia Ox, Oy, Oz đoạn thẳng có độ dài 2p Chứng minh tồn ba điểm A, B, C tương ứng thuộc Ox, Oy, Oz cho chu vi tam giác OAB, OBC, OCA 2p
(Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam 1983)
Bài Phương trình sin(x) = x/8 có nghiệm thực?
Bài (Quy tắc Descartes dấu) Cho P(x) = a0 + a1x + a2x2 + …+ anxn đa
thức có hệ số thực Gọi k số lần đổi dấu dãy hệ số khác P(x) (giữ thứ tự bỏ hệ số 0) Khi số nghiệm dương đa thức P(x) k – 2s, s [k/2] Hãy chứng minh
(8)Bài Chứng minh đạo hàm bậc hàm số (1+x2)-1/2 có nghiệm
thực, nghiệm đơn nghiệm đạo hàm bậc n nằm hai nghiệm đạo hàm bậc n+1
Bài Giả sử đa thức bậc P(x) có nghiệm dương Chứng minh phương trình
1 − x
x2 P(x)+(1 −
1 − x
x2 )P' (x)− P ''(x)=0
cũng có nghiệm dương
(Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam 1994)
Bài 10 Chứng minh với n nguyên dương với x, ta có + cosx + cos2x/2 + cos3x/3 + … + cosnx/n
Bài 11 (Quy tắc L’Hopitale) Cho hai hàm số f(x) g(x) xác định khả vi khắp nơi lân cận điểm a, ngoại trừ điểm a Giả sử
lim
x→ af ( x)=limx →ag(x )=0
và đạo hàm g’(x) khác khắp nơi lân cận nói điểm a Khi tồn giới hạn lim
x→ a
f ' (a)
g ' (a), tồn giới hạn limx→ a
f (a)
g(a), ta có
lim x→ a
f (a) g(a)=limx → a
f ' (a) g '(a)
Hãy chứng minh
Bài 12 (Mở rộng định lý Rolle) Cho < a < b Nếu f(x) n+1 điểm đoạn [a, b] tất nghiệm đa thức a0 + a1x + a2x2 + …+anxn thực
tại điểm thuộc (a, b) ta có đẳng thức a0f() + a1f’() + … + anf(n)( ) =
Bài 13 (Mở rộng công thức Lagrange) Cho hàm số f(x) liên tục khả vi hai lần lân cận điểm x0 Chứng minh với x thuộc lân cận này, tồn nằm
giữa x0 x cho
f(x) = f(x0) + f’(x0)(x-x0) + f”(x0)(x-x0)2/2
Bài 14 Hàm số f(x) khả vi hai lần toàn trục số bị chặn Chứng minh tồn điểm x0 cho f”(x0) =
(9)