Các bài toán tồn tại trong giải tích

Các bài toán sử dụng định lý Rolle, Lagrange như vậy có rất nhiều trong các kỳ thi nhưng ta không đề cập nhiều ở đây, tiếp theo ta xét một số bài chỉ sử dụng thuần túy định lý giá trị t[r]

Chủ đề E BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG GIẢI TÍCH

Định lý Lagrange, Rolle định lý trung gian cho đẳng thức thú vị liên quan đến hàm khả vi, tốn tồn nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước, … Chẳng hạn, ta biết f x( ) liên tục có đạo hàm , thỏa mãn f a( ) f b( ) với

a b số thực theo định lý Rolle, có c ( , )a b cho f c( ) Tuy nhiên, ta làm tốn khó thế!

Xét hàm số ( )g x f x e( ) x rõ ràng g a( ) g b( ) 0, giống trên, lúc giờ, đạo hàm g x( ) ex( ( )f x f ( ))x nên tồn c ( , )a b để

( ) ( )

f c f c

Không dừng lại hàm ex, ta thay sin

, ,

x x

e e để có tình ấn tượng khác (và khơng phần mẹo mực!)

Ta xét số tình sau:

Bài Cho hàm số f : có đạo hàm cấp hai, thỏa mãn f(0) 2, (1)f 1, f (0) ( )

f x với x Chứng minh tồn c (0;1) cho ( ) ( ) ( )

f c f c f c

Lời giải

Xét hàm số ( ) 2( ) ( )

g x f x f x có đạo hàm g x( ) f x f x( ) ( ) f ( )x biểu thức đề yêu cầu

Ta có

(0) 2

g nên cần tồn số a (0;1) cho g a( ) theo định lý Rolle có c (0;1) để g c( )

Tiếp theo, lại đặt ( ) ( ) x

h x

f x

2

1 ( ) ( )

( )

2 ( ) ( )

f x g x

h x

f x f x

Ngoài ra, (0) 1 2

h (1) 1

2

h Lại theo định lý Rolle có a (0;1) để ( )

Các toán sử dụng định lý Rolle, Lagrange có nhiều kỳ thi ta không đề cập nhiều đây, ta xét số sử dụng túy định lý giá trị trung gian trong hàm liên tục

Bài Cho hàm số f :  liên tục f(2017) (2018)f  1 Chứng minh tồn số , , (2017; 2018)

u v w lập thành cấp số cộng cho f u( ) f v( ) f w( )0 Lời giải

Khơng tính tổng qt, giả sử f(2017) 0 f(2018)

Khi đó, tính liên tục f nên tồn khoảng ( , )a b (2017, 2018) cho ( ) 0, ( , )

f x   x a b ; chọn ( , )a b ba số u v w1, ,1 1 lập thành cấp số cộng

1 1

( ) ( ) ( )

f u  f v  f w 

Tương tự, tồn u v w2, 2, 2 lập thành cấp số cộng cho f u( )2  f v( )2  f w( 2)0 Xét hàm số g t( ) f u t u( 1  2(1t)) f v t( 1 v2(1t)) f w t( 1 w2(1t)) liên tục

(0) 0, (1)

f  f 

Suy tồn t0(0;1) cho g t( )0 0 nên

1 2

( (1 )) ( (1 )) ( (1 ))

f u t u t  f v t v t  f w t w t 

Hơn nữa, uu t1 0u2(1t0),vv t1 0v2(1t0),ww t1 0w2(1t0) lập thành cấp số cộng

u w v theo cơng thức nên ta có đpcm Bài Cho hàm số liên tục :[2;3] 1;

3

f   

  Chứng minh tồn c d, (2;3) cho cd

và c d, nghiệm phương trình xf x( )1 ( ) 1

6

x f x

x x

  



Lời giải Xét hàm số g x( ) f x( ) x

  (2) (2)

2

g  f   (3) (3)

3

g  f  

Theo tính liên tục g x( ), ta thấy tồn c(2; 3) cho ( )

g c  hay f c( ) c

Lại xét ( ) ( ) 1

6

x

h x f x

x x

 

    



  liên tục  2;3

1 (3) (3)

3

h  f   ( ) ( 2)( 3)

6 6(5 )

c c c

h c c c             

Do đó, h x( )0 có nghiệm d( ;3)c dc, thỏa mãn đề

Bài (Theo đề Vô địch Áo) Cho hàm số f x( ) liên tục  0;1 thỏa mãn f(0) f(1) Hỏi có số 11 ; 13

2018 2018

k 

  cho tồn x00;1k để f x( )0  f x( 0k)?

Lời giải

Ta chứng minh điều kiện cần đủ k  n  để k n



 Điều kiện đủ:

Xét hàm số g x( ) f x f x( )

n

 

   

  g x( ) liên tục xác định

1 0;1

n

  

 

  Ta có

1

0

1

(1) (0)

n n

i i

i i i

g f f f f

n n n

                               

Do đó, phải tồn số u v, 0,n1 cho g u g v

n n

        

    nên theo định lý trung gian

phương trình g x( )0 có nghiệm k 0;1

n

 

  

  hay

1

( )

f k f k

n

  

 

 

 Điều kiện cần:

Tiếp theo, xét k 0;1 giả sử k n n



 

  

   

1

0;1 ;

1

i i i

 

 

   

  nên tồn n





để 1

1 k

n  n hay kn 1 k n( 1) Ta chọn hàm số f x( ) cho (0) 0, (1 )

f  f kn  n f x( ) f x(    k) 1, x  k;1 Rõ ràng hàm liên tục

(1) (1 ) (1 ) (1 ) (0)

f  f   k f  k    f nk   n f ,

Ngoài ra, f x k f x( ) 1  f x( ), x 0;1k theo cách chọn nên phương trình ( ) ( )

f x c f x khơng có nghiệm

Cuối cùng, ta cần đếm số n  cho 11 13 11 2018 13 156 182, 2018 n 2018  n  n  n có tất 27 số

Bài (Romania 2012) Cho hàm số f g, : 0;1    0;1 thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( )

f x  f y  g x g y với x y,  0;1 Giả sử f liên tục, cịn g đồng biến tồn ánh

a) Chứng minh tồn x0[0;1] để f x( )0 x0

b) Chứng minh với  , 0 tồn c[0;1] cho (0) (1) ( ) ( )

f f f c

    

c) Chứng minh tồn x0 0;1 cho f x( )0 g x( )0 d) Chứng minh không tồn 0   a c b cho

( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ) f a g a f b g b f c g c Lời giải

a) Xét hàm số F x( ) f x( )x F liên tục F(0) (1)F 0 Do đó, tồn x0 để F x( )0 0 f x( )0 x0

b) Gọi

[0;1]

max ( )

M  f x

[0;1]

max ( )

m f x , giả sử f x( )1 m f x, ( )2 M Khi

( ) (0) (1) ( ) m  f  f M  

Xét hàm số G x( )f(0) f(1) (   ) ( )f x G x( ) liên tục [0;1]

1

( ) (0) (1) ( )

G x f  f    m G x( )2 f(0)f(1) (   )M 0 Do đó, tồn c G c( )0 ta có đpcm

c) Theo giả thiết g(0)0 g(1)1

d) Giả sử tồn số a b c, , thỏa đề rõ ràng

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f a g a g c g b  f b Ta cần xem xét giá trị f c( )

Nếu f c( ) f a( ) f b( ) f c( ) f b( ) f a( )g b( )g a( )g b( )g c( )0, không thỏa mãn điều kiện đề

Tương tự f c( ) f b( ) Do đó, ta phải có f a( ) f c( ) f b( ) Suy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f b  f c  g b g c g b  f c g b g c nên f c( )g c( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f c  f a  g c g a  f c  f a g c  f a nên f c( )g c( ) Từ ta có f c( )g c( ), mâu thuẫn với điều giả sử

Bài Cho hàm số f liên tục [0; 2018] có f(2018) f(0)2018, (1009)f  f(0) 1009 Chứng minh tồn x x1, 2(0; 2018) mà x1 x2 cho f x( )1  x1 f x( )2 x2

Lời giải

Xét hàm số ( ) ( 1009) ( ) 1009

f x f x

g x     g x( ) liên tục [0; 2018]

(1009) (0) (2018) (1009) (1009) (0)

(0) 1, (1009) 1

1009 1009 1009

f f f f f f

g    g      

Chú ý f(1009) f(0)1009 nên g(0)0

Do g(0) (1009)g 0 nên tồn x00;1009 cho

0

( )

g x  hay f x( 01009) f x( ) 10090 

Chọn x1x x0, 2  x0 1009 x2 x1 1009 f x( )2  f x( ) 10091  , thỏa mãn đề Bài Cho hàm số f g, liên tục ( , )a b cho

2

( ) ( )

f x g x  với x( , ).a b Chứng minh f x( )g x( ), x ( , )a b f x( ) g x( ), x ( , ).a b Lời giải

Theo giả thiết  x ( , )a b , ta có f x( )g x( ) f x( ) g x( )

Nếu tồn x1( , )a b để x0  x1 f x( )1  g x( )1 f x( ) ( )0 f x1  g x g x( ) ( )0 1 0 Nếu f x( ) ( )0 f x1 0 theo định lý trung gian, tồn x2 để f x( )2 0, mâu thuẫn Nếu f x( ) ( )0 f x1 0 g x g x( ) ( )0 1 0, mâu thuẫn tương tự Vậy ta có đpcm Bài Cho hàm số f liên tục tuần hoàn với chu kỳ Chứng minh rằng: a) ( ) 20

17

f x  f x  

  có nghiệm

b) (Olympic Tốn tồn Nga) f x( ) f x( ) có nghiệm Lời giải

a) Giả sử ( ) 20 17

f x  f x  

  vơ nghiệm khơng tính tổng quát, giả sử

20

( ) ,

17

f x  f x   x

 

Bởi ( ) ( ) 20 17

g x  f x  f x  

  đổi dấu theo định lý trung gian, g x( )0 có nghiệm

Khi (0) 20 20 20 17 20 (20) (0)

17 17 17 17

f  f   f    f     f    f  f

        , mâu thuẫn

Do đó, phương trình ( ) 20 17

f x  f x  

  có nghiệm

b) Điểm khó câu  vô tỷ, không dễ dàng tạo điều vô lý Lời giải cần sử dụng kiến thức nguyên hàm, tích phân Xin giới thiệu qua để bạn đọc tham khảo thêm Xét hàm số g x( ) f x( ) f x( ), đặt G x( ) hàm số thỏa mãn G x( ) f x( )

1 1 1

0 0

(1) (0) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

G G g x dx f x dx f x dx  f x dx f x dx



 

       