Đang tải... (xem toàn văn)
LỚP CÁC BAØI TOÁN ỨNG DỤNG ÑÒNH LYÙ GIAÙ TRÒ TRUNG BÌNH TÓM TẮT Các ñịnh lý về giá trị trung bình ñóng một vai trò quan trọng trong giải tích toán học, và ñược thường xuyên khai thác tro[r]
(1)Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 LỚP CÁC BAØI TOÁN ỨNG DỤNG ÑÒNH LYÙ GIAÙ TRÒ TRUNG BÌNH TÓM TẮT Các ñịnh lý giá trị trung bình ñóng vai trò quan trọng giải tích toán học, và ñược thường xuyên khai thác các kỳ thi Olympic Toán ñịa phương, quốc gia và quốc tế (ở cấp ñộ học sinh THPT sinh viên ðại học) Chúng tỏ là công cụ hiệu lực việc giải các bài toán liên quan ñến tồn nghiệm và các tính chất ñịnh lượng nghiệm nhiều dạng phương trình khác Trong bài báo này ta khảo sát các bài toán nhờ ứng dụng các ñịnh lý giá trị trung bình ba lĩnh vực: liên tục, khả vi và khả tích Phương pháp sử dụng hàm số liên tục ðịnh lý 1.1 Nếu hàm số f liên tục trên ñoạn [a;b] và f(a).f(b) < thì có ít ñiểm c ∈ (a;b) ñể f(x) = ðịnh lý 1.2 Giả sử f là hàm liên tục trên [a;b] và f(a) = A, f(b) = B Lúc ñó C là số nằm A và B thì có ít ñiểm c ∈ (a;b) ñể f(c) = C ðịnh lý 1.3 Nếu f là hàm liên tục trên [a;b] thì f nhận giá trị trung gian giá trị nhỏ m và giá trị lớn M nó trên ñoạn ñó Các bài toán áp dụng: Bài toán Chứng minh phương trình: x − x + = có nghiệm phân biệt Tính tổng các luỹ thừa bậc nghiệm ñó (Olympic Việt Nam) Lời giải: Xét hàm số: y = f ( x ) = x − x + thì f liên tục trên D = ℝ < và f (1) = > nên phương trình Ta có f ( −2 ) = −5 < 0; f ( ) = > 0; f = 1− 3 ñã cho có nghiệm phân biệt x1 , x , x Theo ñịnh lý Viet x1 + x + x = 0; x1x + x x + x x1 = −1; x1x x = −1 Ta có x 3i − x i + = ⇒ x i3 = x i − ⇒ x 5i = x i2 x i3 = x i2 ( x i − 1) = x 3i − x i2 = − x i2 + x i − ( ) ⇒ x 8i = x i5 x i3 = − x i2 + x i − ( x i − 1) = − x 3i + x i2 + x i2 − x i − x i + = 2x i2 − 3x i + 3 Do ñó T = ∑ x = 2∑ x − 3∑ x i + = ∑ x i − 2∑ x ij − 3∑ x i + = 10 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i≠ j Bài toán Chứng minh tập nghiệm bất phương trình: 70 + + + ≥ x −1 x − x − 70 là hợp các khoảng rời và có tổng ñộ dài là 1988 (Olympic Quốc tế) 3 i i Lop12.net (2) Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 Lời giải: 70 70 k Ta có: + + + − =∑ − x −1 x − x − 70 k =1 x − k = ∑ k ∏ ( x − j) j≠ k ∏ ( x − j) − = 4∑ k∏ ( x − j) − 5∏ ( x − j) j≠ k 4∏ ( x − j) = f(x) với qui ước k, j = 1, 70 g(x) Rõ ràng g ( x ) = có 70 nghiệm x = 1, 2, , 70, và f liên tục trên ℝ , f ( k ) f ( k + 1) < với k = 1, 69 và lim f ( x ) < 0, f ( 70 ) > nên có ñủ 70 nghiệm xen kẽ là < x1 < < x x →+∞ < < x 69 < 70 < x 70 Tổng ñộ dài các khoảng nghiệm bất phương trình: f (x) g (x) ≥ là: S = ( x1 − 1) + ( x − ) + + ( x 70 − ) = ( x1 + x + + x 70 ) − (1 + + + 70 ) ðể ý ña thức f có bậc 70, hệ số cao là −5 và hệ số x 69 là: (1 + + + 70 ) Do ñó S = Bài toán −9 (1 + + + 70 ) −5 70.71 − (1 + + + 70 ) = = 1998 Cho hàm số f : [ a;b ] → [ a;b ] , với a < b và thoả ñiều kiện: f ( x ) − f ( y ) < x − y , với x, y phân biệt thuộc [ a;b ] Chứng minh phương trình f ( x ) = x có nghiệm thuộc [ a;b ] (Olympic sinh viên) Lời giải: Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x thì g liên tục trên [ a;b ] Do ñó tồn x0 thuộc [ a;b ] cho: g ( x ) = g(x) x∈[ a,b] (*) Ta chứng minh g ( x ) = Thật vậy, giả sử g ( x ) ≠ , ñó f ( x ) ≠ x Từ bất ñẳng thức ñã cho thì có f ( f ( x ) ) − f ( x ) < f ( x ) − x Suy g ( f ( x ) ) < g ( x ) : mâu thuẫn với (*) Vậy g ( x ) = nghĩa là f ( x ) = x Giả sử phương trình f ( x ) = x còn có nghiệm x1 ≠ x , x1 ∈ [a;b] thì có ngay: f ( x1 ) − f ( x ) = x1 − x : mâu thuẫn với giả thiết Vậy phương trình f ( x ) = x có nghiệm thuộc [ a;b ] Phương pháp sử dụng phép tính vi phân ðịnh lý 2.1 (ðịnh lý ROLLE) Cho f là hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b) Nếu có f(a) = f(b) thì tồn c∈(a;b) ñể f ' (c) = Kết quả: nghiệm phương trình f(x)=0 có nghiệm phương trình f '(x)=0 ðịnh lý 2.2 (ðịnh lý CAUCHY) Lop12.net (3) Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 Cho ϕ và ψ là liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b) Lúc ñó tồn c∈(a;b) ñể: [ψ(b)-ψ(a)] ϕ '(c) = [ϕ(b)-ϕ(a)] ψ '(c) ðịnh lý 2.3 (ðịnh lý LAGRANGE) Cho f là hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b) Lúc ñó tồn c∈(a;b) ñể: f(b) - f(a) = (b - a ) f '(c) Các bài toán áp dụng: Bài toán Cho hàm số f liên tục và có ñạo hàm trên ( 0, +∞ ) và không phải là hàm Cho số thực < a < b Chứng minh phương trình: af ( b ) − bf ( a ) xf ' ( x ) − f ( x ) = b−a có ít nghiệm thuộc ( a;b ) (Olympic sinh viên) Lời giải: f (x) thì g, h khả vi trên [ a;b ] x x xf ' ( x ) − f ( x ) -1 Ta có g' ( x ) = ; h' ( x ) = x x Theo ñịnh lý Cauchy thì tồn x ∈ ( a;b ) cho: Xét hàm số g ( x ) = ; h (x) = h ( b ) − h ( a ) g' ( x ) = g ( b ) − g ( a ) h' ( x ) 1 x f ' ( x ) − f ( x ) f ( b ) f ( a ) -1 hay − = − x02 b a b a x0 ( a − b ) ( x 0f ' ( x ) − f ( x ) ) af ( b ) − bf ( a ) Do ñó =− bax abx Suy x 0f ' ( x ) − f ( x ) = af ( b ) − bf ( a ) b−a af ( b ) − bf ( a ) Vậy phương trình xf ' ( x ) − f ( x ) = có ít nghiệm thuộc ( a;b ) b−a Bài toán Cho phương trình: a x n + a1x n -1 + + a n-1x + a n = 0, a ≠ có n nghiệm phân biệt Chứng minh: ( n − 1) a12 > 2na 0a (Olympic Nga) Lời giải: ðặt f ( x ) = a x n + a1x n-1 + + a n-1x + a n thì f khả vi vô hạn trên ℝ Vì f(x) có n nghiệm phân biệt nên theo ñịnh lý Rolle thì: f '(x) có n − nghiệm phân biệt f "(x) có n − nghiệm phân biệt, n! Suy f (n -2) ( x ) = a x + (n − 1)!a1x + (n − 2)!a có nghiệm phân biệt Do ñó ∆ > nên ( n − 1) ! a1 − 2n!a ( n − ) !a > Vậy ( n − 1) a12 > 2na a Lop12.net (4) Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 Bài toán Cho hàm số f khả vi trên [ 0;1] và thoả mãn f ( ) = 0; f (1) = Chứng minh tồn số phân biệt a; b thuộc ( 0;1) cho f' ( a ) f' ( b ) = (Olympic Hoa kỳ) Lời giải: Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − thì g khả vi trên [ 0;1] Ta có g ( ) = −1 < và g (1) = > nên tồn số c thuộc ( 0;1) cho g ( c ) = Do ñó f ( c ) + c − = hay f ( c ) = − c Áp dụng ñịnh lý Lagrange cho f trên các ñoạn [0;c] và [c;1] thì tồn a ∈ ( 0;c ) cho: f(c) − f (0) = f '(a) c−0 f(1) − f(c) và tồn b ∈ ( c;1) cho: = f '(b) 1− c f(c) − f(c) (1 − c)c nên f '(a).f '(b) = = =1 c 1− c c(1 − c) Vậy tồn số phân biệt a; b thuộc ( 0;1) cho f' ( a ) f' ( b ) = Phương pháp sử dụng phép tính tích phân ðịnh lý 3.1: Cho f là hàm khả tích trên [a;b] và m,M tương ứng là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn f trên [a;b] Lúc ñó tồn µ∈[m;M] cho: b ∫ f ( x)dx = µ (b − a) a ðịnh lý 3.2: Cho f là hàm liên tục trên [a;b] Lúc ñó tồn ξ∈[a;b] cho: b ∫ f ( x)dx = (b − a) f (ξ ) a Các bài toán áp dụng: Bài toán 7: Cho a ∈ ( 0;1) Giả sử f liên tục trên ñoạn [0;1] thoả ñiều kiện: f ( ) = f (1) = Chứng minh tồn b ∈ [ 0;1] cho f ( b ) = f ( b − a ) f ( b ) = f ( b + a − 1) (Olympic sinh viên) Lời giải: Ta mở rộng hàm f trên ℝ ñể ñược hàm tuần hoàn chu kỳ T = 1, f ( ) = f (1) = nên hàm mới, kí hiệu f, liên tục trên ℝ Xét hàm số g ( x ) = f ( x + a ) − f ( x ) thì g liên tục trên ℝ Khi ñó: 1 0 ∫ g(x)dx = ∫ f (x + a)dx − ∫ f(x)dx = 1+ a ∫ f (x + a)dx − ∫ f(x)dx = a Lop12.net (5) Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 Mà theo ñịnh lý 3.2 thì tồn c ∈ ( 0;1) cho: ∫ g(x)dx = (1 − 0)g(c) = g(c) nên g ( c ) = 0 ñó = f ( c + a ) − f ( c ) nên = f ( c + a ) − f ( c ) = f ( c + a + n ) − f ( c ) với n nguyên Vậy, c + a ∈ [ 0;1] thì chọn b = c + a ∈ [ 0;1] Còn c + a > thì chọn b = c ∈ [ 0;1] Bài toán 8: π Giả sử f liên tục trên 0, và thoả mãn: f ( ) > 0, 2 π ∫ f ( x ) dx < Chứng minh phương trình f ( x ) = sinx có ít nghiệm khoảng π 0; 2 (Olympic sinh viên) Lời giải: π Xét F ( x ) = f ( x ) − sinx thì F liên tục trên 0, 2 π Khi ñó ∫ f ( x ) dx < hay π Suy π ∫ f ( x ) dx − < 0 π ∫ f ( x ) − sin x dx = ∫ F ( x ) dx < 0 π Do ñó tồn c ∈ 0, ñể F ( c ) < 2 π Mà F ( ) = f ( ) > nên tồn c0 ∈ 0; ñể F ( c0 ) = tức là F ( x ) = có nghiệm 2 π Vậy f ( x ) = sinx có ít nghiệm khoảng 0; 2 HẾT Lop12.net (6)