Một số định lí về hàm khả vi và ứng dụng

Khóa luận tốt nghiệp Ngơ Cơng Đức Trang Khóa luận tốt nghiệp MỤC LỤC  MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Chương I MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI I Định lí Fermat II Định lí Rolle III Định lí Lagrange 12 IV Định lí Caushy 15 Chương II MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÁC ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI 17 Chứng minh phương trình có nghiệm 17 Xác định số nghiệm phương trình 21 Chứng minh đẳng thức 25 Chứng minh bất đẳng thức 28 Giải phương trình 32 Một số dạng toán khác 40 KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 Ngơ Cơng Đức Trang Khóa luận tốt nghiệp LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu bảo, hướng dẫn tận tình giáo Nguyễn Thị Sinh, khóa luận tốt nghiệp em đến hoàn thành Em xin chân thành cảm ơn cô giáo Nguyễn Thị Sinh giúp đỡ em nhiều thời gian nghiên cứu hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Em xin chân thành cảm ơn q thầy khoa Tốn, bạn sinh viên lớp 08CTT1, thư viện giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi để em hồn thành khóa luận tốt nghiệp Ngơ Cơng Đức Trang Khóa luận tốt nghiệp MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Các định lí hàm khả vi đóng vai trị quan trọng giải tích tốn học thường xuyên khai thác kì thi Olympic Toán địa phương, quốc tế ( cấp độ học sinh THPT sinh viên đại học ) Chúng tỏ công cụ hiệu lực việc giải toán liên quan đến tồn nghiệm tính chất định lượng nghiệm nhiều dạng phương trình khác Các định lí phát biểu đơn giản với ý nghĩa hình học tự nhiên lại có phạm vi ứng dụng rộng rãi Với lí trên, tơi chọn “ Một số định lí hàm khả vi ứng dụng” để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Khóa luận trình bày cách có hệ thống số định lí hàm khả vi, chứng minh nêu số ứng dụng việc giải phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, chứng minh bất đẳng thức chương trình tốn phổ thơng Mục đích – u cầu  Tìm hiểu thêm kiến thức để giúp cho việc giảng dạy sau trường phổ thông  Chứng minh số định lí hàm khả vi  Đưa số phương pháp giải phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, chứng minh bất đẳng thức có áp dụng số định lí hàm khả vi Ngơ Cơng Đức Trang Khóa luận tốt nghiệp Cấu trúc khóa luận Khóa luận gồm chương : Chương : Một số định lí hàm khả vi, trình bày nội dung phương pháp chứng minh bốn định lí Chương : Một số ứng dụng định lí hàm khả vi, trình bày ứng dụng định lí Fermat, định lí Rolle, định lí Lagrange, định lí Caushy để giải tốn: chứng minh phương trình có nghiệm, xác định số nghiệm phương trình, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình số dạng tốn khác Ngơ Cơng Đức Trang Khóa luận tốt nghiệp CHƯƠNG I MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI Chương trình bày nội dung phương pháp chứng minh định lí Fermat, định lí Rolle, định lí Lagrange định lí Caushy I Định lí Fermat Định nghĩa 1.1 Cho hàm số 𝑓(𝑥) xác định khoảng (𝑎, 𝑏) Ta nói 𝑓(𝑥) đạt cực đại điểm 𝑥 = 𝑐, 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), với 𝑥 + ∆𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) ta có 𝑓(𝑐 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑐) ≤ Cho hàm số 𝑓(𝑥) xác định khoảng (𝑎, 𝑏) Ta nói 𝑓(𝑥) đạt cực tiểu điểm 𝑥 = 𝑐, 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), với 𝑥 + ∆𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) ta có 𝑓(𝑐 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑐) ≥ Cực đại cực tiểu hàm số 𝑓(𝑥) gọi chung cực trị Điểm 𝑥 = 𝑐 thường gọi điểm cực trị hàm số 𝑓(𝑥) Phát biểu định lí : Nếu hàm số 𝑓(𝑥) đạt cực trị 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) 𝑓(𝑥) có đạo hàm 𝑐 𝑓 ′ (𝑐) = Chứng minh Trường hợp : Giả sử c điểm cực đại hàm số 𝑓(𝑥) Theo giả thiết Ngô Công Đức Trang Khóa luận tốt nghiệp 𝑓(𝑥) có đạo hàm 𝑥 = 𝑐 nên tồn đạo hàm 𝑓 ′ (𝑐) Ta có 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ℎ→0 ℎ 𝑓 ′ (𝑐) = lim Vì 𝑓(𝑥) đạt cực đại 𝑐 nên 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ≤ với h Do 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ≥0, ℎ ℎ0 Như thế, chuyển qua giới hạn ℎ → ta có 𝑓 ′ + (𝑐) ≤ 𝑣à 𝑓 ′ − (𝑐) ≥ Mặt khác tồn đạo hàm 𝑓 ′ (𝑐), nghĩa 𝑓 ′ + (𝑐) = 𝑓 ′ − (𝑐) = 𝑓 ′ (𝑐) Do đó, 𝑓 ′ (𝑐) = Trường hợp : Giả sử c điểm cực tiểu hàm số 𝑓(𝑥) Theo giả thiết 𝑓(𝑥) có đạo hàm 𝑥 = 𝑐 nên tồn đạo hàm 𝑓 ′ (𝑐) Ta có 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ℎ→0 ℎ 𝑓 ′ (𝑐) = lim Vì 𝑓(𝑥) đạt cực tiểu 𝑐 nên 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ≥ với h Do 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ≥0, ℎ Ngô Công Đức ℎ>0 Trang Khóa luận tốt nghiệp 𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ≤0, ℎ ℎ ⟺ 𝑥 > − Phương trình (2.5) tương đương 3𝑥 + 𝑥 = + 2𝑥 + log (1 + 2𝑥) Ngô Công Đức ⟺ 3𝑥 + log 3𝑥 = (1 + 2𝑥) + log (1 + 2𝑥) ⟺ 𝑓(3𝑥 ) = 𝑓(1 + 2𝑥) Trang 35 Khóa luận tốt nghiệp Đặt 𝑓(𝑡) = 𝑡 + log 𝑡 , 𝑡>0 Ta có 𝑓(𝑡) hàm số đồng biến nên 𝑓(3𝑥 ) = 𝑓(1 + 2𝑥) ⟺ 3𝑥 = + 2𝑥 Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 3𝑥 − − 2𝑥 , 𝑣ớ𝑖 𝑥 > − Ta có 𝑔′ (𝑥) = 3𝑥 𝑙𝑛3 − hàm số đồng biến nên phương trình 𝑔′(𝑥) = có khơng q nghiệm Theo định lý Rolle, phương trình 𝑔(𝑥) = có khơng q nghiệm Mặt khác, ta thấy 𝑥 = ,𝑥 = nghiệm phương trình 𝑔(𝑥) = Vậy phương trình (2.5) có nghiệm 𝑥 = ,𝑥 = Bài tốn 17 Giải phương trình 3𝑥 + 4𝑥 = 19𝑥 + Giải Phương trình trở thành 3𝑥 + 4𝑥 − 19𝑥 − = Ngơ Cơng Đức Trang 36 Khóa luận tốt nghiệp Xét hàm số 𝑓(𝑥) = 3𝑥 + 4𝑥 − 19𝑥 − Ta có 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 𝑙𝑛3 + 4𝑥 𝑙𝑛4 − 19 𝑓 ′′ (𝑥) = 3𝑥 (𝑙𝑛3)2 + 4𝑥 (𝑙𝑛4)2 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ hay 𝑓 ′′ (𝑥) vô nghiệm ⟹ 𝑓 ′ (𝑥) có nhiều nghiệm Suy 𝑓(𝑥) có nhiều hai nghiệm Mà 𝑓(0) = 𝑓(2) = Do đó, phương trình cho có hai nghiệm 𝑥 = 0; 𝑥 = Bài tốn 18 Giải phương trình 3𝑥 + 5𝑥 = 4𝑥 Giải Gọi 𝑥0 nghiệm phương trình cho, ta 3𝑥0 + 5𝑥0 = 4𝑥0 ⟺ 5𝑥0 − 4𝑥0 = 4𝑥0 − 3𝑥0 (2.6) Xét hàm số 𝐹(𝑡) = (𝑡 + 1)𝑥0 − 𝑡 𝑥0 Khi 𝐹(4) = 5𝑥0 − 4𝑥0 ; 𝐹(3) = 4𝑥0 − 3𝑥0 Từ (2.6) suy 𝐹(4) = 𝐹(3) Ngơ Cơng Đức Trang 37 Khóa luận tốt nghiệp Vì 𝐹(𝑡) liên tục [3,4] khả vi khoảng (3,4) nên theo định lí Lagrange tồn 𝑥0 𝜖(3,4) cho 𝐹 ′ (𝑥0 ) = ⟺ 𝑥0 [(𝑡 + 1)𝑥0−1 − 𝑡 𝑥0−1 ] = Phương trình có nghiệm 𝑥0 = 𝑥0 = Thử lại, ta thấy 𝑥0 = 𝑥0 = Vậy phương trình cho có nghiệm 𝑥0 = 𝑥0 = Bài tốn 19 Giải phương trình 3cos 𝑥 − 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 Giải Gọi 𝑥0 nghiệm phương trình cho, ta 3𝑐𝑜𝑠𝑥0 − 2𝑐𝑜𝑠𝑥0 = 𝑐𝑜𝑠𝑥0 ⟺ 3𝑐𝑜𝑠𝑥0 − 3𝑐𝑜𝑠𝑥0 = 2𝑐𝑜𝑠𝑥0 − 2𝑐𝑜𝑠𝑥0 (2.7) Xét hàm số 𝐹(𝑡) = 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑥0 − 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑥0 Ta có 𝐹(3) = 3𝑐𝑜𝑠𝑥0 − 3𝑐𝑜𝑠𝑥0 𝐹(2) = 2𝑐𝑜𝑠𝑥0 − 2𝑐𝑜𝑠𝑥0 Từ (2.7) suy 𝐹(3) = 𝐹(2) Vì 𝐹(𝑡) liên tục [2,3] khả vi khoảng (2,3) nên theo định lí Lagrange tồn 𝑥0 𝜖(2,3) cho Ngơ Cơng Đức Trang 38 Khóa luận tốt nghiệp 𝐹 ′ (𝑥0 ) = ⟺ 𝑐𝑜𝑠𝑥0 (𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑥0 −1 − 1) = Phương trình có nghiệm 𝜋 𝑥0 = + 𝑘𝜋 𝑥0 = 𝑘2𝜋 (𝑘 ∈ ℤ) Thử lại, ta thấy Vậy phương trình cho có họ nghiệm 𝑥0 = Bài toán 20 𝜋 + 𝑘𝜋 𝑥0 = 𝑘2𝜋 (𝑘 ∈ ℤ) Giải phương trình 2𝑥 + 5𝑥 = 3𝑥 + 4𝑥 Giải Gọi 𝑥0 nghiệm phương trình cho, ta 2𝑥0 + 5𝑥0 = 3𝑥0 + 4𝑥0 5𝑥0 − 3𝑥0 = 4𝑥0 − 2𝑥0 (2.8) Xét hàm số 𝐹(𝑡) = (𝑡 + 2)𝑥0 − 𝑡 𝑥0 Ta có 𝐹(3) = 5𝑥0 − 3𝑥0 𝐹(2) = 4𝑥0 − 2𝑥0 Từ (2.8) suy 𝐹(3) = 𝐹(2) Vì 𝐹(𝑡) liên tục [2,3] có đạo hàm (2,3) nên theo định lí Lagrange tồn 𝑥0 ∈ (2,3) cho Ngơ Cơng Đức Trang 39 Khóa luận tốt nghiệp 𝐹 ′ (𝑥0 ) = 𝑥0 [(𝑡 + 2)𝑥0−1 − 𝑡 𝑥0−1 ] = ⟺ Phương trình có nghiệm 𝑥0 = 𝑥0 = Thử lại, ta thấy 𝑥0 = 𝑥0 = Vậy phương trình cho có nghiệm 𝑥0 = 𝑥0 = Bài tốn 21 Giải phương trình 5𝑥 − 3𝑥 = 2𝑥 Giải Gọi 𝑥0 nghiệm phương trình cho, ta có 5𝑥0 − 5𝑥0 = 3𝑥0 − 3𝑥0 (2.9) Xét hàm số 𝐹(𝑡) = 𝑡 𝑥0 − 𝑡𝑥0 Khi 𝐹(5) = 5𝑥0 − 5𝑥0 ; 𝐹(3) = 3𝑥0 − 3𝑥0 Từ (2.9) suy 𝐹(5) = 𝐹(3) Vì 𝐹(𝑡) liên tục [3,5] khả vi khoảng (3,5) nên theo định lí Lagrange tồn 𝑥0 𝜖(3,5) cho 𝐹 ′ (𝑥0 ) = ⟺ 𝑥0 (𝑡 𝑥0−1 − 1) = Phương trình có nghiệm 𝑥0 = 𝑥0 = Thử lại, ta thấy 𝑥0 = 𝑥0 = Ngơ Cơng Đức Trang 40 Khóa luận tốt nghiệp Vậy phương trình cho có nghiệm 𝑥0 = 𝑥0 = Một số dạng toán khác Bài toán 22 Cho 𝑓(𝑥) hàm khả vi liên tục đến cấp hai ℝ 𝑓 ′′ (𝑥) ≥ 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ ℝ Chứng minh ∃𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎 < 𝑏 thỏa mãn 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) = 𝑓(𝑥) ≤ 0, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] Giải Giả sử 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) cho 𝑓(𝑥0 ) > Khi đó, tồn 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) cho 𝑓(𝑐) = max 𝑓(𝑥 ) > 𝑥∈[𝑎,𝑏] Theo định lí Fermat, ta có 𝑓 ′ (𝑐) = 𝑓 ′′ (𝑐) ≥ 𝑓(𝑐) > Vì đạo hàm cấp hai 𝑓 ′′ liên tục 𝑐 nên tồn [𝛼, 𝛽] ⊂ [𝑎, 𝑏] cho 𝑐 ∈ (𝛼, 𝛽) 𝑓 ′′ (𝑐) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ [𝛼, 𝛽] Khi đó, 𝑓 ′ hàm đơn điệu tăng chặt (𝛼, 𝛽) Do 𝑓 ′ (𝑐) = nên 𝑓 ′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ (𝛼, 𝑐) Điều chứng tỏ 𝑓 giảm chặt (𝛼, 𝑐) 𝑓(𝛼) > 𝑓(𝑐), mâu thuẫn Từ đó, ta có 𝑓(𝑥) ≤ 0, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] Bài toán 23 Cho hàm số 𝑓(𝑥) khả vi đến cấp hai [0, +∞) thỏa mãn điều kiện 𝑓(0) = 0, 𝑓 ′ (0) = 𝑓 ′′ (𝑥) ≥ 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ [0, +∞) Chứng minh 𝑓(𝑥) > 0, ∀𝑥 > Ngơ Cơng Đức Trang 41 Khóa luận tốt nghiệp Giải Đặt 𝜑(𝑥) = 𝑒 𝑥 [ 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑓(𝑥) ] Ta có 𝜑 ′ (𝑥) = 𝑒 𝑥 [ 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑓(𝑥) ] + [ 𝑓 ′′ (𝑥) − 𝑓 ′ (𝑥)]𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑓 ′′ (𝑥) − 𝑒 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 [ 𝑓 ′′ (𝑥) − 𝑓(𝑥)] Suy 𝜑 ′ (𝑥) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ [0, +∞) Do đó, 𝜑 hàm đồng biến [0, +∞) theo giả thiết ta có 𝜑(𝑥) ≥ 𝜑(0) = 𝑓 ′ (0) − 𝑓(0) > 0, ∀𝑥 ∈ [0, +∞) Suy 𝑓 ′ (𝑥) > 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ [0, +∞) Xét hàm số 𝜓(𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ [0, +∞) Ta có 𝜓 ′ (𝑥) = 𝑒 −𝑥 [ 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑓(𝑥)] > 0, ∀𝑥 ∈ [0, +∞) Do vậy, 𝜓 đồng biến khoảng [0, +∞) ∀𝑥 > 0, 𝜓(𝑥) > 𝜓(0) = Vậy ∀𝑥 > ta có 𝑓(𝑥) > Bài toán 24 Cho 𝑓 hàm số liên tục [𝑎, 𝑏], khả vi (𝑎, 𝑏) Giả sử 𝜀 > 0, 𝑓(𝑎) ≤ 𝑓(𝑏) 𝑓(𝑥) + 𝑓 ′ (𝑥) < 𝜀, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) Chứng minh 𝑓(𝑥) < 𝜀, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) Giải Ngô Cơng Đức Trang 42 Khóa luận tốt nghiệp Vì 𝑓 hàm liên tục [𝑎, 𝑏] nên tồn 𝑥0 ∈ [𝑎, 𝑏] cho 𝑓(𝑥0 ) = max 𝑓(𝑥 ) 𝑥∈[𝑎,𝑏] Nếu 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) theo định lí Fermat 𝑓 ′ (𝑥0 ) = Do đó, ta có 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0 ) = 𝑓(𝑥0 ) + 𝑓 ′ (𝑥0 ) < 𝜀 ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) Giả sử 𝑥0 = 𝑏, tồn 𝑥1 ∈ (𝑎, 𝑏) để 𝑓(𝑥1 ) = 𝑓(𝑏) = max 𝑓(𝑥 ) 𝑥∈[𝑎,𝑏] theo định lí Fermat 𝑓 ′ (𝑥1 ) = Do đó, ta có 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥1 ) = 𝑓(𝑥1 ) + 𝑓 ′ (𝑥1 ) < 𝜀, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) Trong trường hợp 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑏), ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), ta chứng minh 𝑓(𝑏) ≤ 𝜀 Thật vậy, giả sử ngược lại 𝑓(𝑥) > 𝜀 Khi đó, ∃𝛿 > cho 𝑓(𝑥) > 𝜀, ∀𝑥 ∈ [𝑏 − 𝛿, 𝑏] ⊂ [𝑎, 𝑏] Áp dụng định lí Lagrange cho hàm 𝑓 [𝑏 − 𝛿, 𝑏] tồn 𝑐 ∈ (𝑏 − 𝛿, 𝑏) cho 𝑓 ′ (𝑐) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑏 − 𝛿) ≥0 𝛿 Do đó, 𝑓(𝑐) + 𝑓 ′ (𝑐) > 𝜀, mâu thuẫn Vậy chứng tỏ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑏) < 𝜀, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) Ngơ Cơng Đức Trang 43 Khóa luận tốt nghiệp Bài toán 25 Cho đa thức 𝑃(𝑥) với hệ số thực Đặt 𝑄(𝑥) = 𝑎𝑃(𝑥) + 𝑏𝑃(𝑥), 𝑎, 𝑏 số thực, 𝑎 ≠ Chứng minh 𝑄(𝑥) khơng có nghiệm thực 𝑃(𝑥) khơng có nghiệm thực Giải Ta có 𝑑𝑒𝑔𝑃(𝑥) = 𝑑𝑒𝑔𝑄(𝑥) Giả sử 𝑄(𝑥) khơng có nghiệm thực Khi đó, 𝑑𝑒𝑔𝑃(𝑥) chẵn Giả thiết phản chứng 𝑃(𝑥) có nghiệm thực Vì 𝑑𝑒𝑔𝑃(𝑥) chẵn nên 𝑃(𝑥) có hai nghiệm Nếu 𝑃(𝑥) có nghiệm kép 𝑥 = 𝑥0 ∈ ℝ rõ ràng 𝑥0 nghiệm 𝑃′ (𝑥) nên 𝑄(𝑥) có nghiệm thực 𝑥0 , mâu thuẫn Nếu 𝑃(𝑥) có hai nghiệm phân biệt 𝑥1 < 𝑥2 Khi đó, 𝑏 = 𝑄(𝑥) 𝑎𝑥 có nghiệm thực Trong tường hợp 𝑏 ≠ 0, phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑏 𝑃(𝑥) = có hai nghiệm phân biệt 𝑥1 < 𝑥2 Do đó, theo định lí Rolle, phương trình 𝑓 ′ (𝑥) = có nghiệm thực 𝑎𝑥 Để ý 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒 𝑏 𝑄(𝑥) Như vậy, 𝑄(𝑥) có nghiệm thực, mâu thuẫn 𝑏 Vậy 𝑃(𝑥) khơng thể có nghiệm thực Bài toán 26 Cho 𝑓 ′ (𝑥) = Chứng minh 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 Giải Với 𝑥, 𝑥0 ∈ ℝ, theo cơng thức số gia hữu hạn ta có 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0 ) = 𝑓 ′ [𝑥0 + 𝜃(𝑥 − 𝑥0 )] (𝑥 − 𝑥0 ) = 0(𝑥 − 𝑥0 ) Do vậy, với 𝑥 ∈ ℝ ta có Ngơ Cơng Đức Trang 44 Khóa luận tốt nghiệp 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 Bài toán 27 Cho phương trình 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 , 𝑎0 ≠ có 𝑛 nghiệm phân biệt Chứng minh (𝑛 − 1)𝑎1 > 2𝑛𝑎0 𝑎2 Giải Đặt 𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 𝑓(𝑥) khả vi vơ hạn ℝ Vì 𝑓(𝑥) có 𝑛 nghiệm phân biệt nên theo định lí Rolle ta có 𝑓 ′ (𝑥) có 𝑛 − nghiệm phân biệt 𝑓 ′′ (𝑥) có 𝑛 − nghiệm phân biệt,… Suy 𝑓 (𝑛−2) (𝑥) = 𝑛! 𝑎 𝑥 + (𝑛 − 1)! 𝑎1 𝑥 + (𝑛 − 2)! 𝑎2 có hai nghiệm phân biệt Do ∆ > nên ((𝑛 − 1)! 𝑎1 )2 − 2𝑛! 𝑎0 (𝑛 − 2)! 𝑎2 > Vậy (𝑛 − 1)𝑎1 > 2𝑛𝑎0 𝑎2 Ngơ Cơng Đức Trang 45 Khóa luận tốt nghiệp KẾT LUẬN Ngồi việc trình bày lý thuyết chứng minh số định lí hàm khả vi, khóa luận đưa số ứng dụng quan trọng định lí chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, xác định số nghiệm phương trình chứng minh đẳng thức Trong khóa luận bạn bắt gặp bất đẳng thức hay phương trình quen thuộc giải phương pháp chung, đơn giản, dễ hiểu, hi vọng giúp ích bạn trình dạy học tốn trường phổ thơng Mặc dù có nhiều cố gắng, nhiều nguyên nhân khách quan, chủ quan khóa luận khơng tránh khỏi sai sót, mong nhận góp ý chân tình quý thầy cô tất bạn Ngô Công Đức Trang 46 Khóa luận tốt nghiệp TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Đình Trí, 2009 , Tốn học cao cấp_Tập 2, NXB Giáo dục [2] Trang web vnmath.com [3] Võ Giang Giai, 2002, Chuyên đề bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ, NXB Giáo dục [5] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ 9, NXB Giáo dục – 2003 [6] Phương pháp giải toán Mũ – Logarit, Lê Hồng Đức, NXB Hà Nội – 2003 Ngô Công Đức Trang 47 ... Chương : Một số định lí hàm khả vi, trình bày nội dung phương pháp chứng minh bốn định lí Chương : Một số ứng dụng định lí hàm khả vi, trình bày ứng dụng định lí Fermat, định lí Rolle, định lí Lagrange,... CHƯƠNG I MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI Chương trình bày nội dung phương pháp chứng minh định lí Fermat, định lí Rolle, định lí Lagrange định lí Caushy I Định lí Fermat Định nghĩa 1.1 Cho hàm số