Định lý rolle, quy tắc dấu descartes và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ THANH DIỆU ĐỊNH LÝ ROLLE, QUY TẮC DẤU DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ THANH DIỆU ĐỊNH LÝ ROLLE, QUY TẮC DẤU DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS PHAN ĐỨC TUẤN Đà Nẵng – Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả luận văn Nguyễn Thị Thanh Diệu MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Tính cấp thiết đề tài Mục tiêu nghiên cứu đề tài Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu Bố cục đề tài Tổng quan tài liệu nghiên cứu CHƢƠNG 1: ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 1.1 CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY 1.2 CÁC TÍNH CHẤT VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY VÀ HÀM 1.3 ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ CÁC HỆ QUẢ 14 1.4 QUY TẮC DẤU DESCARTES 21 CHƢƠNG 2: NHỮNG ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 23 2.1 ƢỚC LƢỢNG SỐ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC, CHỨNG MINH PHƢƠNG TRÌNH CĨ NGHIỆM 23 2.1.1 Sử dụng quy tắc dấu Descartes 23 2.1.2 Sử dụng định lý Rolle 35 2.2 GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƢƠNG TRÌNH 45 2.3 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 52 2.4 MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC 56 KẾT LUẬN 63 TÀI LIỆU THAM KHẢO 65 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao) MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Đa thức tốn liên quan ln đóng vai trị quan trọng tốn học khơng nhƣ đối tƣợng nghiên cứu trọng tâm đại số mà cịn cơng cụ đắc lực giải tích lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết biểu diễn, tối ƣu Đặc biệt toán khảo sát số nghiệm thực đa thức với hệ số thực vấn đề đƣợc quan tâm nhiều hệ nhà toán học Những kết theo hƣớng Descartes quy tắc dấu để xác định số nghiệm âm, dƣơng đa thức thực dựa vào phân bố dấu dãy hệ số đa thức cho Bên cạnh Định lý Rolle số mở rộng (Định lý Lagrange, Định lý Cauchy) định lý quan trọng giá trị trung bình chƣơng trình giải tích cổ điển Ứng dụng định lý chƣơng trình tốn trung học phổ thơng đa dạng phong phú, đặc biệt dạng tốn giải phƣơng trình, biện luận số nghiệm phƣơng trình khoảng, chứng minh bất đẳng thức Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế tốn đa thức, phƣơng trình vấn đề liên quan đƣợc đề cập nhiều đƣợc xem nhƣ dạng tốn khó bậc trung học phổ thơng Các tốn liên quan đến đa thức phƣơng trình nằm chƣơng trình thi Olympic sinh viên trƣờng đại học cao đẳng nƣớc Giải tích Đại số Với lý qua khả tìm hiểu, nghiên cứu chúng tơi lựa chọn đề tài: “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes ứng dụng” làm luận văn tốt nghiệp bậc cao học 2 Mục tiêu nghiên cứu đề tài Mục tiêu đề tài nhằm giúp ngƣời đọc hiểu đƣợc nội dung, tính chất liên quan đến định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes số phƣơng pháp để xác định số nghiệm âm, dƣơng đa thức Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Đối tƣợng nghiên cứu đề tài đa thức với dãy hệ số thực Phạm vi nghiên cứu đề tài định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes ứng dụng Phƣơng pháp nghiên cứu Thu thập báo khoa học tài liệu tác giả nghiên cứu liên quan đến định lý Rolle quy tắc dấu Descartes Tham gia buổi seminar thầy hƣớng dẫn để trao đổi kết nghiên cứu Bố cục đề tài Luận văn đƣợc chia thành hai chƣơng: Ở chƣơng giới thiệu khái niệm, tính chất đổi dấu vị trí đổi dấu dãy, trình bày định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes Đến chƣơng trình bày tốn liên quan đến định lý Rolle quy tắc dấu Descartes Tổng quan tài liệu nghiên cứu Tổng quan kết tác giả nghiên cứu liên quan đến định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes ứng dụng thực tế qua ví dụ, tập áp dụng, nhằm xây dựng tài liệu tham khảo cho muốn nghiên cứu định lý Rolle quy tắc dấu Descartes Chứng minh chi tiết định lí làm rõ số tính chất, nhƣ đƣa số ví dụ minh họa nhằm làm cho ngƣời đọc dễ dàng tiếp cận vấn đề đƣợc đề cập CHƢƠNG ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 1.1 CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY Trong luận văn này, nói đến đa thức, chuỗi luỹ thừa hay dãy số ta xét chúng số thực Tiếp đó, khơng nói ngƣợc lại, hàm đƣợc đƣa vào giả thiết giải tích khoảng nêu Tuy nhiên định lý đƣợc khẳng định cần thay đổi không lớn chí hồn tồn khơng cần thay đổi thay giả thiết giả thiết yếu hơn, chẳng hạn với đòi hỏi tồn đạo hàm đến cấp Khắp nơi sau, khơng điểm đƣợc tính theo bội Và để thuận tiện cho việc lập luận, ta quy ƣớc số số chẵn Ta cần xét số khái niệm sau: Định nghĩa 1.1 [7] Không điểm hàm số y  f ( x) điểm x0 mà hàm số triệt tiêu f ( x0 )  Định nghĩa 1.2 [7] Cho dãy a0 , a1, a2 , gồm hữu hạn hay vô hạn số hạng Chỉ số m đƣợc gọi vị trí đổi dấu dãy có am1am  , (m  1) am1  am2   amk 1  amk am  , (m  k  2) Trong trƣờng hợp thứ am1 am , cịn trƣờng hợp thứ hai amk am lập thành vị trí đổi dấu Định nghĩa 1.3 [7] Hàm f ( x) đƣợc gọi trì dấu khoảng (a; b) f ( x)  , x  (a; b) f ( x)  , x  (a; b) Giả sử khoảng (a; b) đƣợc chia thành Z  khoảng cho: a f ( x) không đồng triệt tiêu khoảng b Trong khoảng f ( x) trì dấu c Trong hai khoảng kề f ( x) có dấu ngƣợc Khi ta nói khoảng (a; b) hàm f ( x) có Z lần đổi dấu Nhận xét 1.1 Khi vƣợt qua không điểm bậc lẻ, hàm giải tích bị thay đổi dấu cịn vƣợt qua khơng điểm bậc chẵn khơng đổi dấu Định nghĩa 1.4 [7] Ta gọi đổi dấu vị trí đổi dấu đa thức a0  a1x   an1x n1  an x n , chuỗi luỹ thừa a0  a1x   an1x n1  an x n  , đổi dấu vị trí đổi dấu dãy hữu hạn vô hạn hệ số a0 , a1, a2 , , an , tƣơng ứng a0 , a1, a2 , 1.2 CÁC TÍNH CHẤT VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY VÀ HÀM Tính chất 1.1 [7] Số vị trí đổi dấu dãy khơng thay đổi số hạng đƣợc bỏ cịn số hạng cịn lại bảo tồn vị trị tƣơng hỗ Tính chất 1.2 [7] Các dãy a0 , a1, a2 , , an an , an1, , a1, a0 có số vị trí đổi dấu Tính chất 1.3 [7] Khi gạch bỏ số hạng dãy, số vị trí đổi dấu không tăng thêm Chứng minh: Cho dãy a0 , a1, , an vô hạn hữu hạn Rõ ràng gạch bỏ a0 số vị trí đổi dấu khơng tăng thêm Giả sử ta gạch bỏ am Khi đó: i Nếu m khơng phải vị trí đổi dấu hiển nhiên số vị trí đổi dấu khơng thay đổi ii Nếu m vị trí đổi dấu, theo Tính chất 1.1 giả thiết am1  Khi đó: Nếu am am1  số vị trí đổi dấu khơng thay đổi Nếu am am1  số vị trí đổi dấu giảm Vậy trƣờng hợp, gạch bỏ số hạng dãy số vị trí đổi dấu dãy khơng tăng thêm Tính chất 1.4 [7] Khi đặt vào số hạng dãy số lƣợng tùy ý số hạng 0, số vị trí đổi dấu dãy khơng thay đổi Tính chất 1.5 [7] Số vị trí đổi dấu dãy không thay đổi bên cạnh số hạng dãy, ta đặt số hạng có dấu với số hạng Tính chất 1.6 [7] Nếu p0  , p1  , p2  , dãy a0 , a1, a2 , a0 p0 , a1 p1, a2 p2 , , có vị trí đổi dấu Tính chất 1.7 [7] Dãy a0 , a1  a0 , a2  a1, , an  an1, an có số vị trí đổi dấu khơng lớn so với dãy a0 , a1, a2 , , an Chứng minh: Xét hai dãy a0 , a1, , ak , ak 1, , an , , (1.1) a0 , a1, , ak , ak 1  ak , ak 1, , an , , (1.2) Ta có trƣờng hợp sau: i ak 1  ak  ii sgn(ak 1  ak )  sgn(ak ) iii sgn(ak 1  ak )  sgn(ak 1 ) Trong ba trƣờng hợp, theo Tính chất 1.4 Tính chất 1.5 số vị trí đổi dấu dãy (1.2) khơng lớn số vị trí đổi dấu dãy (1.1) Lập luận chứng tỏ xen kẽ hai số hạng dãy số hạng tổng hai số hạng số vị trí đổi dấu không tăng thêm Vậy dãy a0 , a1  a0 , a1, a2  a1, a2 , , an  an1, an , có số vị trí đổi dấu khơng nhiều số vị trí đổi dấu dãy (1.1) Tính chất 1.8 [7] Nếu dãy vơ hạn a0 , a1, a2 , , an , có số hữu hạn W vị trí đổi dấu dãy tạo nên nhờ dãy cho: n n a0 , a0  a1 , a0  2a1  a2 , , a0    a1    a2   an , , 1  2 có số hữu hạn vị trí đổi dấu số khơng lớn W Chứng minh: Theo Tính chất 1.6, số vị trí đổi dấu không tăng thêm lần theo dãy a0 , a1, a2 , , ak , , a0 , a0  a1, a1  a2 , a2  a3 , , ak 1  ak , , a0 , a0  a1, a0  2a1  a2 , a1  2a2  a3 , , ak 2  2ak 1  ak , , a0 , a0  a1, a0  2a1  a2 , a0  3a1  3a2  a3 , , từ xuống dƣới Ta thấy hàng thứ n bảng trùng với dãy mà ta quan tâm số hạng thứ n Vì n số hạng số vị trí đổi dấu khơng thể lớn W Tính chất 1.9 [7] Trong khoảng mà khắp nơi ( x)  , hàm f ( x) f ( x)( x) có khơng điểm Chứng minh: Gọi N số khơng điểm phƣơng trình f ( x)  Vì ( x)  nên f ( x)( x)  f ( x)  51 g( x)  3x ln2  , x   Nhận xét g ( x) hàm đồng biến nên phƣơng trình g ( x)  có khơng nghiệm Theo Hệ 1.2 g ( x)  có khơng q hai nghiệm Mặt khác ta có g (0)  g (1)  Vậy phƣơng trình g ( x)  có hai nghiệm x  x  Hay phƣơng trình cho có hai nghiệm x  x  Ví dụ 2.28 (Toán học Tuổi trẻ số 305) Hỏi phƣơng trình x2  100sinx có nghiệm đoạn [2;3] ? Giải: Với x  ta có: x2  100sinx  x  10sinx  lgx  sinx Xét hàm số f ( x)  lgx  sinx , với 2  x  3 f ( x)   cosx xln10 f ( x)   xcosxln10  Xét hàm số g ( x)  xcosx , với 2  x  3 g( x)  cosx  xsinx Phƣơng trình g ( x)  có nghiệm x0  (2;3) ta có 2  x0  5 5 (vì g (2).g ( )  ) 2 52 Hàm số g ( x) đồng biến khoảng (2; x0 ) nghịch biến khoảng ( x0 ;3) Hơn nữa, g (2)  2  g (3)  3  nên phƣơng trình ln10 f ( x)  có nghiệm (2;3) Theo hệ 1.2 ta có phƣơng trình f ( x)  có khơng q hai nghiệm khoảng (2;3) Mặt khác, f (2)  ln(2)  0, f( 5 5 )  ln( )   0, 2 f (3)  ln(3)  Suy phƣơng trình f ( x)  có hai nghiệm [2;3] 2.3 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ 2.29 (Olympic Nga) Cho f ( x)  a0 x n  a1x n1   an1x  an , a0  có n nghiệm phân biệt Chứng minh: (n  1)a12  2na0a2 Giải: Xét đa thức f ( x)  a0 x n  a1x n1   an1x  an Rõ ràng f ( x) khả vi vơ hạn lần Vì f ( x) có n nghiệm phân biệt, nên theo Hệ 1.1 thì: f ( x) có n  nghiệm, f ( x) có n  nghiệm, … f ( n2) ( x) có nghiệm 53 Mà f ( n2) ( x)  n! a0 x  (n  1)!a1x  (n  2)!a2 f ( n2) ( x) có hai nghiệm phân biệt 0  [(n  1)!a1]2  2n!a0 (n  2)!a2   (n  1)a12  2na0a2 Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.30 (CHDC Đức, 70) Cho a, b, c, d dƣơng khác đôi Chứng minh rằng: abc  abd  acd  bcd ab  ac  ad  bc  bd  cd  Giải: Do vai trò a, b, c, d nhƣ nên ta giả thiết a  b  c  d Xét hàm số f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d )  x4  (a  b  c  d ) x3  (ab  ac  ad  bc  bd  cd )x (abc  abd  acd  bcd ) x  abcd Suy f ( x)  x3  3(a  b  c  d ) x 2(ab  ac  ad  bc  bd  cd ) x  (abc  abd  acd  bcd ) (2.10) Áp dụng định lý Rolle cho hàm số f ( x) khoảng (a; b) , (b, c) , (c, d ) tồn x1  (a; b), x2  (b; c), x3  (c; d ) cho: f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x3 )  Chú ý f ( x) hàm bậc ba x có hệ số số hạng cao nên ta suy 54 f ( x)  4( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )  x3  4( x1  x2  x3 ) x  4( x1x2  x2 x3  x3 x1 ) x  x1x2 x3 (2.11) Từ (2.10) (2.11) ta thu đƣợc: x1x2 x3  (abc  abd  acd  bcd ) (2.12) x1 x2  x2 x3  x3 x1  (ab  ac  ad  bc  bd  cd ) (2.13) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số x1x2  0; x2 x3  0; x3 x1  , ta có: ( x1 x2 x3 )2  x1 x2  x2 x3  x3 x1 (2.14) Thay (2.12) (2.13) vào (2.14) ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy a  b  c  d Ví dụ 2.31 Cho a  b  c Chứng minh rằng: a  b  c  a  b2  c  ab  bc  ca a a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca   c Giải: Xét hàm số: f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)  x3  (a  b  c) x  (ab  bc  ca) x  abc Hàm số xác định, liên tục có đạo hàm f ( x)  3x  2(a  b  c) x  ab  bc  ca Rõ ràng f ( x)  có ba nghiệm phân biệt nên f ( x)  có hai nghiệm phân biệt (Theo Hệ 1.1) a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca x1  55 a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca x2  Mặt khác, theo định lý Rolle khoảng (a; c) ta có a  x1  x2  c Từ suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.32 Cho a, b, c ba số mà phƣơng trình x3  ax2  bx  c  có ba nghiệm phân biệt Chứng minh: 27c  2a3  9ab  (a  3b)3 Giải: Xét hàm số y  f ( x)  x3  ax2  bx  c Hàm số xác định, liên tục có đạo hàm f ( x)  3x  2ax  b Vì f ( x)  có ba nghiệm phân biệt nên f ( x)  có hai nghiệm phân biệt (Theo Hệ 1.1) x1  a  a  3b a  a  3b ; x2  , 3 với a  3b  Hệ số cao hàm f dƣơng nên yCD  f ( x1 )  yCT  f ( x2 )  Ta có: 1 ab f ( x)  ( x  a) f ( x)  (3b  a ) x  c  , 9 ab f ( xi )  (3b  a ) xi  c  9 2 ab a  a  3b c 0 Với f ( x1 )   (3b  a ) 9  (6b  2a )(a  a  3b )  27c  3ab 0 27 56  27c  2a3  9ab  2(a  3b) a  3b   27c  2a3  9ab  2(a  3b) a  3b (2.15) 2 ab  a  a  3b Với f ( x2 )   (3b  a ) c 0 9  (6b  2a )(a  a  3b )  27c  3ab 0 27  27c  2a3  9ab  2(a  3b) a  3b (2.16) Từ (2.15) (2.16) suy 27c  2a3  9ab  (a  3b)3 Đây điều cần phải chứng minh 2.4 MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC Ví dụ 2.33 (Olympic SV, 01) Chứng minh tồn số thực x  (0;1) cho t 2000dt x 2001 x (1  t )(1  t ) (1  t 2001)  (1  x)(1  x2 ) (1  x2001) Giải: Đặt f (t )  t 2000 , t [0;1] (1  t )(1  t ) (1  t 2001 ) Xét hàm số F ( x)  x  f (t )dt , x [0;1] x Do f ( x) liên tục [0;1] nên F ( x) có đạo hàm khoảng (0;1) , liên tục đoạn [0;1] F ( x)   f (t )dt  xf ( x) , x  (0;1) x 57 Mặt khác, ta có F (1)  F (0)  Theo định lý Rolle, tồn x  (0;1) cho F ( x)  , nghĩa  f (t )dt  xf ( x) x Ví dụ 2.34 (CHDC Đức, 71) Chứng tỏ đa thức x x2 xn Pn ( x)      , 1! 2! n! hoàn tồn khơng có khơng điểm thực, có một, tuỳ theo chỗ n chẵn n lẻ Giải: Xét hàm số: x x2 xn f n ( x)      1! 2! n! Giả sử a b hai không điểm âm kề hàm f n ( x) Ta có: n a f n (a)  f n (a)   0, n! n b f n (b)  f n (b)   0, n! sgnf n (a)  sgnf n (b)  Theo Tính chất 1.7 khoảng a  x  b hàm f n( x) có số chẵn khơng điểm, nhƣng theo Định lý Rolle hàm lại có số lẻ khơng điểm Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.35 Cho f :[a; b]  liên tục [a; b] , có đạo hàm (a; b) f ( x)  0, x  (a; b) Chứng minh tồn c  (a; b) cho: f (c) 1   f (c ) a  c b  c Giải: Xét hàm số : 58 g ( x)  (a  x)(b  x) f ( x)  ( x2  (a  b) x  ab) f ( x) Rõ ràng g ( x) xác định, liên tục có đạo hàm g( x)  (2 x  a  b) f ( x)  ( x  (a  b) x  ab) f ( x) Mặt khác: g (a)  g (b)  Do theo định lý Rolle, tồn c  (a; b) cho g ( x)  , tức là: (2c  a  b) f (c)  (c  (a  b)c  ab) f (c)   f (c) (2c  a  b) a  b  2c   f (c) c  ac  bc  ab c  ac  bc  ab  (a  c)  (b  c) 1   (b  c)(a  c) a c bc Đây điều cần chứng minh Ví dụ 2.36 Cho f liên tục [a; b] , f (a)  f (b)  có đạo hàm cấp hai Chứng minh với c  (a; b) tồn  (a; b) cho: f (c)  (c  a)(c  b) f () Giải: Xét hàm số: F ( x)  f ( x)  ( x  a)( x  b) f (c ) (c  a)(c  b) Rõ ràng F ( x) liên tục, khả vi khoảng (a; c) (c; b) có 59 F ( x)  f ( x)  (2 x  a  b) F ( x)  f ( x)  f (c ) (c  a)(c  b) f (c ) (c  a)(c  b) Nhận thấy F (a)  F (b)  F (c)  Theo định lý Rolle, tồn d1  (a; c) d2  (c; b) cho F (d1 )  F (d2 )  Tiếp tục áp dụng định lý Rolle cho hàm F ( x) tồn  (d1; d2 ) cho F ()  , tức là: f ()  f (c ) 0 (c  a)(c  b)  f (c)  (c  a)(c  b) f () Đây điều cần chứng minh Ví dụ 2.37 Chứng minh phƣơng trình x3  6(b  a) x  11bx  6a  18  , (2.17) có nghiệm dƣơng a  (a  b)(b  1)2 Giải: Do phƣơng trình cho có nghiệm dƣơng nên số chổ đổi dấu dãy hệ số W  Suy ra: 6(b  a)     b  a  11b  6a  18   (2.18) Với điều kiện (2.18), theo bất đẳng thức Cauchy ta có: (b  1)  (b  1)  (2a  2b)  (6  2a)  (b  1)2 (2a  2b)(6  2a) 60  ( )4  4(b  1)2 (a  b)(3  a)   (b  1)2 (a  b)(3  a)   (3  a) Điều phải chứng minh (b  1) (a  b) Chú ý: Với a  , b  (2.17) có ba nghiệm dƣơng x  , x  , x  Ví dụ 2.38 Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x  y  z   ( x  1)( y  z )  yz   xyz  yz  (2.19) Tìm giá trị lớn biểu thức: Q  x  9( y  1)  9( z  1) Giải: Từ hệ (2.19) ta suy x 1  y  z   ( x  1) y  yz  ( x  1) z  ( x  1) yz   Xét đa thức: f (t )  (t  x  1)(t  y)(t  z ) Rõ ràng f (t ) có ba khơng điểm x  , y , z Mặt khác, ta có: f (t )  t  ( x   y  z )t  [( x  1) y  yz  z ( x  1)]t  ( x  1) yz , f (t )  t  ( x   y  z )t -[( x  1) y  yz  z ( x  1)]t  ( x  1) yz f (t ) có số vị trí đổi dấu W  nên khơng có khơng điểm dƣơng, f (t ) khơng có khơng điểm âm Vậy không điểm x  , y , z số dƣơng 61 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: x  2.2.x  22 x , 3 9( y  1)  3.3( y  1)    y 1 y  ,  3 9( z  1)  3.3( z  1)    z 1 z   3 Suy x  9( y  1)  9( z  1)  x  y  z  18 24   3 Dấu "  " xảy x  y  z  x    x  y  z   y     z   Vậy maxQ  , đạt đƣợc x  y  z  Ví dụ 2.39 (Tiệp khắc, 59) Chứng minh số a, b, c  mãn đẳng thức a  b  c   ab  bc  ca  abc  0,  số dƣơng Giải: Cách 1: Xét đa thức P( x)  x3  px  qx  r có a, b, c nghiệm thực phân biệt Theo định lý Viete p  a  b  c  , q  ab  bc  ac  , r  abc  thoả 62 Ta có x3  px2  qx  r   x3  qx  px2  r  x( x  q)  px  r Vì x  q  px  r  nên suy x  , tức x nghiệm đa thức x phải dƣơng Từ suy điều phải chứng minh Cách 2: Xét đa thức P( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)  x3  (a  b  c) x  (ab  bc  ca) x  abc , P( x)   x3  (a  b  c) x  (ab  bc  ca) x  abc Theo a  b  c  , ab  bc  ca  , abc  nên W   Do đó, P( x) khơng có nghiệm âm không nghiệm P( x) Mà a, b, c nghiệm P( x) a, b, c dƣơng Ví dụ 2.40 Cho f liên tục [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) thoả f (a)  f (b)  f ( x)  0, x  (a; b) Với k số thực cho trƣớc, chứng minh tồn dãy ( xn ) với ( xn )  (a; b) cho: lim f ( xn )  k ( n e  1) f ( xn ) Giải: Xét hàm số: Fn ( x)  e  kx n f ( x) , x [a; b] Rõ ràng Fn ( x) liên tục [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) có 63  kx  kx  k n Fn ( x)  e f ( x)  e n f ( x) n Mặt khác Fn (a)  Fn (b)  Theo định lý Rolle, tồn xn  (a; b) cho Fn( xn )  , tức  kx k nkx e f ( xn )  e n f ( xn )  n   lim f ( xn ) k  f ( xn ) n f ( xn )  lim ( n e  1) f ( xn ) k n k n(e  1) Đây điều cần chứng minh KẾT LUẬN Luận văn “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes ứng dụng” nhằm giới thiệu số ứng dụng quy tắc dấu Descartes Định lý Rolle tập số thực, chủ yếu nghiên cứu số dạng toán thƣờng gặp chƣơng trình phổ thơng Luận văn đạt đƣợc số kết cụ thể nhƣ sau: - Nghiên cứu tài liệu khác trình bày lại số định nghĩa tính chất liên quan đến đổi dấu dãy, Định lý Rolle quy tắc dấu Descartes, chứng minh chặt chẽ định lý liên quan - Giới thiệu số phƣơng pháp cụ thể để tìm nghiệm đa thức 64 - Áp dụng lý thuyết để đƣa lời giải hoàn chỉnh cho số tốn có liên quan, từ làm rõ tính hiệu định lý Rolle quy tắc dấu Descartes Với tìm hiểu đƣợc, hy vọng luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho thân công tác giảng dạy sau hy vọng luận văn nguồn tƣ liệu tốt cho quan tâm đến vấn đề Tuy nhiên thời gian khả nghiên cứu có hạn nên luận văn chƣa có điều kiện để nghiên cứu ứng dụng Định lý Rolle tốn hình học, mở rộng Định lý Rolle tập số phức… Mặc dù cố gắng, nhƣng thời gian khả có hạn nên chắn luận văn cịn có thiếu sót Vì chúng tơi mong nhận đƣợc nhiều ý kiến đóng góp q thầy cơ, bạn bè, đồng nghiệp để luận văn đƣợc hoàn thiện 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [2] Đinh Thế Lục, Phạm Huy Điển, Tạ Duy Phƣợng (2005), Giải tích tốn học hàm số biến, NXB ĐHQGHN [3] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục [6] Lê Hồnh Phị (2006), Bất đẳng thức đa thức, NXB Đà Nẵng [7] P.Pôlya-G.Xegơ (1984), Bài tập định lý giải tích, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp ... ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 2.1 ƢỚC LƢỢNG SỐ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC, CHỨNG MINH PHƢƠNG TRÌNH CĨ NGHIỆM 2.1.1 Sử dụng quy tắc dấu Descartes Chúng ta sử dụng quy tắc dấu Descartes. .. đến định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes ứng dụng thực tế qua ví dụ, tập áp dụng, nhằm xây dựng tài liệu tham khảo cho muốn nghiên cứu định lý Rolle quy tắc dấu Descartes Chứng minh chi tiết định. .. 1: ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 1.1 CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY 1.2 CÁC TÍNH CHẤT VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY VÀ HÀM 1.3 ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ CÁC HỆ QUẢ 14 1.4 QUY TẮC DẤU