2 Ứng dụng của các định lý về hàm khả vi
2.1.2Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương trình
trình có nghiệm.
Bài toán: Chứng minh phương trìnhf(x) = 0có nghiệm trong khoảng (a, b)vớif(x)liên tục trên [a, b] và khả vi trong(a, b)
Phương pháp: Bước 1 xác định hàm F(x) liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và thỏa mãn
F0(x) =f(x) F (x) = R f(x)
F (b) = F (a)
Bước 2. Khi đó tồn tại ∃x0 ∈(a, b) sao cho F0(x0) = F(bb)−−Fa(a) ⇔f(x) = 0
Phương trìnhf(x) = 0 có nghiệm x0 ∈(a, b).
Chú ý: Nếu f có n nghiệm phân biệt và thỏa mãn định lý Lagrange thì f0 có n−1
nghiệm, f00 cón−2nghiệm,...,fk có n−k nghiệmk < n.
Ví dụ 2.1.10. Cho f(x) = (x−1) (x−2)....(x−2012) chứng minh rằng. Phương trình f0(x) = 0 có đúng 2011 nghiệm.
Giải.
Ta có f(1) =f(2) =f(3) =...=f(2012) = 0. Xét hàm f(x) trên [1, 2].
Theo định lý Rolle. Suy ra ∃ ít nhấtc1 ∈(1, 2) sao cho f0(c1) = 0.
Tương tự ∃ ít nhất c2 ∈ (2,3) sao cho f0(c2) = 0. Suy ra tồn tại ít nhất c3 ∈
(3,4), c4 ∈(4, 5), ...., c2011 ∈(2011, 2012)sao chof0(c3) = 0, f0(c4) = 0, ...., f0(2011) = 0
Vìf(x)là đa thức bậc2012cóf0(x)là bậc2011suy ra f0(x) = 0có đúng2011nghiệm c1, c2, ...., c2011.
Ví dụ 2.1.11. (Olympic Nga). Cho phương trình
a0xn+a1xn−1+...+an−1x+an = 0, an 6= 0
chứng minh:
(n−1)a21 >2na0a2
Giải.
Đặt f(x) = a0xn+a1xn−1+...+an−1x+an thì f(x)khả vi liên tục trên R. Vì f(x) cón nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle .
Ta có f0(x)có n−1 nghiệm, f00(x) cón−2nghiệm.
Suy ra fn−2(x) = n2!a0x2+ (n−1)!a1x+ (n−2)!a2 có2 nghiệm phân biệt. Do đó∆>0nên [ (n−1)!a1]2−2n!a0(n−2)!a2 >0.
Vậy
(n−1)a21 >2na0.a2
Ví dụ 2.1.12. Giả sử 2a+ 3b+ 6c= 0. Chứng minh rằng phương trình
ax2 +bx+c= 0
có nghiệm thuộc khoảng (0, 1).
Giải.
Xét hàm số F (x) = a3x3 +b2x2+cxkhả vi và liên tục trên [0, 1]và F0(x) =ax2+bx+c (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
F (1) = 16(2a+ 3b+ 6c) = 0
Khi đó∃ x0 ∈(0, 1)sao cho F0(x0) =ax02+bx0+c= 0
⇔ Phương trìnhax2+bx+c= 0 có nghiệm x0 ∈(0, 1).
Ví dụ 2.1.13. Chứng minh phương trình:
acosx+bcos 2x+ccos 3x= 0 (1)
có nghiệm với mọi a, b, c.
Giải.
Xét hàm số F (x) =asinx+2bsin 2x+3csin 3xkhả vi và liên tục trên [0, π]và: F0(x) =acosx+bcos 2x+ccos 3x.
F (π) = F(0).
Khi đó∃x0 ∈(0, π) sao cho.
F0(x0) =acosx0+bcos 2x0+ccos 3x0 = 0
Phương trình1 có nghiệm x0 ∈(0, π). Mở rộng: - Phương trình n P i=1
aicos (ix) = 0 luôn có nghiệm với mọi ai ∈R, i= 1, n bởi: Xét hàm số F (x) =
n P i=1
ai
i sin (ix), khả vi và liên tục trên [0, π] và: F0(x) = n P i=1 aicos (ix). F (π) = F(0).
Khi đó∃x0 ∈(0, π) sao cho.
⇔ phương trình n P i=1 aicos (ix) = 0 có nghiệm x0 ∈(0, π). - phương trình n P i=1
aisin (ix) = 0 luôn có nghiệm với mọi ai ∈R, i= 1, n bởi: Xét hàm số F (x) = n P i=1 ai i cos (ix)khả vi và liên tục trên [0, 2π] và:
F0(x) = n P i=1 aisin (ix). F (2π) =F (0).
Khi đó∃x0 ∈(0,2π) sao cho. F0(x0) = n P i=1 aisin (ixo) = 0 phương trình n P i=1 aisin (ix) = 0 có nghiệm ∃x0 ∈(0,2π).
Ví dụ 2.1.14. (Olympic sinh viên 1994). Chonnguyên dương, và các số thựcak, bk (k = 1, 2, 3..n)
. Chứng minh rằng x+ n X k=1 (aksinkx+bkcoskx) = 0
có nghiệm trong khoảng (−π, π).
Giải. Xét hàm F(x) = x22 + n P k=1 −ak k coskx+bk k sinkx; x∈R. Rõ ràngF(x) liên tục trên[−π, π], khả vi trên R và:
F0(x) = x+ n X k=1 (aksinkx+bkcoskx) Lại có F (−π) =F (π) = π22 + n P k=1 −ak k (−1)k.
Theo định lý Rolle ∃c∈(−π, π) sao cho F0(c) = 0⇔c+
n P k=1 (aksinkc+bkcoskc). Vậy phương trìnhx+ n P k=1
(aksinkx+bkcoskx) = 0 có nghiệm thuộc(−π, π).
Ví dụ 2.1.15. Cho m là số nguyên dương a, b, c là 3 số thực sao cho: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a m+ 2 + b m+ 1 + c m = 0
Chứng minh rằng phương trìnhax2+bx+c= 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng
(0, 1).
Xét hàm số F (x) = ma+2xm+2 + m+1b xm+1 + mcxm liên tục trên đoạn [0, 1] và khả vi trên (0, 1).
Ta có
F0(x) =xm−1(ax2+bx+c)
F (0) =F (1) = 0
Theo định lý Rolle ∃α∈(0,1) sao cho F0(α) = 0
Hay
αm−1(aα2 +bα+c) = 0
⇔(aα2+bα+c) = 0
Vậy phương trìnhax2+bx+c= 0 có nghiệm trong khoảng(0, 1).
Ví dụ 2.1.16. Cho hàm số f khả vi trên đoạn [0, 1] và thỏa mãn f(0) = 0;f(1) = 1. Chứng minh rằng tồn tại 2 phân biệt a, b ∈ (0,1), a 6= b sao cho f0(a).f0(b) = 1
(Olympic- Hoa kỳ 1976).
Giải.
Xét hàm số g(x) = f(x) +x−1. Ta thấy g(x) khả vi trên đoạn [0, 1], do g(0) =
−1, g(1) = 1 nên ∃c∈(0,1) sao chog(c) = 0. Suy ra f(c) +c−1 = 0hay f(c) = 1−c. Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f(x) trên các đoạn [0;c],[c; 1]ta có.
f(c)−f(0) c−0 =f0(a) , a∈(0;c) f(1)−f(c) 1−c =f0(b), b∈(c; 1) Từ đây suy ra f0(a).f0(b) = f(c) c . 1−f(c) 1−c = (1−c)c c(1−c) = 1
Vậy tồn tại phân biệt 2số a, bthuộc (0,1) sao cho f0(a).f0(b) = 1.
Ví dụ 2.1.17. Cho hàm số f(x) khả vi trên [a, b] và thỏa mãn các điều kiện sau:
a). f(a) = 12(a−b)
b). f(b) = 12 (b−a)
c).f a+2b6= 0
Chứng minh tồn tại đôi một khác nhau sao cho c1, c2, c3 ∈(a, b) sao cho:
Giải.
Theo định lý Lagrange tồn tại c1 ∈(a, b) sao cho f0(c1) = f(b)b−−fa(a) = 1. Đặt: h(x) =f(x) +x−a+b
2 khi đó h(a).h(b) =−(a−b)2 <0. Do đó tồn tại x0 ∈(a, b) để cho h(x0) = 0 hay f(x0) = a+2b −x0. Theo định lý Lagrange tồn tại c2 ∈(a, x0), c2 6=c1 sao cho:
f0(c2) = f(x0)−f(a) x0−a = b−x0 x0−a Nếuc2 =c1 ⇒f0(c2) = 1⇒f(x0) = x0−1 2(a+b). Mà f(x0) = 0 suy ra x0 = a+2b nên f(x0) =f a+2b 6 = 0 vô lý. Tương tự như vậy, tồn tại c3 ∈(x0, b), c1 6=c3 để cho
f0(c3) = f(b)−f(x0) b−x0 = x0 −a b−x0 Nếu c3 =c1 suy ra f0(c3) = 1 từ đó f(x0) = −1 2(a+b) +x0. Rõ ràngc1, c2, c3 phân biệt và tích f0(c1).f0(c2).f0(c3) = 1.
Ví dụ 2.1.18. Cho hàm số f(x)6=const (const là hằng số) liên tục và có đạo hàm trên khoảng (0,+∞). Cho a, b là hai số thực thỏa mãn 0 < a < b. Chứng minh rằng phương trình: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
xf0(x)−f(x) = af(b)−bf(a)
b−a
có ít nhất một nghiệm thuộc (a, b).(Olympic sinh viên 1994)
Giải.
Theo giả thiết g(x) = f(xx) và h(x) = x1 là hai hàm số khả vi trên khoảng(a, b). Khi đó g0(x) =f(xx) 0 = xf0(xx)−2f(x) h0(x) = x1=−1 x2
Theo đinh lý Cauchy, tồn tại x0 ∈(a, b) sao cho:
[h(a)−h(b)].g0(x0) = [g(b)−g(a)].h0(x0)
Thực hiện phép biến đổi tương đương
1 b − 1 a x0f0(x0)−f(x0) x02 =f(bb) − f(aa) − 1 x02 ⇔ (a−b)[x0f0(x0)−f(x0)] b.a.x2 0 =−af(b.a.xb)−bf2(a) 0 ⇔x f0(x )−f(x ) = af(b)−bf(a)
Vậy phương trình
xf0(x)−f(x) = af(b)−bf(a)
b−a có ít nhất một nghiệm thuộc (a, b)