1
M
Ở ĐẦU
1. Lý do ch
ọn đề tài
Các đ
ịnh lý về giá trị trung b
ình đóng một vai trò quan trọng trong giải
tích toán h
ọc v
à thư
ờng xuyên được khai thác trong các kỳ thi Olympic Toán
đ
ịa phương, quốc gia và quốc tế (ở cấp độ học sinh THPT hoặc sinh viên Đại
h
ọc).
Ch
ứng tỏ ra là một công cụ rất hiệu lực trong việc giải các bài toán liên
quan đ
ến sự tồn tại nghiệm và các tính chất định lượng của nghiệm của nhiều
d
ạng phương trình khác nhau.
Trong nh
ững năm gần đây, những k
ỳ thi h
ọc sinh giỏi cấp quốc gia
, qu
ốc
t
ế,
trong các k

các đ
ịnh lý giá
tr
ị trung b
ình”.
2. M
ục đích nghiên cứu
M
ục ti
êu của đề tài nhằm nghiên cứu một số ứng dụng của các định lý
Lagrange, Rolle, Cauchy đ
ể chứng minh ph
ương trình
có nghi
ệm, giải
phương tr
ình,
ch
ứng minh bất đẳng thức
, tìm gi
ới hạn của d
ãy s
ố
.
3. Đối tượng nghiên cứu
Đ
ối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các sách giải
tích, các đề thi Olympic liên quan đến ứng dụng của các giá trị trung bình.
4. Gi
ả thuyết khoa học

ứng dụng của địn
h lý giá tr
ị trung b
ình”. Đây là nội dung
chính c
ủa khóa luận, trình bày các ứng dụng của định lý giá trị trung bình.
3
Chương 1. CƠ S
Ở
LÝ THUY
ẾT
1.1. Hàm s
ố liên tục
1.1.1. M
ột số định nghĩa
a) Hàm s
ố
( )
xf
xác đ
ịnh trong
t
ập
RA ⊂
đư
ợc gọi là liên tục tại điểm
Aa∈
n
ếu:
0,0 >∃>∀

afxf
ax
=
→
lim
N
ếu
( )
xf
liên t
ục tại mọi điểm
Ax∈
thì
( )
xf
đư
ợc gọi là liên tục trên
mi
ền
A
.
b) Hàm s
ố
( )
xf
đư
ợc gọi là liên tục bên trái tại
Aax ∈=
n
ếu

Aax ∈=
khi và ch
ỉ khi
( )
xf
liên t
ục b
ên trái và liên
t
ục bên phải tại điểm
a
.
1.1.2. M
ột số
đ
ịnh lý
Đ
ịnh lý 1
. N
ếu
( )
xf
và
( )
xg
là nh
ững h
àm liên tục tại điểm
ax =
thì

ba,
thì nó b
ị chặn trên
đo
ạn đó. Tức là tồn tại
0>k
sao cho:
( )
[ ]
baxkxf ,, ∈∀≤
4
Đ
ịnh lý 3
. (Đ
ịnh lý
weierstrass)
N
ếu h
àm số
( )
xfy =
liên t
ục tr
ên
[ ]
ba,
thì nó
đ
ạt giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất trên đoạn đó. Tức là:

BbfAaf == ,
thì
hàm s
ố nhận mọi giá trị trung
gian gi
ữa
A
và
B
.
Hệ quả. Nếu hàm số
( )
xfy =
liên tục trên
[ ]
ba,
thì nó nhận mọi giá trị
trung gian gi
ữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Đ
ịnh lý 5
. N
ếu hàm số
f
liên t
ục trên đoạn
[ ]
ba,
và
( ) ( )

ệu:
( )
baxxxx ,,
0
∈−=∆
là s
ố gia của đối số tại điểm
0
x
( ) ( )
0
xfxfy −=∆
là s
ố gia của h
àm s
ố ứng với số gia
x∆
c
ủa đối số.
Xét tỷ số
x
y
∆
∆
.
N
ếu tồn
t
ại giới hạn hữu hạn:
( ) ( )

xf
t
ại
0
x
thư
ờng được kí hiệu:
( )
0
'
xf
hay
( )
0
x
dx
dt
.
5
Trong trư
ờng hợp giới hạn (1) tồn tại và bằng
∞+
hay
∞−
thì ng
ười ta
nói hàm
( )
xf
có đ

xfxf
x
y
xx
−
−
=
∆
∆
++
→∆→∆
Tương
ứng được gọi là đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải của hàm
( )
xf
t
ại
0
x
và l
ần lượt được ký hiệu là
( )
0
'
xf
+
và
( )
0
'

t
ại
0
x
t
ồn tại v
à bằng nhau. Khi đó:
( ) ( ) ( )
0
'
0
'
0
'
xfxfxf
−+
==
c) Hàm s
ố
( )
xfy =
g
ọi l
à có đạo hàm trên
( )
ba,
n
ếu nh
ư nó có đạo hàm
t

Rolle, Lagrange, Cauchy
1.2.2.1. Đ
ịnh lý Rolle
Đ
ịnh lí
. N
ếu
( )
xf
là hàm liên t
ục tr
ên đo
ạn
[ ]
ba,
,có đ
ạo h
àm trên kho
ảng
( )
ba,
và
( ) ( )
bfaf =
thì t
ồn tại
( )
bac ,∈
sao cho
( )

[ ]
ba,
do đó v
ới mọi
( )
bac ,∈
luôn có
( )
0
'
=cf
.
- Khi
mM >
vì
( ) ( )
bfaf =
nên t
ồn tại
( )
bac ,∈
sao cho
( )
mcf =
ho
ặc
( )
Mcf =
theo b
ổ đề Fermat suy ra

thì
( )
xf
'
có ít nhất n – 1 nghiệm trên
( )
ba,
.
H
ệ quả 2
. N
ếu hàm số
( )
xf
có đ
ạo hàm trên
( )
ba,
và
( )
xf
'
vô nghi
ệm
trên
( )
ba,
thì
( )
xf

xf
có nhi
ều nhất
n + 1
nghi
ệm trên
( )
ba,
.
Các h
ệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng n
ếu
các nghi
ệm là nghiệm bội khi
( )
xf
là đa th
ức
.
1.2.2.2. Đ
ịnh lý Lagrange
Đ
ịnh lí.
N
ếu
( )
xf
là hàm liên t
ục trên đoạn
[ ]

xfxF
−
−
−=
.
Ta có:
( )
xF
là hàm liên t
ục trên đoạn
[ ]
ba,
có đ
ạo hàm trên khoảng
( )
ba,
và
( ) ( )
bFaF =
.
Theo đ
ịnh lí Rolle tồn tại
( )
bac ,∈
sao cho
( )
0
'
=cF
.

ịnh lý
Cauchy
Đ
ịnh lý 1.
N
ếu h
àm số
( )
xfy =
liên t
ục tr
ên
[ ]
ba,
và
( ) ( )
0. <bfaf
thì
( )
bac ,∈∃
sao cho
( )
0=cf
.
Đ
ịnh lý 2
. N
ếu các hàm
( ) ( )
xgyxfy == ,

:
Xét hàm s
ố:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
[ ] [ ]
baxagxg
agbg
afbf
afxfx ,, ∈−
−
−
−−=


th
ỏa m
ãn các giả thiết của định lý Rolle

liên t
ục tr
ên đoạn
[ ]
ba,

có đ
ạo h
àm trên kho

ừ đó suy ra điều phải chứng minh.
8
Chương 2. CÁC
ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ
TRUNG BÌNH
2.1.
Ứng dụng để chứng mi
nh phương tr
ình có nghiệm
2.1.1. Phương pháp chung
- Bài toán chứng minh phương trình
( )
0=xf
có nghiệm trong
( )
ba,
với
( )
xf
liên t
ục trong
[ ]
ba,
và kh
ả vi
trong
( )
ba,
.
- Phương pháp gi

ỏa mãn:
i)
( ) ( )
xfxF =
'
(t
ức là
( ) ( )
∫
= dxxfxF
)
ii)
( ) ( )
0=− aFbF
Bư
ớc 2. Khi đó sử dụng định lý Lagrange kết luận tồn tại
( )
bax ,
0
∈
sao
cho:
( )
( ) ( )
( )
0
00
'
=⇔
−

trên đó
thì
'
f
có ít nh
ất
1−n
nghi
ệm,
''
f
có ít nh
ất
2−n
nghi
ệm,…,
k
f
có ít nh
ất
kn −
nghi
ệm.
- Để chứng minh
( )
xf
có không quá
m
nghiệm thì ta phải chứng minh
( )

0cossin
có nghi
ệm trong khoảng
( )

,−
.
(Olympic sinh viên 1994)
L
ời giải:
Xét hàm
( )
Rxkx
k
b
kx
k
a
x
xF
n
k
kk
∈







cossin
Ngoài ra:
( ) ( ) ( )
∑
=






−
−
+==−
n
k
k
k
k
a
FF
1
2
1
2


Áp d
ụng định lý Rolle
( )

có nghi
ệm thuộc
( )

,−
.
Ví d
ụ 2
. CMR v
ới mọi số thực
cba ,,
thì ph
ương trình
0sincos2cos3cos =+++ xxcxbxa
luôn có nghi
ệm trong
( )

2,0
.
L
ời giải
Xét hàm s
ố
( )
xxcxbxaxF cossin2sin
2
1
3sin
3


20, <<∃
sao cho:
( )
0sincos2cos3cos0
'
=+++⇔=

cbaF
⇔
Phương tr
ình
xxcxbxa sincos2cos3cos +++
có nghi
ệm
( )

2,0∈
.
Ví d
ụ 3
. Cho
( )
( )
( )
Rxn
inx
Ck
xf
n

0
>x
.
Xét hàm:
( ) ( ) ( ) ( )
n
x
n
i
n
i
i
n
in
i
xinx
i
n
i
i
kyyCykyyCkyg −=−=−=
−
= =
−
−−−+
∑ ∑
1
1 0
11
000

dương.
Ví d
ụ
4. Cho
0
2345
=++++ e
dcba
. CMR khi đó phương tr
ình
0coscoscoscos
2468
=++++ exdxcxbxa
có nghi
ệm.
L
ời giải
Đ
ặt
[ ]
( )
1,0cos
2
∈= txt
Như v
ậy ph
ương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
0
234
=++++ edtctbtat

1,0
.
Ta có:
( )
0
2345
1 =++++= e
dcba
f
và
( )
00 =f
.
M
ặt khác
( )
edtctbtattf ++++=
234'
Nên theo đ
ịnh lý Rolle
( )
tf
'
có nghi
ệm thuộc khoảng
( )
1,0
hay phương
trình đ
ã cho luôn có nghiệm.

1,0
.
L
ời giải
Xét hàm s
ố
( )
mmm
x
m
c
x
m
b
x
m
a
xF +
+
+
+
=
++ 12
12
liên t
ục
[ ]
1,0
, kh
ả vi

m

0
2
=++⇔ cba

V
ậy ph
ương trình
0
2
=++ cbxax
có nghi
ệm trong
( )
1,0
.
* Ngư
ời ta có thể sử dụng các ph
ương pháp khác đ
ể giải bài toán trên
ch
ẳng hạn ta dùng phương pháp định lý đảo tam thức bậc hai như sau:
12
Xét hai kh
ả năng:
i) N
ếu
0=a
. Khi đó t

ếu
0≠b
khi đó
b
c
xcbxcbxax
−
=⇔=+⇔=++ 00
2
. Do
( )
*
suy
ra
1+
=
m
m
x
. Vì
0>m
nên
10 << x
. V
ậy phương trình đã cho có nghiệm
thu
ộc
( )
1,0
.




+
m
ma
m
m
fa
L
ại có hai khả năng xảy ra:
+ N
ếu
( ) ( )( )
0
1
0.00.0. <












+

<<
m
m
xx
để
cho
( )
0
1
=xf
vì
( )
1,01
1
0
1
∈⇒<
+
< x
m
m
+ N
ếu
0. ≤ca
Ta có:
( ) ( ) ( )
***.1. cbaafa ++=
.
T
ừ giả thiết:

( )
0
2
1.
2
>−
+
=
m
ac
m
a
fa
(do
0,0.,0 ≠≤> acam
)
( )( ) ( )
11.
1
1
1
. <






+
⇒

1
2
<<
+
x
m
m
Đ
ể
( )
0
2
=xf
. Vì
100
2
<<⇒> xm
.
Tóm l
ại ta luôn thấy yêu cầu đề bài được thỏa mãn.
Hoàn toàn tương t
ự ta có thể chứng minh bài toán tổng quát sau:
Cho s
ố thực dương m, số nguyên dương
n và các s
ố thực
0 1
, , ,
n
a a a

1 0
( )
1
m n m n m
n n
a a a
f x x x x
m n m n m
+ + −
−
= + + +
+ + −
)
Ví d
ụ
6. Cho
i
a
v
ới
( )
1, ,2,1 >= nni
là
n
s
ố thực phân biệt.
CMR phương tr
ình
∑
=

.
Áp d
ụng định lý Rolle cho hàm
( )
xf
trên các đo
ạn
[ ]
1
,
+ii
aa
( )
1, ,2,1 −= ni
và
( ) ( )
0
1
==
+ii
afaf
( )
1, ,2,1 −= ni
Ta suy ra
( )
xf
'
có đúng
1−n
nghi

n
i
i
ax
1
0
1
có đúng
1−n
nghi
ệm thực phân biệt.
Ví d
ụ 7
. Ch
ứng minh rằng
Rba ∈∀ ,
phương tr
ình sau có ít nhất 7
nghi
ệm trên đoạn
[ ]

2,0
.
( ) ( )
03sin97sin49sin5sin25 =−+− xxbxxa
Lời giải
Xét hàm s
ố
( ) ( ) ( )

==






=




fffff
Áp d
ụng định lý Rolle ta c
h
ứng minh được rằng
( )
xf
'
có 4 nghi
ệm
4321
,,, xxxx
th
ỏa mãn:





( )

2,0
B
ằng cách áp dụng định lý Rolle cho hàm
( )
xf
'
ta ch
ứng được rằng
( )
xf
''
có 5 nghi
ệm phân biệt thuộc
( )

2,0
.
Mà
( ) ( )

20
''''
ff =
do v
ậy
( )
xf
''

ục tr
ên
R
( )
0110 =−=f
nên
0
1
=x
là nghi
ệm
( ) ( )
( )( )
011.
2
<−−−=


eeff
nên có thêm nghi
ệm
( )

2,
0
∈x
V
ậy
( )
1cos0 =⇔= xexf

−
Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn
[ ]
21
, xx
thì tồn tại
( )
21
, xxc∈
và
( ) ( )
( )
cg
xx
xgxg
'
21
21
=
−
−
.
Vì
( )
x
x
x
x
e
xe

a phương tr
ình
1cos =xe
x
.
Ví d
ụ 9
. Ch
ứng minh rằng phương trình:
( )
2
1lnarctan.2 xxx +=
có
nghi
ệm duy nhất.
L
ời giải
Xét
( )
( )
2
1lnarctan.2 xxxxf +−=
. Khi đó
( )
xf
liên t
ục tr
ên
R
.

sao cho:
( )
( ) ( ) ( )
x
xf
c
x
fxf
cf =⇔
−
−
= arctan2
0
0
'
16
Vì
0>x
và
0arctan >c
nên
( )
0>xf
.
Tương t
ự đối với trường hợp
0<x
ta có
( )
0<xf

ì deg
P(x)
ch
ẵn n
ên P(
x) có ít nh
ất 2 nghiệm.
- Khi P(x) có nghi
ệm kép
x = x
0
ta có x
0
c
ũng l
à một nghiệm của
P’(x)
suy ra Q(x) có nghi
ệm.
- Khi P(x) có hai nghi
ệm phân biệt
x
1
< x
2
.
N
ếu
b = 0 thì hi
ển nhiên

( )f x
có hai nghi
ệm suy ra
'( )f x
có ít nh
ất 1 nghiệm hay
Q(x) có
nghi
ệm.
2.1.3. Bài t
ập tương tự
Bài 1. Ch
ứng minh rằng phương trình
( )
( )
xxxxx 2sin212cos22
2
−=−−
có ít nh
ất 3 nghiệm phân biệt trong
kho
ảng
( )
2,1−
.
HD: Ch
ỉ cần xét hàm
( )
( )
xxxxf 2sin22

=+−
có nghi
ệm
HD: ĐK
0>x
. Phương tr
ình
đ
ã cho tương đương với
( )
04ln
ln12
2
=−+
−
x
x
xx
Áp d
ụng định lý Rolle cho hàm số
( ) ( )
( )
4ln1
2
−−= xxxf
trên các đo
ạn




( )
0<af
thì ph
ương trình
( )
0=xf
có nhi
ệm duy nhất trong khoảng
( )






−
k
af
aa,
.
Bài 4. V
ới các số thực
dcba <<<
, ch
ứng minh rằng ph
ương tr
ình sau
có đúng ba nghi
ệm phân biệt:
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

( )
0=xf
Bư
ớc 1. Gọi

là nghi
ệm của ph
ương trình
Bư
ớc 2. Biến đổi phương trình về dạng thích hợp
( ) ( )
bfaf =
. T
ừ đó chỉ
ra đư
ợc h
àm số
( )
tF
kh
ả vi v
à liên tục trên
[ ]
ba,
. Khi đó theo đ
ịnh lý
Lagrange t
ồn tại
( )
bac ,∈

ương trình
( )
( )
xx
x
coscos
4.342cos1 =++
Nh
ận xét:
T
ừ định lý Rolle ta có kết quả sau: Nếu
( )
xf
'
có t
ối đa
n
nghi
ệm phân biệt trên đoạn
[ ]
ba,
thì
( )
xf
có t
ối đa
1+n
nghi
ệm trên đo
ạn

t
trên đo
ạn
[ ]
1,0
Ta có:
( )
( )
( )
2
2
'
42
4424ln324
t
tt
tf
+
−−+−
=
Suy ra
( ) ( )
04424ln3240
2'
=−−+−⇔=
tt
tf
Đây là phương tr
ình bậc hai đối với
t

tf
có đúng
3
nghi
ệm phân biệt
2
1
,0 == tt
và
1=t
.
Gi
ải các phương trình
1cos,
2
1
cos,0cos === xxx
ta đư
ợc nghiệm của
phương tr
ình đã cho là:
( )
Ζ∈+−++ kkkkk






2;2

( )
xxx
x
21log213
3
+++=+
( )
)21()3(
21log213log3
33
xff
xx
x
xx
+=⇔
+++=+⇔
Với
( ) ( )
0log
3
>+= ttttf
Víi
0>t
ta có
( )
tf
là hàm đ
òng bi
ến nên :
xxff

ình
( )
0=xg
có không quá 2 nghi
ệm
. Rõ ràng ta
có:
( ) ( )
010 == gg
.
V
ậy ph
ương tr
ình
( )
0=xg
có đúng 2 nghi
ệm l
à
0=x
và
1=x
. Hay
phương tr
ình
( )
1
có đúng 2 nghi
ệm là
0=x

Vi
ết
l
ại phương trình dưới dạng:
xxxx
2356 −=−
Giả sử phương trình có nghiệm

, khi đó:

2356 −=−
( )
2
Xét hàm s
ố
( ) ( )


tttf −+= 1
, v
ới
0>t
.
T
ừ
( )
2
ta nh
ận được
( ) ( )

cccf
Th
ử lại ta thấy
1;0 == xx
đ
ều thỏa mãn
( )
1
V
ậy phương trình có nghiệm là
1;0 == xx
.
Ví d
ụ 4
. Gi
ải phương trình:
x
xx
cos23
coscos
=−
L
ời giải
Vi
ết lại phương trình dưới dạng:
xx
xx
cos22cos33
coscos
−=−

3,2
do đó theo đ
ịnh lý Rolle
t
ồn tại
( )
3,2∈c
sao cho:
( )
( ) ( )
( )
0cos1
23
23
1cos'
=−=
−
−
=
−


c
ff
cf



=
=

và
( )
Ζ∈= kk ,2

vào
( )
1
th
ấy đúng.
Vậy phương trình có hai họ nghiệm



k+=
2
và
( )
Ζ∈= kk ,2

Ví d
ụ 5
. Gi
ải phương trình:
xxx
4.253 =+
L
ời giải
Đ
ặt
xu =

ận được
( ) ( )
34 ff =
do đó theo đ
ịnh lý Rolle
t
ồn tại
( )
4,3∈c
sao cho:
( ) ( )
[ ]
010
1
1
'
=−+⇔=
−
−



cccf
0 0 0 0
1 1 1
1
u x x
u x
x


ọi

là nghi
ệm của phương trình:
020052002.21999 =+−
xxx
( )
1
Thì

1999200220022005 −=−
Xét
( ) ( )


tttf −+= 3
V
ới
[ ]
2002,1999∈t
thì
f
liên t
ục và có
( ) ( )
1
1
'
3
−

( ) ( )
19992002 ff =
nên
( )
0
'
=cf
T
ừ đó:
( )



=
=
⇔=−+
−
−
1
0
03
1
1





cc
V

Gi
ả sử
( )
00
, yx
là nghi
ệm khác của hệ. Không mất tính tổng quát ta có thể
coi
yvux >≥>
0
(trư
ờng hợp
vyxu >≥>
0
suy ra b
ởi tính đối xứng của ẩn)
Đ
ặt
3
1
3
1
3
01
3
01
,,, vvuuyyxx ====
Khi đó:
1111
yvux >≥>

[ ] [ ]
1111
,;, yvxu
Áp d
ụng định lý Lagrange cho hàm số
( )
tf
trên các đo
ạn đó ta được:
( )
111
, xut ∈∃
sao cho:
( )
( ) ( )
11
11
1
'
xu
xfuf
tf
−
−
=
Hay
( )
11
3
2

Tương t
ự
( )
112
,vyt ∈∃
sao cho
( )
2111
3
1
2
3
2
1
3
2
1
3
2
ttyvtyv =⇒−=−
(vô lý vì
hai kho
ảng
( )
11
, xu
và
( )
11
,vy

sinsin
=−
Bài 4.
12)15(log36
6
+++= xx
x
Bài 5.
2400620052003 +=+
xxx
2.3.
Ứng dụng để chứng minh một số tính chất đặc trưng của hàm số
Các ví d
ụ
Ví d
ụ 1
.
Cho hàm
RRf →:
kh
ả vi 2 lần và thỏa mãn
( ) ( )
20,20
'
−== ff
và
( )
11 =f
. Ch
ứng minh rằng tồn tại một số


sao cho
( )
0=

g
thì suy ra ngay s
ự tồn tại của
c
theo yêu c
ầu của bài ra. Ta xét hai
trư
ờng hợp sau:
24
a)
( )
0≠xf
v
ới mọi
[ ]
1,0∈x
Khi đó đặt:
( )
( )
[ ]
1,0,
1
2
∈−= x
xf

'
=

h
. Do đó
( ) ( ) ( )
0.
'2
==

hfg
b) T
ồn tại
[ ]
1,0∈x
sao cho
( )
0=xf
Khi đó ta g
ọi:
[ ]
( ){ }
0:1,0inf
1
=∈= xfxz
[ ]
( ){ }
0:1,0sup
2
=∈= xfxz

( ) ( )
0
1
'
1
≤= zfzg
và
( ) ( )
0
2
'
2
≥= zfzg
Do đó t
ồn tại
[ ]
( )
1,0,
21
⊂∈ zz

sao cho
( )
0=

g
. V
ậy ta có đpcm
Ví d
ụ 2

Ch
ứng minh rằng tồn tại các số đôi một khác nhau
( )
baccc ,,,
321
∈
sao
cho:
( ) ( ) ( )
1
3
'
2
'
1
'
=cfcfcf
.
L
ời
gi
ải
Theo Lagrange, t
ồn tại
( )
bac ,
1
∈
sao cho:
( )

∈
đ
ể cho
( )
0
0
=xh
hay
( )
00
2
x
ba
xf −
+
=
Theo Lagrange, t
ồn tại
( )
1202
,, ccxac ≠∈
sao cho:
( )
( ) ( )
ax
xb
ax
afxf
cf
−




+
=⇒






+
=⇒=
ba
fxf
ba
xxf
vô lý.
Tương tư như v
ậy, tồn tại
( )
3103
,, ccbxc ≠∈
đ
ể cho:
( )
( ) ( )
0
0
0

'
2
'
1
'
=cfcfcf
.
Ví d
ụ 3
. Gi
ả sử hàm số
( )
xf
kh
ả vi trên
[ ]
1,0
và th
ỏa mãn:
( ) ( ) ( )
Rxxfff ∈∀≤≤== 10;11;00
Ch
ứng minh rằng tồn tại
( )
1,0, ∈ba
;
ba ≠
sao cho
( ) ( )
1.

( )
xf
trên các đo
ạn
[ ]
c,0
và
[ ]
1,c
ta đư
ợc: