Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

PHẠM THU HIỀN

ỨNG DỤNG CỦA CÁC ĐỊNH LÝ
VỀ CÁC HÀM KHẢ VI VÀO GIẢI
CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Giải tích

Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS KHUẤT VĂN NINH

Phạm Thu Hiền

HÀ NỘI - 2012

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

LỜI CẢM ƠN

dẫn tận tình của thầy PGS.TS Khuất Văn Ninh.
Trong quá trình làm khoá luận em có tham khảo những tài liệu có liên
quan đã được thống kê trong mục tài liệu tham khảo. Khoá luận “Ứng dụng
của các định lý về các hàm khả vi vào giải các bài toán sơ cấp” không có sự
trùng lặp với các khoá luận khác.

Hà Nội, ngày 25 tháng 04 năm 2012
Sinh viên
Phạm Thu Hiền

Phạm Thu Hiền

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

MỤC LỤC
Tran
g
1

Mở
đầu…………………………………………………………………….
..
Chương 1: Cơ sở lý luận của đề tài………………………………….

3


thức….
2.4. Ứng dụng của định lý Lagrange, Rolle để giải hệ phương

41

trình……..
2.5. Ứng dụng của định lý Lagrange vào việc tìm giới hạn của dãy

48

số…..
Kết luận
Tài liệu tham khảo

Phạm Thu Hiền

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Đạo hàm là một trong những nội dung cơ bản của Giải tích nói riêng và
toán học nói chung. Các định lý của hàm khả vi như định lý Rolle, Lagrange,
Cauchy,…, có vai trò đặc biệt quan trọng trong Giải tích toán học. Nhờ có các
định lý này mà nhiều kết quả của toán học được chứng minh, ra đời.


3. Đối tượng phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu một số ứng dụng của các định lý về các hàm khả vi vào giải
các bài toán sơ cấp có cách giải cơ bản và ví dụ cụ thể.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Một số ứng dụng của các định lý về hàm khả vi vào giải các bài toán sơ
cấp.
5. Phương pháp nghiên cứu
 Nghiên cứu, phân tích tài liệu
 Hệ thống, khái quát các vấn đề
 Sưu tầm, giải quyết các bài toán
 Tổng kết kinh nghiệm.

Phạm Thu Hiền

2

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
1. Hàm khả vi
1.1. Các định nghĩa
a, Nếu tỉ số

y f ( x 0   x )  f ( x 0 )

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a,b] và ít nhất một trong hai giá trị này đạt
được tại điểm c trong khoảng mở (a,b) vì f(a) = f(b). Theo định lý Fermat và
giả thiết đạo hàm tồn tại ở mọi điểm trong (a,b) ta có: f’(c) = 0.

Phạm Thu Hiền

3

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

Định lý Lagrange
Nếu y = f(x) liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b) thì tồn tại c (a,b) sao
cho : f(b) - f(a) = f’(c)(b - a).
Hệ quả 1
Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b); ngoài ra
f’(x) = 0 x (a,b) thì f(x) = const x [a,b].
Chứng minh
x0, y0 [a,b], x0  y0 thì f(x0) = f(y0).
Thật vậy, giả sử: x0  y0  [x0,y0  [a,b]; Ta thấy f(x) thoả mãn tất cả
các điều kiện của định lý Lagrange trên [x0,y0 do đó  c  (x0,y0) để

f '(c) 

f (x 0 )  f (y 0 )
. Do  c  (x0,y0)  f’(c) = 0  f(x0) = f(y0)  đpcm.


nghĩa là phương trình f’(x) = 0 có quá n nghiệm trên [a,b] mâu thuẫn với giả
thiết  đpcm.
Định lý Cauchy
Nếu các hàm f(x), g(x) liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b) và nếu
g(x)  0 thì  c  (a,b) sao cho
f ' (c) f (b)  f (a)

.
g ' (c) g (b)  g (a )

Phạm Thu Hiền

5

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG CỦA CÁC ĐỊNH LÝ VỀ CÁC
HÀM KHẢ VI VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP
2.1. Ứng dụng của các định lý: Lagrange, Rolle, Cauchy để chứng minh
phương trình có nghiệm
2.1.1. Phương pháp chung
Bài toán: Chứng minh phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong (a,b) với
f(x) liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b).
Phương pháp giải


Phạm Thu Hiền

6

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

Giải
Xét hàm F(x) =

n
 ak
b
x2
(
cos kx  k sin kx ) ; x R
2
k
k
k 1

Rõ ràng F(x) liên tục trên [-,], khả vi trên R
n

f '( x )  x   (ak sin kx  bk cos kx ) ,

Cho m  0 là số nguyên dương còn a, b, c là 3 số thực sao cho:
a
b
c


= 0.
m  2 m 1 m

CMR: Khi đó phương trình ax2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm trong
(0,1).
Giải
Xét hàm số F(x) =

a
b
c
x m2 
x m1  x m liên tục trên [0,1], khả
m2
m 1
m

vi trong (0,1) và F’(x) = xm-1(ax2 + bx +c) . Ngoài ra: F(0) = F(1) = 0
Áp dụng định lý Rolle:   (0,1) sao cho
F’(c) = 0  m-1(a2 + b +c) = 0  (a2 + b +c) = 0.
Vậy phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm trong (0,1).

Phạm Thu Hiền


2

CMR: Tồn tại các số đôi một khác nhau c1, c2, c3 (a,b) sao cho :
f’(c1).f’(c2).f’(c3) = 1.
Giải
Theo định lý Lagrange, c1  (a,b) sao cho:
f’(c1) =
Đặt h(x) = f(x) + x -

f (b)  f (a )
=1
ba

ab
. Khi đó: h(a).h(b) = -(a - b)2  0.
2

Do đó x0  (a,b) để cho h(x0) = 0 hay f(x0) =

ab
 x0 ;
2

Theo định lý Lagrange, c2  (a,x0), c2  c1 sao cho:
f’(c2) =

f ( x0 )  f ( a) b  x0
=
.
x0  a

.
b  x0
b  x0

Nếu c3 = c1  f’(c3) = 1  f(x0) = -

ab
+ x0
2

Rõ ràng c1, c2, c3 phân biệt và f’(c1).f’(c2).f’(c3) = 1.
Ví dụ 4
Giả sử hàm số f(x) khác hàm hằng liên tục và có đạo hàm cấp một trên
khoảng (0, ) . Cho a, b là hai số thực thoả mãn 0  a  b. CMR: Phương
trình x.f’(x) - f(x) =

af ( a )  bf (b)
có ít nhất một nghiệm thuộc (a,b).
ba

(Olympic sinh viên 1994 )
Giải
Theo giả thiết: g ( x ) 

1
f ( x)
và h ( x ) 
là hai hàm số khả vi trên
x
x

)( 2 )
2
b a
b
a
x0
x0



( a  b)
x0 f ' ( x0 )  f ( x0 )   af (b)  bf2 (a)
2
abx 0
abx 0

 x0f’(x0) – f (x0) =

af (b)  bf ( a )
ba

Vậy phương trình:

Phạm Thu Hiền

9

K34A Toán



.
= 1.
1 c
(1  c )c
c

Ví dụ 6
Chứng minh phương trình e x cos x  1 có hai nghiệm và giữa hai
nghiệm đó có một nghiệm của phương trình e x sin x  1
Giải
Xét hàm f(x) = e x cos x  1 thì f liên tục trên R, f(0) = 1-1 = 0 nên x1 = 0
là một nghiệm.
f().f(2) = (  e x  1)( e 2  1)  0 nên có nghiệm x2 (,2).
x
Vậy f(x) = 0  e cos x  1 có hai nghiệm x1, x2.

Xét g(x) = cos x  e  x thì g(x) liên tục trên R và có đạo hàm:

Phạm Thu Hiền

10

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

g’(x) =  sin x  e

a1 a3
a
  ...  n  a0  a1  2 .2 2  3 .23  ...  n 2 n  0 .
2 3
n
3
4
n 1

Chứng minh phương trình:
2

a1 + 2a2x + 3a3 x +… + nan x n 1 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (0,2)
Giải
1
1
1
2
3
an x n 1 hàm này khả vi
Xét hàm số f(x) = a0 x  a1 x  a2 x  ... 
2
3
n 1

đến cấp 2 trên R, ta có f(0) = 0
f(1) = a0 

a
a1 a3


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

f’(c3 ) = 0  a1 + 2a2c + 3a3 c 2 +…+ nancn+1 = 0 hay phương trình
a1 + 2a2x + 3a3 x 2 +…+ nanxn+1 = 0 có nghiệm c3 (c1,c2)  (đpcm).
Ví dụ 8
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì phương trình:
a.cos3x + b.cos2x + cosx + sinx = 0 luôn có nghiệm trong (0,2)
Giải
Xét hàm số F(x) =

1
b
a sin 3 x  sin 3 x  sin x  cos x
3
2

Rõ ràng F(x) xác định và liên tục trên [0,2] và có đạo hàm tại mọi điểm
thuộc (0,2)
F’(x) = a.cos3x + b.cos2x + cosx + sinx
Ngoài ra F(0) = F(2) = -1
Theo định lý Rolle   (0,2) sao cho F’() = 0
 a.cos3  + b.cos2 + cos + sin = 0
 Phương trình a.cos3x + b.cos2x + cosx + sinx = 0 có nghiệm  (0,2)
Ví dụ 9
Cho hàm số f(x) khả vi trên [0,1] và f’(0) = 1, f’(1) = 0. Chứng minh
rằng c  (0,1) sao cho f’(c) = c.
Giải

 g(x) là đơn ánh trên [0,1] thế thì g(x) là hàm tăng nghiêm ngặt hoặc giảm
nghiêm ngặt trên [0,1].
Thật vậy, giả sử g(x) không tăng nghiêm ngặt hoặc không giảm nghiêm
ngặt trên [0,1] thì  x1, x2, y1, y2  [0,1] với x1  x2 ; y1  y2 sao cho
g(x1)  g(x2) và g(y1)  g(y2) .
Với mỗi t [0,1] ta có:
0  t.x1 + (1- t).y1  1.t +(t - 1).1 = 1
và 0  t.x2 + (1 - t).y2  1.t +(t - 1).1 = 1
Nên ta xác định hàm
F(t) = g(t.x1 + (1 - t).y1) - g(t.x2 + (1 - t).y2) thì hiển nhiên F(t) liên tục trên
[0,1]. Mặt khác:
F(0) = g(y1) - g(y2)  0
F(1) = g(x1) - g(x2)  0
 t0 (0,1) sao cho F(t0) = 0 hay g(t0.x1 + (1 - t0).y1) = g(t0.x2 + (1 - t0).y2)
Do g(x) là đơn ánh  t0.x1 + (1 - t0).y1 = t0.x2 + (1 - t0).y2
 t0(x1 - x2) + (1 - t0)(y1 - y2) = 0
(Điều này không xảy ra vì t0(0,1); x1  x2 ; y1  y2 nên mâu thuẫn với giả
thiết)  g(x) là hàm tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên [0,1] 
g’(x) giữ nguyên một dấu trên [0,1] mà với cách xác định g(x) như trên ta có:
g’(0) = 1; g’(1)= -1 (mâu thuẫn)  đpcm.
Nhận xét:

Phạm Thu Hiền

13

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp


 g ( x ) dx   xg ( x ) dx  1    f ( x )  g ( x ) dx  0
0

0

.

0
1

Hàm h(x) = f(x) - g(x) liên tục trên [0,1] và có

 h( x)dx  0 nên không
0

xảy ra trường hợp h(x)  0 x (0,1). Như vậy phương trình: h(x) = 0 phải có
ít nhất một nghiệm trong (0,1), giả sử h(x) chỉ có một nghiệm x = a (0,1) thì
xảy ra 2 khả năng sau:
 Nếu h(x)  0 x (0,a) thì h(x)  0 x (a,1) khi đó:
1

1

1

 xf ( x )dx  1   xf ( x)dx   xg ( x )dx
0

0


  xh ( x )dx   xh ( x ) dx   ah ( x ) dx   ah ( x ) dx
a

0

a

0

1
1
a

 a   h( x) dx   h( x )dx   a  h( x )dx  0
a
0
0

1



 xf ( x ) dx  1

(mâu thuẫn giả thiết đầu bài)

0

 Nếu h(x)  0 x (0,a) thì h(x)  0 x (a,1) khi đó :

a

0

0

a

1
a

 a   h( x)dx   h( x) dx 
a
0

1

 a  h( x)dx  0
0

1



 xf ( x ) dx  1 (mâu thuẫn giả thiết đầu bài)
0

Vậy h(x) = 0 phải có ít nhất hai nghiệm trong (0,1). Giả sử hai nghiệm
đó là a, b (0,1) và a  b ta có: h(a) = h(b) = 0 nên f(b) - f(a) = g(b) - g(a).
Theo định lý Lagrange c (a,b)  (0,1) sao cho:

 r(x) là đa thức hệ số thực bậc lẻ nên r(x) có nghiệm thực t R  q(x) có
hai nghiệm là m và t.
 Nếu m = t  q(x) = (x - m)2h(x) với h(x) là đa thức có bậc n - 2 
q’(x) = 2(x - m)h(x) + (x - m)2h’(x)  q’(x) có nghiệm x = m R
 q(x) – a.q’(x) có nghiệm x = m.
Mặt khác ta có:
q(x) - aq’(x) = (p(x) + ap(1)(x) + a2p(2)(x) +…
+ anp(n)(x)) – a(p(1)(x) + ap(2)(x) +…+ an-1 p(n)(x))
= p(x)
 p(x) có nghiệm x = m R (trái với giả thiết).
x

 Nếu m  t do a  0 nên xét hàm số g ( x)  aq ( x)e a thì g(x) liên tục
trên [m,t] khả vi trên (m,t) và g(m) = g(t) = 0.
Theo định lý Rolle c (m,t) để g’(c) = 0 .
x

x

Mặt khác: g '( x)   aq '( x )  q ( x)  e a   p ( x )e a do vậy:
Phạm Thu Hiền

16

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

2.1.3.Bài tập
1. Cho f là hàm liên tục trên [a,b], f(a) = f(b) = 0 và có đạo hàm cấp hai
trên đó. Chứng minh: c(a,b) thì  (a,b) :

f (c ) 

1
(c  a )(c  b)  f ''( )
2

Hướng dẫn
 Xét hàm
F ( x)  f ( x)  ( x  a )( x  b)

f (c )
(c  a )(c  b)

thì F liên tục và khả vi trên (a,c) và (c,b).

Phạm Thu Hiền

17

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh


VT



1 1
x1  x2

x2 x1
 Xét hàm  ( x ) 

1
f ( x)
,  ( x) 
rồi áp dụng định lý Cauchy 
x
x

 '(c)
 f (c)  cf '(c)  đpcm.
 '(c)
4. Cho số thực dương m, số nguyên dương n và các số thực a0, a1,…, an
thoả mãn:
an
an 1
a

 ...  0  0 .
m  n m  n 1
m



6(a  b)
.
5( n  2)


CMR: Phương trình: a.sinnx + b.cosnx + c.sinx + c = 0 có nghiệm thuộc (0, ) .
2
Hướng dẫn
Xét hàm số:
f ( x) 

2a
2b
2c
sin n  2 x 
cos n  2 x  sin 3 x  c.cos 2 x có:
n2
n2
3

f '( x)  sin 2 x(a sin n x  bcos n x  c s inx  c)


2a  2b 5c
  0 sau đó áp dụng định lý Rolle.
và f ( )  f (0) 
2
n2
3


19

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

2.2. Ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle để giải phương trình
2.2.1. Phương pháp chung
Các bài toán ở phần này có thể cho ở dạng trực tiếp hay gián tiếp song
mỗi phương trình bằng các phép biến đổi tương đương ta luôn đưa được về
dạng: f(x) = 0 và nếu tập xác định của f(x) là X  R thì X cũng là tập xác
định của phương trình.
Việc giải phương trình dẫn tới xét tính liên tục, khả vi của hàm số f(x)
trên X. Nhờ đó vận dụng định lý Lagrange, Rolle.
2.2.2. Các ví dụ
Ví dụ 1
Cho 3 số dương a, b, c; b  a và f(x) là hàm số xác định trên R. Chứng
minh rằng nghiệm của phương trình:

(a  c) f ( x )  b f ( x)  a f ( x )  (b  c) f ( x)

(1)

nếu có cũng là nghiệm của phương trình: f(x) = 0 hoặc f(x) = 1
Giải
Giả sử x0  R là nghiệm của phương trình (1) nghĩa là:

 đpcm.
0
 f ( x0 )  1

Ví dụ 2

Phạm Thu Hiền

20

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

Giải phương trình: 3x + 4x = 2x + 5x

(1)

Giải
Điều kiện cần:
(1)  3x - 2x = 5x - 4x .
Giả sử  là nghiệm của phương trình (1)  3 - 2 = 5 - 4 .
Xét hàm số f(t) = (t + 1) - t với t[2,4]. Do  là nghiệm của phương
trình nên ta có f(2) = f(4) nên theo định lý Rolle c  (2,4) sao cho
 1
 1
f’(c) = 0   (c  1)  c   0


2

x
x
x
x
(1)  3  2  4  3
2

2





Giả sử  là nghiệm của phương trình (1)  3  2  4  3 .
2



Xét hàm số: f (t )  (t  1)  t trên [2,3].

Do  là nghiệm của phương trình  f(2) = f(3) nên theo định lý Rolle
c (2,3) sao cho

f’(c) = 0    (c  1)

Phạm Thu Hiền