TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG
KHOA SƯ PHẠM







NGUYỄN HOÀI PHÚC
MSSV: 11105





CÁC ỨNG DỤNG CỦA CÁC ĐỊNH
LÝ RÔN, LAGRĂNG, BÔXANÔ -
CÔSI








GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VÕ TIẾN THÀNH

AN GIANG, Năm 2004







LỜI CẢM ƠN




Trước hết tôi xin gửi lời chân thành cảm ỏn nhất đến quý thầy cô , ban giám
hiệu trường Đại Học An Giang ,ban chủ nhiệm khoa sư phạm và thầy cô bộ môn
toán ûtạo điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài này ,đặc biệt cho tôi có cơ hội làm
quen với việc nghiên cứu khoa học.
Chân thành cảm ỏn thầy Võ Tiến Thành người trực tiếp hướng dẫn và đóng
góp sửa chửa bản thảo làm cho đề tài hoàn chỉnh hơn.






Long Xuyên


6/2004


Nguyễn Hoài Phúc


Mục Lục
Trang


Lời nói đầu 1
Chương I:Cơ sở lí luận của đề tài 2
I.Hàm số liên tục 2
II.Đạo hàm 3
ChươngII:Ứng dụng đinh lí bonxano-cauchy
chứng minh phương trình có nghiệm 5
I.Phương pháp chung 5
II.Các ví dụ 5
ChươngIII:Dùng đònh lí Roll-Lagange-Cauchy
Chứng minh phương trình có nghiệm 16

I.Phương pháp chung 16
II.Các ví dụ 16
ChươngIV:Dùng đònh lí Lagange giải phương trình 25
I.Phương pháp chung 25
II.Các ví dụ 25
ChươngV:Dùng đònh lí Lagange chưng1 minh bất đẳng thức 28
I.Các ví dụ 28
I.Phương pháp chung 33
Tài liệu tham khảo 36

LỜI NÓI ĐẦU

Trong những năm gần đây ,những kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia ,
quốc tế,trong các kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên giửa các trường đại học trong
nước thì các bài toán liên quan đến tính liên tục và đạo hàm của hàm số
thường xuyên xuất hiện và dạng phổ biến nhất là chứng minh phương trình có
nghiệm , giải phương trình ,chứng minh bất đẳng thức .
Trong phạm vi đề tài này chúng ta sẽ tập chung nghiên cứu các ứng
dụng của các đònh lí Roll, Lagange ,Bonxano- Cauchy trong việc giải quyết
các bài tập nêu trên .

I.Đối tượng nghiên cứu của đề tài :
Đối 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 liên tục và đạo
hàm .

II.Nhiệm vụ của đề tài :
Nghiên cứu các ứng dụng của các đònh lí Bonxano-Cauchy,
Roll,Langange để chứng minh phương trình có nghiệm ,giải phương trình và
chứng minh bất đẳng thức .

III.Nội dung nghiên cứu của đề tài:
Chương I: những cơ sở lí luận của đề tài
Chương II: ứng dụng của đònh lí Bonxano – Cauchy chứng minh
phươngtrình có nghiệm
Chương III: ứng dụng đònh lí Roll,Lagange,Cauchy chứng minh
phương trình có nghiệm
Chương IV: ứng dụng của đònh lí Lagange giải phương trình
Chương V: ứng dụng đònh lí Lagange chứng minh bất đẳng thức
Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các kỳ thi

Olympic,đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia và quốc tế.

IV. Phương pháp nghiên cứu :
-Tham khảo tài liệu.
-Hệ thống các bài tập và phân loại.
-Hướng dẩn phương pháp giải.

Trang1
CHƯƠNG I : CƠ SƠ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI

I/- HÀM SỐ LIÊN TỤC :

1/- Các đònh nghóa:
a/- Hàm số f(x) xác đònh trong tập A⊂ R được gọi là liên tục tại điểm a∈ A
nếu :
∀ε>0 , ∃δ=δ(a, ε) , ∀x∈A :⏐x – A ⏐< δ⇒ ⏐f(x) – f(a)⏐< ε
Như vậy nếu a là điểm tụ của tập A thì f(x) liên tục tại điểm A nếu : tồn tại
và = f(a) )(lim xf
ax→
)(lim xf
ax→
Nếu f(x) liên tục tại mọi điểm x∈A thì f(x) được gọi là liên tục trong miền
A.
b/- Hàm số f(x) được gọi là liên tục bên trái tại x = a∈A nếu

(
)
==
−
→

−
afxf
a
x
)(lim
(
)
af
và liên tục bên phải tại x = a nếu :
(
)
==
+
→
+
afxf
a
x
)(lim
(
)
af
Hàm số f(x) liên tục tại x = a∈A khi và chỉ khi f(x) liên tục bên trái
và liên tục bên phải tại điểm a.

2/- Các đònh lý :
*
Đònh lý 1 :
Nếu f(x) và g(x) là những hàm liên tục tại điểm x = a, thì f(x) + g(x);
g(x) . f(x) là những hàm liên tục tại a.

Hơn nữa g(x) ≠0 thì
)(
)(
xg
xf
cũng là hàm liên tục tại a.
* Đòng lý 2 :
Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó bò chặn trên đoạn đó. Tức là
tồn tại k > 0 sao cho :
⏐f(x)⏐ ≤ k ∀x ∈ [a,b]
*
Đònh lý 3 : (đònh lý Vâyestras)
Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó đạt giá trò lớn nhất và nhỏ
nhất trên đoạn đó. Tức là :
∃ m=
= min f(x) ( ∈ [a;b]) )(
1
x
f
x
1
a ≤ x ≤ b
∃ M =
= max f(x) ( ∈ [a;b]) )(
2
x
f
x
2
a ≤ x ≤ b



-Trang 2 -
* Đònh lý : (Bônxano – cauchy thứ nhất )
Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] va f(a) . f(b) < 0 thì ∃ c ∈(a;b) sao
cho f(c) = 0.

* Đònh lý 5 :
Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b], f(a) = A, f(b) = B thì hàm số
nhận mọi giá trò trung gian giữa A và B.
Hệ quả :
Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b] thì nó nhận mọi giá trò trung
gian giữa giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất.
II/- ĐẠO HÀM :
1/-
Các đònh nghóa :
a/- Giả sử f(x) là hàm số xác đònh trong khoảng (a,b), x
0
là một điểm
thuộc khoảng đó.
Ký hiệu : ∆x=x – x
0
, x∈(a,b) là số gia của đối số tại điểm x
0
.
∆y = f(x) – f (x
0
) là số gia của hàm số ứng với số gia ∆x của đối số. Xét tỷ
số
x

y
∆
∆
.
Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn :

x
y
x
∆
∆
→∆ 0
lim =
0
0
()(
lim
0
xx
xfxf
xx
−
−
→
(1) thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của số
f(x) tại điểm x
0
. Đạo hàm của f(x) tại x
0
thường được ký hiệu : f’(x

0
) hay
dx
dt
(x
0
).
Trong trường hợp giới hạn (1) tồn tại và bằng +
∞
hay -
∞
thì người ta nói hàm
f(x) có đạo hàm vô hạn tại x
0
.
b/- Các giới hạn một phía :

0
0
00
)()(
limlim
xx
xfxf
x
y
xx
−
−
=

∆
∆
−−
→→∆

và
0
0
00
)()(
limlim
xx
xfxf
x
y
xx
−
−
=
∆
∆
++
→→∆

Tương ứng được gọi là đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải của hàm f(x)
tại x
0
và lần lượt được ký hiệu là f
+
’(x

0
) và f
+
’(x
0
). Các đạo hàm này gọi là đạo
hàm một phía của f(x) tại x
0
.
c/-

Ta có kết quả sau đây :

Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có đạo hàm tại x
0
là các đạo hàm một phía
của hàm f(x) tại x
0
tồn tại và bằng nhau. Khi đó :

-Trang 3 -
f’(x
0
) = f
-
‘(x
0
) = f
+
’(x

0
)
d/- Hàm số y= f(x) gọi là có đạo hàm trên (a,b) nếu như nó có đạo hàm tại mọi
điểm x
∈(a,b).
Hàm số y = f(x) gọi là có đạo hàm trên (a,b) nếu như nó có đạo hàm tại mọi
điểm x
∈(a,b); có đạo hàm phải f
+
’(a) và đạo hàm trái f
-
‘(b).

2/-
Các đònh lý: Rôn, Lagrange, cauchy:

a/- Đònh lý Rôn :
Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b], khả vi trong (a,b) và f(a)=f(b)
thì tồn tại c
∈(a,b) sao cho f’(c) = 0.

b/- Đònh 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’(c) =
ab
afbf
−
−

)()('

hay f(b) -f(a) = f’(c).(b – a) ( c
),( ba
∈
)
c/- Đònh lý Cauchy :
Nếu các hàm y = f(x) , y = g(x) liên tục trên [a,b] khả vi trong (a,b) ;
g(x)
0 thì tồn tại c ≠ ],[ bax∈∀ ),( ba
∈
sao cho :

)()(
)()(
)('
)('
agbg
afbf
cg
cf
−
−
=














CHƯƠNG II : ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ BÔNXANÔ – CAUCHY CHỨNG
MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM

I/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG :

-Trang 4 -
Cho phương trình f(x) = 0 , để chứng minh phương trình có k nghiệm phân
biệt trong [a,b], ta thực hiên theo các bước sau :
Bước 1 : Chọn các số a < T
1
< T
2
< … < T
k-1
< b chia đoạn [a,b] thành k
khoảng thõa mãn :


⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

<
<
−
0)().(
0)().(
1
1
Tfaf
bfTf
k
Bước 2 : Kết luận .
II/- CÁC VÍ DỤ :

Ví dụ 1 : Giả sử f : [a,b]→[a,b] là một hàm số liên tục. Chứng minh :
a)- Phương trình f(x) = x có ít nhất một nghiệm .
b)- ∃
sao cho
],[ bac ∈
α
f(a) +
β
f(b) = (
α
+
β
).f(c) (
α
,
β
> 0)

(Đề thi chọn đội tuyển Olympic ĐHAG 2003)
Giải :a/- Ta có f(x) = x ⇔ f(x) – x = 0 .
Từ đó đặt h(x) = f(x) – x thì h(x) liên tục trên [a,b]
Ta có h(a) = f(a) – a
0 ≥
h(b) = f(b) – b
0 ≤
Suy ra h(a).h(b)
≤
0
Do h(x) liên tục trên [a,b] nên ∃ x
0
∈ [a,b] sao cho h(x
0
) = 0 hay f(x
0
) = x
0 .
Vậy phương trình f(x) = x có ít nhất 1 nghiệm x ∈ [a,b].
b/- Theo đònh lý Vâyestras : ∃ x
1
, x
2
∈ [a,b] sao cho :

NxfxfMax
bak
=
=
∈

)()(
1
],[
mxfxfMin
bax
=
=
∈
)()(
2
],[

Do
0,0 ><
β
α
nên (
α
+
β
).m
≤
Mbaf )()()(.
β
α
β
α
+
≤
+

+

Xét hàm số
)()()()()( bfafxfxg
β
α
β
α
−
−
+
=
Do f(x) liên tục trên [a,b] nên g(x) liên tục trên [a,b].
Không mất tính tổng quát. Giả sử x
1
< x
2
và [x
1
,x
2
] [a,b]. ⊂
Ta có :


⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

−−+=−−+=
−−+=−−+=
)()(.)()(.)(.)()()(
)(.)(.)()(.)(.)()()(
11
22
bafMbfafxfxg
bfafmbfafxfxg
βαβαβαβα
βαβαβαβα


suy ra g(x
1
).g(x
2
) 0 nên ∃ c ∈ [x≤
1
,x
2
] sao cho g(c) = 0
⇔ (α+β).f(c) – α.f(a) - βf(b) = 0
⇔ (α+β).f(c) = α.f(a) – β.f(b)

-Trang 5 -
Ví dụ 2 :
Cho hàm số f(x) liên tục trên [0,1] và f(0) = f(1)
CMR : với mọi số tự nhiên n luôn ∃ c ∈ [0,1] sao cho f(c) =
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
+
n
c
f
n
1


Bài giải :
Ta có f(c) =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
n
c
f
n
1
⇒
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
+−⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
n
cfcf
n
cfcf
1
)(
1
)(
= 0
Do đó ta đạt : g(x) =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−
n
xfxf

1
)(

Từ giả thiết suy ra g(x) liên tục trên
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
n
n 1
,0


()
1
11
322
211
1
)0()(
f
n
n
f
n
n
g

n
f
n
f
n
g
n
f
n
f
n
g
n
ffxg
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−

−−−−−−−−−−−−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=

Vậy
0)1()0(
1

1
)0( =−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝

⎛
−
++
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+ ff
n
n
g
n
gg

Suy ra
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
∈∃
n
n
n
j
n

i 1
,0,
sao cho 0. ≤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
n
j
g
n
i
g

Giả sử
n
j
n
i
<

Vậy

⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∈∃
n
j
n
i
c ,
sao cho g(c)=0
Hay ∃ c ∈ [0,1] sao cho
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
n
cfcf
1
)(
(đpcm)



Ví dụ 3 :

Cho hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và n điểm x
1
,x
2
,…,x
n
∈ [a,b], Chứng minh
rằng

-Trang 6 -
∃ c ∈ (a,b) sao cho :
[
]
)21
( )()(
1
)(
n
xfxfxf
n
cf +++=

Giải:
Cách 1 :
Đặt
[]
)( )()(
1
)()(
21 n

xfxfxf
n
xfxg +++−= ta có


[]
[]
[]
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
+++−=
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
+++−=
+++−=
)( )()(
1
)()(
)( )()(
1
)()(
)( )()(

1
)()(
21
2122
2111
nnn
n
n
xfxfxf
n
xfxg
xfxfxf
n
xfxg
xfxfxf
n
xfxg

Suy ra g(x
1
)+g(x
2
)+…+g(x
n
) = 0)()(
11
=−
∑∑
−=
n

n
i
n
i
i
xfxf
Do đó ∃ k, l ∈
{
sao cho k< l và g(x
}
n, ,2,1
k
).g(x
l
)
≤
0
Mà g(x) liên tục trên [a,b] nên liên tục trên [x
k
, x
l
].

⇒ c ∈ [x∃
k
, x
l
] sao cho g(c) = 0 ⇒
∃
c

∈
[a,b] để :
f(c) =
n
1
[ f(x
1
)+f(x
2
)+…+f(x
n
)]
Cách 2 :
Gọi
∆ là đoạn chứa các điểm x
1
,x
2
,……,x
n
và [a,b]. Hàm f(x)
liên tục trên [a,b]
∆ ≤
⇒ liên tục trên .
∆
Vậy
∃ m = )(min xf
x ∆∈

M = ∃ )(max xf

x ∆∈
ta có :
m
≤
n
1
[f(x
1
) + f(x
2
) +….+ f(x
n
)]
≤
M
Vậy
∃ c ∈∆ c⇒
∈
[a,b] sao cho f(c) =
n
1
[ f(x
1
) + f(x
2
) +….+ f(x
n
)]

Ví dụ 4 :

Chứng minh với mọi tham số thì phương trình :
a)- acosx + bsin2x + cos3x – x = 0 có nghiệm.
b)-
m
xx
=+
cos
3
sin
1
có nghiệm.

-Trang 7 -
c)- asin 3x + 6cos 2x + sinx = 0 có nghiệm x
∈
[0,2
π
]
(Đại học quốc gia Hà Nội)
Giải :
a)- Đặt f(x) = acosx + bsin2x + c cos 3x – x thì f(x) liên tục trên D = R.
Ta có f(
2
π
− ) =
2
π
và f(
2
π

) = -
2
π
⇒f(-
2
π
).f(
2
π
) < 0
Vậy phương trình có nghiệm.
b)- ta có f(x) =
m
xx
−+
cos
3
sin
1
liên tục trên (
2
π
,
π
)
vì
−∞=
+
→
)(lim

2
xf
x
π
nên
∃
a
∈
(
2
π
,
2
π
+ ℰ ) để f(a) < 0

+∞=
−
→
)(lim
2
xf
x
π
nên
∃
b
∈
(
π

- ℰ’,
π
) để f(b) < 0
do đó f(a).f(b) < 0
phương trình có nghiệm . ⇒
c)- Xét f(x) = acos 3x + bcos 2x + c cosx + sinx thì f liên tục trên [0,2
π
]
Ta có : f(0) = a + b + c
f(
2
π
) = -b + 1
f(
π
) = -a + b – c
f(
2
3
π
) = -b –1

f(0) + f(⇒
2
π
) + f(
π
) + f(
2
3

π
) = 0
Do đó
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
∈∃
2
3
,,
2
,0
1
π
π
π
βα
để f(
α
).f(
β
)
≤
0.
Vậy phương trình có nghiệm x
∈
[0,

2
3
π
] hay có nghiệm x
∈
[0,2
π
]

-Trang 8 -
Ví dụ 5 :
Cho a,b dương . Chứng minh phương trình :

0
111
=
+
+
−
+
bxaxx

Có 2 nghiệm x
1
,x
2
và
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
−
<<
−
<<
33
2
;
3
2
3
21
b
x
ba
x
a

(Vô đòch Hungary)

Giải :
Với điều kiện x
0 , x≠
≠
a , x
≠
-b phương trình :


0
111
=
+
+
−
+
bxaxx


x(x – a) + x(x + b) + (x-a)(x-b) = 0 ⇔
Đặt f(x) = x(x – a) + x(x + b) + (x – a)(x + b)
f liên tục trên D = R
Ta có f(-b) = b(a+b) > 0
f(0) = -ab < 0
f(a) = a(a+b) > 0
nên phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm –b < x
1
< 0 < x
2
< a.
Hai nghiệm này cũng thõa điều kiện ban đầu vì :

11111
11111
xaxxabxx
−
<⇒
−
=

+
+
nên x
1
>
32
aa
>
vì
11
11
xabx
−
<
+
nên x
1
<
3
2a


-Trang 9 -
Tương tự cho x
2
thì
33
2 b
x
b

−
<<
−

Ngoài cách giải trên chúng ta cũng còn có cách giải tương đối đơn
giải hơn nhiều bằng cách tính trực tiếp
)
3
(),
3
(),
3
(),
3
( ffff
22 bbaa
−
−
để
chứng minh tồn tại nghiệm .

Ví dụ 6 : Cho hai hàm số liên tục f , g : [0,1] [0,1] thoã điều kiện
f(g(x)) = g(f(x)) với mọi x
→
∈
[0,1] . Biết rằng f là hàm tăng . Chứng minh hệ
phương trình :

có nghiệm thuộc [0,1]
⎩

⎨
⎧
=
=
xxg
xxf
)(
)(
(vô đòch Mỹ_ Olympic sinh viên 2003)

Giải :
Đặt h(x) = g(x) – x
h(x) là 1 hàm liên tục trên [0,1] ⇒
Ta có : h(0) = g(0) – 0
0 ≥
h(1) = g(1) - 1
≤
0
Do đó : tồn tại x
0
∈
[0,1] sao cho h(x
0
) = 0 g(x⇒
0
) = x
0
.
+ Nếu f(x
0

) = x
0
thì ta có ngay điều phải chứng minh .
+ Nếu f(x
0
) x≠
0
xét dãy
{
}
n
x
n
∞
=1
được xác đònh bởi x
1
= f(x
0
) , x
2
=
f(x
1
) ,…., x
n+1
=f(x
n
) n 1 , n
∀

≥
∈
N
Ta có : x
n
∈[0,1]
∀
n≥1
Hơn nữa f(x) là hàm tăng trên [0,1] nên
{
}
n
x là dãy đơn điệu :
•
tăng nếu x
{}
n
x
0
< f(x
0
)
•
giảm nếu x
{}
n
x
0
> f(x
0

)

-Trang 10 -
suy ra dãy
{
}
n
x hội tụ khi n→
∞

đặt
ax
n
n
=
∞→
lim , a
∈
[0,1]
Bằng qui nạp theo n ta sẽ chứng minh g(x
n
) = x
n
n≥1 ∀
Thật vậy : n = 1 ta có x
1
= f(x
0
)


g(x⇒
1
) = g(f(x
0
)) = f(g(x
0
)) = f(x
0
) = x
1
giả sử g(x
k
) = x
k
với k 1 , k≥
∈
N

Khi đó : x
k+1
= f(x
k
) = f(g(x
k
)) = g(f(x
k
)) = g(x
k
+ 1)
Theo nguyên lý qui nạp ta có g(x

n
) = x
n
∀n 1 ≥
Ta có : f(a) =f(
) = f(x
n
n
x
∞→
lim
∞→n
lim
n
) =
ax
n
n
=
+
∞→
1
lim

g(a) = g(
) = = a
n
n
x
∞→

lim =
∞→
)(lim
n
n
xg
n
n
x
∞→
lim
Vậy có a
∈
[0,1] sao cho
⎩
⎨
⎧
=
=
aag
aaf
)(
)(
Hay hệ phương trình
có nghiệm thuộc [0,1]
⎩
⎨
⎧
=
=

xxg
xxf
)(
)(

Ví dụ 7 :
Cho hàm số f : [a,b]
[a,b] , a<b thõa mãn điều kiện : →

yxyfxf −<− )()( , ],[, bayx
∈
∀
, và x
≠
y
Chứng minh rằng phương trình f(x) = x có duy nhất nghiệm
trên [a,b]
(Olympic sinh viên 1994)

Giải :
Xét hàm số g(x) =
xxf −)(
. Suy ra g liên tục trên [a,b] . Do
đó tồn tại x
0
∈[a,b] sao cho :
g(x
o
) = g(x) (1) ta sẽ chứng minh g(x
],[

min
bax∈
0
) = 0
Thật vậy , giả sử g(x
0
)
≠
0
⇔
f(x
0
)
≠
x
0

Từ bất đẳng thức đã cho ta có :

o
xxfxfxff −>− )()())((
000


suy ra g(
) < g(x)(
0
xf
0
)


-Trang 11 -
mâu thuẫn với (1) , nghóa là = x)(
0
xf
0
giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm x
1
, x
1
≠ x
0
, x
1
∈
[a,b]
khi đó :
0101
)()( xxxfxf −=−
mâu thuẫn với giả thiết .
Tóm lại : phương trình f(x) = x có duy nhất nghiệm trên [a,b].

Ví dụ 8 :
Cho hàm số f(x) liên tục trên[0,
2
π
] sao cho f(0) > 0 và
∫
<
2

0
1)(
π
dxxf
Chứng minh rằng phương trình f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong
khoảng (0,
2
π
)
(Olympic sinh viên 2003)

Giải :
Ta có : f(x) = sinx
⇔
f(x) – sinx = 0
Do đó : đặt g(x) = f(x) – sinx
∀
x
∈
[0,
2
π
]
Từ giả thiết thì g(x) liên tục trên đoạn [0,
2
π
] và g(0) = f(0) >0 .
Ta có :
[]
∫∫∫

−=−=
2
0
2
0
2
0
1)(sin)()(
πππ
dxxfdxxxfdxxg
Bởi vậy do giả thiết của đề bài nhân được
∫
2
0
)(
π
dxxg < 0
Suy ra
x∃
0
∈
(0,
2
π
] sao cho g(x
0
) < 0 (do g(0)= f(0) –sin0 > 0 )
Trên [0,x
0
] hàm g(x) liên tục và g(0)g(x

0
) < 0
Do đó
c ∈(0, ∃
2
1
] sao cho g(c) = 0
Hay
c ∈(0, ∃
2
π
] sao cho f(c) =sinc
Vậy phương trình có nghiệm trên (0,
2
π
)

Ví dụ 9 :
Tìm d
∈(0,1) sao cho với hàm f xác đònh và liên tục trên [0,1] . f(0) =
f(1) thì tồn tại x
0
∈
[0,1 – d] sao cho f(x
0
) = f(x
0
+ d) . ( Vô đòch o)

Giải :

_ Xét d =
k
1
, k nguyên dương, k >1
(
)
1,0
∈
⇒ d .

-Trang 12 -
Đặt g(x) = f(x +
k
1
) – f(x) , 0
≤
x
≤
k
k 1
−

Vì g(0) + g(
k
1
) + … + g(
k
k 1
−
) = f(

k
1
) – f(0) + f(
k
2
) – f(
k
1
) + … + f(1) – f(
k
k 1
−
) = 0
Nên tồn tại g(
α
) <0 và g(
β
) >0 trong đó
α
,
β
∈
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
k

k
kk
1
, ,
2
,
1

Suy ra g(
α
).g(
β
) < 0 ⇒
∃
x
0
để g(x
0
) = 0
_ Xét d
≠
m
1
, m nguyên dương , chọn k nguyên dương sao cho k.d < 1< (k +1).d
giả sử f liên tục thõa yêu cầu thì chon f trên [0. d]
f(0) = 0 , f(1 – k.d) = -k , f(d) = 1
tiếp tục trên [d, 1] mà f(x) = f(x – d) + 1 thì f liên tục cả [0,1]

⇒ f(1) = f(1 - d) + 1 = f(1 - 2d) +2 = . . . . . = f(1 – kd) + k = 0 = f(0)
và

∀
x∈[1, 1 – d] thì f(x + d) = f(x) + 1
≠
f(x)
vậy giá trò cần tìm là d =
k
1
, k nguyên dương k >1

Ví dụ 10 :
Cho f(x) liên tục trên đoạn [0;1] , f(0) > 0 và

∫
<
1
0
1998
1
)( dxxf

Chứng minh rằng phương trình x
1997
= f(x) có ít nhất một nghiệm
thuộc (0,1)
(Olympic sinh viên 1998)

Giải :
Đặt g(x) = f(x) – x
1997
liên tục trên [0,1]

g(0) = f(0) > 0

∫∫ ∫
<−=−=
1
0
1
0
1
0
1997
0
1998
1
)())(()( dxxfdxxxfdxxg




⇒ x∃
0
∈[0,1] sao cho g(x) < 0
trên [0,x
0
] hàm g(x) liên tục và g(0).g(x
0
) < 0 suy ra

c ∃
∈

(0,x
0
) hay c
∈
(0, 1) để g(c) =0
Vậy phương trình có nghiệm trên (0,1)


Ví dụ 10 :

-Trang 13 -
Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên R sao cho f(g(x)) = g(f(x))
x
∈
R
∀
Chứng minh rằng : nếu phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm thì phương
trình f(f(x)) = g(g(x) vô nghiệm .
(Vô đòch Canada)
Giải :
Vì phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm và f , g liên tục nên ta có :
Hoặc f(x) – g(x) > 0 ,
∀
x
∈
R hoặc f(x) – g(x) < 0 , x∀
∈
R
* Nếu f(x) – g(x) > 0 ,
∀

x
∈
R

f(x) > g(x) , ⇒
∀
x
∈
R

f(f(x)) g(f(x)) = f(g(x)) > g(g(x)) ⇒ >

phương trình f(f(x)) = g(g(x)) vô nghiệm ⇒
* Nếu f(x) – g(x) < 0 ,
∀
x
∈
R

f(x) < g(x) ⇒
∀
x
∈
R

f(f(x)) < g(f(x)) = f(g(x)) < g(g(x)) ⇒

phương trình f(f(x)) = g(g(x)) vô nghiệm ⇒
Vậy phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm thì phương trình f(f(x))
= g(g(x)) vô nghiệm .


Ví dụ 12 :
Giải phương trình : 8x
3
– 4x
2
– 4x + 1 = 0

Giải :
Xét đa thức f(x) = 8x
3
– 4x
2
– 4x + 1 = 0 bậc 3 nên ta có tối đa 3
nghiệm
Ta có : f(-1) = -7 < 0 ; f(0) =1 >0 ; f(
2
1
) = -1 < 0 , f(1) = 1 >0
Vìø f liên tục và có 3 nghiệm trong khoảng (-1 , 1)
Ta chỉ cần xét x trong khoảng (-1 , 1)
Đặt x = cos
α
với 0 <
α
<
π

Thay vào phương trình đã cho , ta được :
8.cos

3
α
– 4.cos
2
α
– 4.cos
α
+ 1 = 0

4.cos⇔
α
(2.cos
2
α
– 1) = 4(1 – sin
2
α
) – 1

4.cos⇔
α
cos2
α
= 3 – 4sin
2
α


4.sin⇔
α

cos
α
cos2
α
= sin
α
(3 – 4sin
2
α
) (do sin
α
>0)

sin4⇔
α
= sin3
α

Do đó :
α
1
=
7
π
;
α
2
=
7
3

π
;
α
3
=
7
5
π


-Trang 14 -
Vậy phương trình có 3 nghiệm :x
1
= cos (
7
π
) ; x
2
= cos(
7
3
π
) ; x
3
=
cox(
7
5
π
)


Ví dụ 13 : Giải phương trình :
Sin
3
x + 4.cosx = 3.cosx

Giải :
Do sinx = 0 không phải là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho
sin
3
x .
Ta có : 1 + 4.cotg
3
x = 3 cotgx.
x
3
sin
1


1 + 4.cotg⇔
3
x = 3.cotgx(cotg
2
x +1)

⇔ cotg
3
x – 3.cotgx + 1 = 0
Đặt cotgx = t ; xét hàm f(t) = t

3
– 3t +1 liên tục trên R
Ta có : f(-2) = -1 ; f(-1) = 1 ; f(1) = -1 ; f(2) = 3

f(x) có 3 nghiệm trong khoảng (-2 , 2) . Ta xét trong
khoảng (-2 , 2)
⇒
Đặt t = 2 cos
α
⇒ 8 cos
3
α
- 6 cos
α
+ 1 = 0

⇒2 cos3
α
+ 1 = 0 cos3⇒
α
=
2
1
−

vì
α
∈[0,
π
]⇒

α
1
=
9
2
;
9
8
;
9
4
32
π
α
π
α
π
==


t⇒
1
= 2cos
9
2
cos2;
9
8
cos2;
9

4
32
π
π
π
== tt
Vậy 3 nghiệm : x
1
= arccotg t
1
; x
2
= arccotg t
2
; x
3
= arccotg t
3.

-Trang 15 -
Chương III : DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE – ROLL – CAUCHY – CHỨNG
MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM
I/-PHƯƠNG PHÁP CHUNG :
_
Bài toán : Chứng minh phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong (a,b) với f(x) liên
tục trong [a,b] và khả vi (a,b).
_
Phương pháp giải :
Để áp dụng đònh lý Roll , Lagrange , Cauchy vào việc giải bài toán này, đều
quan trọng nhất là nhận ra được hàm F(x) ( thực chất đó là nguyên hàm của hàm

f(x)) . Cụ thể được thực hiện theo các bước sau :

_ Bước 1 : Xác đònh hàm số F(x) khả vi và liên tục trên [a,b] và thõa mãn :
i)- F’(x) = f(x) ( tức là F(x) =
∫
dxxf )( )
ii)- F(b) – F(a) = 0.
_
Bước 2 : khi đó x∃
0
∈
(a,b) sao cho :
F’(x
0
) = 0)(
)()(
0
=⇔
−
−
xf
ab
aFbF

⇔ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm x
0

∈
(a,b)
*

Lưu ý :
_ Nếu f có n nghiệm phân biệt và thõa mãn đònh lý Lagrange thì f’ có n –
1 nghiệm , f” có n – 2 nghiệm , . . . ., f
k
có n – k nghiệm k < n .
_ Dể chứng minh f(x) có không quá m nghiệm thì ta phải
chứng minh f’(x) có không quá m – 1 nghiệm .
II/- CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ :

Ví dụ 1 :
Cho n nghuyên dương , cho a
k
,b
k
∈
R(k = 1,2, . . . , n) . Chứng minh rằng :
x +
0)cossin(
1
=+
∑
=
kxbkxa
k
n
k
k
có nghiệm trong khoảng (-
π
,

π
) .
(Olympic sinh viên 1994)

Giải :
Xét hàm F(x) =
Rxkx
k
b
kx
k
a
x
k
n
k
k
∈+
−
+
∑
=
);sincos(
2
1
2

Rõ ràng F(x) liên tục [-
π
,

π
] , khả vi trên R và :
f’(x) = x +
)cossin(
1
kxbkxa
k
n
k
k
+
∑
=
Ngoài ra : F(-
π
) = F(
π
) =
∑
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
+
n

k
k
k
k
a
1
2
)1(
2
π


-Trang 16 -
Áp dụng đònh lý Roll :

c
∈
(-∃
π
,
π
) sao cho F’(c) = 0

⇔ c + 0)cossin(
1
=+
∑
=
kcbkca
k

n
k
k

⇔ phương trình x + có nghiệm thuộc (-
0)cossin(
1
=+
∑
=
kxbkxa
k
n
k
k
π
,
π
)
.
Ví dụ 2 :
Cho hàm số f(x) khả vi trên đoạn [a,b] và thõa mãn :
a)- f(a) =
2
1
(a – b)
b)- f(b) =
2
1
(b – a)

c)-
0
2
≠
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
ba
f

Chứng minh rằng tồn tại các số đôi một khác nhau c
1
,c
2
,c
3
∈(a,b) sao cho :
f’(c
1
).f’(c
2
).f’(c
3
) = 1 .

Giải :

Theo Lagrange , tồn tại c
1
∈
(a,b) sao cho :

1
)()(
)('
1
=
−
−
=
ab
afbf
cf

Đặt :h(x) = f(x) + x -
2
ba
+
Khi đó :
h(a).h(b) = - (a – b)
2
< 0
Do đó tồn tại x
0
∈
(a,b) để cho h(x
0

) = 0 hay :f(x
0
) =
0
2
x
ba
−
+

Theo Lagrange , tồn tại c
2
∈
(a,x
0
) , c
2
≠
c
1
sao cho :

ax
xb
ax
afxf
cf
−
−
=

−
−
=
0
0
0
0
2
)()(
)('

Nếu c
=
2 1
c ⇒
()
)()(1'
2
1
002
baxxfcf
+
−
=
⇒= mà
()
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
+
=⇒=
2
0
00
ba
xxf
()
0
2
0
≠
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=⇒
ba
fxf
vô lý.
Tương tự như vậy , tồn tại c
3
∈
(x
0

,b) , c
1
≠
c
3
để cho :

0
0
0
0
3
)()(
)('
xb
ax
xb
xfbf
cf
−
−
=
−
−
=

-Trang 17 -
Nếu
13
cc =

() () ()
03
2
1
1' xbaxfcf
o
++−=⇒=⇒
Rõ ràng c
1
,c
2
,c
3
phân biệt và tích f’(c
1
).f’(c
2
).f’(c
3
) = 1 .


Ví dụ 3:
Cho m > 0 là số nguyên dương còn a,b,c là 3 số thực sao cho :

0
12
=+
+
+

+
m
c
m
b
m
a

Chứng minh rằng khi đó phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có ít nhất một
nghiệm trong khoảng (0,1).

Giải :
Xét hàm số F(x) =
mmm
x
m
c
x
m
b
x
m
a
+
+
+
+
++ 12

12
liên tục [0,1] . Khả vi
(0,1) và :
F’(x) = x
m – 1
(ax
2
+ bx + c)
Ngoài ra F(0) = F(1) = 0
Áp dụng đònh lý Roll khi đó :

∃
α
∈
(0,1) sao cho F’(
α
) = 0

⇔
1−m
α
(a
α
2
+ b
α
+ c) = 0

⇔
a

α
2
+ b
α
+ c = 0

⇔
pt
Vậy phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm trong (0,1)
* Người ta có thể sử dụng các phương pháp khác để giải bài toán trên,
chẳng hạn ta dùng phương pháp đònh lý đảo tam thức bậc hai như sau
:

-Trang 18 -
Xét hai khả năng :
i)-
Nếu a = 0 :
Khi đó từ giả thiết ta có
0
1
=+
+ m
c
m
b
(*) lại xét khả năng :
α
)- Nếu b = 0 khi đó từ (*) suy ra c = o như vậy :

ax
2
+ bx + c = 0 x0
⇔
= 0
Phương trình nghiệm đúng
∀
x , nói riêng thỏa mãn yêu cầu đề bài :
β
)- Nếu b 0 khi đó : ≠
ax
2
+ bx + c = 0
⇔
bx + c = 0
⇔
x =
b
c
−

Do (*) suy ra x =
1+m
m

Vì m > 0 nên 0 < x < 1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm thuộc (0,1).
ii)-
Nếu a
≠
0 :

Dễ dàng tính được sau khi đặt f(x) = ax
2
+ bx + c
a.f(0) = a.c
a.f(
0
)1(
2
)
1
2
2
<
+
−
=
+
m
ma
m
m
( do a
≠
0 ; m > 0)
Lại có hai khả năng xảy ra :
α
)- Nếu a.c > 0
()
0
1

.)0(.0)0( <
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⇒>⇒
m
m
fafaaf


0
1
)0( <
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝

⎛
+
⇔
m
m
ff
(**)
vì f(x) là hàm số liên tục nên từ (**) suy ra tồn tại x
1
, 0 < x
1
<
1+m
m
để
cho f(x
1
) = 0 vì 0 <
1+m
m
<1 x⇒
1
∈
(0,1)

β
)- Nếu a.c
≤
0:


-Trang 19 -
Ta có: af(1)= a(a+b+c) (***)
Từ giả thiết:
0
12
=+
+
+
+ m
c
m
b
m
a
⇒
m
mc
m
ma
b
)1(
2
)1(
+
−
+
+
−
=
vì thế từ (***) ta có :

af(1) =
0
2
2
>−
+ m
ac
m
a
(do m > 0 , ac
≤
0, a
≠
0)

⇒
()
⇒
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
+
)1(
1
af
m
m
af f )1(
1
f
m
m
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
< 1
Lại do tính liên tục của hàm f(x) suy tồn tại x
2
.

1
1
2

<<
+
x
m
m
để f(x
2
) = 0
vì m > 0
0 < x⇒
2
<1
tóm lại ta luôn thấy yêu cầu đề bài được thõa mãn .
Ví dụ 4 :
Giả sử hàm số f(x)
cons
t
≠ liên tục và có đạo hàm cấp một trên khoảng
(0, +
) . Cho a,b là hai số thực thoã mãn 0 < a < b . Chứng minh rằng phương
trình :
∞
xf’(x) – f(x) =
ab
bbfaaf
−
−
)()(

có ít nhất một nghiệm thuộc (a,b) .

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

và
h(x) =
x
1

là hai hàm số khả vi trên khoảng (a,b) . Khí đó :

2
'
)()(')(
)('
x
xfxxf
x
xf
xg
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝

⎛
=

h’(x) =
2
'
11
x
x
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛

Theo đònh lý Cauchy, tồn tại x
0
∈
(a,b) sao cho :
[h(b) – h(a)].g’(x
0
) = [g(b) – g(a)].h’(x
0
)
Thực hiện các biến đổi tương đương :

-Trang 20 -


ab
abfbaf
xfxfx
xba
abfbaf
xab
xfxfxba
x
a
af
b
bf
x
xfxfx
ab
−
−
=−⇔
−
=
−−
⇔
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛

−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
)()(
)()('

)()(

)]()(')[(
1)()(
)()(
11
000
2
0
2
0

000
2
0
2
0
000

Vậy phương trình xf’(x) – f(x) =
ab
abfbaf
−
−
)()(
có ít nhất một nghiệm thuộc
(a,b).
Ví dụ 5 :
Giả sử hàm số f(x) khả vi trên [0,1] và thỏa mãn :
f(0) = 0 ; f(1) = 1 ; 0
≤
f(x)
≤
1 ,
∀
x
∈
R
Chứng minh rằng tồn tại a,b
∈
(0,1) , a
≠

b , sao cho f’(a).f’(b) = 1 .
Giải :
Xét hàm số g(x) = f(x) + x – 1 là hàm khả vi trên[0,1] . Khi đó g(0) = -1 ,
g(1) = 1 . suy ra tồn tại c
∈
(0,1) sao cho g(c) = 0 , suy ra f(c) +c –1 = 0 hay f(c)=1
– c .
Áp dụng đònh lý Lagrange cho f(x) trên các đoạn [0,c] và [c,1] ta được :

)('
0
)0()(
af
c
fcf
=
−
−
a
∈
(0,c)

)('
1
)()1(
bf
c
cff
=
−

−
b
∈
(c,1)
Vậy f’(a).f’(b) =
1
).1(
).1(
1
)(1
.
)(
=
−
−
=
−
−
cc
cc
c
cf
c
cf

Ví dụ 6 :
Cho f có đạo hàm trên [x
1
,x
2

] mà x
1
,x
2
> 0. Chứng minh tồn tại c ∈(x
1
,x
2
) :


)(
1
1
1
21
xf
x
xx −

)('.)(
)(
2
2
cfccf
xf
x
−=

Giải :

Ta viết lại yêu cầu chứng minh :
VT =
12
1
1
2
2
21
1221
11
)()(
)()(
xx
x
xf
x
xf
xx
xfxxfx
−
−
=
−
−


-Trang 21 -
Xét hai hàm
φ
(x) =

x
x
x
xf 1
)(;
)(
=
ϕ
thì
φ
,
ϕ
đều liên tục khả đạo trên
(x
1
,x
2
) nên theo đònh lý Cauchy thì
∃
c
∈
(x
1
,x
2
) :

)('
)('
)()(

)()(
12
12
c
c
xx
xx
ϕ
φ
ϕϕ
φ
φ
=
−
−

mà
φ
’(x) =
2
)().('
x
xfxxf
−
và
ϕ
’(x) = -
2
1
x



Do đó :
)('
)('
c
c
ϕ
φ
= f(c).c.f(c) đpcm ⇒
Ví dụ 7 :
Chứng minh phương trình e
x
.cosx = 1 có 2 nghiệm và giữa 2 nghiệm
đó có 1 nghiệm của phương trình e
x
.sinx = 1.
Giải :
Xét f(x) = e
x
.cosx – 1 thì f liên tục trên R
f(0) = 1 – 1 = 0 nên x
1
= 0 là 1 nghiệm
f(
π
).f(
π
) = (- e
x

- 1)(e
2
π
- 1) < 0 nên có thêm nghiệm x
2
∈ (
π
,2
π
).
Vậy f(x) = 0
e⇔
x.
.cos x = 1 có hai nghiệm x
1,
x
2.

Xét g(x) = cos x - e
-x
thì g liên tục trên R và có đạo hàm
g
’
x = - sin x + e
-x
=
ex
xe
x
sin1−

.
Áp dụng đònh lý Lagrange trên đoạn [x
1,
x
2
] thì tồn tại c ∈ (x
1,
x
2
) .

)(
)()(
'
21
21
cg
xx
xgxg
=
−
−

vì g(x) = cos x - e
-x
= cos x -

x
x
x

e
xe
e
1cos1 −
=

nên g(x
1
) = g(x
2
) = 0.
Do đó : g
’
(c) = 0 hay 1 – e
c
.sin c = 0 nghóa là phương trình : e
x
. sin x =
1 có nghiệm x = c nằm giữa hai nghiệm của phương trình e
x
. cos x = 1
Ví dụ 8 :
Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c thì phương trình :
a cos 3 x + b cos 2 x + cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm trong (0, 2
π
)
Giải :
Xét hàm số :
F(x) =
xxx

b
xa cossin2sin
2
3sin
3
1
−++
.

-Trang 22 -