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

Bản khoá luận: “Ứng dụng của các định lý về các hàm khả vi vào giải
các bài toán sơ cấp” được hoàn thành là nhờ vào sự gợi ý, hướng dẫn chỉ bảo
tận tình của PGS.TS Khuất Văn Ninh đối với em trong thời gian viết khoá
luận. Cùng với sự giúp đỡ tạo điều kiện của các thầy cô giáo khoa toán trường
ĐHSP Hà Nội 2.
Hôm nay bản khoá luận đã tới tay bạn đọc em xin bày tỏ sự biết ơn sâu
sắc của mình tới PGS.TS Khuất Văn Ninh, các thầy cô giáo trong khoa toán
và các bạn sinh viên.
Do còn hạn chế về trình độ và thời gian nên bản khoá luận này không
tránh khỏi những sai sót. Rất mong được các thầy cô và các bạn góp ý để bản
khoá luận này được hoàn thiện hơn!

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

LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan khoá luận này là kết quả của quá trình học tập,
nghiên cứu nỗ lực của em cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô và các bạn
sinh viên khoa toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt là sự hướng

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


Chương 2: Ứng dụng của các định lý về các hàm khả vi vào giải các
bài

toán

sơ

6

cấp…………………………………………………………………...
2.1. Ứng dụng của định lý Lagrange, Rolle, Cauchy để chứng minh
phương

trình

có

6

2.2. Ứng dụng của định lý Lagrange, Rolle để giải phương

20

nghiệm……………………………………………………..

trình………..
2.3. Ứng dụng của định lý Lagrange, Rolle chứng minh bất đẳng

27


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.

Trong môn toán ở trung học phổ thông, đạo hàm đưa vào giảng dạy và
được xem là nội dung quan trọng. Đối với học sinh thường coi các định lý của
hàm khả vi như định lý Rolle, Lagrange, Cauchy,…, chỉ mang tính chất lý
thuyết mà chưa biết vận dụng vào thực hành giải toán. Bên cạnh đó bài toán
có liên quan đến các định lý này lại hay xuất hiện trong các kỳ thi đại học, thi
học sinh giỏi,…
Ở một số sách tham khảo đâu đó có xuất hiện bài toán được giải bởi định
lý Lagrange, Rolle,…Song với học sinh những lời giải ấy mang tính chất
ngẫu nhiên, không biết tại sao lại giải như vậy.
Vì vậy để giúp học sinh vận dụng các định lý của hàm khả vi vào giải
toán sơ cấp như một phương pháp cần thiết. Được PGS.TS Khuất Văn Ninh
gợi ý, hướng dẫn và quá trình nghiên cứu của bản thân em chọn đề tài “Ứng
dụng của các định lý về các hàm khả vi vào giải các bài toán sơ cấp” nhằm
đáp ứng yêu cầu trên.
2. Mục đích, yêu cầu của đề tài
Đề tài đưa ra một số ứng dụng của các định lý về các hàm khả vi vào giải
các bài toán sơ cấp như: Chứng minh phương trình có nghiệm, giải phương
trình, chứng minh bất đẳng thức, giải hệ phương trình và việc tìm giới hạn của
dãy số.

Phạm Thu Hiền

1

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh


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 )


có giới hạn hữu hạn khi ∆x→0 thì
x
x

giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm f đối với x tại x0; được kí hiệu là
f’(x0) và:
f '( x0 )  lim

x 0

f ( x0  x)  f ( x0 )
.
x

Khi đó ta nói rằng hàm f khả vi tại x0.
b, Cho U là tập hợp mở trong R, f: U→R là một hàm xác định trên U.
Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi điểm của U. Khi đó hàm
số f’: U→R, x→f’(x) được gọi là đạo hàm của hàm số f trên U.
Nếu f’ liên tục trên U thì ta nói rằng f khả vi liên tục trên U hay f thuộc
lớp C1(U).
1.2. Các định lý
Định lý Rolle
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.
Chứng minh
Hai trường hợp có thể xảy ra là :
1, Hàm f là hằng trên [a,b] tức f(x) = f(a) = f(b) = hằng số.
Khi đó f’(x) = 0 x (a,b).
2, Hàm f không là hằng trên [a,b]. Vì f liên tục trên [a,b] nên f đạt giá trị

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.

x0  y0

Hệ quả 2
Nếu hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b) và nếu
phương trình f’(x) = 0 có không quá n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì phương
trình f(x) = 0 có không quá n + 1 nghiệm phân biệt trên [a,b].
Chứng minh
Giả sử ngược lại phương trình f(x) = 0 có quá n + 1 nghiệm phân biệt
trên [a,b]. Nghĩa là phương trình f(x) = 0 có ít nhất n + 2 nghiệm phân biệt
trên [a,b].
Ta xét n + 2 nghiệm bất kì trong các nghiệm đó là
x1, x2,…, xn+2; xi [a,b] (i=1, n  2 ).
Giả sử x1  x2 ,…,  xn+2. Khi đó áp dụng định lý Rolle trên [xi,xi+1  [a,b]
(i= 1, n  1 ) thì  yi  (xi,xi+1)  [a,b] sao cho:
f’(yi) =

Phạm Thu Hiền

f ( x i 1 )  f ( x i )
=0
x i 1  x i

4

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh


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

Để áp dụng các định lý: Lagrange, Rolle, Cauchy vào việc giải bài toán
này, điều quan trọng nhất là nhận ra được hàm F(x). Cụ thể ta thực hiện các
bước sau:
Bước 1: Xác định hàm số F(x) khả vi, liên tục trên [a,b] thoả mãn:
 F’(x) = f(x)
 F(b) - F(a) = 0
Bước 2: Khi đó  x0  (a,b) sao cho
F’(x0) =

F (b)  F (a)
 f(x0) = 0
ba

 phương trình f(x) = 0 có nghiệm x0 (a,b).
2.1.2. Các ví dụ
Ví dụ 1
Cho n nguyên dương, ak ; bk R (k = 1, 2,…, n). CMR:
n

x+

 (a

k

sin kx  bk cos kx ) = 0 có nghiệm trong (-,).

k 1

( Olympic sinh viên 1994 )


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 ) ,


và

k 1

Ngoài ra F(-) = F() =

2
2

n

 (
k 1

 ak
(1) k )
k

Áp dụng định lý Rolle c  (-,) sao cho F’(c) = 0
n

 c   ( ak sin kc  bk cos kc )  0
k 1
n

 x   (ak sin kx  bk cos kx )  0 có nghiệm thuộc (-,).
k 1

Ví dụ 2

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


7

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

Nhận xét: Người ta có thể sử dụng các phương pháp khác để giải bài
toán trên. Chẳng hạn ta dùng phương pháp định lý đảo tam thức bậc hai
(phương pháp này bạn đọc tự làm).
Ví dụ 3
Cho hàm số f(x) khả vi trên [a,b] và thoả mãn:
 f(a) =

1
(a - b)
2

 f(b) =

1
(b - a)
2

 f(

ab
)0

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

x0  a

1
Nếu c2 = c1  f’(c2) = 1 f(x0) = x0  ( a  b)
2
Mà f(x0) = 0  x0 

Phạm Thu Hiền

1
ab
( a  b)  f(x0) = f(
)  0 (vô lý).
2
2

8

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

Tương tự như vậy,  c3 (x0,b), c3  c1 sao cho:
f’(c3) =

f (b)  f ( 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


(a,b). Khi đó:
g’(x) = (

1 ’
1
f ( x ) ’ xf ' ( x)  f ( x )

) =
;
h’(x)
=
(
)
=
.
x
x2
x
x2

Theo định lý Cauchy,  x0  (a,b) sao cho:
[h(b) – h(a)].g’(x0) = [g(b) – g(a)].h’(x0) ;
Thực hiện các biến đổi tương đương ta có:
1 1 x f ' ( x0 )  f ( x0 )
f (b) f (a)
1
(  ) 0
(


)( 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



Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

x.f’(x) – f (x) =

af (b)  bf (a )
ba

có ít nhất một nghiệm thuộc (a,b).
Ví dụ 5
Giả sử hàm số f(x) khả vi trên [0,1] và thoả mãn: f(0) = 0; f(1) = 1;
0 f(x)  1;  x R. CMR: 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 số khả vi trên [0,1]. Khi đó:
g(0) = -1, g(1) = 1 suy ra  c (0,1) sao cho
g(0) = 0  f(c) + c - 1 = 0 hay f(c) = 1 - c
Áp dụng định lý Lagrange cho f(x) trên các đoạn [0,c] và [c,1] ta được:
f (c )  f (0)
 f ' ( a ) , a (0,c) ;
c0
f (1)  f ( c )
 f ' (b ) , b (c,1)
1 c

Vậy f’(a).f’(b) =

f (c) 1  f ( c ) (1  c )c


.
= 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


x

1  e x sin x
=
ex

Áp dụng định lý Lagrange trên [x1,x2 thì  c(x1,x2):
g ( x1 )  g ( x 2 )
= g’(c).
x1  x 2

Vì g(x) = cos x  e  x = cos x 

e x cos x  1
1
=
nên g(x1) = g(x2) = 0, do
ex
ex

đó g’(c) = 0 hay 1  e c sin c  0 nghĩa là phương trình e x sin x  1 có nghiệm
x = 0 nằm giữa hai nghiệm của phương trình e x cos x  1 .
Ví dụ 7
Cho a1, a2,.., an  R và:
a0 

a
a
a

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

  ...  n  0
2 3
n

a n1
1 2 1
3
f(2) = 2a0  a1 2  a2 2  ...  n 2
2
3
n 1

= 2( a 0  a1 

a
1
a 2 2 2  ...  n 2 n ) = 0
3
n 1

Theo định lý Rolle:
c1 (0,1) ; c2 (1,2) sao cho f’(c1) = f’(c2) = 0
Khi đó lại theo định lý Rolle c3 (c1,c2) sao cho

Phạm Thu Hiền

11

K34A Toán



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

Xét hàm số:
g ( x)  f ( x ) 

x2
2

Theo giả thiết ta có g(x) khả vi trên [0,1] và g’(x) = f’(x) – x. Vậy để
chứng minh c (0,1) thoả mãn: f’(c) = c  chứng minh c (0,1) sao cho
g’(c) = 0. Ta chứng minh bằng phản chứng:
Thật vậy giả sử không tồn tại c thuộc (0,1) để g’(c) = 0 nghĩa là

Phạm Thu Hiền

12

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

g’(x)  0 x(0,1). Khi đó x1, x2 (0,1) và x1  x2 giả sử x1  x2 theo
định lý Lagrange x0 (x1,x2)  (0,1) sao cho:
g '( x0 ) 

g ( x2 )  g ( x1 )
x2  x1

 g(x2) - g(x1) = g’(x0)(x2 - x1)  0

 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


GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

 Qua chứng minh ví dụ 9 ta thấy nếu hàm số f(x) xác định trên [a,b],
khả vi trên (a,b), có f’(x)  0 x (a,b) thì hàm số đó là đơn ánh trên [a,b].
 Một đơn ánh liên tục trên [a,b] hoặc tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên
[a,b].
Ví dụ 10
Cho hàm f(x) khả vi liên tục trên [0,1]. Giả sử rằng:
1



1

f ( x ) dx   xf ( x ) dx  1 .

0

0

CMR: Tồn tại điểm c (0,1) sao cho: f’(c) = 6.
(Olympic toán sinh viên 2010)
Giải
Nhận xét rằng hàm số g(x) = 6x - 2 thoả mãn các điều kiện:
1

1

1


 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


0

1

  x  f ( x )  g ( x ) dx
0

Phạm Thu Hiền

14

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

1

  xh ( x ) dx
0
a

a

1

1


  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 :

1

1

1

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

0

0

1

  x  f ( x)  g ( x)dx
0
1

  xh( x)dx
0
a

a

1

1

  xh( x)dx   xh( x)dx   ah( x)dx   ah( x)dx

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:

Phạm Thu Hiền

15

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

f '(c) 

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

f (b)  f (a ) g (b)  g (a )

6.
ba
ba

Ví dụ 11
Cho p(x) là đa thức bậc n (nN) với hệ số thực biết rằng p(x) không có
nghiệm thực. CMR đa thức: q(x) = p(x) + ap(1)(x) + a2p(2)(x) +…+ anp(n)(x) với
a R, nN, cũng không có nghiệm thực (p(k)(x) là đạo hàm cấp k của p(x)).
(CHDC Đức 1971)
Giải
Bài toán hiển nhiên đúng khi a = 0. Vậy ta xét với a  0.
Với a R, a  0. Do p(x) là đa thức bậc n với hệ số thực và p(x) không
có nghiệm thực  n chẵn (Vì nếu n lẻ thì p(x) là đa thức với hệ số thực bậc lẻ
nên luôn có nghiệm thực)  q(x) là đa thức với hệ số thực bậc chẵn.
Ta giả sử ngược lại q(x) có nghiệm thực là m R  q(x) = (x - m)r(x)

 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


 p ( x )e

x
a

x
a

 0  p(c) = 0 (do e 0 )

hay c (m,t) là nghiệm của p(x) (trái với giả thiết về p(x)).
Vậy p(x) không có nghiệm thực.
Nhận xét:
 Từ tính liên tục của p(x) và q(x) ta có nếu p(x) vô nghiệm thì p(x) giữ
nguyên một dấu trên R  q(x) giữ nguyên một dấu trên R.
p ( x )  lim q ( x) nên nếu p(x)  0 thì q(x)  0 và p(x)  0
Mặt khác: xlim

x 

thì q(x)  0.
 Với giả thiết p(x)  0 x  R cho a = 1 ta sẽ phải chứng minh:
p(x) + p(1)(x) + p(2)(x) +…+ p(n)(x)  0 x  R. Đây là bài toán trong
cuốn sách “10000 bài toán sơ cấp” của tác giả Phan Huy Khải.
 Nếu cho p(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d R) cho a = 1 chứng
minh rằng: Nếu p(x)  0 thì:

F ( x)  p( x)  p (1) ( x)  p (2) ( x)  p (3) ( x)  p (4) ( x)  0 x R .
Đây là bài toán trong cuốn sách “200 bài toán thi vô địch”.

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


Theo định lý Lagrange d1 (a,c) ; d2 (c,b).
 Áp dụng định lý Lagrange trên [d1,d2 cho đạo hàm F’ thì
 (d1,d2) … f(c).
2. Cho

(1) k a k c0k
( 2 n N, x R).
k 0 x  n  k
n

f ( x)  

CMR: Nếu a  1 thì f(x) = 0 không có nghiệm dương.
3. Cho f có đạo hàm trên [x1,x2 mà x1, x2  0. Chứng minh c (x1,x2):

x1
1
x1  x2 f ( x1 )

x2
 f (c)  c. f '(c)
f ( x2 )

Hướng dẫn

f ( x2 ) f ( x1 )

x1 f ( x2 )  x2 f ( x1 )
x2
x1

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


Chứng minh rằng:
an xn  an1 xn1  ...  a1 x  a0 x0  0 có nghiệm thuộc (0,1).

Hướng dẫn
Xét hàm số:

Phạm Thu Hiền

18

K34A Toán


Khoá luận tốt nghiệp

f ( x) 

GVHD: PGS.TS Khuất Văn Ninh

an
an 1
a
xmn 
x m  n 1  ...  0 x m
mn
m  n 1
m

5. Cho các số thực a, b, c và số nguyên dương n thoả mãn:
c


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

6. Cho a + b - c = 0. CMR: a.sinx + 9b.sin3x + 25c.sin5x = 0 có ít nhất 4
nghiệm thuộc [0,].
Hướng dẫn
Xét hàm số
f(x)= -a.sinx – b.sin3x – c.sin5x
f’(x)= -a.cosx – 3b.cos3x – 5c.cos5x
f’’(x)= a.sinx + 9b.sin3x + 25c.sin5x
Ta có


3
f (0)  f ( )  f ( )  f ( )  0
4
4
3

 3
  x1  (0, ) , x2  ( , ) , x3  ( ,  )
4

4

4

4

Để f(0) = f’(x1) = f’(x2) = f’(x3) = 0   x4  (x1,x2), x5  (x2,x3) sao cho
f’’(x4) = f’’(x5) = 0 mà f’’(0) = f’’() = 0 (đpcm).

Phạm Thu Hiền


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:


(a  c) f ( x0 )  b f ( x0 )  (b  c) f ( x0 )  a f ( x0 )
f (x )
f (x )
f (x )
f (x )
 (a  c) 0  a 0  (b  c) 0  b 0

f (x )
f (x )
Xét hàm số g (t )  (t  c) 0  t 0 với t  [a,b] thì g(t) liên tục trên

[a,b], khả vi trên (a,b). Với giả thiết x0 là nghiệm ta có g(a) = g(b) nên theo
định lý Rolle  m (a,b) để g(m) = 0
 f ( x0 ) (m  c) f ( x0 ) 1  m f ( x0 ) 1   0
 f ( x0 )  0

 

(m  c)

f ( x0 ) 1

 f (x )  0

m

f ( x0 ) 1

 0

 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


  0
 
 1
(c  1)

 c 1  0

  0
 
  1

Điều kiện đủ:
Dễ thấy x = 0, x = 1 là nghiệm của phương trình (1).
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0; x = 1.
Ví dụ 3
2

x
x
x
x
Giải phương trình: 3  3  2  4

2

(1)

Giải
2


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


2

1

 c

2

1

0


21

K34A Toán