Header Page of 126 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐINH THỊ DUY PHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ LAGRANGE TRONG ĐẠI SỐ Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC ĐÀ NẴNG - 2011 Footer Page of 126 Header Page of 126 Công trình hoàn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Phản biện 1: TS LÊ HOÀNG TRÍ Phản biện 2: PGS.TS TRẦN ĐẠO DÕNG Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 26 tháng 11 năm 2011 Có thể tìm hiểu Luận văn tại: - Trung tâm Thông tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học sư phạm, Đại học Đà Nẵng Footer Page of 126 Header Page of 126 MỞ ĐẦU TÍNH CẤP THIẾT CỦA ĐỀ TÀI Trong năm gần đây, kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên trường đại học nước toán liên quan đến tính liên tục đạo hàm hàm số thường xuyên xuất phổ biến dạng toán chứng minh phương trình có nghiệm, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức Đối với dạng toán này, định lý giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng, công cụ hiệu việc giải toán nói Vì lý nêu nên chọn đề tài "Một số ứng dụng định lý Lagrange đại số" nhằm tổng quan định lý giá trị trung bình hệ thống phương pháp giải số dạng toán mà công cụ hiệu để giải định lý nêu MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích đề tài trình bày cách có hệ thống định lý Lagrange hệ quả, mở rộng định lý Rolle định lý Cauchy, gắn với chúng tính chất tính đơn điệu tính lồi, lõm, khả vi bậc hai hàm số số ứng dụng vào đại số ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU Lý thuyết định lý giá trị trung bình ứng dụng việc khảo sát tính đơn điệu, tính lồi, lõm, khả vi bậc hai hàm số, xét ứng dụng toán giải phương trình, chứng minh tồn nghiệm, biện luận số nghiệm phương trình, chứng minh bất đẳng thức, xét phân bố nghiệm đa thức đạo hàm PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu tài liệu sách giáo khoa trung học phổ thông, tài liệu dành cho giáo viên, đề tài nghiên cứu khoa học, tạp chí Toán học tuổi trẻ - Sưu tầm, phân tích, tổng hợp tư liệu cách có hệ thống Footer Page of 126 Header Page of 126 - Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thông CẤU TRÚC LUẬN VĂN Luận văn gồm ba chương phần mở đầu, kết luận Chương trình bày kiến thức liên quan đến định lý Lagrange hệ quả, mở rộng (định lý Rolle, định lý Cauchy) Chương xét nêu ứng dụng định lý Rolle định lý Lagrange việc khảo sát hai tính chất quan trọng hàm số chương trình toán THPT, tính đồng biến, nghịch biến tính chất hàm lồi (lõm) khả vi bậc hai Chương trình bày số ứng dụng định lý Lagrange đại số Xét ứng dụng Định lý Lagrange hệ toán giải phương trình, biện luận số nghiệm phương trình, chứng minh bất đẳng thức, phân bố nghiệm đa thức đạo hàm Footer Page of 126 Header Page of 126 CHƯƠNG MỘT SỐ KIẾN THỨC LIÊN QUAN 1.1 Hàm đơn điệu Ta ký hiệu I(a, b) ⊂ R nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b), [a, b), (a, b], [a, b] với a < b Trước hết ta nhắc lại định nghĩa sau (xem [4]) Định nghĩa 1.1 Với hàm số f (x) xác định tập I(a, b) ⊂ R thỏa mãn điều kiện: với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≤ f (x2 ), ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) Đặc biệt, ứng với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) < f (x2 ), ta nói f (x) hàm tăng thực I(a, b) Ngược lại, với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1) ≥ f (x2), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a, b) Nếu với x1 , x2 ∈ I(a, b) cho x1 < x2 , ta có f (x1 ) > f (x2 ), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a, b) Những hàm số đơn điệu tăng thực I(a, b) gọi đồng biến I(a, b) hàm số đơn điệu giảm thực I(a, b) gọi nghịch biến I(a, b) Tiêu chuẩn để hàm số khả vi I(a, b) hàm đơn điệu I(a, b) nêu định lý sau Định lý 1.1 Cho hàm số f (x) có đạo hàm khoảng (a, b) i Nếu f (x) > với x ∈ (a, b) hàm số f (x) đồng biến khoảng ii Nếu f (x) < với x ∈ (a, b) hàm số f (x) nghịch biến khoảng Footer Page of 126 Header Page of 126 1.2 Hàm lồi, lõm tính chất Định nghĩa 1.2 Hàm số f (x) gọi hàm lồi (lồi dưới) I(a, b) ⊂ R với x1, x2 ∈ I(a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2) ≤ αf (x1) + βf (x2) Nếu dấu đẳng thức xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lồi thực (chặt) I(a, b) Hàm số f (x) gọi hàm lõm (lồi trên) I(a, b) ⊂ R với x1 , x2 ∈ I(a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2) ≥ αf (x1) + βf (x2) Nếu dấu đẳng thức xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lõm thực (chặt) I(a, b) Nhận xét rằng, x1 < x2 x = αx1 + βx2 với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, thuộc (x1, x2) x − x1 x2 − x α= , β= x2 − x1 x2 − x1 Định lý 1.2 Nếu f (x) có đạo hàm cấp hai khoảng (a, b) Khi đó, điều kiện cần đủ để hàm số f (x) lồi khoảng (a, b) f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) 1.3 Các định lý giá trị trung bình Định lý 1.3 (Định lý Fermat) Nếu hàm y = f (x) xác định liên tục đoạn (a, b), đạt giá trị cực trị điểm x0 ∈ (a, b) tồn f (x0) f (x0) = Định lý 1.4 (Định lý Rolle) Nếu hàm f (x) liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b), đồng thời f (a) = f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Định lý 1.5 (Định lý Lagrange) Nếu hàm f (x) liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Footer Page of 126 f (b) − f (a) b−a Header Page of 126 Định lý 1.6 (Định lý Cauchy) Nếu hàm f (x), g(x) hàm liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) tồn c ∈ (a, b) cho [f (b) − f (a)]g (c) = [g(b) − g(a)]f (c) Ngoài g (x) = 0, ∀x ∈ (a, b) g(a) = g(b) f (b) − f (a) f (c) = g(b) − g(a) g (c) Nhận xét Định lý Lagrange chứng minh dựa vào định lý Rolle Nhưng định lý Rolle coi trường hợp đặc biệt định lý Lagrange f (a) = f (b) Định lý Lagrange trường hợp đặc biệt định lý Cauchy g(x) = x Trong định lý Lagrange a b Khi cần điều kiện f (x) có đạo hàm x = a ta có c = a công thức Footer Page of 126 Header Page of 126 CHƯƠNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN CỦA HÀM SỐ 2.1 Tính lồi, lõm, khả vi hàm số Ta nhắc lại tiêu chuẩn đơn giản để nhận biết tính lồi (lõm) hàm số Giả sử f (x) có đạo hàm cấp hai khoảng (a, b) Khi (i) Điều kiện cần đủ để hàm số f (x) lồi khoảng (a, b) f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) (ii) Điều kiện cần đủ để hàm số f (x) lõm khoảng (a, b) f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) Tuy nhiên ứng dụng ta nhận thấy, coi hàm lồi (lõm) lớp hàm đồng biến (nghịch biến) bậc hai, ứng với nó, đạo hàm bậc (trong lớp hàm lồi khả vi) hàm đơn điệu tăng (giảm) Chú ý rằng, ta nói tính lồi hàm số mà không nói tới hàm lồi tập I(a, b) cụ thể Về sau, ta thường quan tâm đến tính chất hàm lồi I(a, b) Tính chất 2.1 Nếu f (x) lồi (lõm) I(a, b) g(x) := cf (x) hàm lõm (lồi) I(a, b) c < 0(c > 0) Tính chất 2.2 Tổng hữu hạn hàm lồi I(a, b) hàm lồi I(a, b) Tính chất 2.3 Nếu f (x) hàm số liên tục lồi I(a, b) g(x) lồi đồng biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lồi I(a, b) Footer Page of 126 Header Page of 126 Tính chất 2.4 (i) Nếu f (x) hàm số liên tục lõm I(a, b) g(x) lồi nghịch biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lồi I(a, b) (ii) Nếu f (x) hàm số liên tục lõm I(a, b) g(x) lõm đồng biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lõm I(a, b) (iii) Nếu f (x) hàm số liên tục lồi I(a, b) g(x) lõm nghịch biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lõm I(a, b) Tính chất 2.5 Nếu f (x) hàm số liên tục đơn điệu (đồng biến nghịch biến) I(a, b) g(x) hàm ngược f (x) ta có kết luận sau: (i) f (x) lõm, đồng biến ⇔ g(x) lồi, đồng biến, (ii) f (x) lõm, nghịch biến ⇔ g(x) lõm, nghịch biến, (iii) f (x) lồi, nghịch biến ⇔ g(x) lồi, nghịch biến Định lý 2.1 Nếu f (x) hàm số khả vi I(a, b) f (x) hàm lồi I(a, b) f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) Về sau ta thường dùng tính chất sau đây: Định lý 2.2 Nếu f (x) khả vi bậc hai I(a, b) f (x) lồi (lõm) I(a, b) f (x) ≥ 0(f (x) ≤ 0) I(a, b) Hàm lồi hàm liên tục khoảng xét Về sau, ta quan tâm đến hàm số lồi liên tục I(a, b) Tính chất sau cho phép ta dễ dàng kiểm chứng tính lồi (lõm) số hàm số cho trước chọn tính chất để đặc trưng cho hàm lồi Định lý 2.3 (Định lý Jensen) Nếu f (x) liên tục [a, b] Khi điều kiện cần đủ để hàm số f (x) lồi I(a, b) f x1 + x2 f (x1) + f (x2) ≤ , ∀x1, x2 ∈ I(a, b) 2 Chứng minh Nếu f (x) hàm lồi I(a, b) ta điều phải chứng minh cách chọn α = β = Footer Page of 126 Header Page 10 of 126 Giả sử ta có x1 + x2 f (x1) + f (x2) ≤ , ∀x1, x2 ∈ I(a, b) 2 Ta cần chứng minh với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta f có f (αx1 + βx2) ≤ αf (x1) + βf (x2) Nếu α ∈ Q β ∈ Q ta viết m n α ,β = , q q m, n ∈ Z, q ∈ N m + n = q Bằng phương pháp quy nạp, ta có f (αx1+βx2) = f mf (x1) + nf (x2) mx1 + nx2 = αf (x1)+βf (x2) ≤ q q Nếu α số vô tỷ β(= − α) số vô tỷ Chọn dãy số hữu tỷ dương un khoảng (0, 1) có giới hạn α: lim un = α n→∞ Khi đó, hiển nhiên dãy := − un nằm khoảng (0, 1) lim = β n→∞ Theo chứng minh ứng với trường hợp α hữu tỷ, f (unx1 + vnx2) ≤ unf (x1 + vnf (x2), ∀n ∈ N, x1, x2 ∈ I(a, b) Chuyển qua giới hạn sử dụng tính liên tục f (x), ta thu f (αx1 + βx2) ≤ αf (x1) + βf (x2) Nhận xét 2.1 Giả sử f (x) ≡ const hàm lồi [a, b] với f (a) = f (b) Khi f (x) = f (a) với x ∈ (a, b) Tiếp theo, ta đặc biệt quan tâm đến lớp lớp hàm lồi hàm đơn điệu Đó lớp lớp hàm lồi hai lần khả vi Đây lớp hàm thông dụng giải tích gắn với nhiều bất đẳng thức cổ điển Footer Page 10 of 126 10 Header Page 12 of 126 Định lý 2.5 Giả sử f (x) xác định có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) Khi đó: f (x) ≥ f (x0) + f (x0)(x − x0), ∀x, x0 ∈ (a; b) (2.1) Tương tự f (x) ≤ bất đẳng thức đổi chiều Chứng minh Xét x = x0 ta dấu đẳng thức Xét x > x0 Khi bất đẳng thức (2.1) tương đương với: f (x) − f (x0) ≥ f (x0) x − x0 Theo định lý Lagrange: ∃x1 ∈ (x0 ; x) cho f (x) − f (x0) = x − x0 f (x1) Ta thu f (x1 ) ≥ f (x0 ) với x0 < x1 < x (Hiển nhiên) Xét x < x0 Tương tự ∃x2 ∈ (x; x0 ) cho f (x) − f (x0) = x − x0 f (x2) Ta thu f (x2 ) ≤ f (x0 ) với x < x2 < x0 Khi hàm f (x) lồi khả vi (a, b), ta viết (2.1) dạng f (x) = [f (u) + f (u)(x − u)] u∈(a,b) Tương tự hàm f (x) lõm khả vi (a, b), ta viết (2.1) dạng f (x) = max [f (u) + f (u)(x − u)] u∈(a,b) Vậy, ta có dạng biểu diễn hàm lồi hàm lõm thông qua cực trị hàm số bậc phụ thuộc tham biến Phép biểu diễn đóng vai trò quan trọng công cụ hữu hiệu trong nhiều toán cực trị tối ưu Tiếp theo ta sử dụng biểu diễn hàm lồi chứng minh bất đẳng thức Karamata ứng dụng thực tiễn Footer Page 12 of 126 11 Header Page 13 of 126 Định lý 2.6 (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số {xk }, {yk } ∈ I(a, b) k = 1, 2, , n, thoả mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn ; y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn  x1 ≥ y1    x + x ≥ y + y    x1 + x2 + + xn−1 ≥ y1 + y2 + + yn−1 x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + y n (2.2) Khi đó, ứng với hàm lồi thực f (x) I(a, b), ta có f (x1) + f (x2) + + f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + + f (yn) Bất đẳng thức Karamata cho ta thấy với giả thiết có tính nhân tạo lại thiết lập ứng dụng rộng rãi nhiều dạng toán ứng dụng Thật vậy, cho trước hàm phi tuyến (hàm lồi, lõm) tổng quát, khó để khẳng định tính so sánh tổng giá trị hai điểm phân biệt tuỳ ý cho trước hàm số cho Hệ điều kiện (??) dựa so sánh tuyến tính đại lượng cho trước, coi dạng giả thiết đơn giản Định lý 2.7 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai x ∈ (a, b) cho f (x) ≥ với x ∈ [a, b] f (x) > với x ∈ (a, b) Giả sử a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn số thuộc [a, b], đồng thời thoả mãn điều kiện a1 ≥ a2 ≥ ≥ an x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn  x1 ≥ a1    x1 + x2 ≥ a1 + a2    x1 + x2 + + xn−1 ≥ a1 + a2 + + an−1 x1 + x2 + + xn ≥ a1 + a2 + + an Khi đó, ta có n n f (xk ) ≥ k=1 Tương tự, ta có định lý sau Footer Page 13 of 126 f (ak ) k=1 (2.3) 12 Header Page 14 of 126 Định lý 2.8 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai x ∈ (a, b) cho f (x) ≥ với x ∈ [a, b] f (x) < với x ∈ (a, b) Giả sử a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn số thuộc [a, b], đồng thời thoả mãn điều kiện a1 ≤ a2 ≤ ≤ an x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn  x1 ≤ a1    x1 + x2 ≤ a1 + a2    x1 + x2 + + xn−1 ≤ a1 + a2 + + an−1 x1 + x2 + + xn ≤ a1 + a2 + + an Khi đó, ta có n (2.4) n f (xk ) ≤ k=1 f (ak ) k=1 Định lý 2.9 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai x ∈ (a, b) cho f (x) > với x ∈ (a, b) Giả sử a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn số thuộc [a, b], đồng thời thoả mãn điều kiện a1 ≥ a2 ≥ ≥ an  x1 ≥ a1    x1 + x2 ≥ a1 + a2    x1 + x2 + + xn−1 ≥ a1 + a2 + + an−1 x1 + x2 + + xn = a1 + a2 + + an Khi đó, ta có n n f (xk ) ≥ k=1 2.2 2.2.1 (2.5) f (ak ) k=1 Tính đơn điệu liên tiếp hàm số Hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2) Trong mục này, ta xét lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2) số tính chất chúng Đó lớp hàm đồng thời có đạo hàm bậc bậc hai không đổi dấu I(a, b) Định nghĩa 2.3 Nếu hàm số đồng thời có đạo hàm bậc bậc hai dương khoảng xét ta nói hàm số đồng biến liên tiếp bậc (1,2) khoảng cho Footer Page 14 of 126 13 Header Page 15 of 126 Định nghĩa 2.4 Nếu hàm số đồng thời có đạo hàm bậc bậc hai âm khoảng xét ta nói hàm số nghịch biến liên tiếp bậc (1,2) khoảng cho Định lý 2.10 Giả sử f (x) có f (x) > f (x) > khoảng (a, b) số x1, x2 y1, y2 ∈ (a, b) có tính chất x1 + x2 = y1 + y2 Khi f (x1) f (x2) f (y1) f (y2) + ≥ + f (y1) f (y2) f (y1) f (y2) Định lý 2.11 Giả sử f (x) có f (x) < f (x) < khoảng (a, b) số x1, x2 y1, y2 ∈ (a, b) có tính chất x1 + x2 = y1 + y2 Khi f (x1) f (x2) f (y1) f (y2) + ≥ + f (y1) f (y2) f (y1) f (y2) Định lý 2.12 Giả sử f (x) có f (x) > f (x) < khoảng (a, b) số x1, x2 y1, y2 ∈ (a, b) có tính chất x1 + x2 = y1 + y2 Khi f (x1) f (x2) f (y1) f (y2) + ≤ + f (y1) f (y2) f (y1) f (y2) Định lý 2.13 Giả sử f (x) có f (x) < f (x) > khoảng (a, b) số x1, x2 y1, y2 ∈ (a, b) có tính chất x1 + x2 = y1 + y2 Khi f (x1) f (x2) f (y1) f (y2) + ≤ + f (y1) f (y2) f (y1) f (y2) Bài toán 2.1 (Bài toán tổng quát) Cho số α, β, γ ∈ (a, b) p, q ∈ p R cho − < a Xét ba số x, y, z ∈ (a, b) thoả mãn x + y + z = α + β + γ Chứng minh rằng: x2 + px + q y + py + q z + pz + q + + 2α + p 2β + p 2γ + p α2 + pα + q β + pβ + q γ + pγ + q ≥ + + (2.6) 2α + p 2β + p 2γ + p Giải Xét hàm số f (x) = x2 + px + q Ta có f (x) = > f (x) > 0, ∀x ∈ (a, b) Footer Page 15 of 126 14 Header Page 16 of 126 Suy f (x) ≥ f (α) + f (α)(x − α) ⇔ f (x) f (α) ≥ + x − α, f (α) f (α) f (y) f (β) ≥ + y − β, f (β) f (β) f (z) f (γ) f (z) ≥ f (γ) + f (γ)(z − γ) ⇔ ≥ + z − γ f (γ) f (γ) f (y) ≥ f (β) + f (β)(y − β) ⇔ (2.7) (2.8) (2.9) Cộng (2.7),(2.8),(2.9) vế theo vế ta điều phải chứng minh Bài toán 2.2 (Bài toán tổng quát) Cho số α, β, ∈ (a, b) số m, n, r ∈ R cho −r < a mr − n > Xét cặp số x, y ∈ (a, b) thoả mãn x + y = α + β Chứng minh rằng: (mx + n)(α + r)2 (my + n)(β + r)2 + ≤ (mα+n)(α+r)+(mβ+n)(β+r) x+r y+r Bài toán 2.3 (Bài toán tổng quát) Cho số α, β, ∈ (a, b) số p, q ∈ R cho p > a > Xét cặp số x, y ∈ (a, b) thoả mãn x + y = α + β Chứng minh rằng: α3 + 3pα + q β + 3pβ + q x3 + 3px + q y + 3py + q + ≥ + 3α2 + 3p 3β + 3p 3α2 + 3p 3β + 3p 2.2.2 Hàm đơn điệu liên tiếp bậc (2,3) Tiếp theo, mục này, ta xét lớp hà đơn điệu liên tiếp bậc (2,3) số tính chất chúng Đó lớp hàm đồng thời có đạo hàm bậc hai bậc ba không đổi dấu I(a, b) Định nghĩa 2.5 Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc hai bậc ba dương khoảng xét ta nói hàm số đồng biến liên tiếp bậc (2,3) khoảng cho Định nghĩa 2.6 Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc hai bậc ba âm khoảng xét ta nói hàm số nghịch biến liên tiếp bậc (2,3) khoảng cho Footer Page 16 of 126 15 Header Page 17 of 126 Bổ đề Nếu hàm f (x) khả vi bậc hai, bậc ba có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a, b) f (x) f (x0) f (x0) ≥ + f (x0) + (x − x0) (2.10) x − x0 x − x0 2! với x, x0 phân biệt thuộc I(a, b) Tương tự, f (x) ≤ bất đẳng thức đổi chiều Chứng minh Theo công thức khai triển Taylor ta có f (x) = f (x0) + f (x0)(x − x0) + f (x0) f (x1) (x − x0)2 + (x − x0)3 2! 3! với x1 ∈ (x, x0 ) ⇔ f (x0) f (x0) f (x1) f (x) = +f (x0)+ (x−x0)+ (x−x0)2 (2.11) x − x0 x − x0 2! 3! Mà f (x1) (x − x0)2 ≥ 3! (2.12) Do đó, từ (2.11) (2.12) suy (2.10) Đó điều phải chứng minh Định lý 2.14 Giả sử f (x) hàm đồng biến liên tiếp bậc (2,3) khoảng (a,b) (tức f (x) > f (x) > 0, ∀x ∈ (a, b)) số x1, x2, y1, y2 ∈ (a, b) cho x1 + y1 = x2 + y2 Khi f (x1) − f (y1) f (x2) − f (y2) f (y1) f (y2) + ≥ + f (y1)(x1 − y1) f (y2)(x2 − y2) f (y1) f (y2) (2.13) Định lý 2.15 Giả sử f (x) hàm nghịch biến liên tiếp bậc (2,3) khoảng (a,b) (tức f (x) < f (x) < 0, ∀x ∈ (a, b)) số x1, x2, y1, y2 ∈ (a, b) cho x1 + y1 = x2 + y2 Khi f (x1) − f (y1) f (x2) − f (y2) f (y1) f (y2) + ≥ + f (y1)(x1 − y1) f (y2)(x2 − y2) f (y1) f (y2) (2.14) Định lý 2.16 Giả sử f (x) hàm đồng thời đồng biến bậc nghịch biến bậc ba khoảng (a,b) (tức f (x) > f (x) < 0, ∀x ∈ (a, b)) số x1 , x2 , y1 , y2 ∈ (a, b) cho x1 + y1 = x2 + y2 Khi f (x1) − f (y1) f (x2) − f (y2) f (y1) f (y2) + ≤ + f (y1)(x1 − y1) f (y2)(x2 − y2) f (y1) f (y2) Footer Page 17 of 126 (2.15) 16 Header Page 18 of 126 Định lý 2.17 Giả sử f (x) hàm đồng thời nghịch biến bậc hai đồng biến bậc ba khoảng (a,b) (tức f (x) < f (x) > 0, ∀x ∈ (a, b)) số x1, x2, y1, y2 ∈ (a, b) cho x1 + y1 = x2 + y2 Khi f (x1) − f (y1) f (x2) − f (y2) f (y1) f (y2) + ≤ + f (y1)(x1 − y1) f (y2)(x2 − y2) f (y1) f (y2) (2.16) Bài toán 2.4 (Bài toán tổng quát) Cho số α, β ∈ (a, b) số p, q ∈ R Xét cặp số x, y ∈ (a, b) cho x + y = α + β −p < a Chứng minh rằng: x3 + 3px2 − α3 − 3pα2 y + 3py − β − 3pβ + (6α + 6p)(x − α) (6β + 6p)(y − β) 3α2 + 6pα 3β + 6pβ ≥ + (2.17) 6α + 6p 6β + 6p Giải Xét hàm số f (x) = x3 + 3px2 + q Ta có f (x) = 6x + 6p > f (x) = > 0, ∀x ∈ (a, b) Suy f (x) f (α) f (α) ≥ + f (α) + (x − α) x−α x−α 2! f (x) f (α) f (α) ⇔ − ≥ + (x − α) f (α)(x − α) f (α)(x − α) f (α) 2! (2.18) Tương tự: f (y) f (β) f (β) ≥ + f (β) + (y − β) y−β y−β 2! f (x) f (β) f (β) ⇔ − ≥ + (y − β) f (β)(y − β) f (β)(y − β) f (β) 2! (2.19) Cộng (2.18) (2.19) vế theo vế ta điều phải chứng minh Bài toán 2.5 (Bài toán tổng quát) Cho số α, β ∈ (a, b) số p, q ∈ R thoả p > 0, a > Xét cặp số x, y ∈ (a, b) cho x+y = α+β Chứng minh rằng: x4 + px2 − α4 − pα2 y + py − β − pβ 4α3 + 2pα 4β + 2pβ + ≥ + (12α2 + 2p)(x − α) (12β + 2p)(y − β) 12α2 + 2p 12β + 2p (2.20) Footer Page 18 of 126 17 Header Page 19 of 126 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ LAGRANGE TRONG ĐẠI SỐ 3.1 3.1.1 Các toán giải phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, biện luận số nghiệm phương trình Giải phương trình Phương pháp chung Bước 1: Gọi α nghiệm phương trình h(x) = Bước 2: Biến đổi phương trình dạng thích hợp cho f (a) = f (b) Từ hàm số f (t) khả vi liên tục đoạn [a; b] Khi đó, theo định lý Lagrange, ∃c ∈ (a; b) cho: f (c) = f (b) − f (a) =0 b−a (*) Bước 3: Giải (*) ta định α thử lại Ta minh họa phương pháp nêu qua ví dụ sau Bài toán 3.1 Giải phương trình x √ = + (3 − 2)x (3.1) Giải Phương trình (3.1) viết thành √ 2x − = (3 − 2)x √ x x ⇔ (2 − 1)(3 + 2) = √ x √ x ⇔ (6 + 2) − (3 + 2) = √ √ √ √ ⇔ (2 + 2)2x − ( + 1)2x = (2 + 2) − ( + 1) √ 2x √ √ √ 2x ⇔ (2 + 2) − (2 + 2) = ( + 1) − ( + 1) Footer Page 19 of 126 (3.2) 18 Header Page 20 of 126 Đặt 2x = y (3.2) viết thành: (2 + √ 2)y − (2 + √ √ √ 2) = ( + 1)y − ( + 1) Gọi α nghiệm phương trình (3.3) Khi √ √ √ α α √ 2) − (2 + 2) = ( + 1) − ( + 1) √ √ α Xét f (t) = t − t với t ∈ [ + 1, + 2] f liên tục, có (2 + (3.3) (3.4) f (t) = αtα−1 − √ √ Theo định lý Lagrange, tồn c ∈ ( + 1, + 2) cho √ √ f (2 + 2) − f ( + 1) √ √ = f (c) (2 + 2) − ( + 1) √ √ Mặt khác, (3.4) cho ta f (2 + 2) = f ( + 1) nên f (c) = Do αcα−1 − = ⇔ α = ⇒ y = ⇔ x = Thử lại ta thấy x = thỏa mãn 3.1.2 Chứng minh phương trình có nghiệm Phương pháp chung Bước 1: Xác định hàm số F (x) khả vi liên tục đoạn [a; b] thỏa mãn điều kiện: F (x) = f (x) (tức F (x) = f (x)dx) F (b) − F (a) = Bước 2: Khi đó, tồn x0 ∈ (a; b) cho F (x0) = F (b) − F (a) ⇔ f (x0) = b−a hay phương trình f (x0 ) = có nghiệm x0 ∈ (a; b) Bài toán 3.2 Cho a + b = c Chứng minh phương trình √ √ √ a 3x − + 3b x − = 4c(x − 1) 3x2 − 5x + có nghiệm thuộc khoảng (1, 2) Footer Page 20 of 126 (3.5) 19 Header Page 21 of 126 Giải Điều kiện: x ≥ Biến đổi (3.5) ta a 3b + √ = 2c(x − 1) x − 3x − 3b a + √ − 2c(x − 1) = ⇔ √ x − 3x − √ √ Xét hàm số f (x) = a x − + b 3x − − c(x − 1)2 khả vi khoảng (1, 2) Ta có (3.5) ⇔ √ a 3b f (x) = √ + √ − 2c(x − 1) x − 3x − f (2) − f (1) = a + b − c = Do đó, theo định lý Lagrange, tồn ξ ∈ (1, 2) cho f (ξ) = f (2) − f (1) =0 2−1 Vậy, phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng (1, 2) 3.1.3 Biện luận số nghiệm phương trình Từ định lý Rolle, ta thu hệ sau Hệ 3.1 Nếu hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a, b]; có đạo hàm khoảng (a, b) hai nghiệm (liên tiếp) thuộc (a, b) phương trình f (x) = có nghiệm phương trình f (x) = Hệ 3.2 Nếu hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a, b]; có đạo hàm khoảng (a, b) phương trình f (x) = có k nghiệm x ∈ (a, b) phương trình f (x) = có k − nghiệm x ∈ (a, b) Hệ 3.3 Nếu hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a, b]; f (x) > 0(hoặc f (x) < 0), ∀x ∈ (a, b) phương trình f (x) = có không hai nghiệm khoảng (a, b) Bài toán 3.3 Chứng minh phương trình 2x = x + có ba nghiệm phân biệt Footer Page 21 of 126 20 Header Page 22 of 126 Giải Đặt f (x) := 2x − x2 − Ta có f (x) xác định, liên tục, khả vi R phương trình tương đương với f (x) = Ta có f (0) = f (1) = 0; f (2) = −1; f (5) = ⇒ f (2).f (5) < ⇒ f (x) có ba nghiệm phân biệt Giả sử f (x) có bốn nghiệm thực phân biệt Khi đó, f (x) có hai nghiệm phân biệt Mà, f (x) = 2x ln − 2x; f (x) = 2x (ln 2)2 − ⇒ f (x) có nghiệm Điều mâu thuẫn Vậy f (x) có ba nghiệm thực phân biệt 3.2 3.2.1 Một số ứng dụng định lý Lagrange toán liên quan đến bất đẳng thức Chứng minh bất đẳng thức Bài toán 3.4 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với số thực x thỏa mãn x > −1, (1 + x)n ≥ + nx Chứng minh Trước tiên, giả sử x ≥ đặt f (t) = (1 + t)n , ∀t ∈ [0, x] Theo định lý Lagrange, tồn η ∈ (0; x) thỏa mãn f (x) − f (0) = (x − 0)f (η) Suy (1 + x)n − = xn(1 + η)n−1 ≥ nx đó, có (1 + x)n ≥ + nx Trường hợp −1 < x < 0, đặt f (t) = (1 + t)n , ∀t ∈ [x, 0] Cũng theo định lý Lagrange, tồn η ∈ (x; 0) thỏa mãn f (x) − f (0) = (x − 0)f (η) Suy (1 + x)n − = xn(1 + η)n−1 ≥ nx đó, có (1 + x)n ≥ + nx Vậy (1 + x)n ≥ + nx, ∀x ∈ (−1; +∞) Đẳng thức xảy x = Footer Page 22 of 126 21 Header Page 23 of 126 3.2.2 Sáng tác bất đẳng thức từ bất phương trình hàm liên quan đến Định lý Lagrange Trước tiên, nhắc lại công thức khai triển Taylor hàm số f điểm a Định lý 3.1 (Công thức khai triển Taylor) Giả sử hàm số f (x) có f (x), f (x), , f (n) (x) liên tục a có đạo hàm f (n+1) (x) lân cận a, n f (x) = k=0 f (k)(a) f (n+1)(η) k (x − a) + (x − a)n+1 k! (n + 1)! (3.6) với η a x (η = a + α(x − a), α ∈ (0; 1)) Khi n = 1, (3.6) trở thành f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + f (η)(x − a)2 với η = a + α(x − a), α ∈ (0; 1) hay f (x) − f (a) = (x − a)f (a) + f (η)(x − a)2 (3.7) với η = a + α(x − a), α ∈ (0; 1) Nếu chọn hàm số f (x) khả vi bậc hai I cho f (x) > 0, ∀x ∈ I từ (3.7), có bất phương trình hàm f (x) − f (a) ≥ f (a), ∀x = a x−a (3.8) Từ có lớp hàm thỏa mãn (3.8) thể kết Định lý 3.2 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm liên tục a, khả vi bậc hai I f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I f (x) nghiệm bất phương trình hàm f (x) − f (a) ≥ (x − a)f (a) (3.9) Tương tự, có Định lý 3.3 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm liên tục a, khả vi bậc hai I f (x) ≤ 0, ∀x ∈ I f (x) nghiệm bất phương trình hàm f (x) − f (a) ≤ (x − a)f (a) (3.10) Từ hai kết trên, thiết lập số bất đẳng thức Footer Page 23 of 126 22 Header Page 24 of 126 Ví dụ 3.1 (Thiết lập bất đẳng thức Bernoulli) Với số thực n, xét hàm số f (x) = (1 + x)n , ∀x ≥ −1, có f (x) = n(1 + x)n−1 liên tục f (x) = n(n − 1)(1 + x)n−2 ≥ 0, ∀x ≥ −1 Áp dụng Định lý 3.2, có f (x) − f (0) ≥ (x − 0)f (0), ∀x ≥ −1 hay (1 + x)n − ≥ xn, ∀x ≥ −1 Từ có (1 + x)n ≥ + xn, ∀x ≥ −1 Bài toán 3.5 Xét hàm số f (x) = x ln x, x ∈ (0, +∞), ta có f (x) = ln x + liên tục (0, +∞) f (x) = với a, b, c > có > 0, ∀x ∈ (0, +∞) Khi x a ln a + b ln b + c ln c ≥ (a + b + c) ln a+b+c a + b + c a+b+c ) Bài toán 3.6 Xét hàm số f (x) = x4 , x ∈ R, có f (x) = 4x3 liên tục R f (x) = 12x2 ≥ 0, ∀x ∈ R Khi có ⇔ aabbcc ≥ f (b) − f (a) ≥ f (a)(b − a) hay b4 − a4 ≥ 4a3(b − a) Chúng ta biến đổi để toán bất đẳng thức: Chứng minh với số thực a, b b4 + 3a4 ≥ 4a3b, ∀a, b, Dấu đẳng thức xảy a = b Footer Page 24 of 126 23 Header Page 25 of 126 3.3 Sự phân bố nghiệm đa thức đạo hàm Định nghĩa 3.1 Số x0 gọi không điểm hàm f (x) f (x0 ) = Khi f (x) đa thức thỏa mãn điều kiện f (x0) = x0 gọi nghiệm đa thức Bài toán 3.7 Giả sử a < b giả sử giá trị đa thức f (x) điểm a b khác Chứng minh khoảng (a; b) chứa số chẵn (hoặc số lẻ) không điểm hàm f (a) f (b) có dấu (hoặc trái dấu nhau) Nhận xét 3.1 Khi thay đa thức f (x) hàm giải tích kết toán không thay đổi Bài toán 3.8 (Định lý Rolle) Nếu a, b hai không điểm kề đa thức f (x), (f (a) = f (b) = 0, f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b)) khoảng (a, b) đạo hàm f (x) có số lẻ không điểm (do có không điểm) Giải Lấy ε > đủ bé cho khoảng (a, a + ε), (b − ε, b) không chứa không điểm đạo hàm f (x) Khi đó, số không điểm f (x) (a, b) số không điểm f (x) khoảng (a + ε, b − ε) Ta có f (a + ε) = f (a + ε) − f (a) = εf (a + ε1) < ε1 < ε −f (b − ε) = f (b) − f (b − ε) = εf (b − ε2) < ε2 < ε Vì sign f (a + ε) = sign f (b − ε) = nên sign f (a + ε) = − sign f (b − ε) = Theo toán 3.1, hàm số f (x) chưa số lẻ không điểm khoảng (a + ε, b − ε) ⊂ (a, b) Bài toán 3.9 Nếu khoảng (a, b) hàm f (x) có m không điểm f (x) có m − không điểm khoảng Nhận xét 3.2 (i) Kết toán thay (a, b) nửa khoảng (a, b], [a, b) hay đoạn [a, b] điểm {x1 } (ii) Nếu hàm f (x) đa thức bậc n có n nghiệm thực f (x) có n − nghiệm thực Footer Page 25 of 126 24 Header Page 26 of 126 KẾT LUẬN Tóm lại, từ công trình nghiên cứu đăng tải báo sách tham khảo, luận văn tổng hợp, xếp cách có hệ thống kết thu nhận được, trình bày lại chứng minh cách rõ ràng mà đảm bảo tính chặt chẽ chúng Đó đóng góp tác giả luận văn Luận văn "Một số ứng dụng định lý Lagrange Đại số" tập trung nghiên cứu số vấn đề sau: Hệ thống kiến thức liên quan đến tính đơn điệu, tính lồi, lõm, khả vi hàm số; định lý giá trị trung bình Khảo sát tính đơn điệu lồi lõm liên tiếp hàm số Trên sở đó, vận dụng sáng tác bất đẳng thức Hệ thống số dạng tập ứng dụng định lý Lagrange Một nhu cầu tự nhiên mở rộng ứng dụng hàm nhiều biến Vì vậy, việc nghiên cứu tiếp tục Footer Page 26 of 126 ... xét Định lý Lagrange chứng minh dựa vào định lý Rolle Nhưng định lý Rolle coi trường hợp đặc biệt định lý Lagrange f (a) = f (b) Định lý Lagrange trường hợp đặc biệt định lý Cauchy g(x) = x Trong. .. khả vi bậc hai Chương trình bày số ứng dụng định lý Lagrange đại số Xét ứng dụng Định lý Lagrange hệ toán giải phương trình, biện luận số nghiệm phương trình, chứng minh bất đẳng thức, phân bố... liên quan đến định lý Lagrange hệ quả, mở rộng (định lý Rolle, định lý Cauchy) Chương xét nêu ứng dụng định lý Rolle định lý Lagrange việc khảo sát hai tính chất quan trọng hàm số chương trình