TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA: TOÁN ——————————————– BÙI THỊ LINH ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC HÀ NỘI, 2012 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA: TOÁN ——————– * ——————— BÙI THỊ LINH ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Người hướng dẫn khoa học THS PHÙNG ĐỨC THẮNG Hà Nội, 2012 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh LỜI CẢM ƠN Trong trình nghiên cứu đề tài với hướng dẫn nhệt tình thầy giáo: Thạc sỹ Phùng Đức Thắng Cùng với giúp đỡ Thạc sỹ Phạm Xuân Thịnh, nỗ lực thân em phần nghiên cứu đề tài Do hạn chế thời gian, kiến thức nên chắn khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Em mong có ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn quan tâm để đề tài hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn hướng dẫn giúp đỡ bảo nhiệt tình tận tâm thầy giáo: Thạc sỹ Phùng Đức Thắng toàn thể thầy cô giáo tổ giải tích, thầy cô giáo khoa Toán, Thạc sỹ Phạm Xuân Thịnh quan tâm tạo điều kiện giúp đỡ em hoàn thiện khóa luận này, suốt thời gian thực tập nghiên cứu trường ĐHSP Hà Nội Sinh viên Bùi Thị Linh Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp với đề tài: "ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG" công trình nghiên cứu riêng tôi, kết không trùng với kết Nếu sai xin chịu hoàn toàn trách nhiệm Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2012 Sinh viên Bùi Thị Linh Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 Giới hạn dãy số thực giới hạn hàm số 1.1.1 Định nghĩa giới hạn dãy số thực 1.1.2 Định nghĩa giới hạn hàm số Hàm số liên tục 10 1.2.1 Định nghĩa hàm số liên tục điểm 10 1.2.2 Các tính chất 10 1.2.3 Định nghĩa hàm số liên tục đoạn 11 Đạo hàm hàm biến 13 1.3.1 Đạo hàm cấp 13 1.3.2 Đạo hàm cấp cao 15 1.3.3 Định nghĩa 15 Định lí Lagrange ứng dụng 17 2.1 Định lí Rolle 17 2.2 Định lý Lagrange 17 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lý thuyết giới hạn sở giải tích toán học Bởi vậy, nghiên cứu lĩnh vực thường xuyên phải giải toán liên quan đến giới hạn, phần lớn liên quan đến giới hạn dãy số giới hạn hàm số Giải toán giới hạn dãy số việc làm phức tạp khó khăn sinh viên em học sinh khá, giỏi toán trung học phổ thông Các toán giới hạn nằm chương trình quy định hội toán học Việt Nam kì thi Olympic toán học sinh viên năm trường Cao Đẳng Đại học môn giải tích Giải toán giới hạn dãy số có nhiều phương pháp khác nhau, định lý Lagrange phương pháp mạnh để giải toán giới hạn dãy số khó phức tạp Với mục đích tiếp cận hướng nghiên cứu toán học đại, hướng dẫn bảo tận tình Thạc sỹ Phùng Đức Thắng , chọn đề tài: "ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG" Mục đích nghiên cứu Cung cấp cho học sinh phương pháp để xử lý toán giới hạn dãy số khó đa dạng Qua củng cố kiến thức giới hạn cho học sinh giúp học sinh vận dụng thành thạo định lý Lagrange Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh Nhiệm vụ nghiên cứu Nhắc lại kiến thức giới hạn Giúp học sinh nắm định lý Lagrange khả vận dụng sáng tạo định lý để giải toán giới hạn Đối tượng phạm vi nghiên cứu + Đối tượng nghiên cứu: Sinh viên học sinh THPT + Phạm vi nghiên cứu: Định lý Lagrange ứng dụng toán phổ thông Phương pháp nghiên cứu Sử dụng định nghĩa, định lý, tính chất giới hạn dãy số, giới hạn hàm số, hàm số liên tục đạo hàm cấp cấp cao hàm biến vào khóa luận Dự kiến đóng góp Đưa ứng dụng định lý Lagrange vào việc giải toán giới hạn toán phổ thông Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Giới hạn dãy số thực giới hạn hàm số 1.1.1 Định nghĩa giới hạn dãy số thực Cho dãy số thực {un } Số a ∈ R gọi giới hạn dãy {un } với ε > cho trước tồn số n0 (phụ thuộc ε) cho với n > n0 ta có |un − a| < ε Khi ta nói dãy {un } hay hội tụ đến a hay tiến đến giới hạn a ta viết un → a(n → ∞) hay lim un = a n→∞ Một dãy giới hạn gọi dãy phân kì 1.1.2 Định nghĩa giới hạn hàm số 1.1.2.1 Lân cận điểm Cho điểm x0 ∈ R số ε > Khoảng (x0 − ε, x0 + ε) gọi εlân cận x0 , kí hiệu Như vậy, ε (x0 ) ε (x0 ) = {x ∈ R| |x − x0 | < ε} Tập V ⊂ R gọi lân cận điểm x0 tồn ε > cho Khóa luận tốt nghiệp đại học ε (x0 ) Bùi Thị Linh ⊂ V Chú ý a) Lân cận điểm chứa điểm V lân cận x0 , ⊃ V lân cận x0 b) Nếu V1 , V2 hai lân cận x0 V1 ∩ V2 lân cận x0 1.1.2.2 Điểm tụ tập hợp Điểm x0 ∈ R gọi điểm tụ ( hay điểm giới hạn ) tập hợp A ∈ R lân cận V x0 chứa điểm A khác x0 , tức V ∩ (A\{x0 }) = ∅, với lân cận V x0 Từ định nghĩa ta suy x0 điểm tụ tập hợp A lân cận x0 chứa vô số điểm A 1.1.2.3 Điểm cô lập tập hợp Cho tập hợp A ⊂ R Điểm x0 ∈ A gọi điểm cô lập tập hợp A tồn lân cận V x0 cho V ∩ A = {x0 } (tập gồm điểm x0 ) 1.1.2.4 Định nghĩa giới hạn hàm số Cho x0 điểm tụ tập hợp A ⊂ R hàm số f : A → R Hàm số f gọi hội tụ đến b ∈ R x → x0 hay b giới hạn hàm số f x → x0 với ε > tồn δ > cho |f (x) − b| < ε với x ∈ A thỏa mãn điều kiện < |x − x0 | < δ Khi đó, ta kí hiệu lim f (x) = b hay f (x) → b x → x0 x→x0 Chú ý Trong định nghĩa ta xét đến giá trị f (x) ứng với giá trị x lân cận x0 Điều kiện < |x − x0 | nói lên x = x0 Vì điểm x0 (x0 điểm tụ A) hàm số Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh không xác định, trường hợp hàm f xác định x0 giá trị f (x0 ) không đóng vai trò định nghĩa Sau ta nêu điều kiện tương đương với điều kiện nêu định nghĩa dùng để định nghĩa giới hạn hàm số Định lý 1.1 Để cho hàm f : A → R hội tụ đến b ∈ R x → x0 điều kiện cần đủ với dãy {xn }n ⊂ A\{x0 }, xn → x0 , ta có f (xn ) → b n → ∞ Chứng minh a) Điều kiện cần: Giả sử lim f (x) = b Cho dãy {xn }n ⊂ x→x0 A\{x0 }, xn → x0 (n → ∞) Ta chứng minh f (xn ) → b(n → ∞) Theo định nghĩa ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ A : < |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − b| < ε Vì dãy {xn }n ⊂ A\{x0 } xn → x0 (n → ∞) nên với δ > nói tồn n0 cho với n > n0 ta có < |xn − x0 | < δ, |f (xn ) − b| < ε Theo định nghĩa lim f (xn ) = b n→∞ b) Điều kiện đủ: Ngược lại, giả sử với dãy {xn }n ⊂ A\{x0 }, xn → x0 ta có f (xn ) → b Ta chứng minh f (x) → b x → x0 Nếu f (x) không hội tụ đến b x → x0 thì: ∃ε > 0, ∀δ > 0, ∃xδ ∈ A : < |xδ − x0 | < δ |f (xδ ) − b| ≥ ε Lấy dãy δn > 0, δ → 0, kí hiệu xδn = xn , ta có {xn }\A, < |xn −x0 | < δn → 0, xn → x0 (n → ∞) |f (xn ) − b| ≥ ε, nên f (xn ) không hội tụ đến b n → ∞, trái với giả thiết Vậy lim f (x) = b x→x0 Một số tính chất giới hạn hàm số Từ mối quan hệ giới hạn hàm số giới hạn dãy số nêu Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh nghiệm đoạn mâu thuẫn với giả thiết Vì vậy, ta có điều phải chứng minh Hệ có nhiều ứng dụng việc giải toán, chẳng hạn việc giải phương trình Nếu ta biết f (x) = có n nghiệm f (x) = có tối đa n − nghiệm, ta khẳng định phương trình f (x) = có n nghiệm Ví dụ 2.12 Giải phương trình sau a) 2x = log2 (x + 1) + b) 2x + 3x + 7x = 3.4x Lời giải a) Ta nhận thấy phương trình cho có nghiệm x = x = Ta chứng minh phương trình có nghiệm Thật vậy, xét hàm số f (x) = 2x − log2 (x + 1) − 1, x > −1 Ta có f (x) = 2x ln − 1 f (x) = 2x ln2 + > (x + 1) ln (x + 1)2 ln Vì f (x) > nên f (x) = có tối đa nghiệm, f (x) = có tối đa nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm nêu 27 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh b) Rõ ràng, phương trình ta có hai nghiệm x = x = Để chứng minh phương trình có hai nghiệm ấy, ta viết lại phương trình dạng x + x + x − = 0, ta xét hàm số g(x) = x + x + x − Dễ thấy g (x) = g (x) = x x ln2 ln + + x x ln + 4 ln2 + 4 x ln x ln2 , > Với g (x) > 0, với x, ta suy g (x) = có tối đa nghiệm, g(x) = có tối đa nghiệm Do vậy, phương trình cho có nghiệm x = 0, x = Ví dụ 2.13 Giải phương trình 3x + 5x = 22x+1 Lời giải Ta viết lại phương trình cho dạng (5x − 4x ) − (4x − 3x ) = Đến đây, xét hàm số f (t) = (t + 1)x − tx , t > Đạo hàm hàm số f (t) = x(t + 1)x−1 − xtx−1 = x[(t + 1)x−1 − tx−1 ] 28 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh Theo định lý Lagrange, tồn c ∈ (3, 4) cho f (4) − f (3) = f (c) ⇐⇒ (5x − 4x ) − (4x − 3x ) = x[(t0 + 1)x−1 − tx−1 ] Do đó, phương trình cho tương đương với x[(t0 + 1)x−1 − tx−1 ] = 0, tức x = x = Ví dụ 2.14 Giả sử phương trình a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an = 0, a0 = 0, có n, (n ≥ 2) nghiệm phân biệt Chứng minh (n − 1)a21 > 2na0 a2 Lời giải Xét hàm số f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an = Rõ ràng, f (x) có đạo hàm cấp ta có f (x) = na0 xn−1 + (n − 1)a1 xn−2 + + an−1 , f (x) = n(n − 1)a0 xn−2 + (n − 1)(n − 2)a1 xn−3 + + 3.2an−3 x + 2.1an−2 , ···································· f (n−2) (x) = n! a0 x2 + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2 Vì f (x) = có n nghiệm phân biệt nên áp dụng định lý Lagrange, ta suy f (x) = có n − nghiệm phân biệt Từ lại áp dụng định lý Lagrange, ta suy f (x) = có n − nghiệm phân 29 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh biệt, Cứ lập luận thế, dẫn tới phương trình f (n−2) (x) = có hai nghiệm phân biệt ∆ > 0, tức [(n − 1)!a1 ]2 − 2n!(n − 2)!a0 a1 > ⇐⇒ (n − 1)a21 > 2na0 a1 Tiếp theo, ta tìm hiểu thêm ứng dụng định lý Lagrange thông qua số ví dụ mà thực tế phát triển sâu rộng để thành phương pháp có ích giải toán Ví dụ 2.15 Cho hàm số f : [0; 1] → [0; 1] liên tục có đạo hàm khoảng (0; 1) với f (0) = 0, f (1) = Chứng minh tồn a, b ∈ (0; 1) cho f (a)f (b) = Lời giải Xét hàm số g(x) = f (x) + x − Rõ ràng, g(x) liên tục [0; 1] g(0) = −1, g(1) = Theo ta có g(0).g(1) < 0, vậy, tồn c ∈ (0; 1) cho g(c) = 0, tức f (c) = − c Bây ta áp dụng định lý Lagrange đoạn [0; c] [c; 1] f (c) − f (0) = f (a).c f (1) − f (c) = f (b)(1 − c), tức f (a) = 1−c c f (b) = c 1−c Theo đó, ta có f (a)f (b) = π Ví dụ 2.16 Chứng minh rằng, với x ∈ (0; ), ta có bất đẳng thức sau a) sin x < x < tan x 30 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh b) sin x + tan x > 2x Lời giải π a) Xét hàm số f (t) = sin t − t [0; ) f (t) = cos t − Theo định lý Lagrange, tồn số c ∈ (0; x) cho f (x) − f (0) = f (c)x ⇐⇒ sin x − x = (cos c − 1)x < Bất đẳng thức tan x > x chứng minh hoàn toàn tương tự b) Xét hàm số g(t) = tan t + sin t − 2t, t ∈ 0; π Ta có g (t) = (1 − cos t)(1 + cos t − cos2 t) π +cos t−2 = > 0, ∀t ∈ (0; ) cos2 t cos2 t Theo định lý Lagrange, tồn ξ ∈ (0; x) cho (1 − cos ξ)(1 + cos ξ − cos2 ξ) x > 0, g(x) − g(0) = g (ξ)x = cos2 ξ tan x + sin x − 2x > Ví dụ 2.17 Chứng minh rằng, với x > 0, ta có 1+ x x Ta có f (t) = Theo định lý Lagrange, t tồn ξ ∈ (x; x + 1) cho f (x + 1) − f (x) = f (ξ) ⇐⇒ ln(x + 1) − ln x = ξ Do x < ξ < x + nên 1 < < Vì thế, x+1 ξ x 1 < ln(x + 1) − ln x < x+1 x Định nghĩa 2.1 Hàm số f : (α; β) → (α; β) gọi thỏa mãn điều kiện Lipschitz tồn số L ≥ cho |f (x) − f (y)| ≤ L.|x − y|, ∀x, y ∈ (α; β) Trong L gọi số Lipschitz Khi ≤ L < f (x) gọi hàm số co Mệnh đề 2.1 [Nguyên lý hàm số co] Cho ≤ c < số hàm số f : (α; β) → (α; β) thỏa mãn điều kiện |f (x) − f (y)| ≤ c.|x − y|, ∀x, y ∈ (α; β) Khi đó, a) Phương trình f (x) = x có nghiệm x0 ∈ (α; β) b) Với a ∈ (α; β), dãy số {un } xác định   u1 = a  au n+1 = f (un ), n ≥ có giới hạn n → +∞ giới hạn x0 32 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh Chứng minh Với số tự nhiên n ≥ 1, ta có |un+1 − un | = |f (un ) − f (un+1 )| ≤ c|un − un−1 | Từ đó, quy nạp ta |un+1 − un | ≤ cn−1 |u2 − u1 |; ∀n ≥ Áp dụng điều này, với m > n ≥ : |um − un | = |um − um−1 + um−1 − um−2 + + un+1 − un | ≤ |um − um−1 | + |um−1 − um−2 | + + |un+1 − un | ≤ (cm−2 + cm−3 + + cn−1 cn−1 (1 − cm−n ) n−1 |u2 − u1 | ≤ |u2 − u1 | c ).|u2 − u1 | = 1−c 1−c cn−1 Vì lim |u2 − u1 | = nên với ε > nhỏ tùy ý, tồn số tự n→+∞ − c nhiên n0 cho cn−1 cn−1 |u2 − u1 | = |u2 − u1 | − < ε, ∀n > n0 1−c 1−c Do |um − un | < ε, ∀n > n0 Theo mệnh đề (2.1), dãy {un } hội tụ Đặt x0 = lim un , n→+∞ |un+1 − f (x0 )| = |f (un ) − f (x0 )| ≤ c|un − u0 |, ∀n ≥ 1, suy lim |un+1 − f (x0 )| ≤ lim c|un − u0 | = hay lim |un+1 − n→+∞ n→+∞ n→+∞ f (x0 )| = 0, tức lim un = f (x0 ) Nhưng giới hạn dãy số {un } n→+∞ nên f (x0 ) = x0 Cuối cùng, có x ∈ D cho f (x) = x, |x − x0 | = |f (x) − f (x0 )| ≤ c|x − x0 | x = x0 33 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh Ví dụ 2.18 Cho số thực a dãy số {un } xác định u1 = a un+1 = ln(3 + sin un + cos un ) − 2008 Chứng minh dãy số có giới hạn n → +∞ Lời giải Xét hàm số f (x) = ln(3 + sin x + cos x) − 2008, ta có u1 = a, un+1 = f (un ) Rõ ràng √ sin( π4 − x) cos x − sin x √ f (x) = = + sin x + cos x + cos( π4 − x) Điều cho ta √ √ sin( π4 − x) √ √ |x − y| |f (x)| = ≤ + cos( π4 − x) 3− √ √ < nên dãy số {un } hội tụ nghiệm phương 3− trình f (x) = x Vì Ví dụ 2.19 Chứng minh dãy số {un } xác định u1 ∈ R un+1 = ln(1 + u2n ), n ≥ hội tụ Lời giải Xét hàm số f (x) = ln(1 + x2 ), 34 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh x x ≤ |f (x)| = , ∀x ∈ R + x2 + x2 nên theo định lý Lagrange, với x, y ∈ R, x = y tồn c nằm x un+1 = f (un ) Do f (x) = y cho |f (x) − f (y)| = |f (c)|.|x − y| ≤ |x − y| Điều dẫn tới f (x) hàm số co dãy số {un } hội tụ giới hạn nghiệm phương trình f (x) = x Định lý 2.1 (Định lý Cauchy) Giả sử hàm số f (x) g(x) liên tục [a; b], có đạo hàm (a; b) cho g (x) = 0, với x ∈ (a; b) Khi đó, tồn c ∈ (a; b) cho f (b) − f (a) f (c) = g(b) − g(a) g (c) Chứng minh Xét hàm số h(x) = g(x)[f (b) − f (a)] − f (x)[g(b) − g(a)] Hàm số liên tục [a; b] có đạo hàm (a; b) Hơn nữa, dễ dàng thấy h(a) = h(b) Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a; b) cho h (c) = 0, tức g (c)[f (b) − f (a)] − f (c)[g(b) − g(a)] = Điều tương đương với f (b) − f (a) f (c) = g(b) − g(a) g (c) Trong số ví dụ phần trước, ta biết P (x) đa thức bậc n x0 ∈ R, ta có n P (x) = k=0 P (k) (x0 ) (x − x0 )k k! 35 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh Nhờ vào định lý Cauchy, ta mở rộng kết cho hàm khả vi Cụ thể hơn, ta có Mệnh đề 2.2 (Công thức khai triển Taylor) Giả sử hàm sốf (x) có đạo hàm tới cấp n + (a; b), x0 ∈ (a; b) Khi đó, với x ∈ (a; b), tồn ξ nằm x x0 cho n f (x) = k=0 f (k) (x0 ) f (n+1) (ξ) k (x − x0 ) + (x − x0 )n+1 k! (n + 1)! Chứng minh Nếu x = x0 , công thức cần chứng minh hiển nhiên Vì thế, ta xét x = x0 Đặt f (k) (x0 ) (x − x0 )k G(x) = (x − x0 )n+1 F (x) = f (x) − k! k=0 n Khi đó, ta có f (k) (x0 ) (x − x0 )k−1 k=1 (k − 1)! n f (k) (x ) F (x) = f (x) − (x − x0 )k−2 (k − 2)! k=2 ······································· n F (x) = f (x) − F (n) (x) = f (n) (x) − f (n) (x0 ), F (n+1) (x) = f (n+1) (x) Và G (x) = (n + 1)(x − x0 )n , G (x) = (n + 1)n(x − x0 )n+1 , · · · , G(n+1) (x) = (n + 1)! Rõ ràng, F (l) (x0 ) = G(l) (x0 ) = 0, với l = 0; 1; ; n Áp dụng định lý Cauchy, tồn c1 nằm x x0 cho F (x) F (x) − F (x0 ) F (c1 ) = = G(x) G(x) − G(x0 ) G (c1 ) 36 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh Lại áp dụng định lý cho hàm F (x), G (x), tồn c2 nằm x0 c1 để F (x) F (c1 ) − F (x0 ) F (c2 ) = = G (x) G (c1 ) − G (x0 ) G (c2 ) Cứ tiếp tục vậy, ta nhận dãy c1 , c2 , , cn mà ci+1 nằm x0 ci thỏa mãn F (x) F (c1 ) F (n) (cn ) = = · · · = (n) G(x) G (c1 ) G (cn ) Cuối cùng, lại theo định lý Cauchy, tồn ξ nằm x0 cn cho F (n) (cn ) F (n) (cn ) − F (n) (x0 ) F (n+1) (ξ) = = G(n) (cn ) G(n) (cn ) − G(n) (x0 ) G(n+1) (ξ) Vì thế, F (x) F (n+1) (ξ) F (n+1) (ξ) = = , G(x) G(n+1) (ξ) (n + 1)! F (n+1) (ξ) tức F (x) = (x − x0 )n+1 , hay nói cách khác đi, ta có (n + 1)! n f (x) = k=0 f (k) (x0 ) F (n+1) (ξ) k (x − x0 ) + (x − x0 )n+1 k! (n + 1)! Chú ý Nếu ∈ (a; b) x0 , ta nhận công thức khai triển Maclaurin sau n f (x) = k=0 f (k) (x0 ) k f (n+1) (ξ) n+1 x + x , k! (n + 1)! ξ số nằm x Ví dụ 2.20 Khai triển Maclaurin số hàm số quen thuộc sau 37 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh x3 x5 x7 + − + ··· a) sin x = x − 3! 5! 7! b) cos x = − x2 x4 x6 + − + ··· 2! 4! 6! x3 x5 c) tan x = x + + 16 + · · · 3! 5! d) ex = + x + x2 x3 + + ··· 2! 3! Ví dụ 2.21 Hỏi hàm số f (x) = ex x2 có đạo hàm x = −1−x− hay không? Lời giải Theo công thức khai triển Maclaurin ta có ex = + x + x2 x3 x2 x3 + + = + x + + + o(x3 ), 2! 3! o(x3 ) o(x ) vô bé x , tức lim = Để ý x→0 x 3 f (x) = ex x2 −1−x− = x3 x + o(x3 ) = √ + o(x) 6 Theo đó, f (x) − f (0) o(x) = lim √ + =√ 3 x→0 x→0 x−0 x 6 Vậy hàm số cho có đạo hàm x = f (0) = √ lim Ví dụ 2.22 Cho hàm số f (x) có đạo hàm cấp hai đoạn [0; 1] cho f (0) = f (1) = f (x) = −1 Chứng minh max f (x) ≥ [0;1] [0;1] Lời giải Rõ ràng, f (x) liên tục [0; 1] tồn x0 ∈ [0; 1] cho f (x0 ) = f (x) = −1 Do f (0) = f (1) = nên x0 không trùng với [0;1] 38 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh điểm mút đoạn này, tức x0 ∈ (0; 1) Điều chứng tỏ x0 phải điểm cực tiểu thế, theo bổ đề Fecmat ta có f (x0 ) = Ta khai triển Taylor cho hàm số f (x) x0 , tồn c nằm x x0 cho f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) + f (c) (x − x0 )2 , x ∈ [0; 1] Cho x = 0, x = ta = −1 + f (c1 ) f (c2 ) x0 = −1 + (1 − x0 )2 2 Từ suy 1 1 1 [f (c1 ) + f (c2 )] = + ≥ + x0 (1 − x0 )2 x0 − x0 Nhưng max f (x) ≥ [f (c1 ) + f (c2 )] [0;1] Bất đẳng thức cho ta điều phải chứng minh 39 ≥ Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh KẾT LUẬN Định lý Lagrange phương pháp mạnh xử lý toán giới hạn phức tạp đa dạng Hơn giúp cho giáo viên sáng tạo toán giới hạn dãy số cho học sinh rèn luyện Hy vọng vấn đề mà em đề cập đến đề tài giúp ích đáng kể cho sinh viên, em học sinh PTTH, đặc biệt học sinh giỏi muốn tìm hiểu, quan tâm đến khía cạnh dạy học toán học Với thời gian chuẩn bị chưa nhiều, cộng với kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu thân hạn chế nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận giúp đỡ thầy cô giáo bạn để tìm ý tưởng tốt bổ xung cho đề tài hoàn thiện Một lần em bày tỏ lòng biết ơn thầy cô khoa Toán, đặc biệt thầy giáo Phùng Đức Thắng , người nhiệt tình hướng dẫn em làm khóa luận Em xin chân thành cảm ơn ! 40 Tài liệu tham khảo [1] Tô Văn Ban, Giải tích - Những tập nâng cao, Nxb Giáo Dục, 2004 [2] Nguyễn Văn Mậu, Giới hạn dãy số hàm số, Nxb Giáo Dục, 2000 [3] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Thúy Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT gới hạn dãy số hàm số, Nxb Giáo Dục, 2004 [4] Sách giáo khoa Giải tích đại số 11-Bộ Giáo dục Đào tạo, tái 2009 41 [...]... phân biệt và do đó ∆ > 0, tức là [(n − 1)!a1 ]2 − 2n!(n − 2)!a0 a1 > 0 ⇐⇒ (n − 1)a21 > 2na0 a1 Tiếp theo, ta hãy tìm hiểu thêm ứng dụng của định lý Lagrange thông qua một số các ví dụ mà thực tế có thể phát triển sâu và rộng hơn để thành những phương pháp có ích trong giải toán Ví dụ 2.15 Cho hàm số f : [0; 1] → [0; 1] liên tục và có đạo hàm trên khoảng (0; 1) với f (0) = 0, f (1) = 1 Chứng minh rằng... hàm số f chính là f 16 Chương 2 Định lí Lagrange và ứng dụng 2.1 Định lí Rolle Giả sử hàm số f (x) liên tục trên (a; b), có đạo hàm trên [a; b] Khi đó, nếu f (a) = f (b), thì tồn tại điểm c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0 Chứng minh Vì f (x) liên tục trên [a; b] nên nó đạt giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m Theo định nghĩa tồn tại x1 , x2 ∈ [a; b] sao cho M = f (x1 ) và m = f (x2 ) Rõ ràng, nếu M =... tự, ta chứng minh tồn tại x0 ∈ [a; b] sao cho f (x0 ) = m Định lý 1.7 (Định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất) Giả sử hàm f : [a; b] → R liên tục trên đoạn [a; b] và f (a).f (b) < 0 Khi đó tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0 Chứng minh Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết f (a) < 0 và f (b) > 0 Đặt A = {x ∈ [a; b] : f (x) ≤ 0} Vì a ∈ A nên A = Gọi c = sup A Ta đi chứng minh f (c) = 0 Theo định nghĩa... liên tục đi từ một phía của trục x sang phía kia thì nó cắt trục này Định lý 1.8 (Định lý Bolzano - Cauchy thứ hai) Giả sử hàm f liên tục trên đoạn [a; b] Khi đó f nhận mọi giá trị trung gian giữa f (a) và f (b), tức là với mọi số thực λ nằm giữa f (a) và f (b), tồn tại c ∈ [a; b] sao cho f (c) = λ Chứng minh Nếu f (a) = f (b) định lý hiển nhiên đúng Giả sử f (a) = f (b) Không mất tổng quát ta có thể... lim f (x) = a và a < b (tương ứng a>c) thì tồn tại δ > 0 sao cho x→x0 f (x) < b (tương ứng f (x) > c) với mọi x ∈ A thỏa mãn 0 < |x − x0 | < δ Chứng minh Chọn ε > 0 sao cho ε < b − a (tương ứng ε < a − c) Khi đó tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ∈ A thỏa mãn 0 < |x − x0 | < δ, ta có a−ε < f (x) < a+ε Từ đó ta suy ra f (x) < b (tương ứng f (x) > c) Định lý 1.4 Cho ba hàm f, g, h cùng xác định trên một... nhất n + 1 26 Khóa luận tốt nghiệp đại học Bùi Thị Linh nghiệm trên đoạn ấy và do đó mâu thuẫn với giả thiết Vì vậy, ta có điều phải chứng minh Hệ quả trên có nhiều ứng dụng trong việc giải toán, chẳng hạn như trong việc giải phương trình Nếu như ta đã biết f (x) = 0 có n nghiệm và f (x) = 0 có tối đa n − 1 nghiệm, thì ta khẳng định rằng phương trình f (x) = 0 có đúng n nghiệm Ví dụ 2.12 Giải các phương... có đạo hàm mọi cấp và ta có f (x) = na0 xn−1 + (n − 1)a1 xn−2 + + an−1 , f (x) = n(n − 1)a0 xn−2 + (n − 1)(n − 2)a1 xn−3 + + 3.2an−3 x + 2.1an−2 , ···································· f (n−2) (x) = n! a0 x2 + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2 2 Vì f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt nên áp dụng định lý Lagrange, ta suy ra f (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt Từ đây lại áp dụng định lý Lagrange, ta suy... → x0 (n → ∞) Theo định nghĩa của giới hạn dãy số với δ > 0 nêu trong giả thiết của định lý, tồn tại n0 sao cho với mọi n > n0 ta có |xn − x0 | < δ Khi đó, f (xn ) ≤ g(xn ) với mọi n > n0 Cho n → ∞ ta được a ≤ b Hệ quả 1.1 Giả sử lim f (x) = a và tồn tại δ > 0 sao cho f (x) ≤ b x→x0 với mọi x ∈ A thỏa mãn 0 < |x − x0 | < δ Khi đó a ≤ b Định lý sau đây có tính chất ngược lại Định lý 1.3 Cho hàm số f... Rõ ràng, g(x) liên tục trên [0; 1] và g(0) = −1, g(1) = 1 Theo đó ta có g(0).g(1) < 0, vì vậy, tồn tại c ∈ (0; 1) sao cho g(c) = 0, tức là f (c) = 1 − c Bây giờ ta áp dụng định lý Lagrange trên các đoạn [0; c] và [c; 1] để cho f (c) − f (0) = f (a).c và f (1) − f (c) = f (b)(1 − c), tức là f (a) = 1−c c và f (b) = c 1−c Theo đó, ta có f (a)f (b) = 1 π Ví dụ 2.16 Chứng minh rằng, với mọi x ∈ (0; ),... phải bị chặn trên đoạn [a, b] Định lý 1.6 Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì nó đạt được cận trên đúng và cận dưới đúng trên đó, tức là tồn tại hai số x0 , x0 ∈ [a; b] sao cho f (x0 ) = sup f (x), f (x0 ) = inf f (x) x∈[a;b] x∈[a;b] Chứng minh Theo định lý (1.5) hàm f bị chặn trên [a; b], vì thế tồn tại sup f (x) = M, M < +∞ và inf f (x) = m, m > −∞ x∈[a;b] x∈[a;b] Theo định nghĩa của cận trên đúng, ... Thạc sỹ Phùng Đức Thắng , chọn đề tài: "ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG" Mục đích nghiên cứu Cung cấp cho học sinh phương pháp để xử lý toán giới hạn dãy số khó đa dạng Qua củng...TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA: TOÁN ——————– * ——————— BÙI THỊ LINH ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích... giải toán giới hạn Đối tượng phạm vi nghiên cứu + Đối tượng nghiên cứu: Sinh viên học sinh THPT + Phạm vi nghiên cứu: Định lý Lagrange ứng dụng toán phổ thông Phương pháp nghiên cứu Sử dụng định