Đang tải... (xem toàn văn)
Ứng dụng định lý giá trị trung bình
Ti lờu tham kho Tụn Tht Thỏi Sn - 1 - LP CC BI TON NG DNG NH Lí GI TR TRUNG BèNH ON A CLASS OF PROBLEMS SOLVABLE BY USING MEAN- VALUE THEOREMS TểM TT Cỏc nh lý v giỏ tr trung bỡnh úng mt vai trũ quan trng trong gii tớch toỏn hc, v c thng xuyờn khai thỏc trong cỏc k thi Olympic Toỏn a phng, quc gia v quc t ( cp hc sinh THPT hoc sinh viờn i hc). Chỳng t ra l mt cụng c rt hiu lc trong vic gii cỏc bi toỏn liờn quan n s tn ti nghim v cỏc tớnh cht nh lng ca nghim ca nhiu dng phng trỡnh khỏc nhau. Trong bi bỏo ny ta ln lt kho sỏt cỏc bi toỏn nh th nh ng dng cỏc nh lý v giỏ tr trung bỡnh trong ba lnh vc: liờn tc, kh vi v kh tớch. ABSTRACT Theorems of the so-called mean-value kind play an important role in mathematical analysis and are frequently exploited in regional, national and international olympiads (of high-school or university level). They are the most powerful tool in solving problems concerning the existence and quantitative property of solutions to various equations. In this paper, we investigate some kinds of problems using such theorems in the three subjects: continuity, differentiability and integrability. 1. Phng phỏp s dng hm s liờn tc nh lý 1.1 Nu hm s f liờn tc trờn on [a;b] v f(a).f(b) < 0 thỡ cú ớt nht mt im c ẻ (a;b) f(x) = 0. nh lý 1.2 Gi s f l mt hm liờn tc trờn [a;b] v f(a) = A, f(b) = B. Lỳc ú nu C l mt s bt k nm gia A v B thỡ cú ớt nht mt im c ẻ (a;b) f(c) = C. nh lý 1.3 Nu f l mt hm liờn tc trờn [a;b] thỡ f nhn mi giỏ tr trung gian gia giỏ tr nh nht m v giỏ tr ln nht M ca nú trờn on ú. Cỏc bi toỏn ỏp dng: Bi toỏn 1: Chng minh phng trỡnh: x3 - x + 1 = 0 cú 3 nghim phõn bit. Tớnh tng cỏc lu tha bc 8 ca 3 nghim ú. (Olympic Vit Nam) Gii: Xột hm s: y = f(x)= x3 - x + 1 thỡ f liờn tc trờn D = R. Ta cú: f(-2)= -5 < 0; f(0)= 1 >0; f(31)= 1-32<0 v f(1)= 1 >0 nờn phng trỡnh cho cú 3 nghim phõn bit x1, x2, x3. Theo nh lý Viet: x1 + x2 + x3 = 0; x1x2 + x2x3 + x3x1 = -1; x1x2x3 = -1 Ta cú: 3ix - xi + 1 = 0 ị 3ix = xi - 1 ị 5ix = 3ix - 2ix = -2ix + xi - 1 nờn: 8ix = 22ix - 3xi + 2 Do ú: T = ồ=31iix8 = 2ồ=31iix2 - 3ồ=31iix+ 6 = 2[(ồ=31iix)2 - 2jjijiixxồạ=31,] - 3ồ=31iix+ 6 =10. Ti lờu tham kho Tụn Tht Thỏi Sn - 2 - Bi toỏn 2: Chng minh tp nghim ca bt phng trỡnh: 457070 .2211-++-+- xxx l hp cỏc khong ri nhau v cú tng di l 1988. (Olympic Quc t) Gii:Ta cú: ồ=--=--++-+-70145457070 .2211kkxkxxx = ếồế ếếếồ----=---ạạ)(4)(5)(445)()(jxjxjxkjxjxkkjkj = )()(xgxf vi qui c k, j = 701,. Rừ rng g(x) = 0 cú 70 nghim x = 1,2, ., 70 V f liờn tc trờn R, f(k).f(k+1) < 0 vi k = 691, v 0xfx<+Ơđ)(lim, f(70) > 0 nờn cng cú 70 nghim xen k l: 1 < x1 < 2 < x2 < . < x69 < 70 < x70 Tng di cỏc khong nghim ca bt phng trỡnh: )()(xgxf 0 l: S = (x1 - 1) + (x2 - 2) + . + (x70 - 70) = (x1 + x2 + . + x70) - (1 + 2 + . + 70) ý a thc f cú bc 70, h s cao nht l -5 v h s ca x69 l: 9(1 + 2 + . + 70) Do ú: S = 570219-+++- ) .( - (1 + 2 + . + 70) = 2717054 = 1988. Bi toỏn 3: Cho hm s f: [a;b] đ [a;b], vi a<b v tho iu kin: | f(x) - f(y) | < | x - y|, vi mi x, y phõn bit thuc [a;b]. Chng minh rng phng trỡnh f(x) = x cú duy nht mt nghim thuc [a;b]. (Olympic sinh viờn) Gii: Xột hm s g(x) =| f(x) - x | thỡ g liờn tc trờn [a;b]. Do ú tn ti x0 thuc [a;b] sao cho: [ ])(min)(,0xgxgbaxẻ= (*) Ta s chng minh g(x0) = 0. Tht vy, gi s g(x0) ạ 0, do ú f(x0) ạ x0 T bt ng thc ó cho thỡ cú: | f(f(x0)) - f(x0) | < | f(x0) - x0| Suy ra g(f(x0)) < g(x0): mõu thun vi (*) Vy g(x0) = 0 ngha l f(x0) = x0. Gi s phng trỡnh f(x) = x cũn cú nghim x1 ạ x0, x1 thuc [a;b] thỡ cú ngay: | f(x1) - f(x0) | = | x1 - x0|: mõu thun vi gi thit. Vy phng trỡnh f(x) = x cú duy nht mt nghim thuc [a;b]. 2. Phng phỏp s dng phộp tớnh vi phõn Tài lịêu tham khảo Tôn Thất Thái Sơn - 3 - Định lý 2.1 (Định lý ROLLE) Cho f là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b). Nếu có f(a) = f(b) thì tồn tại cÎ(a;b) để f ' (c) = 0 Kết quả: giữa 2 nghiệm của phương trình f(x)=0 có 1 nghiệm của phương trình f '(x)=0. Định lý 2.2 (Định lý CAUCHY) Cho j và y là liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b). Lúc đó tồn tại cÎ(a;b) để: [y(b)-y(a)]j '(c) = [j(b)-j(a)]y '(c) Định lý 2.3 (Định lý LAGRANGE) Cho f là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b). Lúc đó tồn tại cÎ(a;b) để: f(b) - f(a) = (b - a ) f '(c) Các bài toán áp dụng: Bài toán 4: Cho hàm số f liên tục và có đạo hàm trên (0;+µ) và không phải là hàm hằng.Cho 2 số thực 0 < a < b. Chứng minh phương trình: ababfbafxfxxf--=-)()()()(' có ít nhất một nghiệm thuộc (a;b). (Olympic sinh viên ) Giải: Xét 2 hàm số: xxhxxfxg1)(;)()( ==thì g, h khả vi trên [a;b] Ta có: 221)(';)()(')('xxhxxfxxfxg-=-=. Theo định lý Cauchy thì tồn tại x0 Î(a;b) sao cho: [h(b)-h(a)]g'(x0) = [g(b)-g(a)]h'(x0) hay 20200001))()(()()(')11(xaafbbfxxfxfxab--=--. Do đó 2020000)()())()(')((abxabfbafbaxxfxfxba--=--. Suy ra ababfbafxfxfx--=-)()()()('000. Vậy phương trình: ababfbafxfxxf--=-)()()()(' có ít nhất một nghiệm thuộc (a;b). Bài toán 5: Cho phương trình: a0xn + a1xn-1 + . + an-1x + an = 0, a0 ¹ 0 có n nghiệm phân biệt. Chứng minh: (n - 1) a12 > 2na0a2. (Olympic Nga) Giải: Đặt f(x) = a0xn + a1xn-1 + . + an-1x + an, thì f khả vi vô hạn trên R Vì f(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì: f '(x) có n - 1 nghiệm phân biệt f "(x) có n - 2 nghiệm phân biệt, . Ti lờu tham kho Tụn Tht Thỏi Sn - 4 - ị f(n-2) (x) = 2n!a0x2 + (n - 1)! a1x + (n - 2)! a2 cú 2 nghim phõn bit. Do ú: D > 0 nờn: ((n - 1)! a1)2 - 2n! a0(n - 2)! a2 > 0 Vy: (n - 1)a12 > 2na0.a2. Bi toỏn 6: Cho hm s f kh vi trờn [0;1] v tho món: f(0)=0 ; f(1) = 1. Chng minh tn ti 2 s phõn bit a;b thuc (0;1) sao cho f '(a).f '(b) = 1. (Olympic Hoa k) Gii: Xột hm s g(x)= f(x) +x - 1 thỡ g kh vi trờn [0;1] Ta cú: g(0)= - 1 < 0 v g(1)= 1 >0 nờn tn ti s c thuc (0;1) sao cho g(c) =0. Do ú f(c) + c -1 =0 hay f(c) = 1- c. p dng nh lý Lagrange cho f trờn cỏc on [0;c] v [c;1] thỡ: tn ti aẻ(0;c) sao cho: )('0)0()(afcfcf=-- v tn ti bẻ(c;1) sao cho: )('1)()1(bfccff=--, nờn: 1)1()1(1)(1)()(').(' =--=--=ccccccfccfbfaf. Vy tn ti 2 s phõn bit a;b thuc (0;1) sao cho f '(a).f '(b) = 1. 3. Phng phỏp s dng phộp tớnh tớch phõn nh lý 3.1: Cho f l mt hm kh tớch trờn [a;b] v m,M tng ng l giỏ tr nh nht, giỏ tr ln nht ca f trờn [a;b]. Lỳc ú tn ti mẻ[m;M] sao cho: )()( abdxxfba-=ũm nh lý 3.2: Cho f l mt hm liờn tc trờn [a;b]. Lỳc ú tn ti xẻ[a;b] sao cho: )()()(xfabdxxfba-=ũ. Cỏc bi toỏn ỏp dng: Bi toỏn 7: Cho a ẻ (0;1). Gi s f liờn tc trờn on [0;1] tho iu kin: f(0) = f(1) = 0. Chng minh tn ti b ẻ [0;1] sao cho, hoc f(b) = f(b-a) hoc f(b) = f(b+a-1) (Olympic sinh viờn) Gii: Ta m rng hm f trờn R c hm tun hon chu k T = 1, do f(0) = f(1) = 0 nờn hm mi, vn kớ hiu f, liờn tc trờn R. Xột hm s: g(x)= f(x+a) - f(x) thỡ g liờn tc trờn R Khi ú: 0)()()()()(101101010=-+=-+=ũũũũũ+dxxfdxaxfdxxfdxaxfdxxgaa M theo nh lý 3.2 thỡ tn ti cẻ[0;1] sao cho: Tài lịêu tham khảo Tôn Thất Thái Sơn - 5 - )()()01()(10cgcgdxxg =-=ò nên g(c)=0 do đó 0= f(c+a) - f(c) nên 0 =f(c+a) -f(c) = f(c+a+n) -f(c) với n nguyên. Vậy, nếu c+a Î[0;1] thì chọn b = c+a Î [0;1] Còn nếu c+a >1 thì chọn b = cÎ [0;1] Bài toán 8: Giả sử f liên tục trên [0;2p] và thoả mãn: f(0) > 0, ò<2/01)(pdxxf. Chứng minh rằng phương trình f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong khoảng (0;2p) (Olympic sinh viên) Giải: Xét F(x) =f(x) -sinx thì F liên tục trên [0;2p]. Khi đó: 01)(1)(2/02/0<-<òòppdxxfhaydxxf Suy ra: [ ]0)(sin)(2/02/0<=-òòppdxxFdxxxf Do đó tồn tại cÎ[0;2p] để F(c) <0 mà F(0)=f(0) >0 nên tồn tại c0 Î(0;2p) để F(c0) = 0 tức là F(x) = 0 có nghiệm. Vậy f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong khoảng (0;2p) . CC BI TON NG DNG NH Lí GI TR TRUNG BèNH ON A CLASS OF PROBLEMS SOLVABLE BY USING MEAN- VALUE THEOREMS TểM TT Cỏc nh lý v giỏ tr trung bỡnh úng mt vai. dng phộp tớnh vi phõn Tài lịêu tham khảo Tôn Thất Thái Sơn - 3 - Định lý 2.1 (Định lý ROLLE) Cho f là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b).