Đang tải... (xem toàn văn)
Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ NGỌC DAO ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ NGỌC DAO ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm liên tục hàm khả vi 1.1 Tính chất hàm số liên tục 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm 11 1.4 Một số tính chất hàm lồi khả vi 14 Chương Các đẳng thức bất đẳng thức chứa đạo hàm đa thức 2.1 2.2 2.3 20 Đẳng thức chứa đạo hàm đa thức 20 2.1.1 Định lý Rolle đa thức 20 2.1.2 Nội suy Taylor đa thức 21 2.1.3 Nội suy Newton đa thức 23 2.1.4 Nội suy theo nút điểm dừng đồ thị 26 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm đa thức 30 2.2.1 Bất đẳng thức Newton đa thức 30 2.2.2 Bất đẳng thức bậc hai đoạn 32 Ước lượng đa thức đạo hàm đa thức 40 Chương Một số dạng toán liên quan 46 3.1 Một số dạng toán cực trị đa thức 46 3.2 Khảo sát phương trình hệ phương trình đa thức 48 KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 58 Mở đầu Chuyên đề đa thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Đa thức không đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số mà công cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác toán học Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, toán liên quan tới đa thức nói chung đặc biệt toán đẳng thức, bất đẳng thức cực trị đa thức chứa không chứa đạo hàm thường xuyên đề cập Những dạng toán thường thuộc loại khó, phần kiến thức đa thức dạng toán đẳng thức, bất đẳng thức cực trị lại không nằm chương trình thức chương trình Số học, Đại số Giải tích bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức, làm luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm lớp đa thức số toán liên quan" Luận văn nhằm cung cấp số dạng toán đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm trình bày phương pháp giải chúng, xét toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình đa thức số dạng liên quan Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm liên tục hàm khả vi Chương Các đẳng thức bất đẳng thức chứa đạo hàm đa thức Chương Một số dạng toán liên quan Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm liên tục hàm khả vi Trong chương trình bày số tính chất hàm liên tục khả vi 1.1 Tính chất hàm số liên tục Định lý 1.1 (Tính trù mật hàm liên tục, [4], [6]) Giả sử hàm f (x) liên tục đoạn [a, b] f (a)f (b) < Khi tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Định lý 1.2 (Định lý giá trị trung gian hàm liên tục, [4],[6]) Nếu f (x) liên tục [a, b], f (x) nhận giá trị trung gian f (a) f (b) Tức là, với γ nằm f (a) f (b) tồn giá trị c ∈ [a, b] cho f (c) = γ Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử f (a) < f (b) Ta thấy định lý dễ dàng chứng minh γ = f (a) γ = f (b) Xét γ với f (a) < γ < f (b) Ta chứng minh tồn giá trị c ∈ [a, b] cho f (c) = γ Thật vậy, xét hàm g(x) = f (x) − γ hàm liên tục [a, b] Ta lại có g(a) < 0, g(b) > theo Định lý 1.1 tồn giá trị c ∈ (a, b) để g(c) = Điều cho thấy tồn giá trị c ∈ [a, b] cho f (c) = γ Định lý chứng minh Định lý 1.3 (Định lý Weierstrass, [4],[6]) Giả sử f hàm xác định liên tục [a, b] Khi tồn giá trị lớn giá trị nhỏ hàm f đoạn [a, b], tức tồn xm , xM ∈ [a, b] cho với x ∈ [a, b] ta có f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ) Chứng minh Trước hết, ta chứng minh f (x) bị chặn [a, b] Giả sử f (x) không bị chặn [a, b], tức với n ∈ N tồn xn ∈ [a, b] cho |f (xn )| ≥ n Ta thấy dãy (xn ) bị chặn nên theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn dãy xnk → x0 ∈ [a, b] cho |f (xnk )| ≥ nk Chuyển qua giới hạn, ta thu |f (x0 )| = +∞, mâu thuẫn f (x) liên tục x0 Vậy f (x) bị chặn Gọi m = inf f (x), M = sup f (x) Lấy ε = [a,b] [a,b] , n ∈ N∗ , ∃xn ∈ [a, b], cho n > f (xn ) − m ≥ n Theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn dãy xnk (xn ) thỏa mãn xnk → xm > f (xnk ) − m ≥ Lấy giới hạn ta nk lim f (xnk ) = f (xm ) = m x→∞ Tương tự, tồn xM để f (xM ) = sup f (x) = M [a,b] Hệ 1.1 Nếu f : [a, b] → R liên tục f ([a, b]) = [m, M ] ⊂ R m = f (x), M = max f (x) [a,b] [a,b] Ví dụ 1.1 (Hàm Dirichlet) Khảo sát tính liên tục hàm số 1, x số hữu tỷ, D(x) = 0, x số vô tỷ Vì lân cận điểm hữu tỷ tìm điểm vô tỷ ngược lại, nên với điểm x0 tùy ý khoảng (−∞, +∞) không tồn giới hạn lim D(x) x→x0 Như vậy, điểm trục thực điểm gián đoạn từ hai phía hàm Dirichlet Ví dụ 1.2 (Hàm Riemann) Trên đoạn [0, 1] xét hàm số 1 , x = p phân số tối giản, f (x) = q q 0, x số vô tỷ Chứng minh - Các điểm hữu tỷ điểm gián đoạn hàm số, - Các điểm vô tỷ điểm liên tục hàm số Chứng minh Giả sử x0 điểm tùy ý thuộc [0, 1] Với số ε > , nghĩa ε p p đoạn [0, 1] có số hữu hạn số hữu tỷ dạng , mà f = ≥ ε Xét q q q lân cận đủ nhỏ điểm x0 dạng (x0 − δ, x0 + δ) (δ > 0), cho lân cận tồn số hữu hạn số tự nhiên thỏa mãn điều kiện q điểm số điểm hữu tỷ nói trừ điểm x0 ) Khi đó, với |x − x0 | < δ, (x = x0 ) |f (x)| < ε Nghĩa là, với x0 tồn f (x0 + 0), f (x0 − 0) f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = Nếu x0 số vô tỷ, f (x) = 0, nghĩa điểm hàm số liên tục, x0 số hữu tỷ, f (x0 ) = 0, có gián đoạn từ hai phía Bài toán 1.1 Chứng minh rằng, f (x) hàm liên tục, F (x) = |f (x)| hàm liên tục Lời giải Giả sử ε > tùy ý Khi đó, tồn δ = δ(ε, x0 ), cho |f (x) − f (x0 )| < ε, |x − x0 | < δ Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A − B|, ta có |F (x) − F (x0 )| = ||f (x)| − |f (x0 )|| ≤ |f (x) − f (x0 )| < ε |x − x0 | < δ, nghĩa F (x) hàm liên tục Nhận xét 1.1 Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung không 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm Trong phần này, ta xét định lý giá trị trung bình Định nghĩa 1.1 ([4],[6]) Hàm số f gọi khả vi điểm a tồn lân cận Ω a cho tồn f (x) với x ∈ Ω Định nghĩa 1.2 ([4],[6]) (i) Hàm số f gọi đạt cực tiểu địa phương điểm a tồn lân cận Ω a cho f (x) ≥ f (a), ∀x ∈ Ω (ii) Hàm số f gọi đạt cực đại địa phương điểm a tồn lân cận Ω a cho f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ Ω Nhận xét 1.2 Về sau, ta gọi hàm số f đạt cực trị địa phương điểm a f đạt cực đại cực tiểu địa phương điểm a Tiếp theo, ta trình bày kết liên quan đến đẳng thức giá trị trung bình hàm số sau Định lý 1.4 (Định lý Fermat, [4]) Nếu hàm f (x) khả vi điểm a đạt cực trị địa phương a f (a) = Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử f (x) đạt cực đại địa phương a Điều cho thấy tồn lân cận Ω a cho f (x) − f (a) ≤ 0, ∀x ∈ Ω Với h = cho a + h ∈ Ω, ta có - Nếu h > f (a + h) − f (a) ≤ Suy h lim h→0 - Nếu h < f (a + h) − f (a) = f (a) ≤ h (1) f (a + h) − f (a) ≥ Suy h lim h→0 f (a + h) − f (a) = f (a) ≥ h (2) Từ (1) (2), suy f (a) = Tương tự, ta có chứng minh cho trường hợp f đạt cực tiểu địa phương a Định lý 1.5 (Định lý Rolle) Giả sử f hàm liên tục [a, b] có đạo hàm (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ [a, b] cho f (c) = Chứng minh Vì f liên tục [a, b], theo Định lý Weierstrass hàm f phải đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn [a, b] Tức là, tồn điểm x1 , x2 ∈ (a, b) cho f (x1 ) = f (x) = m, f (x2 ) = max f (x) = M x∈[a,b] x∈[a,b] Có hai khả xảy ra: - Nếu m = M , f (x) = const đoạn [a, b], f (x) = với x ∈ (a, b) c điểm khoảng - Nếu m < M , từ điều kiện f (a) = f (b) nên có hai điểm x1 , x2 không trùng với đầu mút [a, b] Giả sử x1 ∈ (a, b), theo Định lý Fermat đạo hàm điểm Nhận xét 1.3 - Định lý Rolle nói chung không khoảng (a, b) có điểm c mà không tồn f (c) - Điều kiện liên tục hàm f (x) đoạn [a, b] thay điều kiện f (x) liên tục khoảng (a, b) - Ý nghĩa hình học: Khi điều kiện Định lý Rolle thỏa mãn đồ thị hàm số y = f (x), ∀x ∈ [a, b] tồn điểm M (c, f (c)), c ∈ (a, b) mà tiếp tuyến song song với trục hoành Hệ 1.2 Nếu đa thức f (x) có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) đa thức f (x) có n − nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) Đa thức f (k) (x) (0 ≤ k ≤ n) có n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) 44 √ √ x ( Pn−1 (x) √ √ x [ x − Pn−2 (x)] − [ x − Pn−1 (x)] − Đặt t = √ √ n √ √ √ x x = x 1− [ x − P0 (x)] − 2 0) n x ∈ [0, 1] Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân t t 1− = n n t = t 1− n 2 n n n+1 n+1 = n t n 2 t + n(1 − ) n n+1 n n+1 n+1 n < n+1 = n+1 Đây bất đẳng thức (2.36) Bài toán 2.24 Cho đa thức f (x) bậc n f (x) với x ∈ R Chứng minh n f (k) (x) (2.37) k=0 Lời giải Đặt n f (k) (x) = g(x) k=0 Suy g(x) = f (x) + g (x) Do f (x) với x ∈ R, nên suy n chẵn hệ số bậc cao f (x) dương Nếu f (x) hàm (2.37) Nếu n deg f = deg g hệ số f (x) g(x) Suy deg g(x) chẵn hệ số bậc cao g(x) dương Vậy tồn x0 ∈ R để g(x0 ) = Nhưng g(x0 ) = f (x0 ) + g (x0 ) g (x0 ) = 0, nên x∈(−∞,+∞) Từ suy g(x) g(x) = g(x0 ) = f (x0 ) 0 với x ∈ R ta thu (2.37) x∈(−∞,+∞) g(x) 45 Bài toán 2.25 Cho đa thức P (x) bậc |P (k)| 2n thỏa mãn điều kiện 1, k = −n, −(n − 1), , 0, 1, , n Chứng minh 2n ∀x ∈ [−n, n] |P (x)| Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange n P (k) P (x) = k=−n Vì |P (k)| j=k x−j k−j với k ∈ {−n, −(n − 1), , 0, 1, , n} nên n |P (x)| |P (k)| k=−n j=k n ≤ k=−n j=k |x − j| |k − j| |x − j| |k − j| Nhận xét với x ∈ [−n, n] |x − j| (2n)! j=k j=k Do |x − j| |k − j| n |P (x)| k=−n (2n)! (k + n)!(n − k)! (2n)! = 2n (k + n)!(n − k)! 46 Chương Một số dạng toán liên quan 3.1 Một số dạng toán cực trị đa thức Bài toán 3.1 Cho đa thức f (t) thỏa mãn điều kiện f (t) > với t ∈ R Cho số thực x = (x1 , x2 , , xn ) Chứng minh n n f (xi ) = i=1 max z1 , ,zn ∈R n (xi − zi )f (zi ) f (zi ) + i=1 i=1 Lời giải Do f (t) > nên đa thức f (x) đồng biến f (u) ≤ f (v) + (u − v)f (v) ∀u, v ∈ R Từ suy f (u) = max[f (v) + (u − v)f (v)] v∈R Từ dễ dàng suy n n f (xi ) = i=1 max z1 , ,zn ∈R n (xi − zi )f (zi ) f (zi ) + i=1 i=1 Bài toán 3.2 Xét tập hợp tất nhị thức f (x) = ax + b thỏa mãn điều kiện − x2 |ax + b| 1, ∀x ∈ [−1; 1] Tìm giá trị lớn |a| Lời giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có | sin t(a cos t + b)| ∀t Do ứng π với t = , ta có b a + √ 2 (3.1) 47 Tương tự, ứng với t = 3π , ta có b −a + √ 2 Từ suy b |a| = a + √ − 2 b −a + √ 2 1 b b a + √ + −a + √ 2 2 Dấu đẳng thức xảy f (x) = 2x Vậy max |a| = Bài toán 3.3 Xét tập hợp tất nhị thức f (x) = ax + b thỏa mãn điều kiện − x2 |ax + b| 1, ∀x ∈ [−1; 1] Tìm giá trị lớn |f (x)| đoạn [−1; 1] Lời giải Nhận xét rằng, từ tính chất giá trị tuyệt đối, không tính Do x ∈ [−1, 1] nên coi a tổng quát ta coi b Từ giả thiết x ∈ [−1, 1] theo (3.1), ta thu |f (x)| Vậy |f (x)| |a| + |b| = a + b a+ √ 2 Dấu đẳng thức xảy f (x) = 2x Vậy maxx∈[−1,1] |f (x)| = Bài toán 3.4 Xét tập hợp tất tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện − x2 |ax2 + bx + c| ∀x ∈ [−1; 1] Tìm giá trị lớn |a| Lời giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có | sin t(a cos2 t + b cos t + c)| 1, ∀t Suy sin π π π a cos2 + b cos + c 6 1, 48 π π π 1, a cos2 + b cos + c 2 5π 5π 5π sin a cos2 + b cos +c 6 sin Mặt khác, ta có |a| = − sin π π π | sin a cos2 + b cos + c 6 π π 5π 5π 5π π a cos2 + b cos + c + sin a cos2 + b cos + c | 2 6 Do |a| = Dấu đẳng thức xảy f (x) = 2x2 − Vậy max |a| = Nhận xét 3.14 Xét tập hợp tất tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện − x2 |ax2 + bx + c| 1, ∀x ∈ [−1; 1] Khi giá trị lớn |f (x)| đoạn [−1; 1] 3.2 Khảo sát phương trình hệ phương trình đa thức Bài toán 3.5 (Olympic Bulgari - 2000) Tìm tất số thực m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: (x2 − 2mx − 4(m2 + 1))(x2 − 4x − 2m(m2 + 1)) = Lời giải Phương trình tương đương với x2 − 2mx − 4(m2 + 1) = ⇔ (x − m)2 = 5m2 + (3.2) x2 − 4x − 2m(m2 + 1) = ⇔ (x − 2)2 = 2(m3 + m + 2) (3.3) 49 Phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt xảy trường hợp sau: (3.2) có nghiệm kép khác với nghiệm phân biệt (3.3) (3.3) có nghiệm kép khác với nghiệm phân biệt (3.2) (3.2), (3.3) có nghiệm phân biệt có nghiệm chung +) Do 5m2 + > nên (3.2) có nghiệm phân biệt có nghiệm kép suy trường hợp thứ không xảy +) (3.3) có nghiệm kép 2(m3 + m + 2) = ⇔ m = −1 Khi (3.3) có nghiệm kép x = (3.2) ⇔ (x + 1)2 = ⇔ x = 2; x = −4 Suy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt x = 2; x = −4 (không thỏa mãn) +) Với trường hợp cuối cùng, ta gọi r nghiệm chung (3.2) (3.3) (x − r) thừa số chung biểu thức: x2 − 2mx − 4(m2 + 1); x2 − 4x − 2m(m2 + 1) Trừ biểu thức cho ta có (x−r) thừa số (2m−4)x−(2m3 −4m2 +2m−4) hay (2m − 4)r = (2m − 4)(m2 + 1) Vì vậy, m = r = m2 + Nếu m = (3.2) (3.3) trở thành (x − 2)2 = 24 nên phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt, suy m = không thỏa mãn Nếu r = m2 + (r − 2)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m2 − 1)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m + 1)(m − 3)(m2 + 1) = ⇔ m = −1 m = Nhưng m = −1 bị loại nên suy m = Với m = (3.2) ⇔ (x − 3)2 = 49 ⇔ x = −4; x = 10, (3.3) ⇔ (x − 2)2 = 64 ⇔ x = −6; x = 10 Suy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt x = −4; x = −6; x = 10 (thỏa mãn) Vậy với m = thi phương trình có nghiệm phân biệt 50 Bài toán 3.6 (IMO - 1961) Giải hệ x+y+z =a (1) x + y + z = b2 (2) xy = z (3) a, b số cho trước Các số a, b phải thỏa mãn điều kiện để nghiệm x, y, z hệ dương phân biệt? Lời giải Bình phương hai vế (1) ta a2 = x2 + y + z + 2xy + 2(x + y)z Mà x + y = a − z nên từ (2), (3) ta có a2 = b2 + 2z + 2(a − z)z ⇔ a2 = b2 + 2az ⇔ z = Khi ta có 2 x + y = a − z = a + b 2a ⇔ 2 xy = z = (a + b ) 4a2 a2 − b 2a √ 2 2 4 x = a + b ± 10a b − 3a − 3b 4a 2 y = a + b ∓ 4a Để x, y, z > x + y > Suy 4a √ 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 4a a2 + b > hay a > Với điều kiện 2a x > 0, y > xy > Mặt khác, ta có z = a2 − b > nên a2 > b2 , suy a > |b| 2a Để x = y cần có 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 > Đặt t = (3.4) |b| , ta có > t ≥ viết (3.4) dạng a −3t4 + 10t2 − > ⇔ −3 t + √ √ t+ √ t− √ √ t− Vì t > nên t + 3; t + √ > t < nên t − < Do (3.5) ⇔ t − √ > hay t > √ √ > (3.5) 51 Như > t > √ nên 1> |b| a > √ ⇔ a > |b| > √ , a > a 3 Vậy nghiệm hệ (x, y, z) = a2 + b ± 4a √ 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 a2 + b2 ; ∓ 4a 4a √ 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 a2 − b2 ; 4a 2a a a > |b| > √ , a > điều kiện để nghiệm x, y, z hệ dương phân biệt Bài toán 3.7 (VMO 1995 - 1996, Bảng A) Biện luận số nghiệm thực hệ x3 y − y = a2 x2 y + 2xy + y = b2 a, b số cho trước Lời giải Hệ tương đương với y(x3 − y ) = a2 y(x + y)2 = b2 (1) (2) Xét trường hợp sau: Với b = 0, (2) ⇔ y=0 y = −x Do hệ cho tương đương y = y(x3 − y ) = a2 y = −x y(x3 − y ) = a2 y = −x (II) ⇔ −2x4 = a2 +) Nếu a = (I) (II) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm (I) (II) 52 +) Nếu a = (I) có vô số nghiệm dạng (x ∈ R; y = 0) (II) có nghiêm (0; 0) nên hệ có vô số nghiệm b = Khi đó, từ (1), (2) ta thấy (x; y) nghiệm hệ phải có x > 0, y > Vì |b| (2) ⇔ x = √ − y y (3) Thế (3) vào (1) ta y Đặt √ |b| √ −y y − y = a2 (4) y = t, t > Từ (4) ta có phương trình sau t2 |b| − t2 t − t6 = a2 ⇔ t9 − (|b| − t3 )3 + a2 t = (5) Xét f (t) = t9 − (|b| − t3 )3 + a2 t [0; +∞) có f (t) = 9t8 + 9(|b| − t3 )2 t2 + a2 ≥ 0∀t ∈ [0; +∞) Suy đồng biến [0; +∞) nên (5) có tối đa nghiệm (0; +∞) Mà f (0) = −(|b|)3 < 0, f ( |b| = (|b|)3 + |b|a2 > nên (5) có nghiệm Kí hiệu nghiệm t0 ∈ (0; +∞) Suy hệ có nghiệm (x; y) = |b| − t0 ; t20 t0 Vậy nên: - Nếu a = b = hệ có vô số nghiệm - Nếu a tùy ý, b = hệ có nghiệm Nếu a = 0, b = hệ vô nghiệm Bài toán 3.8 Chứng minh p(x) đa thức bậc n, nghiệm bội, đa thức q(x) bậc nhỏ thua n, không đồng đa thức 2n (p(x)q(x))(k) k=0 không chia hết cho p(x) Lời giải Đặt 2n (p(x)q(x))(k) f (x) = k=0 53 Dễ thấy f (x) − f (x) = p(x).q(x) Nếu f (x) chia hết cho p(x) f (x) = f (x) − p(x)q(x) chia hết cho p(x) Từ suy nghiệm p(x) nghiệm bội f (x) Thế p(x) nghiệm bội suy f (x) chia hết cho p2 (x) Điều xảy deg f (x) < 2n = deg p2 (x) Vậy f (x) chia hết cho p(x) Bài toán 3.9 Chứng minh với x > tồn tam giác mà số đo cạnh số dạng P1 (x) = x4 + x3 + 2x2 + x + 1, P2 (x) = 2x3 + x2 + 2x + 1, P3 (x) = x4 − tam giác ứng với x > cho trước có góc lớn Lời giải Ta có P1 (x) = (x2 + 1)(x2 + x + 1), P2 (x) = (x2 + 1)(2x + 1), P3 (x) = (x2 + 1)(x2 − 1) Đặt x2 + x + = a, 2x + = b, x2 − = c Với x > hiển nhiên a > 0, b > 0, c > Khi |b − c| = |x2 − 2x − 2| b + c = x2 + 2x Dễ thấy |b − c| < a < b + c, tức |x2 − 2x − 2| < x2 + x + < x2 + 2x, ∀x > Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Suy P1 (x) = a(x2 + 1), P2 (x) = b(x2 + 1), P3 = c(x2 + 1) độ dài cạnh tam giác Cạnh có độ dài lớn tam giác ứng với P1 (x) Gọi α góc lớn tam giác vừa nhận Khi đó, theo định lý hàm số cos, ta có [P1 (x)]2 = [P2 (x)]2 + [P3 (x)]2 − 2P2 (x)P3 (x) cos α ⇔ a2 (x2 + 1)2 = b2 (x2 + 1)2 + c2 (x2 + 1)2 − 2bc(x2 + 1)2 cos α 54 ⇔ a2 = b2 + c2 − 2bc cos α b + c − a2 2bc (2x + 1)2 + (x2 − 1)2 − (x2 + x + 1)2 ⇔ cos α = 2(2x + 1)(x2 − 1) −2x3 − x2 + 2x + ⇔ cos α = 2(2x + 1)(x2 − 1) −(2x + 1)(x2 − 1) ⇔ cos α = , 2(2x + 1)(x2 − 1) ⇔ cos α = −1 2π hay α = Vậy với x > P1 (x), P2 (x), P3 (x) số đo cạnh tam giác tức cos α = ứng với x > cho trước Các tam giác nhận có góc lớn 2π Bài toán 3.10 Giả sử x1 , x2 , x3 ba nghiệm x3 + px + q = Tính tích D = (x1 − x2 )2 (x2 − x3 )2 (x3 − x1 )2 Lời giải Từ x3 + px + q = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) ta suy hệ thức 3x1 + p = (x1 − x2 )(x1 − x3 ) 3x2 + p = (x − x )(x − x ) 2 3x2 + p = (x3 − x1 )(x3 − x2 ) Vậy D = −(3x21 + p)(3x22 + p)(3x23 + p) = −4p3 − 27q Bài toán 3.11 Cho đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện f (a) = f (b) = (a < b) Chứng minh với α ∈ R tồn x0 ∈ (a; b) để αf (x0 ) + f (x0 ) = Lời giải Xét hàm số h(x) = eαx f (x) [a; b] Hàm thỏa mãn tất điều kiện Định lý Rolle Vậy tồn x0 ∈ (a; b) để h (x0 ) = hay αeαx0 f (x0 ) + eαx0 f (x0 ) = Vì eαx0 = nên αf (x0 ) + f (x0 ) = Bài toán 3.12 Cho hai hàm số f (x), g(x) xác định liên tục đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b) thỏa mãn f (a) = f (b) = Chứng minh với α ∈ R tồn x0 ∈ (a; b) để g (x0 )f (x0 ) + f (x0 ) = Lời giải Xét hàm h(x) = eg(x) f (x) [a; b] Hàm thỏa mãn tất điều kiện Định lý Rolle Vậy tồn x0 ∈ (a; b) để h (x0 ) = hay g (x0 )eg(x0 ) f (x0 ) + eg(x0 ) f (x0 ) = Vì eg(x0 ) = nên g (x0 )f (x0 ) + f (x0 ) = 55 Bài toán 3.13 Giả thiết ba hàm số f (x), g(x), h(x) xác định liên tục đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b) Chứng minh tồn x0 ∈ (a; b) thỏa mãn điều kiện f (x0 ) g (x0 ) h (x0 ) (i) f (a) g(a) h(a) f (b) g(b) h(b) = (ii) f (b) − f (a) = (b − a)f (x0 ) Lời giải f (x) g(x) h(x) (i) Xét hàm F (x) = f (a) g(a) h(a) đoạn [a; b] Hiển nhiên F (x) xác định f (b) g(b) h(b) liên tục đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b), thỏa mãn F (a) = F (b) = f (x) g (x) h (x) F (x) = f (a) g(a) h(a) f (b) g(b) h(b) f (x0 ) g (x0 ) h (x0 ) Theo Định lý Rolle, tồn x0 ∈ (a; b) để F (x0 ) = hay f (a) g(a) h(a) f (b) g(b) h(b) f (x0 ) (ii) Với g(x) = x, h(x) = x ∈ [a; b] ta có f (a) a f (b) b = hay f (b) − f (a) = (b − a)f (x0 ) Bài toán 3.14 Cho ba đa thức f (x), g(x), h(x), hàm F (x) xác định f (x) g(x) h(x) F (x) = f (1) g(1) h(1) f (2) g(2) h(2) Chứng minh phương trình F (x) = có nghiệm x0 ∈ (1; 2) Lời giải Hàm F (x) đa thức Từ F (1) = F (2) = suy phương trình F (x) = có nghiệm x0 ∈ (1; 2) Bài toán 3.15 Chứng minh rằng, f (x) = x4 + ax3 + bx + c ∈ R[x] có nghiệm thực phân biệt ab < = 56 Lời giải Khi phương trình f (x) = có nghiệm thực phân biệt g(x) = 4x3 + 3ax2 + b có nghiệm thực phân biệt theo Định lý Rolle đa thức Điều tương đương với điều kiện gmax gmin < hay ab < 57 Kết luận Luận văn “Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm lớp đa thức số dạng toán liên quan" giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số dạng toán liên quan đến đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm trình bày phương pháp chứng minh chúng Xét toán nội suy, bất đẳng thức cực trị lớp hàm đa thức đại số Cuối cùng, luận văn trình bày dạng toán khảo sát phương trình, bất phương trình đa thức 58 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Lê Hải Châu (2006), Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2003), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2009), Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục B Tiếng Anh [6] Cite-paVictor Prasolov (2001), Polynomial in Algorithms and computation in mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, 2010 [7] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis, Springer Sciences - Business Media ... chuyên đề đa thức, làm luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm lớp đa thức số toán liên quan" Luận văn nhằm cung cấp số dạng toán đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm trình bày... Các đẳng thức bất đẳng thức chứa đạo hàm đa thức Trong chương trình bày số dạng đẳng thức chứa đạo hàm đa thức 2.1 2.1.1 Đẳng thức chứa đạo hàm đa thức Định lý Rolle đa thức Nhận xét đa thức. .. Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm liên tục hàm khả vi 1.1 Tính chất hàm số liên tục 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm