Áp dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng thức đa thức

Chia sẻ: Huyết Thiên Thần | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

106
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung bài viết "Áp dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng thức đa thức" nhằm khảo sát một số ứng dụng của định lí Rolle trong đa thức. Sử dụng các đồng nhất thức đa thức, các định lí Rolle, Lagrange,... cho phép chứng minh các bất đẳng thức và các bài toán cực trị liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết mội dung bài viết!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Áp dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng thức đa thức

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ ROLLE TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐA THỨC Lê Thị Minh Trường THPT Sầm Sơn, Thanh Hóa Tóm tắt nội dung Nội dung báo cáo nhằm khảo sát một số ứng dụng của định lí Rolle trong đa thức. Sử dụng các đồng nhất thức đa thức, các định lí Rolle, Lagrange,. . . cho phép chứng minh các bất đẳng thức và các bài toán cực trị liên quan. 1 Định lí Rolle đối với đa thức Định lý 1.1 (Định lí Rolle). Cho f là hàm liên tục trên đoạn [ a, b] và có đạo hàm tại mọi x ∈ ( a, b). Nếu f ( a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ ( a, b) để f 0 (c) = 0. Hệ quả 1.1 (Định lí Rolle đối với đa thức). Nếu đa thức f ( x ) có n (n ≥ 1) nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( a, b) thì đạo hàm của nó f 0 ( x ) là đa thức có ít nhất n − 1 nghiệm thuộc khoảng ( a, b). Các đa thức f (k) ( x ) (1 ≤ k ≤ n) có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( a, b). Hệ quả 1.2. Cho đa thức f 0 ( x ) có không quá n − 1 nghiệm phân biệt trong khoảng ( a, b) thì đa thức f ( x ) có không quá n nghiệm phân biệt trong khoảng đó. Hệ quả 1.3. Cho đa thức f ( x ) bậc n ≥ 1 thỏa mãn điều kiện f ( a) = f 0 ( a) = · · · = f (n) ( a) = 0, f (b) = 0. Khi đó tồn tại dãy điểm b1 , b2 , . . . , bn+1 sao cho f (k) (bk ) = 0, k = 1, 2, . . . , n + 1. Ta phát biểu một dạng khác của định lí Rolle cho đa thức. Định lý 1.2 (Định lí Rolle mở rộng cho đa thức, , xem [5]). Nếu a, b là hai không điểm kề nhau của đa thức f ( x ) (nghĩa là f ( a) = f (b) = 0, f ( x ) 6= 0 với a < x < b) thì trong khoảng ( a, b) đa thức f 0 ( x ) có một số lẻ (kể cả bội) các không điểm (do đó có ít nhất một không điểm). Tiếp theo, ta xét một hệ quả quan trọng của định lí Rolle, đó là định lí Lagrange. 1
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Định lý 1.3 (Định lí Lagrange, xem [5]). Giả sử hàm f liên tục trên đoạn [ a, b] và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng ( a, b). Khi đó tồn tại điểm c ∈ ( a, b) để f (b) − f ( a) = f 0 (c)(b − a). (1.1) Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange. Nhận xét 1.1. 1) Ta đã thu được định lí Lagrange như là một hệ quả của định lí Rolle. 2) Ngược lại, định lí Rolle cũng là một trường hợp riêng của định lí Lagrange khi f ( b ) = f ( a ). 2 Sử dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng thức đa thức Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 2.1. Cho đa thức Q( x ) bậc m và có m nghiệm thực đơn. Khi đó h 0 i2 00 Q (x) − Q( x ).Q ( x ) > 0, ∀ x ∈ R. Chứng minh. Thật vậy, gọi x1 , x2 , . . . , xm là nghiệm của Q( x ). Theo định lí Bezout, ta có Q ( x ) = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) . . . ( x − x m ) , x i 6 = x j ( i 6 = j ) . Khi đó 0 1 1 1 Q ( x ) = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) . . . ( x − x m ) + +···+ . x − x1 x − x2 x − xm 0 Q (x) m 1 Do đó = ∑ . Q( x ) i =1 x − x i Lấy đạo hàm hai vế, ta được [ Q0 ( x )]2 − Q( x ).Q00 ( x ) m 1 [ Q( x )] 2 = ∑ 2 . (2.1) i =1 ( x − x i ) Trường hợp 1. Nếu t ∈ R mà Q(t) = 0, thì 2 2 Q0 (t) − Q(t).Q00 (t) = Q0 (t) > 0 do t là nghiệm đơn của Q(t) nên Q0 (t) 6= 0. Trường hợp 2. Nếu t ∈ R và Q(t) 6= 0 thì h 0 i2 00 (2.1) ⇔ Q (t) − Q(t).Q (t) > 0. Bổ đề được chứng minh. 2
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Bài toán 2.1 (Olympic sinh viên 1999). Cho đa thức với hệ số thực P ( x ) = a0 + a1 x + · · · + a n x n có n nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng ak−1 .ak+1 < a2k , ∀k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} . Lời giải. Xét các đa thức Q( x ) = P(k) ( x ), k = 0, 1, . . . , n − 1. Áp dụng định lí Rolle và bổ đề 2.1, ta suy ra các đa thức trên chỉ có các nghiệm đơn. Do đó h i2 P(k−1) (0).P(k+1) (0) < P(k) (0) . Suy ra (k − 1)!ak−1 (k + 1)!ak+1 < (k!ak )2 k 2 ⇔ ak−1 .ak+1 < a < a2k . k+1 k Bài toán 2.2. Cho đa thức P( x ) = x2018 + a1 x2017 + · · · + a2017 x + a2018 có 2018 nghiệm thực phân biệt và a2013 = 2013, a2015 = 2015. Chứng minh rằng | a2014 | > 2014. Lời giải. Nhận xét rằng bài toán 2.2 là một trường hợp riêng của bài toán 2.1. Ta xét thêm cách giải khác bằng cách vận dụng định lí Viète để so sánh các cách giải bài toán 2.2. Từ biểu thức P( x ) = x2018 + a1 x2017 + · · · + a2017 x + a2018 , thực hiện đạo hàm 3 lần, ta thu được P000 ( x ) = 2018.2017.2016x2015 + · · · + 5.4.3.a2013 .x2 + 4.3.2.a2014 x + 3.2.a2015 . Do P( x ) có 2018 nghiệm thực phân biệt nên theo định lí Lagrange, đa thức P000 ( x ) cũng có 2015 nghiệm thực phân biệt. Đặt là y1 < y2 < · · · < y2015 . Gọi y là tích của tất cả các nghiệm này. 3.2.a2015 Khi đó, theo định lí Viète thì = y, vì a2015 6= 0 nên y 6= 0 hay tất cả 2018.2017.2016 các nghiệm đều khác 0. Mặt khác, ta cũng có ! 5.4.3.a2013 1 =y ∑ 2018.2017.2016 yy i< j i j 3
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 và ! 4.3.2a2014 1 2018.2017.2016 = −y ∑ yi (2.2) 1≤i ≤2015 Đặt 2001.2017.2016y = A thì ta có 3.2.2015 = A và 1 5.4.3.2013 = A ∑ . i< j i y j y Chia hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta thu được 1 5.4.3.2013 10.2013 ∑ yi y j = 3.2.2015 = 2015 . i< j Từ (2.2), ta cũng có ! ! 1 1 4.3.2a2014 = −A ∑ yi = −3.2.2015 ∑ yi 1≤i ≤2015 1≤i ≤1998 ! 2015 1 nên a2014 = − ∑ . 4 y 1≤i ≤2015 i Do đó
!
2015 1
| a2014 | > 2014 ⇔
− ∑ y
> 2014
4 1≤i ≤2015 i
1
4.2014 ⇔
∑
> .