Một số ứng dụng của định lý Lagrange

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Một số ứng dụng của định lý Lagrange" có nội dung trình bày về các hệ quả của định lý Lagrange và đưa ra một số ứng dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giới hạn của dãy số,... Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số ứng dụng của định lý Lagrange

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ L AGRANGE Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Minh Thúy THPT Chuyên Hưng Yên 1 Định lý Lagrange Định lý 1 (Định lý Lagrange). Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b] và có đạo hàm trên khoảng ( a; b) thì tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho f (b) − f ( a) f 0 (c) = . b−a Ý nghĩa hình học Định lý này khẳng định với giả thiết của hàm số f (nêu ở trên), thì luôn luôn tồn tại ít nhất một điểm thuộc đồ thị y = f ( x ) mà tại điểm đó tiếp tuyến song song với đường thẳng nối hai điểm đầu và cuối của đồ thị (như hình vẽ minh họa). Ta thường dùng các hệ quả sau đây của định lý Lagrange. Hệ quả 1. Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b] và có đạo hàm trên khoảng ( a; b), ngoài ra f ( a) = f (b) thì tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho f 0 (c) = 0. Đặc biệt, nếu hàm f thỏa mãn định lý trên, đồng thời f ( a) = f (b) = 0 thì giữa hai nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm của f 0 ( x ) = 0. Hệ quả 2. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ a, b] và phương trình f 0 ( x ) = 0 có duy nhất nghiệm trên đoạn ấy, thì trên [ a, b] phương trình f ( x ) không thể có quá hai nghiệm. Chứng minh. Giả thiết phản chứng f ( x ) = 0 có quá hai nghiệm và do đó ta có thể giả sử phương trình ấy có quá ba nghiệm (vì nếu nó có nhiều nghiệm hơn nữa thì lập luận không thay đổi). Gọi x1 , x2 , x3 ( a ≤ x1 < x2 < x3 ≤ b) là ba nghiệm ấy. Theo hệ quả 1, tồn tại c1 , c2 ( x1 < c1 < c2 , x3 ) sao cho f 0 (c1 ) = f 0 (c2 ) = 0. (1) Đẳng thức (1) chứng tỏ rằng c1 , c2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình f 0 ( x ) = 0 trên đoạn [ a, b]. Điều vô lý đó chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai (đpcm). 105
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Hệ quả 3. Nếu hàm f ( x ) liên tục trên [ a, b] và f 0 ( x ) = 0∀ x ∈ ( a, b). Khi đó f ( x ) ≡ const, ∀ x ∈ [ a, b]. Chứng minh. Lấy xa0 tùy ý mà a < xa0 ≤ b. Áp dụng định lí Lagrange trên [ a, xa0 ], ta thấy tồn tại c, a < c < xa0 sao mà f ( xa0 ) − f ( a) = ( xa0 − a) f 0 (c). Do f 0 (c) = 0 suy ra f ( xa0 ) = f ( a). (2) Đẳng thức (2) đúng với mọi xa0 mà a < xa0 ≤ b, và đó chính là điều phải chứng minh. 2 Một số ứng dụng 2.1 Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình Ví dụ 1. Cho a0 , a1 , . . . , an là các số thực và thỏa mãn điều kiện sau a1 a2 an a 22 a 23 a n 2n a0 + + +···+ = a0 + a1 + 2 + 3 + · · · + = 0. 2 3 n+1 3 4 n+1 Chứng minh rằng phương trình a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 2). Lời giải. Xét hàm số 1 1 1 f ( x ) = a0 x + a1 x 2 + a2 x 3 + · · · + a n x n +1 . 2 3 n+1 Ta có a1 a2 an f (1) = a0 + + +···+ , 2 3 n+1 a2 22 a 23 a n 2n f (2) = 2a0 + 2a1 + 2. + 2 3 + · · · + 2. 3 4 n+1 2 3 a n 2n a2 2 a3 2 = 2 a0 + a1 + + +···+ , 3 4 n+1 vì thế từ giả thiết suy ra f (0) = f (1) = f (2) = 0. Áp dụng định lí Rolle, ta thấy tồn tại c1 , c2 (0 < c1 < 1 < c2 < 2) sao cho f 0 (c1 ) = f 0 (c2 ) = 0. (3) 106
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Từ (3) và lại áp dụng định lí Rolle với hàm f 0 ( x ), ta thấy tồn tại α, c1 < α < c2 sao cho f 0 (α) = 0. (4) Do α ∈ (c1 , c2 ) nên α ∈ (0; 2). Lại thấy f 0 ( x ) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an x n f 0 ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 . Vậy từ (4) suy ra α là nghiệm của phương trình a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 = 0. Đó là điều phải chứng minh. Ví dụ 2. Cho P( x ) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , . . . , xn . Chứng minh rằng n P”( x ) j ∑ P0 (x j ) = 0. j =1 Lời giải. Từ giả thiết, ta có thể viết P( x ) dưới dạng sau P( x ) = a( x − x1 )( x − x2 ) . . . ( x − xn ) với a 6= 0. Suy ra 0 1 1 1 P ( x ) = P( x ) + +···+ . x − x1 x − x2 x − xn Do P( x1 ) = P( x2 ) = · · · = P( xn ) = 0, nên theo định lí Rolle phương trình P0 ( x ) = 0 có n − 1 nghiệm phân biệt y1 , y2 , . . . , yn−1 với x 1 < y 1 < x 2 < y 2 < x 3 < · · · < y n −1 < x n . (Theo định lí Rolle thì phương trình P0 ( x ) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm y1 , y2 , . . . , yn−1 , mặt khác do deg P0 ( x ) = n − 1, vậy phương trình ấy có đúng n - 1 nghiệm như vậy). Vì thế P0 ( x ) có thể viết lại dưới dạng sau đây. P0 ( x ) = b( x − y1 )( x − y2 ) . . . ( x − yn−1 ) với b 6= 0. Suy ra 00 0 1 1 1 P (x) = P (x) + +···+ . (5) x − y1 x − y2 x − y n −1 Theo (5) ta có 1 1 1 P0 (yk ) = P(yk )( + +···+ ) = 0∀k = 1, n − 1. y k − x1 y k − x2 yk − xn 107
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Do P(yk ) 6= 0, nên suy ra 1 1 1 + +···+ = 0, ∀k = 1, n − 1. (6) y k − x1 y k − x2 yk − xn Từ (5) và (6) suy ra P00 ( x j ) 1 1 = + · · · + , ∀k = 1, n − 1. (7) P0 ( x j ) x j − y1 x j − y n −1 Cộng từng vế n − 1 đẳng thức dạng (7), ta có n P00 ( x j ) n 1 1 1 ∑ P 0 ( x j ) ∑ ( x j − y 1 + x j − y n + · · · + x j − y n −1 = j =1 j =1 n −1 1 1 1 = ∑ ( y k − x1 + y k − x2 + · · · + y k − x n ). (8) j =1 Bây giờ từ (3) và (8) suy ra n P”( x j ) ∑ P0 ( x j ) = 0. j =1 Đó là điều phải chứng minh. Ví dụ 3. Cho số thực dương m và các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c + + = 0. m+2 m+1 m Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm. Lời giải. Nếu a = 0 thì hiển nhiên kết luận của bài toán đúng. Nếu a 6= 0, xét hàm số ax m+2 bx m+1 cx m f (x) = + + . m+2 m+1 m Khi đó f là một hàm số liên tục trên [0, 1], có đạo hàm trên (0,1) và    f 0 ( x ) = ax m+1 + bx m + cx m−1 = x m−1 ( ax2 + bx + c)    f (0) = 0 a b c    f (1) = + + = 0.   m+2 m+1 m Theo định lý Lagrange tồn tại x0 thuộc khoảng (0;1) sao cho f (1) − f (0) = f 0 ( x0 )(1 − 0) ⇔ f 0 ( x0 ) = 0 ⇔ ax02 + bx0 + c = 0. Do đó phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm trên (0; 1). 108
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Ví dụ 4 (Định lý Cauchy). Nếu các hàm số f ( x ), g( x ) là các hàm số liên tục trên [ a; b], có đạo hàm trên khoảng ( a; b) và g0 ( x ) khác không trên khoảng ( a; b) thì tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho f 0 (c) f (b) − f ( a) 0 = . g (c) g(b) − g( a) Lời giải. Theo định lý Lagrange luôn tồn tại x0 ∈ ( a; b) sao cho g(b) − g( a) g 0 ( x0 ) = b − a) f (b) − f ( a) suy ra g( a) 6= g(b). Xét hàm số F ( x ) = f ( x ) − g( x ). Khi đó, F ( x ) là hàm liên tục g(b) − g( a) trên [ a; b], có đạo hàm trên khoảng ( a; b) và f ( a) g(b) − f (b) g( a) F ( a) = F (b) = . g(b) − g( a) Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho F 0 (c) = 0. Mà f (b) − f ( a) 0 F0 (x) = f 0 (x) − g ( x ), g(b) − g( a) f (b) − f ( a) 0 suy ra f 0 (c) = g ( c ). g(b) − g( a) Nhận xét 1. Định lý Lagrange là hệ quả của định lý Cauchy (trong trường hợp g( x ) = x ). Ví dụ 5. Cho đa thức P( x ) và Q( x ) = aP( x ) + bP0 ( x ) trong đó a, b là các số thực, a 6= 0. Chứng minh rằng nếu Q( x ) vô nghiệm thì P( x ) vô nghiệm. Lời giải. Ta có degP( x ) = degQ( x ). Vì Q( x ) vô nghiệm nên degP( x )chẵn. Giả sử P( x ) có nghiệm, vì degP( x ) chẵn nên P( x ) có ít nhất hai nghiệm. +) Khi P( x ) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 cũng là một nghiệm của P0 ( x ) suy ra Q( x ) có nghiệm. +) Khi P( x ) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 . Nếu b = 0 thì hiển nhiên Q( x ) có nghiệm. a Nếu b 6= 0 : Xét f ( x ) = e b x P( x ), thì f ( x ) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 và a a a 1 a 1 a f 0 ( x ) = e b x P( x ) + e b x P0 ( x ) = e b x ( aP( x ) + bP0 ( x )) = e b x P( x ). b b b Vì f ( x ) có hai nghiệm suy ra f 0 ( x ) có ít nhất một nghiệm hay Q( x ) có nghiệm. 109
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2.2 Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 6. Cho 0 < a < b. Chứng minh rằng b−a b b−a < ln < . b a a 1 Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = ln x, x ∈ [ a, b]. Ta có f 0 ( x ) = . Theo định lý Lagrange tồn tại c x thuộc khoảng ( a, b) sao cho b−a f (b) − f ( a) = f 0 (c)(b − a) ⇔ ln b − ln a = c b b−a ⇔ ln = . a c 1 1 1 Mà 0 < a < c < b nên < < , do đó b c a b−a b−a b−a < < . b c a b−a b b−a Suy ra < ln < . b a a Ví dụ 7. Chứng minh rằng x +1 x 1 1 1+ > 1+ , ∀ x > 0. x+1 x Lời giải. Xét hàm số 1 t f (t) = t ln 1 + , g(t) = ln(1 + t) − . t 1+t Khi đó f có đạo hàm trên (0; +∞) và g có đạo hàm trên (−1; +∞), và  0 1 1   f (t) = ln 1 + − t 1+t  0 1 1 t  g (t) = 1 + t − = .   2 (1 + t ) (1 + t )2 1 Theo định lý Lagrange tồn tại c1 ∈ ( x, x + 1) và c2 ∈ 0, sao cho c1  0 1  f ( x + 1) − f ( x ) = f (c1 )( x + 1 − x ) = g   c1 1 1 g − g (0) = g 0 ( c2 ) −0   c1 c1  110
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 suy ra  1  f ( x + 1) − f ( x ) = g   c1 1 g > g (0) = 0   c1  x +1 x 1 1 nên f ( x + 1) − f ( x ) > 0 hay ln 1 + > ln 1 + x+1 x x +1 x 1 1 suy ra 1 + > 1+ . x+1 x Đó là điều phải chứng minh. Ví dụ 8. Cho 0 < a < b < c < d. Chứng minh rằng r r 3 abc + abd + acd + bcd ab + ac + ad + bc + bd + cd < . 4 6 Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = ( x − a)( x − b)( x − c)( x − d). Khi đó f liên tục và có đạo hàm trên R và f ( a) = f (b) = f (c) = f (d) = 0. Theo định lý Rolle trên từng đoạn [ a, b], [b, c], [c, d] tồn tại x1 , x2 , x3 sao cho a < x1 < b < x2 < c < x3 < d và f 0 ( x1 ) = f 0 ( x2 ) = f 0 ( x3 ) = 0. Suy ra x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình f 0 ( x ) = ( x − b)( x − c)( x − d) + ( x − a)( x − c)( x − d) + ( x − a)( x − b)( x − d)+ + ( x − a)( x − b( x − c) = 4x3 − 3( a + b + c + d) x2 + 2( ab + ac + ad + bc + bd + cd) x − − ( abc + abd + acd + bdc) = 0 Ví dụ 9. Cho x ∈ (0; 1), n ∈ N. Chứng minh rằng: √ 1 xn 1 − x < √ . 2ne Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy: 2n+1 x + x + · · · + x + (2n − 2nx ) x . . . x.(2n − 2nx ) ≤ 2n + 1 (có 2n chữ số x) 111
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Suy ra 2n+1 2n 2n 2nx (1 − x ) ≤ . (1) 2n + 1 Mặt khác, xét hàm số f ( x ) = ln x, x ∈ [2n, 2n + 1], 1 thì f 0 ( x ) = . Theo định lý Lagrange ∃c ∈ (2n, 2n + 1) sao cho x f (2n + 1) − f (2n) = f 0 (c)(2n + 1 − 2n) 2n + 1 1 1 2n 1 ⇒ ln = > ⇒ − ln > 2n c 2n + 1 2n + 1 2n + 1 1 2n 1 2n − ⇒ ln
0
x
1
1 + x2
≤ 2 , ∀ x ∈ R.
f ( x )
=
Giả sử rằng un có giới hạn là a thì a là nghiệm của phương trình 1 x= ln 1 + x2 − 2018. (13) 2 112