Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:43

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài "Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về định lý Lagrange trong chương trình toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng của nó qua các ứng dụng, đặc biệt là các bài toán được lấy từ các kì thi Olimpic về toán trong những năm gần đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ĐỊNH LÝ ROLLE Tác giả: Lê Anh Tuấn Điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuancvp@gmail.com Mã sáng kiến: 61 Vĩnh Phúc, tháng 10 năm 2018 1
2
MỤC LỤC PHẦN A. ĐẶT VẤN ĐỀ 3 1. Lý do chọn đề 3 tài............................................................................................................ 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên 3 cứu................................................................................ 3. Phương pháp nghiên 3 cứu................................................................................................ 4. Giả thuyết khoa 4 học....................................................................................................... 5. Mô tả sáng kiến 4 6. Bố 4 cục............................................................................................................................ PHẦN B NỘI DUNG 6 I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan 6 1. Định lý Rolle……………………………………………………………………….. 6 2. Định lý Lagrange........................................................................................................ 7 II. Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle 8 1. Giải phương trình....................................……………………………………………. 8 2. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương 10 trình.......................................................... 3. Chứng minh bất đẳng 22 thức…………………………………………............................. 4. Tìm giới hạn dãy 29 số…………………………………………………………………… III. Một số bài tập vận dụng 37 C. PHẦN KẾT LUẬN 39 1. Kiến nghị, đề xuất về việc triển khai áp dụng đề 39 tài…………………………………. 2. Đánh giá lợi ích có thể thu được do áp dụng đề tài, sáng kiến ……………………. 39 3. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến ………… 39 Tài liệu tham khảo 40 3
PHẦN A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Định lý Lagrange là một trong những định lý quan trọng nhất của phép tính vi phân, nó là một mở rộng của định lý Rolle. Trong sách giáo khoa giải tích lớp 12, định lý này được thừa nhận vì phép chứng minh của nó vượt ra ngoài chương trình phổ thông. Ứng dụng của định lý Lagrange rất quan trọng trong việc xây dựng lý thuyết và giải quyết một số dạng toán trong chương trình giải tích ở trường THPT. Báo cáo kết quả nghiên cứu này, tôi sẽ trình bày phép chứng minh định lý Lagrange và ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle để giải một số dạng toán thường gặp trong các kì thi THPTquốc gia và trong các kì thi chọn học sinh giỏi bậc trung học phổ thông. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài "Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về định lý Lagrange trong chương trình toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng của nó qua các ứng dụng, đặc biệt là các bài toán được lấy từ các kì thi Olimpic về toán trong những năm gần đây. Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy nâng cao cho học sinh THPT và bồi dưỡng cho học sinh giỏi môn Toán. Tác giải rất mong nhận được góp ý trao đổi của các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thể sâu sắc và hoàn thiện hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phần giải tích đạt hiệu quả nhất. 3. Phương pháp nghiên cứu Đề tài sáng kiến kinh nghiệm sử dụng các phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: 4
Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu về định lý Lagrange và định lý Rolle, đặc biệt từ các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet... Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh giỏi toán). Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. 4. Giả thuyết khoa học Nếu học sinh được học chuyên sâu theo chuyên đề như trên sẽ phát triển năng lực tư duy Toán học, đặc biệt là có phương pháp để giải quyết các bài toán về giải tích. Đây là phần còn khó với học sinh các trường THPT. 5. Mô tả sáng kiến 5.1. Tên sáng kiến: Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle 5.2. Tác giả sáng kiến: Họ và tên: Lê Anh Tuấn Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học Số điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuancvp@gmail.com 5.3. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Lê Anh Tuấn 5.4. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dùng để dạy cho học sinh các lớp ôn thi THPTquốc gia mức vận dụng cao và bồi dưỡng các đội tuyển HSG môn Toán tham dự các kì thi HSG tỉnh, HSG Quốc gia. 5.5. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10/2018. 5.6. Mô tả bản chất của sáng kiến: 6. Bố cục. Bản sáng kiến kinh nghiệm gồm ba phần chính: A ĐẶT VẤN ĐỀ B NỘI DUNG 5
I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan II. Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle 1. Giải phương trình. 2. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình. 3. Chứng minh bất đẳng thức. 4. Tìm giới hạn dãy số. III. Một số bài tập vận dụng C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1.Kiến nghị, đề xuất về việc triển khai áp dụng đề tài, sáng kiến. 2.Đánh giá lợi ích có thể thu được do áp dụng đề tài, sáng kiến. 3.Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến. 6
PHẦN B. NỘI DUNG I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan 1. Định lý Rolle Cho hàm số f ( x ) xác định trên đoạn [ a; b ] thoả mãn các điều kiện sau: 1/ f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] 2/ f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) 3/ f ( a ) = f ( b ) = 0 Khi đó tồn tại một điểm c thuộc khoảng ( a; b ) sao cho f ' ( c ) = 0. Chứng minh. Nếu f ( x ) = 0, ∀x ( a; b ) thì định lý hiển nhiên đúng, vì f ' ( x ) = 0, ∀x ( a; b ) . Ta chỉ cần chứng minh định lý trong trường hợp f ( x ) > 0, ∀x ( a; b ) ; trường hợp f ( x ) < 0, ∀x ( a; b ) , ta lập luận tương tự trường hợp f ( x ) > 0, ∀x ( a; b ) . Vì theo giả thiết f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] nên nó có giá trị dương lớn nhất trên đoạn [ a; b ] . Do f ( a ) = f ( b ) = 0 nên f ( x ) đạt giá trị lớn nhất tại điểm c ( a; b ) . f ( c + ∆x ) − f ( c) Chọn ∆ x sao cho c + ∆ x ( a; b ) ta có ∆lim0 = f '( c ) . x ∆x f ( c + ∆x ) − f ( c) Với ∆ x < 0 ta luôn có � 0 f '( c ) 0 . Vậy f ' ( c ) = 0. ∆x Hệ quả 1. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) và f ( x ) có n nghiệm (n là số nguyên dương lớn hơn 1) trên ( a; b ) thì f '( x) có ít nhất n − 1 nghiệm trên ( a; b ) . Hệ quả 2. Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm trên ( a; b ) và f ' ( x ) vô nghiệm trên ( a; b ) thì f ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm trên ( a; b ) . 7
Hệ quả 3. Nếu f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) và f ' ( x ) có nhiều nhất n nghiệm (n là số nguyên dương) trên ( a; b ) thì f ( x ) có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên ( a; b ) . 2. Định lý Lagrange Cho hàm số f ( x ) xác định trên đoạn [ a; b ] thỏa mãn các điều kiện sau: 1) f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] 2) f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) Khi đó tồn tại một điểm c thuộc khoảng ( a; b ) sao f ( b) − f ( a) cho f ' ( c ) = . b−a Chứng minh. Giả sử đồ thị hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ a; b ] là một cung ﾻAB (hình vẽ) , trong đó A ( a; f ( a ) ) , B ( b, f ( b ) ) .Với x [ a; b] , đường thẳng song song với Oy có hoành độ x cắt cung ﾻAB tại điểm M , dây AB tại điểm N và trục Ox tại điểm f ( b) − f ( a) H. Đường thẳng AB có phương trình là y = kx + m , với hệ số góc k = . b−a Ta có NM = HM − HN = f ( x ) − ( kx + m ) = g ( x ) . Xét hàm số g ( x ) trên đoạn [ a; b ] ta nhận thấy : 1) Hàm số g ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] vì nó là hiệu của hàm số f ( x ) liên tục và một đa thức 2) Hàm số g ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) , đạo hàm của nó là g '( x ) = f '( x ) − k . 3) Khi x = a thì N và M trùng với A � NM = AA = 0 � g ( a ) = 0. 8
Tương tự ta có g ( b ) = 0 , suy ra g ( a ) = g ( b ) = 0 . Như vậy g ( x ) thoả mãn các giả thiết của định lý Rolle trên đoạn [ a; b ] . Do đó tồn tại điểm c ( a; b ) sao cho f ( b) − f ( a ) g '( c ) = 0 � f '( c ) = k � f '( c ) = , ta có điều phải chứng minh. b−a Nhận xét. ( a; b ) sao cho f ' ( c ) = ( ) ( ) mà không f b −f a Định lý khẳng định sự tồn tại của c b−a khẳng định tính duy nhất của điểm c. Ta thấy f ' ( c ) là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm C ( c; f ( c ) ) thuộc cung ﾻAB f ( b) − f ( a ) của đồ thị và là hệ số góc của đường thẳng AB, như vậy ý nghĩa hình b−a học của định lý chứng tỏ rằng trên cung ﾻAB của đồ thị hàm số luôn tồn tại một điểm C sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song ( hoặc trùng) với đường thẳng AB. II. Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle 1. Giải phương trình Bài toán 1.1. Giải phương trình 3x = x + 1 + log 3 ( 1 + 2 x ) ( 1) Lời giải. Ta có (1) � 3x + log 3 3x = 2 x + 1 + log 3 ( 2 x + 1) ( 2 ) Xét hàm số f ( t ) = t + log 3 t , t �( 0; +�) , dễ thấy f ( t ) là hàm số đồng biến bởi vì nó là tổng của hai hàm số đồng biến. Khi đó (2) trở thành f ( 3 ) = f ( 2 x + 1) x � 3x = 2 x + 1 � 3x − 2 x − 1 = 0 (3). Xét hàm số g ( x ) = 3 − 2 x − 1 , ta thấy phương x trình g ( x ) = 0 có không quá 2 nghiệm phân biệt. Bởi vì giả sử phương trình g ( x ) = 0 có 3 nghiệm x1 < x2 < x3 � g ( x1 ) = g ( x2 ) = g ( x3 ) = 0 , khi đó theo định lý Roll ∃α , β : x1 < α < x2 < β < x3 thoả mãn g ' ( α ) = g ' ( β ) = 0 suy ra phương trình 9
g ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt phương trình g "( x ) = 0 có một nghiệm , tức là phương trình ( ln ) 3x = 0 có nghiệm (điều này vô lý). 2 Vậy phương trình g ( x ) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm, dễ thấy x = 0, x = 1 thoả mãn g ( 0 ) = g ( 1) = 0 cho nên phương trình (3) có đúng 2 nghiệm. Suy ra phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là x = 0, x = 1. Bài toán 1.2. Giải phương trình: 3x + 2.4 x = 19 x + 3 . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương 3x + 2.4 x − 19 x − 3 = 0 . Xét hàm số y = f ( x ) = 3x + 2.4 x − 19 x − 3, x ﾻ . Ta có f ' ( x ) = 3x ln 3 + 2.4 x ln 4 − 19 và f '' ( x ) = 3x ( ln 3) + 2.4 x ( ln 4 ) > 0, ∀x R , suy 2 2 ra f ' ( x ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm, suy ra f ( x ) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm. Mà f ( 0 ) = f ( 2 ) = 0 do đó phương trình f ( x ) = 0 có đúng hai nghiêm là x = 0, x = 2 . Bài toán 1.3. Giải phương trình 3x + 5 x = 2.4 x (1) Lời giải. Ta thấy ngay x = 0; x = 1 là các nghiệm của phương trình (1). Gọi x0 là một nghiệm bất kì của phương trình đã cho. Khi đó 3x0 + 5x0 = 2.4 x0 � 5 x0 − 4 x0 = 4 x0 − 3x0 (2) Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) 0 − t x0 , ta có (2) � f ( 4 ) = f ( 3) . x Vì f ( t ) là hàm liên tục trên [ 3;4] và có đạo hàm trong khoảng ( 3;4 ) , nên theo định lí x0 = 0 Roll tồn tại c (3;4) sao cho f ' ( c ) = 0 � x0 [ ( c + 1) x0 −1 − c x0 −1 ]=0 � x0 = 1 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = 1 . Bài tương tự. Giải phương trình: 2017 x + 2019 x = 2.2018x Bài toán 1.4. Giải phương trình: ( 1 + cos x)(2 + 4 ) = 3.4cos x (1) cos x 10
Lời giải. Đặt t = cos x, t �[ −1;1] thì (1) trở thành: ( 1 + t ) ( 2 + 4t ) = 3.4t � ( 1 + t ) ( 2 + 4t ) − 3.4t = 0 Xét hàm số f ( t ) = ( 1 + t ) ( 2 + 4 ) − 3.4 , t ﾻ . t t Suy ra f ' ( t ) = 2 + 4t + ( t 2 ) 4t ln 4, f '' ( t ) = 2.4t ln 4 + ( t 2 ) 4t ln 2 4 2 Ta có f '' ( t ) = 0 � t = 2 + � f '' ( t ) = 0 có một nghiệm duy nhất, suy ra f ' ( t ) = 0 ln 4 có nhiều nhất hai nghiệm. Do đó f ( t ) = 0 có nhiều nhất ba nghiệm. �1 � 1 Mặt khác dễ thấy f ( 0 ) = f � �= f ( 1) = 0 , do đó f ( t ) = 0 có ba nghiệm t = 0, ,1. �2 � 2 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: π π x= + kπ , x = + k 2π , x = k 2π , k ﾻ . 2 3 2. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình Bài toán 2.1. Chứng minh rằng phương trình a cos x + b cos 2 x + c cos3x = 0 luôn có nghiệm với mọi bộ các số thực a, b, c. b sin 2 x c sin 3 x Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = a sin x + + , x ﾻ . Ta có 2 3 f ' ( x ) = a cos x + b cos 2 x + c cos3x. Do f ( 0 ) = f ( π ) = 0 � ∃x0 �( 0;π ) , f ' ( x0 ) = 0 , suy ra điều phải chứng minh. Qua lời giải trên ta thấy được sức mạnh của định lý Rolle trong việc chứng minh một phương trình có nghiệm. Có thể mô tả nội dung của phương pháp này dưới bài toán tổng quát sau: Bài toán: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b ] , chứng minh rằng phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc ( a; b ) . Phương pháp giải: Xét hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm f ( x ) . 11
Chỉ ra được F ( a ) = F ( b ) . Sử dụng định lý Rolle để suy ra điều phải chứng minh. Ta tiếp tục với các bài toán thú vị sau: Bài toán 2.2. Cho các số thực a , a ,..., a thỏa mãn a0 + a1 + ... + an−1 + a = 0 . 0 1 n n +1 n 2 n Chứng minh rằng phương trình a x n + a x n−1 + ... + a x + a = 0 có ít nhất một 0 1 n −1 n nghiệm thuộc ( 0;1) . a0 n+1 a1 n a Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = x + x + ... + n−1 x 2 + an x, liên tục trên đoạn n +1 n 2 [0;1] và khả vi trong khoảng (0;1). Ta có f ' ( x ) = a0 x n + a1 x n−1 + ... + an−1 x + an Do f ( 0 ) = f ( 1) = 0 nên theo định lý Roll tồn tại x0 ( 0;1) sao cho f ' ( x0 ) = 0 hay a0 x0n + a1 x0n−1 + ... + an−1 x0 + an = 0 Ta có điều phải chứng minh. Bài toán 2.3. Cho đa thức f ( x ) ﾻ [ x ] có ít nhất hai nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức P ( x ) = f ( x ) − f ' ( x ) cũng có ít nhất hai nghiệm thực. Lời giải. Giả sử x1 , x2 ( x1 x2 ) là hai nghiệm của f ( x ) . Xét hàm số g ( x ) = e − x f ( x ) . Ta có g ' ( x ) = e− x � �f ' ( x ) − f ( x ) � �= −e P ( x ) −x Theo định lý Rolle thì g ' ( x ) có ít nhất một nghiệm thực trong khoảng ( x1; x2 ) nếu x1 < x2 và có nghiệm x1 nếu x1 = x2 . Suy ra đa thức P ( x ) có ít nhất một nghiệm thực. Vì deg P ( x ) = deg f ( x ) = n nên nếu n lẻ thì hiển nhiên f ( x ) có ít nhất 3 nghiệm thực và vì vậy theo lập luận trên thì P ( x ) sẽ có ít nhất hai nghiệm thực. Nếu n chẵn thì do P ( x ) có nghiệm thực nên nó phải có ít nhất hai nghiệm thực. 12
Nhận xét. Với lớp các hàm đa thức thì luôn liên tục và khả vi mọi cấp, do đó ta dễ dàng áp dụng được định lý Rolle và định lý Lagrange để suy ra số nghiệm của các đa thức khác. Cụ thể là nếu f ( a ) = f ( b ) thì f ( x ) có nghiệm c thuộc khoảng ( a; b ) . Nếu f ( x ) có k nghiệm thì f ( x ) có k − 1 nghiệm, f ( x ) có k − 2 nghiệm,… Sử dụng các tính chất này ta có thể giải quyết được một lớp các bài toán khó, thậm chí là rất khó về nghiệm của đa thức. Đây cũng là dấu ấn nhất về tính chất giải tích của nghiệm đa thức. Bài toán 2.4 (Việt Nam TST năm 1994). Cho đa thức P ( x ) ﾻ [ x ] , deg P = 4 và có 4 nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình sau cũng có 4 nghiệm dương phân biệt 1 − 4x � 1 − 4x � 2 P( x) + � 1− 2 � P ( x ) − P ( x ) = 0 ( 1) x � x � Lời giải. Ta có 1 − 4x � 1 − 4x � 1 − 4x x 2 P( x) + � 1− 2 � x � P ( x) − P ( x) = 0 � x2 ( P ( x ) − P ( x ) ) + ( P ( x ) − P ( x ) ) = 0 ( 2) � 1 − 4x Đặt Q ( x ) = P ( x ) − P ( x ) . Khi đó ( 2 ) � Q ( x ) + Q ( x ) = 0 ( 3) . x2 Ta chứng minh nếu đa thức bậc bốn P ( x ) có 4 nghiệm dương phân biệt thì đa thức Q ( x ) = P ( x ) − P ( x ) cũng có 4 nghiệm dương phân biệt. Không giảm tính tổng quát, giả sử hệ số bậc cao nhất của P ( x) là 1. Đặt P ( x ) = x 4 − ax 3 + bx 2 − cx + d = ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) với x1 , x2 , x3 , x4 là các nghiệm dương. Từ đó theo định lí Viet thì a, b, c, d > 0 . Ta có P ( x ) = ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) + ( x − x1 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) + ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x4 ) + ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) Q ( x ) = x 4 + a1 x3 + a2 x 2 + a3 x + c + d 13
Q ( x1 ) = P ( x1 ) − P ( x1 ) = − ( x1 − x2 ) ( x1 − x3 ) ( x1 − x4 ) ; Q ( x2 ) = − ( x2 − x1 ) ( x2 − x3 ) ( x2 − x4 ) Suy ra Q ( x1 ) Q ( x2 ) < 0 , tức là tồn tại y1 [ x1; x2 ] là nghiệm dương của Q ( x ) . Tương tự, Q ( x ) có 2 nghiệm dương y2 �[ x2 ; x3 ] , y3 �[ x3 ; x4 ] . Mặt khác deg Q ( x ) = 4 nên Q ( x ) còn có nghiệm thực thứ tư là y4 . Theo định lí Viet ta có y1 y2 y3 y4 = c + d > 0 . Mà y1 , y2 , y3 > 0 nên y4 > 0 . 1 4 �� Đặt R ( t ) = t Q �� , dễ thấy deg R ( t ) = 4 và R ( t ) cũng có 4 nghiệm dương phân t �� biệt. Theo kết quả chứng minh trên phương trình R ( t ) − R ( t ) = 0 ( 4 ) có 4 nghiệm dương phân biệt. Ta có � 1 1 �� 1 1 � � ( 4 ) � t 4 �P �� − P �� − � �� P ��− P �� t4 � ��= 0 t � �� t � � � �� t t � �� 1 1 � � 3 � �� 1 ��1 � 4�1 1 �� 1 ��1 �� t4 � P ��− P �� − �4 t P � �� − P �� +t � − 2P + �� 2 ��P �= 0 � �� t t � �� t ��t � � �t t �� t t � �� 1 1 1 � ( t 2 − 4t ) P ��+ ( 1 + 4t − t 2 ) P ��− P ��= 0 ( 5 ) �� t �� t �� t �� 1 1 − 4x � 1 − 4x � Đặt = x , ( 5 ) � 2 P( x) + � 1− 2 � P ( x) − P ( x) = 0 . t x � x � Vậy phương trình ( 1) có 4 nghiệm dương phân biệt. Bài toán 2.5. Cho P ( x ) là đa thức với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Xét đa thức Q ( x ) = ( x + 1) P ( x ) P ( x ) + x � P2 ( x ) + P 2 ( x ) � 2 � �. Chứng minh rằng đa thức Q ( x ) có 2n − 1 nghiệm thực phân biệt. Lời giải. Ta có Q ( x ) = � P ( x ) + xP ( x ) � � xP ( x ) + P ( x ) � �� . Dễ thấy x2 �x � 2 − P ( x ) + xP ( x ) = e 2 e 2 P( x) � � � � � � xP ( x ) + P ( x ) = ( xP ( x ) ) 14
Giả sử các nghiệm của P ( x ) là 1 < x1 < x2 < ... < xn . Theo định lí Rolle, đa thức P ( x ) + xP ( x ) có n − 1 nghiệm α i , i = 1, n − 1 thoả mãn 1 < x1 < α1 < x2 < ... < α n−1 < xn và đa thức xP ( x ) + P ( x ) có n nghiệm β j , j = 1, n thỏa mãn 0 < β1 < x1 < β 2 < x2 < ... < β n < xn . Nếu α i β j , ∀i, j thì ta có ngay điều phải chứng minh. Giả sử tồn tại ( i, j ) sao cho α i = β j = γ � γ > 1 . P (γ ) = −γ �P ( γ ) + γ P ( γ ) = 0 �P ( γ ) Khi đó � �� γ 2 = 1 . Điều này mâu thuẫn với γ > 1 . γ P ( γ ) + P( γ ) = 0 P (γ ) 1 =− P( γ ) γ Bài toán được chứng minh hoàn toàn. Bài toán 2.6. Cho P ( x ) là đa thức bậc n với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt khác 0. Chứng minh rằng đa thức Q ( x ) = x 2 P ( x ) + 3 xP ( x ) + P ( x ) có n nghiệm thực phân biệt. Lời giải. Ta có Q ( x ) = x 2 P ( x ) + 3 xP ( x ) + P ( x ) = � x2P ( x ) � � xP ( x ) � �+ � � x ( xP ( x ) + P ( x ) ) � �= � � � Đặt R ( x ) = x ( xP ( x ) + P ( x ) ) . Xét hàm số f ( x ) = e P ( x ) , x ﾻ \ { 0} . Giả sử n ln x nghiệm thực phân biệt của P ( x ) là x1 < x2 < ... < xn . Khi đó f ( x ) = 0 cũng có n nghiệm thực xi , i = 1, n . � P( x) � f ( x ) = eln x �P ( x ) + � � x � Các nghiệm thực của phương trình f ( x ) = 0 cũng là nghiệm của phương trình P( x) P ( x) + =0. x 15
Theo định lí Lagrange, ta có ∀i �{ 1,..., n − 1} , ∃yi �( xi ; xi +1 ) , sao cho f ( xi +1 ) − f ( xi ) = ( xi +1 − xi ) f ( yi ) Suy ra ∀i �{ 1,..., n − 1} , ∃yi �( xi ; xi +1 ) , f ( yi ) = 0 . Do đó, f ( x ) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thực phân biệt khác 0, nên P( x) P ( x) + = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thực phân biệt khác 0 là các giá trị x yi , i = 1, n − 1 . 2� P( x) � Mặt khác R ( x ) = x ( xP ( x ) + P ( x ) ) = x �P ( x ) + � nên R ( x ) là đa thức bậc � x � n + 1 có ít nhất n nghiệm thực là 0 và yi , i = 1, n − 1 . Do đó R ( x ) có n + 1 nghiệm thực kể cả bội (nếu có nghiệm bội thì có duy nhất nghiệm khác 0 bội 2). ( ) Nếu R ( x ) có một nghiệm yi0 bội 2 thì R ( x ) = x x − yi0 K n−2 ( x ) , trong đó K n−2 ( x ) là đa thức bậc n − 2 với hệ số thực. Q( x) = � x � ( xP ( x ) + P ( x ) ) � �= x − yi0 � � � ( ) 2 xK n−2 ( x ) + x − yi0 ( ) ( xK ( x ) ) � n−2 � � Vậy Q ( x ) nhận yi0 làm nghiệm. Kí hiệu n nghiệm ( yi0 chỉ tính một lần) của R ( x ) theo thứ tự tăng dần là u j , j = 1, n . Theo định lí Lagrange ta có ∀j = 1, n − 1, ∃t j �( u j ; u j +1 ) : R ( u j ) − R ( u j +1 ) = ( u j − u j +1 ) R ( u j ) � ∀j �{ 1,..., n − 1} , ∃t j �( u j ; u j +1 ) : Q ( t j ) = R ( t j ) = 0 . Vậy Q ( x ) có thêm n − 1 nghiệm thực khác yi0 nữa. Do đó Q ( x ) có n nghiệm thực phân biệt. 16
Bài toán 2.7. Cho số thực α 0 và đa thức P ( x ) với hệ số thực bậc n > 1 sao cho P ( x) không có nghiệm thực. Chứng minh đa thức Q ( x ) = P ( x ) + α P ( x ) + ... + α n P ( ( x ) không có nghiệm thực. n) Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử hệ số bậc cao nhất của P ( x ) dương. Vì P ( x ) không có nghiệm thực nên P ( x ) > 0, ∀x ﾻ và deg P ( x ) = n là số chẵn. Ta có Q ( x ) = P ( x ) + α P ( x ) + ... + α n−1P ( ( x) n) x 1 −αx Suy ra P ( x ) = Q ( x ) − α Q ( x ) . Đặt R ( x ) = −e−α Q ( x ) thì R ( x ) = e P ( x ) , suy ra α R ( x ) không có nghiệm thực nên theo định lí Rolle R ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm. Vì vậy Q ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm. Giả sử x0 là nghiệm thực duy nhất của Q ( x ) , do degQ ( x ) = n là số chẵn nên tồn tại số nguyên dương m và đa thức K ( x ) với hệ số thực sao cho Q ( x ) = ( x − x0 ) K ( x ) ,2 m n . m Khi đó Q ( x ) = ( x − x0 ) � Vậy P ( x0 ) = 0 . Điều này mâu m.K ( x ) + ( x − x0 ) K ( x ) � m −1 � � thuẫn giả thiết P ( x ) không có nghiệm thực, suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 2.8. Cho đa thức P ( x ) hệ số thực bậc n 1 và có m nghiệm thực (kể cả nghiệm bội). Chứng minh rằng đa thức Q ( x ) = ( x + 1) P ( x ) + P ( x ) có ít nhất m 2 nghiệm thực (kể cả nghiệm bội). x3 Lời giải. P ( x ) có m nghiệm thực nên phương trình e 3 + x P ( x ) = 0 cũng có m nghiệm thực. Theo định lí Rolle thì phương trình 17
�x + x � 3 3 x (�x2 + 1) P ( x ) + P ( x ) � +x e P ( x ) �= 0 � e 3 � � 3 �= 0 � � có ít nhất m − 1 nghiệm thực. Ta xét các trường hợp sau: Với m chẵn. Nếu n lẻ thì P ( x ) là đa thức bậc lẻ có số nghiệm thực (kể cả bội) là lẻ, suy ra m lẻ, mâu thuẫn. Vậy n là số chẵn. Từ đó Q ( x ) là đa thức bậc chẵn, suy ra số nghiệm thực, kể cả bội là chẵn. Theo trên, nó có ít nhất m − 1 nghiệm thực, trong khi m − 1 lẻ. Vậy Q ( x ) có ít nhất m nghiệm thực. Với m lẻ. Nếu n chẵn thì P ( x ) là đa thức bậc chẵn nên nó có chẵn nghiệm thực kể cả bội, tức m chẵn, mâu thuẫn. Vậy n phải lẻ, suy ra Q ( x ) là đa thức bậc n + 2 là một số lẻ. Do đó nó có lẻ số nghiệm. Mặt khác Q ( x ) có ít nhất m − 1 (là số chẵn) nghiệm thực. Vậy Vậy Q ( x ) có ít nhất m nghiệm thực. Bài toán 2.9. Với n là số nguyên dương và ak , bk là các số thực k = 1,2,3,..., n. Chứng minh rằng phương trình n x+ ( ak sin kx + bk cos kx ) = 0 có nghiệm trong khoảng ( −π ;π ) . k =1 x2 n �−ak bk � Lời giải. Xét hàm số g ( x ) = + � .cos kx + sin kx � , liên tục trên đoạn 2 k =1 � k k � [ −π ;π ] và có đạo hàm trên khoảng ( −π ;π ) . Ta có ( −π ) 2 −a �π 2 n � b n � k a � g ( −π ) = + �� k .cos k ( −π ) + k .sin k ( −π ) � = + ��− ( −1) . k � 2 k =1 �k k � 2 k =1 � k� π2 n � −a b �π 2 n � k a � g(π ) = + �� k .cos kπ + k .sin kπ � = + ��− ( −1) . k � 2 k =1 �k k � 2 k =1 � k� 18
Do đó g ( π ) = g ( −π ) nên theo định lý Rolle tồn tại x0 �( −π ;π ) sao cho g ' ( x0 ) = 0 . n Suy ra phương trình x + ( ak sin kx + bk cos kx ) = 0 có nghiệm x0 �( −π ;π ) . Ta có k =1 điều phải chứng minh Bài toán 2.10. Cho các số thực a0 , a1 ,....an thỏa mãn 2a1 22 a2 2n−1 an−1 2n an a0 + + + ... + + = 0. 2 3 n n +1 Chứng minh rằng phương trình an ln n x + an−1 ln n −1 x + ... + a2 ln 2 x + a1 ln x + a0 = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng ( 1; e ) . 2 Phân tích. Nếu lấy nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì khá phức tạp, chú ý rằng ln n x ln n+1 x ln xd ( ln x ) = �x dx = � n +C n +1 Đặt f ( x ) = an ln n x + an−1 ln n−1 x + ... + a2 ln 2 x + a1 ln x + a0 . Khi đó f ( x) ln n x ln n−1 x ln 2 x ln x 1 = an . + an−1. + ... + a2 . + a1. + a0 . x x x x x x Do đó khi lấy nguyên hàm của hàm số trên ta được f ( x) ln n+1 x ln n x ln 3 x ln 2 x dx = an . + an−1. + ... + a2 . + a1. + a0 .ln x + C x n +1 n 3 2 ln n+1 x ln n x ln 3 x ln 2 x Lời giải. Xét hàm số g ( x ) = an . + an−1. + ... + a2 . + a1. + a0 .ln x, n +1 n 3 2 khả vi trên ( 1;e ) và 2 ln n+1 1 ln n 1 ln 3 1 ln 2 1 g ( 1) = an . + an−1. + ... + a2 . + a1. + a0 .ln1 = 0, n +1 n 3 2 19
ln n+1 e 2 ln n e 2 ln 3 e2 ln 2 e2 g ( e ) = an . 2 + an−1. + ... + a2 . + a1. + a0 .ln e 2 n +1 n 3 2 � 2a1 22 a2 2n−1 an−1 2n an � =2 �a0 + + + ... + + �= 0 � 2 3 n n +1 � Do đó g ( 1) = g ( e ) . Theo định lí Rolle tồn tại x0 ( 1; e ) sao cho g '( x ) = 0, tương 2 2 0 đương với ln n x0 ln n−1 x0 ln 2 x0 ln x 1 an . + an−1. + ... + a2 . + a1. 0 + a0 . = 0 x0 x0 x0 x0 x0 � an .ln n x0 + an−1.ln n−1 x0 + ... + a2 .ln 2 x0 + a1.ln x0 + a0 = 0. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 2.11. Giả sử f ( x ) khả vi đến cấp n + 1 trên R . Chứng minh rằng mỗi cặp �f ( b ) + f ' ( b ) + ... + f n ( b ) � số a, b với a < b sao cho ln � �= b − a , thì tồn tại c ( a; b ) �f ( a ) + f ' ( a ) + ... + f n ( a ) � sao cho f ( n +1) ( c) = f ( c) . Phân tích. Điều kiện của bài toán tương đương với f ( b ) + f ' ( b ) + ... + f n ( b ) = eb − a f ( a ) + f ' ( a ) + ... + f ( a ) n �f ( b ) + f ' ( b ) + ... + f ( b ) � �f ( a ) + f ' ( a ) + ... + f ( a ) � e−b = � e−a , n n �� Lời giải. Xét hàm số g ( x ) = � �f ( x ) + f ' ( x ) + ... + f ( x ) � e − x , liên tục và có đạo hàm n � trên ﾻ . Ta có g ( a) = � �f ( a ) + f ' ( a ) + ... + f ( a ) � n e − a ; g ( b ) = � � �f ( b ) + f ' ( b ) + ... + f ( b ) � n e−b � Do đó g ( a ) = g ( b ) . Theo đinh lý tồn tại c ( a; b ) để g ' ( c ) = 0 hay là �f ( c ) + f ' ( c ) + ... + f ( c ) � �f ' ( c ) + f '' ( c ) + ... + f ( c ) � e−c + � n +1 −� n � e −c = 0, � Tương đương với 20