Luận văn Các ứng dụng của các định lý rôn, lagrăng, bôxanô - Côsi

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM NGUYỄN HOÀI PHÚC MSSV: 11105 CÁC ỨNG DỤNG CỦA CÁC ĐỊNH LÝ RÔN, LAGRĂNG, BÔXANÔ - CÔSI GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VÕ TIẾN THÀNH AN GIANG, Năm 2004 LỜI CẢM ƠN Trước hết tôi xin gửi lời chân thành cảm ỏn nhất đến quý thầy cô , ban giám hiệu trường Đại Học An Giang ,ban chủ nhiệm khoa sư phạm và thầy cô bộ môn toán ûtạo điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài này ,đặc biệt cho tôi có cơ hội làm quen với việc nghiên cứu khoa học. Chân thành cảm ỏn thầy Võ Tiến Thành người trực tiếp hướng dẫn và đóng góp sửa chửa bản thảo làm cho đề tài hoàn chỉnh hơn. Long Xuyên 6/2004 Nguyễn Hoài Phúc Mục Lục Trang Lời nói đầu 1 Chương I:Cơ sở lí luận của đề tài 2 I.Hàm số liên tục 2 II.Đạo hàm 3 ChươngII:Ứng dụng đinh lí bonxano-cauchy chứng minh phương trình có nghiệm 5 I.Phương pháp chung 5 II.Các ví dụ 5 ChươngIII:Dùng định lí Roll-Lagange-Cauchy Chứng minh phương trình có nghiệm 16 I.Phương pháp chung 16 II.Các ví dụ 16 ChươngIV:Dùng định lí Lagange giải phương trình 25 I.Phương pháp chung 25 II.Các ví dụ 25 ChươngV:Dùng định lí Lagange chưng1 minh bất đẳng thức 28 I.Các ví dụ 28 I.Phương pháp chung 33 Tài liệu tham khảo 36 LỜI NÓI ĐẦU Trong những năm gần đây ,những kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia , quốc tế,trong các kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên giửa các trường đại học trong nước thì các bài toán liên quan đến tính liên tục và đạo hàm của hàm số thường xuyên xuất hiện và dạng phổ biến nhất là chứng minh phương trình có nghiệm , giải phương trình ,chứng minh bất đẳng thức . Trong phạm vi đề tài này chúng ta sẽ tập chung nghiên cứu các ứng dụng của các định lí Roll, Lagange ,Bonxano- Cauchy trong việc giải quyết các bài tập nêu trên . I.Đối tượng nghiên cứu của đề tài : Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các sách giải tích ,các đề thi Olympic liên quan đến ứng dụng liên tục và đạo hàm . II.Nhiệm vụ của đề tài : Nghiên cứu các ứng dụng của các định lí Bonxano-Cauchy, Roll,Langange để chứng minh phương trình có nghiệm ,giải phương trình và chứng minh bất đẳng thức . III.Nội dung nghiên cứu của đề tài: Chương I: những cơ sở lí luận của đề tài Chương II: ứng dụng của định lí Bonxano – Cauchy chứng minh phươngtrình có nghiệm Chương III: ứng dụng định lí Roll,Lagange,Cauchy chứng minh phương trình có nghiệm Chương IV: ứng dụng của định lí Lagange giải phương trình Chương V: ứng dụng định lí Lagange chứng minh bất đẳng thức Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các kỳ thi Olympic,đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia và quốc tế. IV. Phương pháp nghiên cứu : -Tham khảo tài liệu. -Hệ thống các bài tập và phân loại. -Hướng dẩn phương pháp giải. Trang1 CHƯƠNG I : CƠ SƠ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI I/- HÀM SỐ LIÊN TỤC : 1/- Các định nghĩa: a/- Hàm số f(x) xác định trong tập A⊂ R được gọi là liên tục tại điểm a∈ A nếu : ∀ε>0 , ∃δ=δ(a, ε) , ∀x∈A :⏐x – A ⏐< δ⇒ ⏐f(x) – f(a)⏐< ε Như vậy nếu a là điểm tụ của tập A thì f(x) liên tục tại điểm A nếu : tồn tại và = f(a) )(lim xf ax→ )(lim xf ax→ Nếu f(x) liên tục tại mọi điểm x∈A thì f(x) được gọi là liên tục trong miền A. b/- Hàm số f(x) được gọi là liên tục bên trái tại x = a∈A nếu ( ) == − → − afxf ax )(lim ( )af và liên tục bên phải tại x = a nếu : ( ) == + → + afxf ax )(lim ( )af Hàm số f(x) liên tục tại x = a∈A khi và chỉ khi f(x) liên tục bên trái và liên tục bên phải tại điểm a. 2/- Các định lý : * Định lý 1 : Nếu f(x) và g(x) là những hàm liên tục tại điểm x = a, thì f(x) + g(x); g(x) . f(x) là những hàm liên tục tại a. Hơn nữa g(x) ≠0 thì )( )( xg xf cũng là hàm liên tục tại a. * Địng lý 2 : Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó bị chặn trên đoạn đó. Tức là tồn tại k > 0 sao cho : ⏐f(x)⏐ ≤ k ∀x ∈ [a,b] * Định lý 3 : (định lý Vâyestras) Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a,b] thì nó đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn đó. Tức là : ∃ m= = min f(x) ( ∈ [a;b]) )( 1xf x1 a ≤ x ≤ b ∃ M = = max f(x) ( ∈ [a;b]) )( 2xf x2 a ≤ x ≤ b -Trang 2 - * Định lý : (Bônxano – cauchy thứ nhất ) Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] va f(a) . f(b) < 0 thì ∃ c ∈(a;b) sao cho f(c) = 0. * Định lý 5 : Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b], f(a) = A, f(b) = B thì hàm số nhận mọi giá trị trung gian giữa A và B. Hệ quả : Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b] thì nó nhận mọi giá trị trung gian giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. II/- ĐẠO HÀM : 1/- Các định nghĩa : a/- Giả sử f(x) là hàm số xác định trong khoảng (a,b), x0 là một điểm thuộc khoảng đó. Ký hiệu : ∆x=x – x0 , x∈(a,b) là số gia của đối số tại điểm x0 . ∆y = f(x) – f (x0) là số gia của hàm số ứng với số gia ∆x của đối số. Xét tỷ số x y ∆ ∆ . Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn : x y x ∆ ∆ →∆ 0lim = 0 0()(lim 0 xx xfxf xx − − → (1) thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của số f(x) tại điểm x0. Đạo hàm của f(x) tại x0 thường được ký hiệu : f’(x0) hay dx dt (x0). Trong trường hợp giới hạn (1) tồn tại và bằng +∞hay -∞ thì người ta nói hàm f(x) có đạo hàm vô hạn tại x0. b/- Các giới hạn một phía : 0 0 00 )()( limlim xx xfxf x y xx − −=∆ ∆ −− →→∆ và 0 0 00 )()( limlim xx xfxf x y xx − −=∆ ∆ ++ →→∆ Tương ứng được gọi là đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải của hàm f(x) tại x0 và lần lượt được ký hiệu là f+’(x0) và f+’(x0). Các đạo hàm này gọi là đạo hàm một phía của f(x) tại x0 . c/- Ta có kết quả sau đây : Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có đạo hàm tại x0 là các đạo hàm một phía của hàm f(x) tại x0 tồn tại và bằng nhau. Khi đó : -Trang 3 - f’(x0) = f-‘(x0) = f+’(x0) d/- Hàm số y= f(x) gọi là có đạo hàm trên (a,b) nếu như nó có đạo hàm tại mọi điểm x∈(a,b). Hàm số y = f(x) gọi là có đạo hàm trên (a,b) nếu như nó có đạo hàm tại mọi điểm x∈(a,b); có đạo hàm phải f+’(a) và đạo hàm trái f-‘(b). 2/- Các định lý: Rôn, Lagrange, cauchy: a/- Định lý Rôn : Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b], khả vi trong (a,b) và f(a)=f(b) thì tồn tại c ∈(a,b) sao cho f’(c) = 0. b/- Định lý Lagrange : Nếu y = f(x) liên tục trên [a;b] khả vi trong (a,b) thì tồn tại c ∈(a;b) sao cho: f’(c) = ab afbf − − )()(' hay f(b) -f(a) = f’(c).(b – a) ( c ),( ba∈ ) c/- Định lý Cauchy : Nếu các hàm y = f(x) , y = g(x) liên tục trên [a,b] khả vi trong (a,b) ; g(x) 0 thì tồn tại c ≠ ],[ bax∈∀ ),( ba∈ sao cho : )()( )()( )(' )(' agbg afbf cg cf − −= CHƯƠNG II : ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ BÔNXANÔ – CAUCHY CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM I/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG : -Trang 4 - Cho phương trình f(x) = 0 , để chứng minh phương trình có k nghiệm phân biệt trong [a,b], ta thực hiên theo các bước sau : Bước 1 : Chọn các số a < T1 < T2 < … < Tk-1 < b chia đoạn [a,b] thành k khoảng thõa mãn : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ < <− 0)().( 0)().( 1 1 Tfaf bfTf k Bước 2 : Kết luận . II/- CÁC VÍ DỤ : Ví dụ 1 : Giả sử f : [a,b]→ [a,b] là một hàm số liên tục. Chứng minh : a)- Phương trình f(x) = x có ít nhất một nghiệm . b)- ∃ sao cho ],[ bac∈ α f(a) + β f(b) = (α +β ).f(c) (α ,β > 0) (Đề thi chọn đội tuyển Olympic ĐHAG 2003) Giải :a/- Ta có f(x) = x ⇔ f(x) – x = 0 . Từ đó đặt h(x) = f(x) – x thì h(x) liên tục trên [a,b] Ta có h(a) = f(a) – a 0 ≥ h(b) = f(b) – b 0 ≤ Suy ra h(a).h(b) ≤0 Do h(x) liên tục trên [a,b] nên ∃ x0∈ [a,b] sao cho h(x0) = 0 hay f(x0) = x0 . Vậy phương trình f(x) = x có ít nhất 1 nghiệm x ∈ [a,b]. b/- Theo định lý Vâyestras : ∃ x1, x2 ∈ [a,b] sao cho : NxfxfMax bak == ∈ )()( 1],[ mxfxfMinbax ==∈ )()( 2],[ Do 0,0 >< βα nên (α + β ).m≤ Mbaf )()()(. βαβα +≤++ Xét hàm số )()()()()( bfafxfxg βαβα −−+= Do f(x) liên tục trên [a,b] nên g(x) liên tục trên [a,b]. Không mất tính tổng quát. Giả sử x1< x2 và [x1,x2] [a,b]. ⊂ Ta có : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −−+=−−+= −−+=−−+= )()(.)()(.)(.)()()( )(.)(.)()(.)(.)()()( 11 22 bafMbfafxfxg bfafmbfafxfxg βαβαβαβα βαβαβαβα suy ra g(x1).g(x2) 0 nên ∃ c ∈ [x≤ 1,x2] sao cho g(c) = 0 ⇔ (α+β).f(c) – α.f(a) - βf(b) = 0 ⇔ (α+β).f(c) = α.f(a) – β.f(b) -Trang 5 - Ví dụ 2 : Cho hàm số f(x) liên tục trên [0,1] và f(0) = f(1) CMR : với mọi số tự nhiên n luôn ∃ c ∈ [0,1] sao cho f(c) = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + n cf n 1 Bài giải : Ta có f(c) = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + n cf n 1 ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−⇒⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += n cfcf n cfcf 1)(1)( = 0 Do đó ta đạt : g(x) = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +− n xfxf 1)( Từ giả thiết suy ra g(x) liên tục trên ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − n n 1,0 ( )111 322 211 1)0()( f n nf n ng n f n f n g n f n f n g n ffxg −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − −−−−−−−−−−−−− ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−= Vậy 0)1()0(1...1)0( =−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −++⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+ ff n ng n gg Suy ra ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −∈∃ n n n j n i 1,0, sao cho 0. ≤⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ n jg n ig Giả sử n j n i < Vậy ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡∈∃ n j n ic , sao cho g(c)=0 Hay ∃ c ∈ [0,1] sao cho ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += n cfcf 1)( (đpcm) Ví dụ 3 : Cho hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và n điểm x1,x2,…,xn ∈ [a,b], Chứng minh rằng -Trang 6 - ∃ c ∈ (a,b) sao cho : [ ])21 (...)()(1)( nxfxfxfncf +++= Giải: Cách 1 : Đặt [ ])(...)()(1)()( 21 nxfxfxfnxfxg +++−= ta có [ ] [ ] [ ]⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ +++−= −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− +++−= +++−= )(...)()(1)()( )(...)()(1)()( )(...)()(1)()( 21 2122 2111 nnn n n xfxfxf n xfxg xfxfxf n xfxg xfxfxf n xfxg Suy ra g(x1)+g(x2)+…+g(xn) = 0)()( 11 =−∑∑ −= n n i n i i xfxf Do đó ∃ k, l ∈ { sao cho k< l và g(x}n,...,2,1 k).g(xl) ≤ 0 Mà g(x) liên tục trên [a,b] nên liên tục trên [xk , xl ]. ⇒ c ∈ [x∃ k , xl ] sao cho g(c) = 0 ⇒ ∃ c ∈ [a,b] để : f(c) = n 1 [ f(x1)+f(x2)+…+f(xn)] Cách 2 : Gọi ∆ là đoạn chứa các điểm x1,x2,……,xn và [a,b]. Hàm f(x) liên tục trên [a,b] ∆ ≤ ⇒ liên tục trên . ∆ Vậy ∃ m = )(min xf x ∆∈ M = ∃ )(max xf x ∆∈ ta có : m≤ n 1 [f(x1) + f(x2) +….+ f(xn)] ≤ M Vậy ∃ c ∈ ∆ c⇒ ∈[a,b] sao cho f(c) = n 1 [ f(x1) + f(x2) +….+ f(xn)] Ví dụ 4 : Chứng minh với mọi tham số thì phương trình : a)- acosx + bsin2x + cos3x – x = 0 có nghiệm. b)- m xx =+ cos 3 sin 1 có nghiệm. -Trang 7 - c)- asin 3x + 6cos 2x + sinx = 0 có nghiệm x∈[0,2π ] (Đại học quốc gia Hà Nội) Giải : a)- Đặt f(x) = acosx + bsin2x + c cos 3x – x thì f(x) liên tục trên D = R. Ta có f( 2 π− ) = 2 π và f( 2 π ) = - 2 π ⇒ f(- 2 π ).f( 2 π ) < 0 Vậy phương trình có nghiệm. b)- ta có f(x) = m xx −+ cos 3 sin 1 liên tục trên ( 2 π ,π ) vì −∞=+ → )(lim 2 xf x π nên ∃ a ∈ ( 2 π , 2 π + ℰ ) để f(a) < 0 +∞=− → )(lim 2 xf x π nên ∃ b ∈ (π - ℰ’, π ) để f(b) < 0 do đó f(a).f(b) < 0 phương trình có nghiệm . ⇒ c)- Xét f(x) = acos 3x + bcos 2x + c cosx + sinx thì f liên tục trên [0,2π ] Ta có : f(0) = a + b + c f( 2 π ) = -b + 1 f(π ) = -a + b – c f( 2 3π ) = -b –1 f(0) + f(⇒ 2 π ) + f(π ) + f( 2 3π ) = 0 Do đó ⎭⎬ ⎫ ⎩⎨ ⎧∈∃ 2 3,, 2 ,01 πππβα để f(α ).f(β )≤ 0. Vậy phương trình có nghiệm x∈[0, 2 3π ] hay có nghiệm x∈[0,2π ] -Trang 8 - Ví dụ 5 : Cho a,b dương . Chứng minh phương trình : 0111 =++−+ bxaxx Có 2 nghiệm x1,x2 và ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −<<−<< 33 2; 3 2 3 21 bxbaxa (Vô địch Hungary) Giải : Với điều kiện x 0 , x≠ ≠ a , x≠ -b phương trình : 0111 =++−+ bxaxx x(x – a) + x(x + b) + (x-a)(x-b) = 0 ⇔ Đặt f(x) = x(x – a) + x(x + b) + (x – a)(x + b) f liên tục trên D = R Ta có f(-b) = b(a+b) > 0 f(0) = -ab < 0 f(a) = a(a+b) > 0 nên phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm –b < x1 < 0 < x2 < a. Hai nghiệm này cũng thõa điều kiện ban đầu vì : 11111 11111 xaxxabxx − 32 aa > vì 11 11 xabx −<+ nên x1< 3 2a -Trang 9 - Tương tự cho x2 thì 33 2 bxb −<<− Ngoài cách giải trên chúng ta cũng còn có cách giải tương đối đơn giải hơn nhiều bằng cách tính trực tiếp ) 3 (), 3 (), 3 (), 3 ( ffff 22 bbaa −− để chứng minh tồn tại nghiệm . Ví dụ 6 : Cho hai hàm số liên tục f , g : [0,1] [0,1] thoã điều kiện f(g(x)) = g(f(x)) với mọi x → ∈[0,1] . Biết rằng f là hàm tăng . Chứng minh hệ phương trình : có nghiệm thuộc [0,1] ⎩⎨ ⎧ = = xxg xxf )( )( (vô địch Mỹ_ Olympic sinh viên 2003) Giải : Đặt h(x) = g(x) – x h(x) là 1 hàm liên tục trên [0,1] ⇒ Ta có : h(0) = g(0) – 0 0 ≥ h(1) = g(1) - 1≤ 0 Do đó : tồn tại x0∈[0,1] sao cho h(x0) = 0 g(x⇒ 0) = x0 . + Nếu f(x0) = x0 thì ta có ngay điều phải chứng minh . + Nếu f(x0) x≠ 0 xét dãy { }nx n∞=1 được xác định bởi x1= f(x0) , x2= f(x1) ,…., xn+1=f(xn) n 1 , n∀ ≥ ∈N Ta có : xn∈[0,1] ∀ n≥1 Hơn nữa f(x) là hàm tăng trên [0,1] nên { }nx là dãy đơn điệu : • tăng nếu x{ }nx 0 < f(x0) • giảm nếu x{ }nx 0 > f(x0) -Trang 10 - suy ra dãy { }nx hội tụ khi n→ ∞ đặt axnn =∞→lim , a∈[0,1] Bằng qui nạp theo n ta sẽ chứng minh g(xn) = xn n≥1 ∀ Thật vậy : n = 1 ta có x1 = f(x0) g(x⇒ 1) = g(f(x0)) = f(g(x0)) = f(x0) = x1 giả sử g(xk) = xk với k 1 , k≥ ∈N Khi đó : xk+1 = f(xk) = f(g(xk)) = g(f(xk)) = g(xk + 1) Theo nguyên lý qui nạp ta có g(xn) = xn ∀ n 1 ≥ Ta có : f(a) =f( ) = f(xnn x∞→lim ∞→nlim n) = axnn =+∞→ 1lim g(a) = g( ) = = a nn x∞→lim =∞→ )(lim nn xg nn x∞→lim Vậy có a∈[0,1] sao cho ⎩⎨ ⎧ = = aag aaf )( )( Hay hệ phương trình có nghiệm thuộc [0,1] ⎩⎨ ⎧ = = xxg xxf )( )( Ví dụ 7 : Cho hàm số f : [a,b] [a,b] , a<b thõa mãn điều kiện : → yxyfxf −<− )()( , ],[, bayx ∈∀ , và x≠ y Chứng minh rằng phương trình f(x) = x có duy nhất nghiệm trên [a,b] (Olympic sinh viên 1994) Giải : Xét hàm số g(x) = xxf −)( . Suy ra g liên tục trên [a,b] . Do đó tồn tại x0∈[a,b] sao cho : g(x o ) = g(x) (1) ta sẽ chứng minh g(x ],[ min bax∈ 0 ) = 0 Thật vậy , giả sử g(x0) ≠ 0⇔ f(x0) ≠ x0 Từ bất đẳng thức đã cho ta có : oxxfxfxff −>− )()())(( 000 suy ra g( ) < g(x)( 0xf 0) -Trang 11 - mâu thuẫn với (1) , nghĩa là = x)( 0xf 0 giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm x1 , x1≠ x0 , x1∈[a,b] khi đó : 0101 )()( xxxfxf −=− mâu thuẫn với giả thiết . Tóm lại : phương trình f(x) = x có duy nhất nghiệm trên [a,b]. Ví dụ 8 : Cho hàm số f(x) liên tục trên[0, 2 π ] sao cho f(0) > 0 và ∫ <20 1)( π dxxf Chứng minh rằng phương trình f(x) = sinx có ít nhất một nghiệm trong khoảng (0, 2 π ) (Olympic sinh viên 2003) Giải : Ta có : f(x) = sinx ⇔ f(x) – sinx = 0 Do đó : đặt g(x) = f(x) – sinx ∀ x∈[0, 2 π ] Từ giả thiết thì g(x) liên tục trên đoạn [0, 2 π ] và g(0) = f(0) >0 . Ta có : [ ]∫ ∫∫ −=−= 20 2020 1)(sin)()( π ππ dxxfdxxxfdxxg Bởi vậy do giả thiết của đề bài nhân được ∫ 20 )( π dxxg < 0 Suy ra x∃ 0∈(0, 2 π ] sao cho g(x0) 0 ) Trên [0,x0] hàm g(x) liên tục và g(0)g(x0) < 0 Do đó c ∈(0, ∃ 2 1 ] sao cho g(c) = 0 Hay c ∈(0, ∃ 2 π ] sao cho f(c) =sinc Vậy phương trình có nghiệm trên (0, 2 π ) Ví dụ 9 : Tìm d∈(0,1) sao cho với hàm f xác định và liên tục trên [0,1] . f(0) = f(1) thì tồn tại x0∈[0,1 – d] sao cho f(x0) = f(x0 + d) . ( Vô địch Aùo) Giải : _ Xét d = k 1 , k nguyên dương, k >1 ( )1,0∈⇒ d . -Trang 12 - Đặt g(x) = f(x + k 1 ) – f(x) , 0≤ x≤ k k 1− Vì g(0) + g( k 1 ) + … + g( k k 1− ) = f( k 1 ) – f(0) + f( k 2 ) – f( k 1 ) + … + f(1) – f( k k 1− ) = 0 Nên tồn tại g(α ) 0 trong đó α , β ∈ ⎭⎬ ⎫ ⎩⎨ ⎧ − k k kk 1,....,2,1 Suy ra g(α ).g(β ) < 0 ⇒ ∃ x0 để g(x0) = 0 _ Xét d≠ m 1 , m nguyên dương , chọn k nguyên dương sao cho k.d < 1< (k +1).d giả sử f liên tục thõa yêu cầu thì chon f trên [0. d] f(0) = 0 , f(1 – k.d) = -k , f(d) = 1 tiếp tục trên [d, 1] mà f(x) = f(x – d) + 1 thì f liên tục cả [0,1] ⇒ f(1) = f(1 - d) + 1 = f(1 - 2d) +2 = . . . . . = f(1 – kd) + k = 0 = f(0) và ∀ x∈[1, 1 – d] thì f(x + d) = f(x) + 1 ≠ f(x) vậy giá trị cần tìm là d = k 1 , k nguyên dương k >1 Ví dụ 10 : Cho f(x) liên tục trên đoạn [0;1] , f(0) > 0 và ∫ <10 19981)( dxxf Chứng minh rằng phương trình x1997= f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc (0,1) (Olympic sinh viên 1998) Giải : Đặt g(x) = f(x) – x1997 liên tục trên [0,1] g(0) = f(0) > 0 ∫ ∫ ∫ <−=−=10 10 101997 019981)())(()( dxxfdxxxfdxxg ⇒ x∃ 0∈[0,1] sao cho g(x) < 0 trên [0,x0] hàm g(x) liên tục và g(0).g(x0) < 0 suy ra c ∃ ∈(0,x0) hay c ∈(0, 1) để g(c) =0 Vậy phương trình có nghiệm trên (0,1) Ví dụ 10 : -Trang 13 - Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên R sao cho f(g(x)) = g(f(x)) x∈R ∀ Chứng minh rằng : nếu phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm thì phương trình f(f(x)) = g(g(x) vô nghiệm . (Vô địch Canada) Giải : Vì phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm và f , g liên tục nên ta có : Hoặc f(x) – g(x) > 0 , ∀ x∈R hoặc f(x) – g(x) < 0 , x∀ ∈R * Nếu f(x) – g(x) > 0 , ∀ x∈R f(x) > g(x) , ⇒ ∀ x∈R f(f(x)) g(f(x)) = f(g(x)) > g(g(x)) ⇒ > phương trình f(f(x)) = g(g(x)) vô nghiệm ⇒ * Nếu f(x) – g(x) < 0 ,∀ x∈R f(x) < g(x) ⇒ ∀ x∈R f(f(x)) < g(f(x)) = f(g(x)) < g(g(x)) ⇒ phương trình f(f(x)) = g(g(x)) vô nghiệm ⇒ Vậy phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm thì phương trình f(f(x)) = g(g(x)) vô nghiệm . Ví dụ 12 : Giải phương trình : 8x3 – 4x2 – 4x + 1 = 0 Giải : Xét đa thức f(x) = 8x3 – 4x2 – 4x + 1 = 0 bậc 3 nên ta có tối đa 3 nghiệm Ta có : f(-1) = -7 0 ; f( 2 1 ) = -1 0 Vìø f liên tục và có 3 nghiệm trong khoảng (-1 , 1) Ta chỉ cần xét x trong khoảng (-1 , 1) Đặt x = cosα với 0 <α < π Thay vào phương trình đã cho , ta được : 8.cos3α – 4.cos2α – 4.cosα + 1 = 0 4.cos⇔ α (2.cos2α – 1) = 4(1 – sin2α ) – 1 4.cos⇔ α cos2α = 3 – 4sin2α 4.sin⇔ α cosα cos2α = sinα (3 – 4sin2α ) (do sinα >0) sin4⇔ α = sin3α Do đó : α 1 = 7 π ; α 2= 7 3π ; α 3= 7 5π -Trang 14 - Vậy phương trình có 3 nghiệm :x1 = cos ( 7 π ) ; x2 = cos( 7 3π ) ; x3 = cox( 7 5π ) Ví dụ 13 : Giải phương trình : Sin3x + 4.cosx = 3.cosx Giải : Do sinx = 0 không phải là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho sin3x . Ta có : 1 + 4.cotg3x = 3 cotgx. x3sin 1 1 + 4.cotg⇔ 3x = 3.cotgx(cotg2x +1) ⇔ cotg3x – 3.cotgx + 1 = 0 Đặt cotgx = t ; xét hàm f(t) = t3 – 3t +1 liên tục trên R Ta có : f(-2) = -1 ; f(-1) = 1 ; f(1) = -1 ; f(2) = 3 f(x) có 3 ngh