1 Định Lý Rolle Và áp Dụng - Tài Liệu Text - 123doc

1. Trang chủ >
2. Thạc sĩ - Cao học >
3. Khoa học tự nhiên >

1 Định lý Rolle và áp dụng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (603.41 KB, 103 trang )

Chương 3Áp dụng các định lý cơbản của hàm khả vi vàogiải các bài toán phổthông3.13.1.1Định lý Rolle và áp dụngĐịnh lý Rolle và các hệ quả áp dụngĐịnh lý Rolle: Giả sử hàm số f : [a, b] → R có các tính chất:(a) f (x) là hàm liên tục trên [a, b].(b) f (x) khả vi trên (a, b).(c) f (a) = f (b).Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.32Nhận xét: Một số kết quả quan trọng dưới đây là hệ quả trực tiếpcủa định lý Rolle và là cơ sở của phương pháp giải phương trình hoặcxét sự tồn tại nghiệm của một phương trình cho trước.Hệ quả 3.1.1.1. Nếu x1 , x2 là hai nghiệm liên tiếp của phương trìnhf (x) = 0 với x1 < x2 , x1 , x2 ∈ (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có ítnhất một nghiệm x∗ ∈ (x1 , x2 ) ⊂ (a, b).Hệ quả 3.1.1.2. Giả sử f (x) là hàm khả vi cấp k, k = 0, k ∈ N. Nếuphương trình f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thì phương trình f (x) = 0có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt. Phương trình f (k) (x) = 0 có ít nhấtn − k nghiệm phân biệt (k = 1, 2, ...).Chứng minh. Suy trực tiếp từ định lý Rolle.Hệ quả 3.1.1.3. Nếu f (x) > 0 (< 0) với mọi x ∈ (a, b), phương trìnhf (x) = 0 có nghiệm x0 thì x0 là nghiệm duy nhất.Chứng minh. Giả sử ngược lại còn x1 khác x0 cũng là nghiệm của phươngtrình f (x) = 0. Khi đó, theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (x0 , x1 ) (khôngmất tổng quát giả sử x0 < x1 ) sao cho f (c) = 0. Điều này mâu thuẫnvới giả thiết f (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Vậy suy ra x0 là duy nhất.Hệ quả 3.1.1.4. Nếu phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất thìphương trình f (x) = 0 có không quá hai nghiệm.Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có quá hai nghiệm, khôngmất tính tổng quát giả sử x1 < x2 < x3 là nghiệm phương trình. Khi đó,theo định lý Rolle, tồn tại c1 ∈ (x1 , x2 ) và c2 ∈ (x2 , x3 ) sao cho:f (c1 ) = 0f (c2 ) = 0Do (x1 , x2 ) ∩ (x2 , x3 ) = ∅, suy ra c1 khác c2 hay phương trình f (x) = 0có hai nghiệm phân biệt. Điều này mâu thuẫn với giả thiết f (x) = 0 cónghiệm duy nhất. Vậy ta có điều phải chứng minh.Hệ quả 3.1.1.5. Nếu f (x) > 0 (< 0) với mọi x ∈ (a, b) thì phươngtrình f (x) = 0 có không quá hai nghiệm.33Chứng minh. Hệ quả 3.1.1.5 được suy trực tiếp từ hệ quả 3.1.1.3 và3.1.1.4. Thật vậy vì f (x) > 0 (< 0) với mọi x ∈ (a, b) nên theo hệ quả3.1.1.3 suy ra phương trình f (x) = 0 nếu có nghiệm x0 thì x0 là nghiệmduy nhất. Khi đó theo hệ quả 3.1.1.4 suy ra phương trình f (x) = 0 cókhông quá hai nghiệm.3.1.2Áp dụng định lý Rolle và hệ quả để xét sự tồntại nghiệm của một phương trình cho trướcVí dụ 3.1.2.1. Chứng minh rằng phương trình sau có ít nhất mộtnghiệm trong khoảng (0, 1) với mọi giá trị của m.x[mx4 − (m − 1)x2 − 1] = 5mx4 − 3(m − 1)x2 − 1Lời giảiXét hàm f (x) = mx5 − (m − 1)x3 − x, với x ∈ [0, 1] và g(x) = e−x f (x).Ta cóg(0) = e−0 f (0) = 0g(1) = e−1 f (1) = e−1 (m − m + 1 − 1) = 0và g(x) là hàm khả vi trên (0, 1). Khi đó, g(x) thỏa mãn các điều kiệncủa định lý Rolle. Suy ra tồn tại c ∈ (0, 1) sao chog (c) = 0.(*)Ta có g (x) = −e−x f (x) + e−x f (x). Vậy (∗) có dạng−e−c f (c) + e−c f (c) = 0 ⇔ e−c (f (c) − f (c)) = 0⇔ f (c) − f (c) = 0 do e−c = 0⇔ f (c) = f (c).Suy ra c ∈ (0, 1) là nghiệm của phương trình f (x) = f (x) hay c ∈ (0, 1)là một nghiệm phương trình5mx4 − 3(m − 1)x2 − 1 = mx5 − (m − 1)x3 − x⇔ 5mx4 − 3(m − 1)x2 − 1 = x[mx4 − (m − 1)x2 − 1]34Từ đó, ta có điều phải chứng minh.Nhận xét: Từ ví dụ 3.1.2.1, ta thấy rằng phương trìnhf (x) − 1 · f (x) = 0(1)có ít nhất một nghiệm x ∈ (0, 1). Khi đó xét phương trìnhf (x) = 0 ⇔ x[mx4 − (m − 1)x2 − 1] = 0.(2)Từ (2) suy rax=0hoặcmx4 − (m − 1)x2 − 1 = 0.(∗)• Nếu m = 0 thì từ (*) suy ra x = ±1. Vậy phương trình (2) có banghiệm.• Nếu m khác 0 thì xét ∆ = (m − 1)2 + 4m = (m + 1)2 ≥ 0. Vậy (*)có hai nghiệm với mọi m ∈ R. Vậy phương trình (2) có ba nghiệmvới mọi m ∈ R. Từ đó, ta thấy (2) luôn có ít nhất hai nghiệm trởlên. Như vậy, một câu hỏi là có thể chứng minh nhận xét trên chobài toán tổng quát sau:Ví dụ 3.1.2.2. Chứng minh rằng phương trình f (x) = 0 có n nghiệmphân biệt thì phương trình f (x) + αf (x) = 0 (α là hằng số, α khác 0)có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt với mọi α ∈ R \ {0}.Lời giảixXét hàm F (x) = e α · f (x) là hàm số khả vi liên tục trên (a, b) và F (x) =0 cũng có n nghiệm phân biệt. Khi đó, theo hệ quả 3.1.1.2 suy ra F (x) =0 có n − 1 nghiệm phân biệt, hay phương trìnhxx1 xe α f (x) + e α f (x) = 0 ⇔ e α (f (x) + αf (x)) = 0αxcó n − 1 nghiệm phân biệt. Nhưng do e α khác 0 nên từ phương trìnhtrên suy ra phương trìnhf (x) + αf (x) = 0có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt. Từ đó, ta có điều phải chứng minh.Ví dụ 3.1.2.3. Chứng minh rằng phương trình sau có đúng ba nghiệmvới mọi m ∈ R:x2011 + 2x3 + m(x2 − 1) − 10x + 6 = 0.35(1)Lời giảiTa xét hàm f (x) = x2011 + 2x3 + m(x2 − 1) − 10x + 6. Ta cóf (x) = 2011x2010 + 6x2 + 2mx − 10,(2)f (x) = 2011 · 2010 · x2009 + 12x + 2m,f (3) (x) = 2011 · 2010 · 2009 · x2008 + 12 > 0,∀ x.Khi đó, theo hệ quả 3.1.1.5 thì suy ra phương trình f (x) = 0 cóđúng hai nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình f (x) = 0 có không quába nghiệm phân biệt (vì nếu pt có 4 nghiệm phân biệt thì khi đó theohệ quả 3.1.1.2 suy ra pt : f (x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt điềunày không xảy ra vì pt : f (x) = 0 có không quá hai nghiệm). Mặt khácdolim f (x) = −∞,x→−∞lim f (x) = +∞, f (−1) = 12 > 0, f (1) = −1 < 0.x→+∞Vậy suy ra∃x1 ∈ (−∞, −1) sao cho f (x1 ) = 0∃x2 ∈ (−1, 1) sao cho f (x2 ) = 0∃x3 ∈ (1, +∞) sao cho f (x3 ) = 0hay phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt.Nhận xét: Trong hệ quả 3.1.1.2 đảo lại không đúng, chẳng hạn:f (x) = 3x2 − 6x = 0có hai nghiệm x1 = 0, x2 = 2 nhưng phương trìnhf (x) = x3 − 3x2 + 5 = 0lại có đúng một nghiệm thực. Vì vậy ở bài toán trên ta phải kết hợp tínhchất liên tục hàm số để suy ra phương trình có đúng ba nghiệm phânbiệt.36Ví dụ 3.1.2.4. (Olympic sinh viên 1994) Cho n số nguyên dươngak , bk ∈ R (k = 1, ..., n). Chứng minh rằng phương trìnhn(ak sin kx + bk cos kx) = 0x+(1)k=1có nghiệm trong khoảng (−π, π).Lời giảiTa xét hàmx2F (x) =+2n−k=1akbkcos kx + sin kx , x ∈ Rkklà hàm khả vi trên R. Ta có F (x) bằng vế trái của (1), vàπ2F (−π) =−2nk=1π2F (π) =−2ak(−1)k ,knk=1ak(−1)kkSuy ra F (−π) = F (π), theo định lý Rolle suy ra tồn tại x0 ∈ (−π, π) saocho F (x0 ) = 0, hay phương trình F (x) = 0 có một nghiệm x ∈ (−π, π).Sau đây là một số bài tập tham khảo.Bài tập 3.1.2.5. Cho a, b, c, d ∈ R:a b c d+ + + = 0. Chứng minh8 6 4 3rằng phương trìnhax5 + bx3 + cx + d = 0luôn có nghiệm trong khoảng (0, 1).Lời giảiTa xét hàma 8 b 6 c 4 1 3·x + ·x + ·x + ·x8643là hàm khả vi trên R. Ta có f (0) = 0, f (1) = 0. Theo định lý Rolle, tồntại x0 ∈ (0, 1) sao cho f (x0 ) = 0 hay làf (x) =ax7 + bx5 + cx3 + dx2 = 0 ⇔ x2 (ax5 + bx3 + cx0 + d) = 0.000000037(*)Do x0 ∈ (0, 1) nên từ (*) suy ra ax5 + bx3 + cx0 + d = 0, suy ra x0 là00nghiệm của phương trình:ax5 + bx3 + cx + d = 0.Bài tập 3.1.2.6. Cho n số nguyên dương tùy ý lớn hơn 1 là a1 , ..., anthỏa mãn điều kiện:a1 a2ana1 2a22n−1 an0=++·+=++ ··· +23n+123n+1Chứng minh rằng phương trình:a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan xn−1 = 0(1)có nghiệm x0 ∈ R.Lời giảiXét hàm:f (x) =ana1 2 a2 3 a3 4·x +·x +· x + ··· +· xn+1234n+1là hàm khả vi trên R. Ta cóf (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xnf (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan xn−1f (0) = 0,f (2) = 22f (1) = 0a1 2a22n−1 an++ ··· += 0.23n+1Theo định lý Rolle, tồn tại c1 ∈ (0, 1) sao cho f (c1 ) = 0, và tồn tạic2 ∈ (1, 2) sao cho f (c2 ) = 0. Hay phương trình f (x) = 0 có ít nhất hainghiệm x = {c1 , c2 }. Theo hệ quả 3.1.1.2, suy ra phương trình f (x) = 0có ít nhất một nghiệm x0 hay phương trình (1) có ít nhất một nghiệmx0 ∈ R.Bài tập 3.1.2.7. Chứng minh rằng phương trình:2(x2 − x − 2) cos 2x = (1 − 2x) sin 2xcó ít nhất ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 2).38Lời giảiXét hàm số F (x) = (x2 − x − 2) sin 2x là hàm số liên tục, khả vi trên R.Ta cóF (x) = (2x − 1) sin 2x + 2(x2 − x − 2) cos 2xπF (−1) = 0, F (0) = 0, F= 0, F (2) = 02Vậy theo định lý Rolle, suy ra tồn tại x1 ∈ (−1, 0), x2 ∈ (0; π/2) vàx3 ∈ (π/2; 2) là nghiệm của phương trình F (x) = 0 hay là(2x − 1) sin 2x + 2(x2 − x − 2) cos 2x = 0⇔ 2(x2 − x − 2) cos 2x = (1 − 2x) sin 2xcó ba nghiệm thuộc (−1; 2).Bài tập 3.1.2.8. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ∈ R thì phương trìnhsau luôn có ít nhất một nghiệm x ∈ (0, 2π).a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0(1)Lời giảiXét hàm:f (x) =ab· sin 3x + · sin 2x + c sin x − cos x32là hàm số khả vi trên (0, 2π), liên tục trên [0, 2π] và f (0) = −1, f (2π) =−1. Theo định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0, 2π) sao chof (x0 ) = 0 ⇔ a cos 3x0 + b sin 2x0 + c cos x0 + sin x0 = 0.Suy ra x0 là nghiệm của (1).3.1.3Áp dụng định lý Rolle và các hệ quả để giảiphương trìnhVí dụ 3.1.3.1. Giải phương trình:2011x + 11x = 1022x + 1000x .39(1)Lời giảiCách 1. Giả sử gọi x là nghiệm của (1), x ∈ R, t > 0. Xét hàmf (t) = (t + 1011)x − tx , x ∈ R, t > 0. Ta cóf (t) = x(t + 1011)x−1 − xtx−1 = x[(t + 1011)x−1 − tx−1 ].(*)Ta có f (1000) = 2011x − 1000x , f (11) = 1022x − 11x . Phương trình (1)tương đương với2011x − 1000x = 1022x − 11x ⇔ f (1000) = f (11).Vậy f (t) thỏa mãn các điều kiện của định lý Rolle, nên tồn tại c ∈(11; 1000) sao cho:f (c) = 0(2*)Từ (*) và (2*), chúng ta cóx[(c+1011)x−1 −cx−1 ] = 0 ⇔ x = 0 hoặc (c+1011)x−1 −cx−1 = 0(3∗)Từ (3*) suy ra x − 1 = 0 hay x = 1 do c + 1011 khác c. Vậy phương trìnhcó hai nghiệm x = {0, 1}. Thử lại ta thấy x = {0; 1} thỏa mãn phươngtrình (1).Nhận xét. Việc áp dụng trực tiếp định lí Rolle vào giải phương trìnhta phải thử lại nghiệm vào phương trình ban đầu, nếu thỏa mãn mới kếtluận nghiệm.Cách 2. Phương trình (1) viết lại dạng:2011x − 1022x = 1000x − 11x .Xét hàm f (t) = tx , t > 0, là hàm khả vi trên R+ . f (t) thỏa mãn giảthiết của định lý Lagrange nên suy ra tồn tại t1 , t2 với t1 ∈ (11; 1000),t2 ∈ (1022; 2011) sao cho:f (t1 )(1000 − 11) = f (1000) − f (11) = 1000x − 11xf (t2 )(2011 − 1022) = f (2011) − f (1022) = 2011x − 1022x .Từ đó suy ra:f (t1 ) · 989 = f (t2 ) · 989 ⇔ f (t1 ) = f (t2 ).40Do f (t) = xtx−1 nên từ phương trình trên, ta cóx−1x−1xtx−1 = xt2 ⇔ x(t1 − tx−1 ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc tx−1 = tx−11112(∗)Do t1 = t2 nên từ (*) suy ra x − 1 = 0 hay x = 1. Vậy phương trình cóhai nghiệm là x = {0, 1}.Ví dụ 3.1.3.2. Giải phương trình sau:2x + 3x + 5x = 7x + 3.(1)Lời giảiTập xác định x ∈ R. Phương trình (1) tương đương với phương trìnhsau:2x + 3x + 5x − 7x − 3 = 0.(2)Xét hàm f (x) = 2x + 3x + 5x − 7x − 3 trên R. Ta cóf (x) = 2x ln 2 + 3x ln 3 + 5x ln 5 − 7,f (x) = 2x ln2 2 + 3x ln2 3 + 5x ln2 5.Vì f (x) > 0 với mọi x ∈ R, theo hệ quả 3.1.1.5 của định lý Rolle, suyra f (x) = 0 có không quá hai nghiệm. Ta có:f (0) = 20 + 30 + 50 − 7 · 0 − 3 = 0,f (1) = 2 + 3 + 5 − 7 − 3 = 0.Suy ra x = {0, 1} là hai nghiệm của phương trình (1), hay phương trình(1) có đúng hai nghiệm x1 = 0, x2 = 1.Ví dụ 3.1.3.3. Giải phương trình:3cos x − 2cos x = cos x.(1)Lời giảiPhương trình (1) tương đương với phương trình sau:3cos x − 3 cos x = 2cos x − 2 cos x.41(2)Gọi x0 là nghiệm bất kỳ. Xét hàm số f (t) = tcos x0 − t · cos x0 là hàm liêntục trên [1, +∞), khả vi trên (1, +∞), ta cóf (t) = cos x0 tcos x0 −1 − cos x0 .Với t = 2 thì f (2) = 2cos x0 −2 cos x0 , với t = 3 thì f (3) = 3cos x0 −3 cos x0 .Từ (2), suy ra f (2) = f (3), theo định lý Rolle suy ra tồn tại α ∈ (1 : +∞)sao cho:f (c) = 0 ⇔ cos x0 αcos x0 −1 − cos x0 = 0 ⇔ cos x0 [αcos x0 −1 − 1] = 0⇔cos x0 =0(∗)αcos x0 −1 −1=0(∗∗)Phương trình (*) có nghiệm x0 =π+ kπ, còn phương trình (**) tương2đương vớiαcos x0 −1 − 1 = 0 ⇔ αcos x0 −1 = 1 = α0 ⇔ cos x0 − 1 = 0 ⇔ x0 = k2π.Thử lại ta thấy hai họ nghiệm thỏa mãn (1).πKết luận: Phương trình có nghiệm là x = + kπ và x = k2π với k ∈ Z.2Ví dụ 3.1.3.4. Giải phương trình sau:2x (4 − x) = 2x + 4.(1)Lời giảiXét hàm f (x) = 2x (4 − x) − (2x + 4) là hàm khả vi trên R. Ta có:f (x) = 2x · ln 2 · (4 − x) − 2x − 2,f (x) = 2x · ln2 2 · (4 − x) − 2x ln 2 = 2x ln 2[(4 − x) ln 2 − 1].Xét phương trình:f (x) = 0 ⇔ 2x ln 2[(4 − x) ln 2 − 1] = 0 ⇔ x = 4 −1ln 2là một nghiệm duy nhất. Khi đó, theo hệ quả 3.1.1.4 ta suy ra phươngtrình f (x) = 0 có không quá hai nghiệm, và do đó suy ra phương trìnhf (x) = 0 có không quá ba nghiệm vì giả sử có bốn nghiệm thì phương42

Xem Thêm

Tài liệu liên quan

• Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán phổ thông
  • 103
  • 4,020
  • 10
• Bức thư UPU đoạt giải Nhất Việt Nam năm 2008
  • 0
  • 5
  • 0
• Nhà văn Pháp đoạt giải Nobel Văn học 2008
  • 0
  • 4
  • 0
• DỀ CƯONG ÔN TẬP HÓA HỌC 12- HỌC KY2(MỚI)
  • 0
  • 4
  • 0
• Bai ETILEN
  • 0
  • 5
  • 0
• Toán logic
  • 0
  • 3
  • 0
• dòng điện xoay chiều
  • 13
  • 197
  • 0
• Bai Thuc hanh 6 - tiet 48
  • 0
  • 5
  • 0
• KT 1tiết 12CB HKII
  • 8
  • 347
  • 0
• KT 1tiết 10NC hkII
  • 0
  • 4
  • 0

Tải bản đầy đủ (.pdf) (103 trang)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(603.41 KB) - Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán phổ thông-103 (trang) Tải bản đầy đủ ngay ×