Các định lý về giá trị trung bình và một số áp dụng | Ôn tập Toán 12
Tài liệu Ôn tập Toán 12 về Các định lý về giá trị trung bình và một số áp dụng. Tài liệu gồm 19 trang giúp bạn củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!
Preview text:
CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀ MỘT SỐ ÁP DỤNG
————————————– Phí Văn Dương Trường THPT Nguyễn Trãi
CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀ MỘT SỐ ÁP
DỤNG VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP
Trong quá trình giảng dạy cho học sinh ôn thi Đại học và chuyên đề cho
học sinh chuyên Toán cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 dự thi học
sinh giỏi quốc gia, tôi nhận thấy có một vấn đề nhỏ, phương pháp chứng
minh đơn giản, nhưng việc áp dụng nó lại cho nhiều kết quả rất lớn, đó là
vận dụng các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy về giá trị trung bình vào giải toán.
Với khuôn khổ như một bài báo, tôi xin nêu các định lý như trong quá
trình bản thân đã dạy cho học sinh, xin nêu một số những kết quả mà hoặc
sưu tầm, hoặc tự mình đã nghiên cứu được dù còn nhỏ nhưng rất có ý nghĩa,
kết quả này cũng đã được trình bày cùng các đồng nghiệp trong tổ Toán của trường THPT Nguyễn Trãi.
Vì thời gian hạn chế, kết quả thu được dù đẹp nhưng còn nhỏ, mong được
sự đóng góp, phê bình của những đồng nghiệp, những người thầy đi trước, xin chân thành cảm ơn!
I-CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 1 1. Định lý Rolle:
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [a, b] có đạo hàm trong (a, b) và
f (a) = f (b) khi đó có số c ∈ (a, b) sao cho f 0(c) = 0.
Ta không chứng minh định lý này. 2. Định lý Lagrange:
Cho y = f (x) liên tục trên [a, b], có đạo hàm trong (a, b) khi đó có c ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) = f0(c). b − a Chứng minh. Xét f (b) − f (a) h(x) = (x − a) − f (x). b − a
Dễ thấy h(x) liên tục trên [a, b], có đạo hàm trên (a, b) và h(a) = −f (a),
h(b) = f (b) − f (a) − f (b) = −f (a) = h(a). Theo Định lý Rolle ta có c ∈ (a, b) : h0(c) = 0 f (b) − f (a) ⇒ − f 0(c) = 0 b − a ⇒ đpcm. 3. Định lý Cauchy:
Cho f (x) và g(x) liên tục trên [a, b], có đạo hàm trên (a, b), g(a) 6=
g(b), g0(x) 6= 0 ∀x ∈ (a, b). Khi đó có c ∈ (a, b) : f (b) − f (a) f 0(c) = (1.1) b − a g0(c)
Chứng minh. Có (1.1) ⇔ f 0(c)[g(b) − g(a)] − [f (b) − f (a)]g0(c) = 0. Xét hàm số
h(x) = [g(b) − g(a)]f (x) − [f (b) − f (a)]g(x).
Dễ thấy h(x) thỏa mãn điều kiện của định lý Rolle
h(a) = h(b) = g(b)f (a) − f (b)g(a),
do đó có c ∈ (a, b) : h0(c) = 0, hay
f 0(c)[g(b) − g(a)] − [f (b) − f (a)]g0(c) = 0. 2 II-MỘT SỐ ÁP DỤNG 1. Bài toán 1:
Cho a, b, c ∈ R, m > 0 sao cho a b c + + = 0. m + 2 m + 1 m
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm trong (0, 1). Chứng minh. Xét hàm số ( axm+2 + bxm+1 + cxm với x > 0 f (x) = m+2 m+1 m , 0 với x = 0
dễ dang kiểm tra được f (x) liên tục trên [0, 1] và ∀x > 0 có f 0(x) = axm+1 + bxm + cxm−1. Lại có a b c f (1) = + + = 0 (gt) m + 2 m + 1 m f (0) = 0.
Theo định lý Rolle, có θ ∈ (0, 1) sao cho f 0(θ) = 0
⇒ aθm+1 + bθm + cθm−1 = 0
⇒ θm−1(aθ2 + bθ + c) = 0
⇒ aθ2 + bθ + c = 0 (do θ ∈ (0, 1) nên θm−1 > 0)
⇒ Phương trình ax2 + bx + c có nghiệm θ ∈ (0, 1). 2. Bài toán 2:
Chứng minh rằng ∀x, y ∈ R có | sin x − sin y| ≤ |x − y|. 3
Chứng minh. +) Nếu x = y, bất đẳng thức trở thành đẳng thức.
+) Nếu x 6= y, không mất tổng quát giả sử rằng x < y, ta xét hàm f (t) = sin t
trên [x, y]. Khi đó f (t) liên tục trên [x, y], có đạo hàm f 0(t) = cos t ∀t ∈ (x, y).
Theo định lý Lagrange, có c ∈ (x, y) sao cho: sin y − sin x = cos c y − x sin y − sin x ⇒ = | cos c| ≤ 1 y − x
⇒ | sin y − sin x| ≤ |y − x| (đpcm). 3. Bài toán 3:
Chứng minh rằng ∀x, y ∈ R có | arctan x − arctan y| ≤ |x − y|.
Chứng minh. +) Nếu x = y, có đẳng thức.
+) Nếu x 6= y, không mất tổng quát giả sử x < y. Xét f (t) = arctan t trên
[x, y], hàm này liên tục và f 0(t) = 1 ∀t. 1+t2
Theo định lý Lagrange, có số c ∈ (x, y) : f (y) − f (x) = f0(c) y − x arctan y − arctan x 1 ⇒ = ≤ 1 y − x 1 + c2
⇒ | arctan y − arctan x| ≤ |y − x| (đpcm). 4. Bài toán 4:
Chứng minh rằng nếu 0 < a < b thì b − a b b − a < ln < . b a a 4
Chứng minh. Xét hàm số f (x) = ln x, nó liên tục trên [a, b] và f 0(x) = 1
(∀x > 0). Theo định lý Lagrange, có c ∈ (a, b) sao cho x ln b − ln a 1 = b − a c
Vì 0 < a < c < b nên 1 1 1 < < b c a 1 ln b − ln a 1 ⇒ < < b b − a a b − a b b − a ⇒ < ln < (đpcm). b a a 5. Bài toán 5:
Giải phương trình: 3x + 6x = 4x + 5x.
Chứng minh. Phương trình đã cho tương đương với 6x − 5x = 4x − 3x (2.1) x = 0 +)
đều là nghiệm của (2.1). x = 1
+) Xét x = α, x 6= 0, x 6= 1, giả sử α là nghiệm của (2.1), khi đó 6α − 5α = 4α − 3α (2.2)
Đặt f (t) = tα thì (2.2) có dạng f (6) − f (5) = f (4) − f (3). Dễ có f (t) liên
tục trên [3, 4]; [5, 6] và có đạo hàm trên (3, 4); (5, 6). Theo Lagrange thì
∃c1 ∈ (3, 4) : f (4) − f (3) = (4 − 3)αcα−1 1
∃c2 ∈ (5, 6) : f (6) − f (5) = (6 − 5)αcα−1 2
nên (2.2) ⇔ c1 = c2 (vô lý vì c1 < 4 < 5 < c2).
Vậy ngoài 0 và 1, phương trình không còn nghiệm khác. 5 6. Bài toán 6:
Cho y = f (x) liên tục trên [a, b], có đến đạo hàm cấp hai trên (a, b), f 00(x) ≥ 0
∀x ∈ (a, b) (dẫu bằng chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm). Khi đó ∀x ∈ (a, b) ta có
f (x) ≥ f (x0) + f 0(x0)(x − x0),
trong đó x0 là điểm cố định nào đó trong (a, b).
(Ý nghĩa hình học của kết quả này là đồ thị hàm số trên (a, b) nằm hoàn
toàn phía trên một tiếp tuyến bất kỳ của đồ thị).
Chứng minh. +) x = x0: có đẳng thức.
+) ∀x > x0, xét [x0, x] ⊂ [a, b], f (t) thỏa mãn các điều kiện của định lý
Lagrange trên [x0, x] nên có θ ∈ (x0, x): f (x) − f (x0) = f0(θ). x − x0
Vì x0 < θ < x và f 00(x0) ≥ 0
∀x ∈ (a, b) nên f 0(x) đồng biến trên
(a, b) ⇒ f 0(θ) > f 0(x0). Do đó f (x) − f (x0) > f0(x0) x − x0
⇒ f (x) > f (x0) + f 0(x0)(x − x0) (đpcm).
+) ∀x < x0: Chứng minh tương tự. 7. Bài toán 7:
Các giả thiết như bài toán 6, còn f 00(x) thỏa mãn f 00(x) ≤ 0 ∀x ∈ (a, b),
dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm. Khi đó ta có:
f (x) ≤ f (x0) + f 0(x0)(x − x0)
∀x ∈ (a, b), x0 ∈ (a, b).
Chứng minh hoàn toàn tương tự bài toán 6. 8. Bài toán 8:
Cho f (x) liên tục trên [a, b], có đạo hàm đến cấp hai trên (a, b), hơn nữa f 00(x) ≤ 0
∀x ∈ (a, b), (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm). Khi đó: a) f (x 1) + f (x2) ≤ 2f x1+x2 ∀x 2
1, x2 ∈ (a, b), dấu bằng xảy ra ⇔ x1 = x2. 6 b) f (x
1) + f (x2) + . . . + f (xn) ≤ nf x1+x2+...+xn ∀x n i ∈ (a, b), i = 1, n. Có dẫu bằng ⇔ xi = xj ∀i 6= j. c) ∀αi > 0 : Pn α i=1
i = 1, ∀xi ∈ (a, b) (i = 1, n) có bất đẳng thức n n X X αif (xi) ≤ f ( αixi). i=1 i=1 Có dấu bằng ⇔ xi = xj ∀i 6= j.
(Các bất đẳng thức trên gọi là bất đẳng thức "hàm lồi", có thể thấy rõ qua
vẽ hình). Hoàn toàn tương tự ta có bất đẳng thức với "hàm lõm":
Cho f (x) liên tục trên [a, b], có đạo hàm đến cấp hai trên (a, b), hơn nữa f 00(x) ≥ 0
∀x ∈ (a, b), (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm). Khi đó ∀αi > 0 : Pn α i=1
i = 1, ∀xi ∈ (a, b) (i = 1, n) có bất đẳng thức n n X X αif (xi) ≥ f ( αixi). i=1 i=1 Có dấu bằng ⇔ xi = xj ∀i 6= j.
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh cho c) vì a) và b) là các trường hợp đặc biệt của c). Đặt n X s = αixi, i=1
dễ thấy s ∈ (a, b). ∀i, i = 1, n áp dụng bài toán 7, ta có:
f (xi) ≤ f (s) + f 0(s)(s − xi)
⇔ αif (xi) ≤ αif (s) + f 0(s)(αis − αixi) n n n n X X X X ⇒ αif (xi) ≤ f (s) αi + f 0(s)(s αi − αixi) i=1 i=1 i=1 i=1 n n n X X X ⇔ αif (xi) ≤ f (s) (vì αi = 1 và s = αixi) (đpcm) i=1 i=1 i=1
Dấu bằng xảy ra ⇔ f (xi) = f (s) + f 0(s)(s − xi) ∀i ⇔ s = xi ⇔ xi = xj ∀i 6= j. 7 9. Bài toán 9:
Nếu đa thức bậc n P (x) có n nghiệm thực phân biệt thì:∀α
a) f (x) + αf 0(x) cũng có n nghiệm thực.
b) f (x) + 2αf 0(x) + α2f 00(x) cũng có n nghiệm thực.
Chứng minh. Dễ chứng minh nếu g(x) có đạo hàm trên Rthì giữa hai nghiệm
của g(x) có một nghiệm của g0(x) a) Xét hàm g(x) = eaxf (x)
(a 6= 0) có n nghiệm thực phân biệt. g0(x) = aeaxf (x) + eaxf 0(x) = eax(af (x) + f 0(x))
có (n − 1) nghiệm thực phân biệt
Lấy α = − 1 thì đa thức bậc n f (x) + αf 0(x) cũng có n nghiệm thực. a
b) Nếu bỏ điều kiện "nghiệm phân biệt", kết quả vẫn đúng. Xét đa thứcg(x) =
f (x) + αf 0(x) có n nghiệm thực (không cần phân biệt)
⇒ g(x) + αg0(x) có n nghiệm.
⇒ f (x) + αf 0(x) + α(f 0(x) + αf 00(x)) có n nghiệm thực hay f (x) + 2αf 0(x) +
α2f 00(x) có n nghiệm thực. 10. Bài toán 10:
Đa thức bậc n f (x) vô nghiệm, khi đó ∀α,
Q(x) = f (x) + αf 0(x) + α2f 00(x) + . . . + αnf (n)(x) vô nghiệm.
Chứng minh. Dễ có f (x) bậc chẵn, giả sử Q(x) có nghiệm x1, do bậc Q bằng
bậc của f nên Q(x) có nghiệm nữa x2.
⇒ Giữa hai nghiệm của Q(x) có một nghiệm của Q(x) − αQ0(x).
⇒ (f (x) + αf 0(x) + . . . + αnf (n)(x)) − α(f 0(x) + αf 00(x) + . . . + αn−1f (n−1)(x)) có nghiệm.
⇒ f (x) có nghiệm (vô lý). ⇒ đpcm.
11. Vận dụng bất đẳng thức dạng "hàm lồi", "hàm lõm" chứng
minh các bất đẳng thức cổ điển: 8
a) Chứng minh bất đẳng thức Cauchy: cho n số thực không âm a1, a2, . . . , an. Chứng minh: v n u n X uY ai ≥ n t ai, i=1 i=1 có dấu bằng ⇔ ai = aj ∀i 6= j.
Chứng minh. +) Nếu ∃ một số ai = 0 thì bất đẳng thức đúng. +) Nếu ai > 0
∀i = 1, n, ta xét hàm số: 1 1 y = ln x (x > 0), y0 = , y00 = − < 0 ∀x > 0. x x2
Áp dụng bài toán 8b) ta có: n Pn X ai ln a i=1 i ≤ n ln n i=1 n !1/n Pn Y a ⇔ i ln a i=1 i ≤ ln n i=1 v n u n X Y ⇔ u ai ≥ n n t ai (đpcm), i=1 i=1 có dấu bằng ⇔ ai = aj ∀i 6= j.
b) Vẫn xét hàm số y = ln x (x > 0) như trên, giả sử αi > 0, i = 1, n và Pn a i=1
i = 1, ai > 0, i = 1, n khi đó theo bài toán 8c) ta có: n n X X αi ln ai ≤ ln( αiai) i=1 i=1 n n X X ⇔ ln(aαi) ≤ ln( α i iai) i=1 i=1 n ! n Y X ⇔ ln aαi ≤ ln( α i iai) i=1 i=1 9 n n X Y ⇔ αiai ≥ aαi. i i=1 i=1
Dấu bằng xảy ra ⇔ ai = aj ∀i 6= j.
Đây là bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Cauchy đã nêu ở a).
c) Chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nhờ bất đẳng thức ở 8c)
nhưng f 00(x) > 0 nên bất đẳng thức ngược: Xét hàm y = x2, y00 = 2 ∀x. n n !2 n X X X ⇒ αix2 ≥ α (α α i ixi i > 0 và i = 1), i=1 i=1 i=1
nên với bi > 0 (i = 1, n), ta đặt b a i i = . Pn b i=1 i Khi đó Pn α = x (i = 1, n) i=1 i = 1. Đặt ai αi n !2 2 n X a X a ⇒ α i i i ≥ αi αi αi i=1 i=1 n n !2 X a2 X ⇒ i ≥ ai αi i=1 i=1 n n ! n !2 X a2 X X ⇒ i bj ≥ ai bi i=1 j=1 i=1 n X a2 (Pn a ⇒ i ≥ i=1 i)2 , b Pn i bi i=1 i=1
có dấu bằng ⇔ ai = aj ⇔ ai = aj (∀i 6= j). αi αj bi bj
Đây là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
d) Qua các chứng minh ở trên ta có thể thấy được "sức mạnh" của các
bất đẳng thức ở bài 8. Nhưng phân tích kỹ, chúng ta thấy mới sử dụng kết
quả bài toán 8 cho các hàm số dạng: y = ln x, y = x2, còn biết bao nhiêu
hàm số khác mà ta có thể khai thác theo hướng này.
Với cách suy nghĩ đó ta xét y = xm (m ∈ ∗ N , m ≥ 2, x > 0)
y0 = mxm−1, y00 = m(m − 1)xm−2 > 0 ∀x > 0 10
⇒ với các số ai > 0 (∀i = 1, n) ta có: n Pn m X ai am ≥ n i=1 , i n i=1
có dấu bằng ⇔ ai = aj ∀i 6= j.
Cũng với suy nghĩ như vậy các bạn có thể xét với 0 < m < 1, m ∈ R.
12. Một số ví dụ về áp dụng bài toán 8, ở mức độ đề thi đại học √
a) Chứng tỏ rằng ∀4ABC có sin A + sin B + sin C ≤ 3 3 (bài này đơn 2 giản).
b) Chứng minh rằng ∀4ABC có: B C sin A + 2 sin + 3 sin ≤ 3. 2 3 Chứng minh. Xét
f (x) = sin x (0 ≤ x ≤ π), f 0(x) = cos x, f 00(x) = − sin x < 0 ∀x ∈ (0, π) Suy ra ta có B C A + 2 B + 3 C π sin A + 2 sin + 3 sin ≤ 6 sin 2 3 = 6 sin = 3. 2 3 6 6
Có dấu bằng ⇔ A = B = C ⇔ A = π , B = π , C = π . 2 3 6 3 2
c) Chứng minh rằng ∀4ABC ta có: A B C √ 3 tan + 4 tan + 5 tan ≥ 12(2 − 3). 3 4 5 √
Chú ý rằng f (x) = tan x, có f 0(x) ≥ 0 ∀x ∈ 0, π và 2 − 3 = tan π . 3 12
d) Định dạng 4ABC biết sin A + sin B + sin C = cos A + cos B + cos C . 2 2 2
Bài này cũng khá đơn giản, vói chú ý: x + y sin x + sin y ≤ 2 sin ∀x, y ∈ (0, π). 2 e) Định dạng 4ABC biết: 1 1 1 1 1 1 + + = + + sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 2 2 11
Việc chứng minh cũng không khó, chú ý: 1 1 4 4 2 + ≥ ≥ = sin A sin B sin A + sin B 2 cos C cos C 2 2
13. Khi giải một bài thi vô địch Toán Mỹ năm 1977, với đề ra: Cho
0 < a ≤ b ≤ c ≤ d. Chứng minh rằng abbccdda ≥ bacbdcad theo lối suy nghĩ
truyền thống, tôi lấy logarit cơ số e cả hai vế, dẫn tới bài toán.
Chứng minh nếu 0 < a < b < c thì ln b − ln a ln c − ln a > . b − a c − a
Công thức gợi cho tôi nghĩ đến Định lý Lagrange, nhưng gặp khó khăn
là số C1 và C2 tồn tại trong (a; b) và (a; c) không so sánh được với nhau, tôi
nghiên cứu ở dạng hình học, trực giác đã mách bảo hãy chứng minh ln x−ln a x−a
là hàm số nghịch biến trên (a; c). Thật hạnh phúc, điều này thật là đơn giản
là dùng đạo hàm ta có ngay đpcm.
Tuy nhiên, phải chăng chỉ có hàm số ln x mới có tính chất đẹp đẽ đó, tôi
đi xét hàm số f (x) tổng quát, và thấy rằng nếu f (x) liên tục trên [a, b], có
đạo hàm đến cấp hai trên (a; b) hơn nữa f 00(x) ≤ 0
∀x ∈ (a, b) thì kết quả
là hàm số h(x) = f(x)−f(a) nghịch biến trên (a; b) và kết quả thu được sau x−a
đây thật mỹ mãn, tôi xin trình bày dưới dạng mệnh đề: 14. Mệnh đề 1:
Cho f (x) liên tục trên [a, b] có đạo hàm đến cấp hai trên (a, b). f 0(x) ≤ 0 ∀x ∈ (a; b) f (x) − f (a) ⇒ h(x) =
là hàm số nghịch biến trên (a,b). x − a Chứng minh. Thật vậy,
f 0(x)(x − a) − [f (x) − f (a)] h0(x) = (x − a)2 (x − a) f (x) − f (a) = f 0(x) − (x − a)2 x − a
Trên (a; x], f (t) thỏa mãn định lý Lagrange nên có a < θ < x : f (x) − f (a) = f0(θ). x − a 12 Vì f 00(x) ≤ 0
∀x ∈ (a; b) ⇒ f 0(x) nghịch biến trên (a; b). ⇒ f 0(x) < f 0(θ) ⇒ f 0(x) − f 0(θ) < 0 ⇒ h0(x) < 0 ∀x ∈ (a, b)
⇒ h(x) nghịch biến trên(a, b). Trên [x;b) làm tương tự
15. Hệ quả: f (x) liên tục trên [a, b], có đạo hàm đến cấp hai trên (a, b), f 0(x) ≤ 0
∀x ∈ (a, b). Khi đó với a < x1 < x2 < x3 < b ta có: f (x2) − f (x1) f (x < 3) − f (x1) (2.3) x2 − x1 x3 − x1
Mệnh đề này đúng vì mệnh đề 1 áp dụng chof (x) [x1; x3]. Nhận xét:
(2.3) ⇔ [f (x2) − f (x1)](x3 − x1) > [f (x3) − f (x1)](x2 − x1)
⇔ x2f (x1) + x3f (x2) + x1f (x3) > x1f (x2) + x2f (x3) + x3f (x1) (2.4)
ĐÂY LÀ KẾT QUẢ CÓ THỂ NÓI LÀ MỚI VÀ HAY của hàm số và nó
mạnh hơn bất đẳng thức hoán vị. Cách 2. Ta có
(2.4) ⇔ x1(f (x2) − f (x3)) + x3(f (x1) − f (x2)) + x2(f (x3) − f (x1)) ≤ 0
⇔ x1(f (x2) − f (x3)) + x3(f (x1) − f (x2)) + x2(f (x3) − f (x2) + f (x2) − f (x1)) ≤ 0
⇔ (f (x3) − f (x2))(x2 − x1) + (f (x2) − f (x1))(x2 − x3) ≤ 0 f (x f (x ⇔ 3) − f (x2) ≤ 2) − f (x1) (2.5) x3 − x2 x2 − x1
Dễ thấy f (x) thỏa mãn định lý Lagrange trên [x1; x2] và [x2; x3]. Suy ra f (x ∃α ∈ (x 2) − f (x1) 1; x2) : f 0(α) = x2 − x1 13 f (x ∃β ∈ (x 3) − f (x2) 2; x3) : f 0(β) = x3 − x2 Do f 00(x) ≤ 0
∀x ∈ (a; b) (dấu bằng hữu hạn điểm) ⇒ f 0(α) > f 0(β)
⇒ (2.5) được chứng minh.
Ta gọi (2.4) là BÀI TOÁN GỐC. 16. Mệnh đề 2:
Cho f (x) liên tục trên [a; b], có đạo hàm đến cấp hai trên (a; b) và f 0(x) ≤ 0
∀x ∈ (a; b). Khi đó với a < x1 < x2 < . . . < xn < b, ta có:
x2f (x1)+x3f (x2)+. . .+xnf (xn−1)+x1f (xn) > x1f (x2)+x2f (x3)+. . .+xn−1f (xn)+xnf (x1) (2.6)
Chứng minh. +) n = 3 ta có bất đẳng thức (2.6) đúng (hệ quả trên).
+) Giả sử (2.6) đúng với n = k ≥ 3
⇒ x2f (x1)+x3f (x2)+. . .+x1f (xk) > x1f (x2)+x2f (x3)+. . .+xkf (x1) (2.7)
Lại có a < x1 < xk < xk+1 < b
⇒ xkf (x1)+xk+1f (xk)+x1f (xk+1) > x1f (xk)+xkf (xk+1)+xk+1f (x1) (2.8)
Cộng (2.7) và (2.8) và rút gọn suy ra (2.6) đúng với n = k + 1. Theo nguyên
lý qui nạp (2.6) đúng ∀n ≥ 3, n ∈ N.
ĐÂY LÀ KẾT QUẢ CÓ THỂ NÓI LÀ MỚI VÀ TỔNG QUÁT của hàm
số có f ”(x) ≤ 0∀x ∈ (a; b).
17. Ví dụ áp dụng các mệnh đề ở trên:
a) Cho 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d. Chứng minh: abbccdda ≥ bacbdcad (Vô địch Toán Mỹ 1977)
Bạn đọc nên biết lời giải của đáp án vô cùng phức tạp (xem trong: Các bài
toán thi vô địch 19 nước). 14
Chứng minh. +) Có 0 < a ≤ b ≤ c nên nếu c = b hoặc a = b thì
(ln b − ln a)(c − a) = (b − a)(ln c − ln a) (2.9)
Nếu 0 < a < b < c thì theo mệnh đề ở 12, suy ra
(ln b − ln a)(c − a) > (b − a)(ln c − ln a)
⇒ b ln a + c ln b + a ln c > a ln b + b ln c + c ln a ⇔ abbcca ≥ bacbac (2.10)
+) Có 0 < a ≤ c ≤ d (gt). Áp dụng (2.9), (2.10) thì accdda ≥ cadcad (2.11)
Từ (2.10) và (2.11) suy ra đpcm. Có dấu bằng khi và chỉ khi a = b a = b = c c = b b = c = d ⇔ a = c c = d c = d a = b
b) Cho 0 < a1 < a2 < . . . < an. Chứng minh rằng
aa2aa3 . . . aan aa1 > aa1aa2 . . . aan−1aan. 1 2 n−1 n 2 3 n 1 (Tổng quát bài toán 17a)
Chứng minh. +) Với n = 3 thì khẳng định đúng theo (2.10)
+) Giả sử có aa2aa3 . . . aa1 > aa1aa2 . . . aan. Lại áp dụng (2.10) cho 0 < a 1 2 n 2 3 1 1 < an < an+1 thì aan.aan+1aa1 > aa1aan aan+1 1 n n+1 n n+1 1
Nhân theo vế các bất đẳng thức trên ta có đpcm.
c) Cho 0 < A < B < C < π, A + B + C = π. Chứng minh rằng
B sin A + C sin B + A sin C > A sin B + B sin C + C sin A. 15
Chứng minh. Xét f (x) = sin x, x ∈ [0, π], f 00(x) = − sin x ≤ 0 ∀x ∈
[0, π]. Áp dụng hệ quả trên thì
B sin A + C sin B + A sin C > A sin B + B sin C + C sin A.
d) Cho 0 < x < y < z. Chứng minh:
yn+1zn + zn+1xn + xn+1yn < xn+1zn + yn+1xn + zn+1yn (2.12) Chứng minh. y z x x y z (2.12) ⇔ + + < + + xn yn zn yn zn xn
Xét f (t) = 1 = t−n (t > 0) ⇒ f 00(t) = n(n + 1)t−n−2 > 0 tn
⇒ yf (x) + zf (y) + xf (z) < xf (y) + yf (z) + zf (x) y z x x y z ⇒ + + < + + (đpcm) xn yn zn yn zn xn
18. Một số áp dụng khác của Định lý Rolle-Lagrange, Định lý Cauchy: a) Định lý L’Hopital:
Cho f (x), g(x) có đạo hàm trong lân cận của x0 và
lim f (x) = lim g(x) = 0, g0(x) 6= 0 ∀x trong lân cận đó. x→x0 x→x0 Nếu lim f 0(x) f (x) x→x = A ∈ = A. 0 g0(x) R thì limx→x0 g(x)
Chứng minh. Xét một đoạn chứa x0 trong lân cận đã cho của x0, các hàm
số f (x), g(x) đều thỏa mãn định lý Cauchy về giá trị trung bình nên ta có:
∀x trong đoạn đó, ∃c trong khoảng đó: f (x) f (x) − f (x f 0(c = 0) = x) g(x) g(x) − g(x0) g0(cx) 16 Khi x → x0 thì cx → x0. Mà lim f 0(x) x→x = A ∈ 0 g0(x) R. f (x) ⇒ lim = A (đpcm) x→x0 g(x)
Ví dụ: Chứng minh rằng: lim x−sin x x→0 = 1 . x3 6
Đây là giới hạn khó nếu không dùng qui tắc L’Hopital (có thể dùng định
lý về đại lượng bị kẹp). +) Rõ ràng giới hạn 0 . 0 +) Vì lim sin x 1−cos x x−sin x x→0 = 1 ⇒ lim = 1 ⇒ lim = 1 . 6x 6 x→0 3x2 6 x→0 x3 6
b) Cho f (x) liên tục từ [0, 1] vào [0, 1], f (x) có đạo hàm trên (0, 1), f (0) =
0, f (1) = 1. Chứng minh rằng ∃a, b ∈ (0, 1), a 6= b sao cho: f 0(a)f 0(b) = 1.
(Thi vô địch Mỹ 1976- Đề thi vô địch toán 19 nước)
Giải. Xét g(x) = f (x) + x − 1 ⇒ g(x) liên tục trên [0, 1] có đạo hàm trên
(0, 1) : g(c) = 0 ⇒ f (c) = 1 − c. Áp dụng định lý Lagrange trên [0, c] ⇒ ∃a ∈ (0, c):
g(c) − g(0) = g0(a) = f0(a) + 1 c − 0 1 ⇒ = f 0(a) + 1 c 1 1 − c ⇒ f 0(a) = − 1 = . c c Xét trên [c, 1] có b:
g(1) − g(c) = f0(b), b ∈ (c, 1) 1 − c 1 ⇒ = f 0(b) + 1 1 − c 1 c ⇒ f 0(b) = − 1 = 1 − c 1 − c ⇒ f 0(a)f 0(b) = 1. 17
c) Cho a, b, c, d là bốn số dương tùy ý, chứng tỏ rằng: r r abc + abd + acd + bcd ab + ac + ad + bc + bd + cd 3 ≤ 4 6 Có dấu bằng khi nào?
(Đề thi vô địch CHDC Đức 1970)
Giải. Không mất tổng quát giả sử 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d. Xét hàm số
f (x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d).
Hàm này dễ thấy thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange.
+) Nếu a = b ⇒ f (x) = (x − a)2(x − c)(x − d) ⇒ dễ thấy x = a là nghiệm của f 0(x) = 0.
+) Nếu a < b, ∃y1 ∈ (a, b):
f (b) − f (a) = f0(y1) ⇒ f0(y1) = 0. b − a
Hoàn toàn tương tự trên từng khoảng giữa hai số liên tiếp, ta có: phương
trình f 0(x) = 0 có các nghiệm y1 ≤ y2 ≤ y3 thỏa mãn điều kiện a ≤ y1 ≤ b ≤ y2 ≤ c ≤ y3 ≤ d
+) Mặt khác f (x) = x4 − Sx3 + P x2 − Qx + R. Trong đó
S = a + b + c + d, P = ab + bc + cd + da + ac + bd
Q = abc + abd + acd + bcd, R = abcd
⇒ f 0(x) = 4x3 − 3Sx2 + 2P x − Q y 1 + y2 + y3 = 3S 4 ⇒ y1y2 + y2y3 + y3y1 = P (theo Vi-ét) 2 y1y2y3 = Q 4
Vì a > 0 ⇒ y1, y2, y3 > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: q
y1y2 + y2y3 + y3y1 ≥ 3 3 y2y2y2 1 2 3 18 r y √ ⇔ 1y2 + y2y3 + y3y1 ≥ 3 y1y2y3 3 r r P Q ⇔ ≥ 3 6 4
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra ⇔ y1y2 = y2y3 = y3y1 ⇔ y1 = y2 = y3 ⇔ a = b = c = d.
Để kết thúc, xin nêu một số bài tập để tham khảo.
Bài tập 1: Chứng minh rằng phương trình xn + ax + b = 0 không thể có
quá hai nghiệm thực với n chẵn và không thể có quá ba nghiệm thực với n lẻ.
Bài tập 2: Chứng minh rằng nếu P (x) là một đa thức chỉ có nghiệm thực
thì P 0(x), P 00(x), . . . cũng chỉ có các nghiệm thực.
Bài tập 3: Giải bất phương trình 2x + 5x ≥ 5x + 2.
Bài tập 4: Cho a1; a2; ...; an > 0. Chứng minh rằng P aiajak ≥ 1≤iq C3 C3n (a n 1a2...an)C2
n−1 .Hãy tổng quát bài toán. 19