Ứng dụng định lí Lagrang

Bài viết đưa ra một số ứng dụng của định lí Lagrang: Giải phương trình; chứng minh phương trình có nghiệm; chứng minh bất đẳng thức


[/img]

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
GV: Nguyễn Tất Thu
Chuyên Đề: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ LAGRANG
I. Lý thuyết:
1. Định lí Lagrang: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b), khi đó
tồm tại số thực
( ) ( )
( )' : ( ; )
f b f a
c a b f c
b a
-
Î =
-
Hệ quả 1:Nếu hàm số y=f(x) liên tụa trên [a;b] , khả vi trên (a;b) và f(a)=f(b) thì
Pt: f’(x)=0 có ít nhất một nghiệm trên (a;b)
Hệ quả 2:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n. .Nếu pt
( )
( ) 0
n
f x = có k nghiệm thì
Pt
( 1)
( ) 0
n
f x
-
= có nhiều nhất (k+1) nghiệm
II. Các ứng dụng:
1.Ứng dụng đ/l Lagrang để giải pt:
Phương pháp: Để giải pt f(x)=0 ta sử dụng hệ quả 2 chứng minh số nghiệm nhiều nhất
của pt có thể có được, sau đó ta chỉ ra được các nghiệm của pt
Bài 1:Giải pt: 2003 2005 4006 2 + = +
x x
x (HSG Nghệ an 2005)
Giải: Xét hàm số : ( ) 2003 2005 4006 2 = + - -
x x
f x x
Ta có: = + - '( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 4006
x x
f x
= + > " Þ =
Þ Þ
2 2
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 voâ nghieäm
f'(x)=0 coù nhieàu nhaát laø moät nghieäm f(x)=0 coù nhieàu nhaát laø hai nghieäm
x x
f x x f x
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1
Bài 2: Giải pt:
osx osx
3 2 osx
c c
= + c
Giải: Đặt t=cosx; t Î[-1;1] khi đó pt trở thành:
t t
3 2 3 2 0
t t
= + Û - - = , ta thấy pt
này có hai nghiệm t=0 và t=1 ta sẽ c/m đó là số nghiệm nhiều nhất mà pt có thể có:
Xét hàm số: ( ) 3 - 2 -
t t
= f t t với t Î[-1;1] ta có '( ) 3 ln 3 2 ln 2 1
t t
f t = - -
2 2
"( ) 3 ln 3 2 ln 2 0
t t
f x = - > Þf’(x)=0 có nhiều nhất 1 nghiệm nên f(x) =0 có nhiều nhất
hai nghiệm từ đó ta có đpcm
Vậy pt có hai họ nghiệm: 2 ;
2
x k x k
p
= = + p p
Bài 3: Giải pt: = + + + 3
3 1 log (1 2 )
x
x x (TH&TT)
Giải: Đk: x>-1/2
Û + = + + + Û + = + + + 3 3 3
3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 )
x x x
pt x x x x x (1)
Xét hàm số: = + 3
( ) log f t t t ta có f(t) là hàm đồng biến nên
Û = + Û = + Û - - = (1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)
x x x
f f x x x
Xét hàm số: = - - Þ = - Þ = >
2
( ) 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 "( ) 3 ln 3 0
x x x
f x x f x f x
Þ = f x( ) 0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm
x=0 và x=1
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎi
Bài 4: Giải pt: 5 12 6 11
x x x x
+ = +
Giải: 12 11 6 5
x x x x
pt Û - = - . Giả sử m là nghiệm của pt, xét hàm số
( ) ( 1)
m m
f t t t = - - ta có f(12)=f(6) nên theo hệ quả 1 thì tồn tại c Î(6;12) : f’(c)=0
hay
1 1 1 1
( 1) 0 [ ( 1) ]=0 0, 1
m m m m
mc m c m c c m m
- - - -
- - = Û - - Û = =
Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy x=0 và x=1 là nghiệm của pt
Bài Tập: Giải các pt sau

2 2
1
1. 3 5 2.4
2. (1 )(2 4 ) 3.4
3. 9 3 (2 1)2
4. 4 2 3 3
x x x
x x
x x x
x x x x
x
x
+
= +
= + +
+ = +
+ = +
2.Ứng dụng định lí Lagrang để cm pt có nghiệm:
Phương pháp:Để cm pt f(x)=0 có nghiệm trên (a;b) ta đi xét hàm F(x) có tính chất :thỏa
mãn các điều kiện đ/l Lagrang , F’(x)=f(x) sau đó ta cm hàm F(x) thỏa mãn đk của Hệ
quả 1 từ đó ta có điều phải chứng minh
Bài 1: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn đk: 0
2 1
a b c
m m m
= + +
+ +
Cmr .
2
³ b ac 4 (1)
Giải: Ta có (1) chính là điều kiện cần và đủ để pt: ax
2
+bx+c=0 có nghiệm nên ta chuyển
việc cm (1) về cm pt ax
2
+bx+c=0 có nghiệm
* Nếu a=0 thì (1) luôn đúng
* Nếu a ¹ 0 . Xét hàm số
2 1
( )
2 1
m m m
x x x
f x a b c
m m m
+ +
+ + =
+ +
ta thấy f(x) có đạo hàm trên R
và f(1)= 0
2 1
a b c
m m m
= + +
+ +
=f(0) nên theo hệ quả 1 thì pt f’(x)=0 có nghiệm (0;1)
hay pt:
m+1 m m-1 2
ax +bx +cx =0 ax 0 Û + + = bx c có nghiệm trên (0;1) từ đó ta có đpcm
Bài 2:Cho các số thực a,b,c và số nguyên n>0 thoả mãn: 5c(n+2)+6(a+b)=0. Cmr pt
n n
x b c x c + + a.sin . os .sinx+c=0 luôn có no trên (0; )
2
p
(HSG Nghệ an 2004)
Giải: Ta có:
5
2 6 2
a c b
gt
n n
Û + = -
+ +
(*)
Xét hàm số
2 n+2 3 2
sin os sin sin
( )
2 2 3 2
n
x c x x x
f x a b c c
n n
+
+ + - =
+ +
trên [0; ]
2
p
ta thấy f(x) thoả
mãn đk đ/l Lagrang trên [0; ]
2
p
:Mặt khác ta lại có .
5
(0) ; ( )
2 2 2 6
b a c
f f
n n
p
+ = - =
+ +
(0) ( )
2
f f
p
Þ = (do (*) ). Theo đ/l Lagrang thì pt f’(x) có nghiệm trên (0; )
2
p

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
hay pt:
1 n+1 2
sin . osx+cos sinx+c.sin . osx+c.sinx.cosx=0.
n
a x c x x c
+
n n n n
Û + + Û + + sinx.cosx(asin . os inx+c)=0 a.sin . os .sinx+c x b c x cs x b c x c =0 (vì sinx,
cosx >0 trên (0; )
2
p
) có nghiệm trên (0; )
2
p
(đpcm)
Bài 3:Cho các số thực
1 2
,..., ,
n
a a a thỏa mãn:
1 2
0
0 ...
2 3 1
n
a a a
a
n
= + + + +
+
và
2
1 2 n
0
a
0 ...
2 3 1
n
a k a k k
a
n
= + + + +
+
với k >0. Cmr pt sau luôn có nghiệm
1 2
2 ... 0
n
n
a a x na x + + + =
Giải: Xét hàm số
2 3 1
1 2 n
0
a
... ( )
2 3 1
n
a x a x x
f x a x
n
+
+ + + + =
+
ta có f(0)=f(1)=f(k)=0
Nên theo hệ quả 1 thì pt:
2
0 1 2
'( ) ... 0
n
n
f x a a x a x a x = + + + + = có hai nghiệm phân biệt
x1,x2 f x f x Þ = = Þ 1 2
'( ) ' 0 ( ) Pt
1
1 2
"( ) 2 .... 0
n
n
f x a a x na x
-
= + + + = có nghiệm
Bài 4: Pt:
2 2
a x p b c qx sin sinpx+q sin 0 + = (với p,q là các số nguyên dương lẻ) có ít
nhất bao nhiêu nghiệm trên [0;2 ] p ?
Giải: Xét pt: f(x)= asinx+bsinpx+csinqx=0 . f f f = = (0) ( ) (2 ) p p nên pt
f ac pb px qc qx '(x) osx .cos .cos 0 = + + = có 2 n0 1 2 1 2
x x x x , : 0 2 < < < < p p
Vì p,q là các số nguyên dương lẻ nên ta có :
1 2
'( ) 0 '( ) '( ) '( ) 0
2 2
f f x f x f
p p
= Þ = = =
Þpt f’’(x)=
2 2
a x p b c qx sin sinpx+q sin 0 + = có 2 n0 1 2
y y , :
1 1 1 2 2
Min{x , }<y ax{x , }<y
2 2
M x
p p
< < , Hơn nữa f f "(0) "( ) 0 = = p
Vậy pt: f”(x)=0 có ít nhất 4 nghiệm trên [0;2 ] p .

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
3. Ứng dụng đ/l Lagrang để chứng minh Bất Đẳng Thức:
Phương pháp:* Để c/m Bđt có dạng:
f a f b ( ) ( )
m M
a b
-
> >
-
ta xét hàm số y=f(x) thỏa
mãn điều kiện đ/l Lagrang trên [a;b], khi đó có
( ) ( )
( )' : ( ; )
f a f b
c a b f c
a b
-
Î =
-
sau đó ta
chứng minh: m<f’(c)<M
* Để c/m Bđt có dạng : £ - £ m f a f b M ( ) ( ) ta xét hàm số y=f(x) thỏa mãn điều kiện
đ/l Lagrang trên [a;b], khi đó có c a b f a f b f c a b Î - = - ( ; ) : ( ) ( ) '( )( )
sau đó ta chứng minh: m<(a-b)f’(c)<M
Bài 1: Cho 0<a<b. Cmr: ln
b a b b a
b a a
- -
> >
Giải:Bđt đã cho
1 ln ln 1 b a
b b a a
-
Û < <
-
Xét hàm số f(x)=lnx trên [a;b]. Ta thấy f(x) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [a;b] nên tồn
tại số c: a<c<b:
1 ( ) ( ) ln ln
( )'
f b f a b a
f c
c b a b a
- -
= = =
- -
Vì .
1 1 1
c a b ( ; )
b c a
Î Þ < <
Do đó ta có
1 ln ln 1 b a
b b a a
-
> >
-
đpcm
Bài 2: Cho 0<x<y và m là một số nguyên dương bất kì. Cmr:
1 1
( )
1
m m
m x x my
y
m
- -
+
>
+
Giải: Bđt đã cho
1
m m
y x m
my
y x
- -
Û <
-
Xét hàm số ( )
m
f t t = trên [x;y], ta thấy f(t) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [x ;y] nên tồn
tại số ( )
( ) ( ) 1 1
( )' : ;
f y f x m m
c x y f c mc my
y x
- - -
Î = = <
-
đpcm
Bài 3:Cmr : ( )
1
1 3
n n
n n n
+
> + " ³ (ĐH AN NINH 2001)
Giải: Bđt
ln( 1) ln
( 1) ln ln( 1) 0 ( 1) ( ) 0
1
n n
n n n n f n f n
n n
+
Û + > + Û - < Û + - <
+
Với
ln
( )
x
f x
x
= ta thấy f(x) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [n;n+1] nên có số c: n<c<n+1
2
1 - ln
( 1) - ( ) '( )( 1 - ) '( ) 0
c
f n f n f c n n f c
c
+ = + = = < Þđpcm
Bài 4:
3 3 3
CMR e e e e e e : sin cos( - 1) sin( 1) cos cos .cos( - 1) - - >
Giải: Vì cose, cos(e-1)>0 nên Bđt
3 3
sin sin( 1)
1
ose cos( - 1)
e e
c e
-
Û - >CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
GV: Nguyễn Tất Thu
Xét hàm số:
3
sin
( )
cos
x
f x
x
= trên [e-1;e], ta có
2
3 4
2cos 1
( )'
3 os
x
f x
c x
+
=
Áp dụng đ/l Lagrang thì có số e-1<c<e: f e f e f c - - = ( ) ( 1) '( )
Mặt khác:
2 2 4 3
c c c c c c f c os os 1 3 os '( ) 1 + + ³ Þ > Þđpcm