Đề tài Các Ứng Dụng Của Các Định Lý Rôn, Lagrăng, Bôxanô - Côsi

dụ 3 : giải phương trình : 
 3 x + 5 x = 2.4 x 
 Giải : đặt u = x , điều kiện u 0 ≥
 Phương trình có dưới dạng : 
 3u + 5u = 2.4u ⇔ 5u – 4u = 4u – 3u
 Giả sử phương trình có nghiệm α , khi đó : 
 5α – 4 = 4 - 3 α α α
 Xét hàm số f(t) = (t + 1) - t , với t > 0 α α
 Từ (1) ta nhận được f(4) = f(3) do đó theo định lý Lagrange tồn tại 
c∈(3,4) sao cho : 
 f’(c) = 0 [ ] ⎢⎣⎡ =
=⇔=−+⇔ −−
1
0
0)1( 11 α
αα αα cc
 ⎢⎣
⎡
=
=⇔
⎢⎢⎣
⎡
=
=⇔⎢⎣
⎡
=
=
1
0
1
0
1
0
x
x
x
x
u
u
 Vậy phương trình có nghiệm x = 0 và x = 1 . 
 Ví dụ 4 : Giải phương trình : 
 1999x – 2.2002x + 2005x = 0 
 Giải : Gọi α là nghiệm phương trình : 1999x – 2.2002x + 2005x = 0 
 Thì 2005 -2002 = 2002 - 1999 (1) α α α α
 Xét f(t) = (t +3) - t với tα α ∈[1999,2002] thì f liên tục và 
có f’(t) =α (t + 3) -1α - α t -1α nên theo định lý Lagrange thì c∈(1999,2002) 
: 
∃
 -Trang 26 - 
 )('
19992002
)1999()2002( cfff =−
− 
 từ (1) thì f(2002) = f(1999) nên f’(c) = 0 
 từ đó : α (c + 3) -1α - α c -1α
 ⇔ α (c + 3) -1α - α c -1α
 ⇔ ⎢⎣
⎡
=
=
1
0
α
α
 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 , x = 1. 
 Ví dụ 5 : giải phương trình : 
 2.x.arctgx = ln(1 + x2) 
 Giải : 
 Xét x > 0 : 
 Ta có : 2.x.arctgx = ln(1 + x2) ⇔ 2.x.arctgx - ln(1 + x2) = 0 
 Xét f(x) = 2.x.arctgx - ln(1 + x2) thì f liên tục trên [0,x] có đạo hàm 
 f’(x) = arctgx
x
xarctgx
x
x 2
1
22
1
2
22 =+−++ 
 Theo định lý Lagrange thì ∃ c∈(0,x) : 
arctgc
x
xf
cf
x
fxf
2)(
)('
0
)0()(
=
=−
−
 vì c > 0 nên arctgc > 0 mà x > 0 ⇔ f(x) > 0 
 _ Xét tương tự x 0 . 
 Do đó f(x) > 0 , ∀ x≠ 0 
 Xét k = 0 thì phương trình có nghiệm đúng . 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 . 
 -Trang 27 - 
Chương V : DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 
I/- VÍ DỤ MINH HOẠ : 
Ví dụ 1 : Chứng minh : 
 <−
b
ab ln
a
ab
a
b −< 
Giải : 
 Bất đẳng thức phải chứng minh viết thành : 
aab
ab
b
1lnln1 <−
−< (với 0 < a < b) 
 Từ đó có hàm số f(x) = lnx trên [a,b]. 
_ Hàm số f(x) = lnx sơ cấp trên D = (0,+∞ ) trên nên liên tục trên 
[a,b] và khả vi trong (a,b) , và có đạo hàm là f’(x) = 
x
1 trên (a,b) . 
Theo định lý Lagrange ta có : 
ab
afbfcfbac −
−=∈∃ )()()(':),( 
hay 
ab
afbf
c
bac −
−=∈∃ )()(1:),( 
do c∈(a,b) a < c < b ⇒
 ⇒
acb
111 << 
 ⇒
aab
afbf
b
a 1)()( <−
−< 
 ⇒
aab
ab
b
1lnln1 <−
−< (đpcm) 
Ví dụ 2 : 
 Chứng minh : 
x
x
+1 0) 
Giải : 
 Bất đẳng thức phải chứng minh viết thành : 
1
1)1(
1ln)1ln(
1
1
1)1ln(
1
1
<−+
−+<+⇔
<+<+
x
x
x
x
x
x 
 Từ đó xét hàm số f(t) = ln t trên [1,1+x] (với x > 0) 
 Hàm số f(t) = ln t sơ cấp trên D = (0,+ ∞ ) nên liên tục trên 
[1,1+x] và có đạo hàm lá f’(t) = 
t
1 trên (1,1+x) . 
 -Trang 28 - 
 Do định lý Lagrange ta có : 
 c∈(1,1+x) : f’(c)= ∃
x
x
x
x )1ln(
11
)1ln()1ln( +=−+
−+ 
hay c∈(1,1+x) : ∃
x
x
c
)1ln(1 += 
Do c∈(1,1+x) 1 < c < 1+x ⇒
 11
1
1 <<+⇒ cx 
 1)1ln(
1
1 <+<+⇒ x
x
x
 (đpcm) 
Ví dụ 3 : 
 Chứng minh rằng : 
2
0;
coscos 22
π<<<∀−<−<− ab
a
batgbtga
b
ab 
Giải : 
 _ Bất đẳng thức phải chứng minh viết thành : 
aba
tgbtga
b 22 cos
1
cos
1 <−
−< (
2
0 π<<< ab ) 
 _ Từ đó xét f(x) = tgx trên [b,a] 
_ Ta có hàm số f(x) =tgx liên tục trên [b,a] , khả vi trên (b,a) nên 
theo định lý Lagrange ta có : 
 c∈(b,a) : f’(c) = ∃
ba
tgbtga
−
− 
 hay ∃ c∈(b,a) : 
ba
tgbtga
c −
−=2cos
1 
 do c∈(b,a) và y = cosx nghịch biến trên (0, 
2
π ) 
 nên 
acb 222 cos
1
cos
1
cos
1 << 
aba
tgbtga
b 22 cos
1
cos
1 <−
−<⇒ (đpcm) 
 Ví dụ 4 : 
 Chứng ming rằng : Nn
nnn
arctg
nn
∈∀+<++<++ ;1
1
1
1
22
1
222 
 Giải : 
 Ta có : tg[arctg(n+1) – arctg n] =
)()).1((1
)())1((
arctgntgnarctgtg
arctgntgnarctgtg
++
−+ 
1
1
)1(1
)1(
2 ++=++
−+=
nnnn
nn 
 -Trang 29 - 
 arctg(n+1) – arctgn = arctg⇔
1
1
2 ++ nn 
 Vì bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành : 
 Nn
n
arctgnnarctg
n
∈∀+<−+<++ ;1
1)1(
1)1(
1
22 
 Từ đó xét f(x) = arctgx trên [n,n+1] 
 _ Hàm f(x) = arctgx liên tục trên [n,n+1] khả vi trên (n,n+1) và 
có đạo hàm f’(x) = 21
1
x+ 
 _ Do định lý Lagrange ta có : 
 c∈(n,n+1) : ∃
n
arctgnnarctgcf −+
−+=
)11(
)1()(' 
hay c∈(n,n+1) : ∃
1
1
1
1
22 ++=+ nnarctgc 
do c∈(n,n+1) ⇒n < c < n+1 
 ⇒
1
1
1
1
1)1(
1
222 +<+<++ ncn 
1
1
1
1
22
1
222 +<++<++⇒ nnnarctgnn (đpcm) 
 Ví dụ 5 : 
 Chứng minh ex≥1+x 
 Giải : 
• nếu x = 0 thì ex = 1 + x bất đẳng thức nghiệm đúng có dấu = . 
• nếu x > 0 thì ta chứng minh ex –1 > x bằng cách : 
Xét hàm số f(t) = et trên [0,x] 
_Hàm số f(t) = et sơ cấp trên D = R nên liên tục trên [0,x] và có 
đạo hàm là f’(c) = et trên (0,x). 
 Do định lý Lagrange ta có : 
 ∃ c∈(0,x) : 
0
)0()()(' −
−=
x
fxfcf 
hay c∈(0,x) : 
x
ee
x
c 1−= 
 do c∈(0,x) c > 0 ⇒
 ⇒ ec >e0 = 1 
 ⇒ 11 >−
x
e x 
 xe x >−⇒ 1
* nếu x −1
 -Trang 30 - 
∃ c∈(0,x) : 
x
ee
x
c 1−= 
 do c∈(0,x) ⇒c < 0 
 ⇒ec < e0 = 1 
 ⇒ 11 <−
x
e x 
 (vì x −⇒ 1
 Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có : ex≥1+x ; x∈R ∀
 Ví dụ 6 : 
 Chứng minh rằng nếu x > 0 thì ( 1+
x
1 ) x+1 > (1+
x
1 )x
 Giải : 
 Đặt f(x) = ln (1+ 
x
1 )x = x ln 
x
x 1+ = x [ln (x + 1) – ln x ] với x > 0 
 Ta có : 
 f ‘ ( ) = ln (x + 1 ) – ln x - x
x+1
1 
 Xét hàm số g(t) = ln t liên tục trên [x; x + 1] có đạo hàm trên(x, x + 
1) (với x > 0) nên theo định lý Lagrange. 
 c∈(x, x + 1) ta có : ∃
xx
xx
−+
−+
)1(
ln)1ln( = g ‘(c) = 
c
1 > 
x+1
1 
 f ⇒ ‘ (x) = ln (x + 1) – ln x - 
x+1
1 > 0 ∀ x > 0 
 t tăng trên (0 , + ⇒ ∞ ) 
 ⇒ f (x + 1) > f (x) ∀ x > 0 
 ln( 1+⇒
x
1 ) x+1 > ln (1+
x
1 )x 
 ln( 1+
x
1 ) x+1 > ln (1+
x
1 )x : ∀ x > 0 (đ p c m) 
Ví dụ 7: 
 Cho f liên tục trên [a, b], không tuyến tính và có đạo hàm f ‘ bị chặn . 
 Chứng minh tồn tại số c ∈ (a ,b) : >)(' cf
ab
afbf
−
− )()( . 
 Giải: 
 Ta phân hoạch đoạn [a,b] bởi n+1 điểm chia: 
 xo = a < x1 < x2 << xn = b 
 Áp dụng định lý lagrange trên các đoan [xi ,xi+1 ] thì tồn tại ci ∈ (xi ,xi+1) : 
 -Trang 31 - 
 )()( afbf − = ))( on fxxf − = ( )∑−
=
+ −
1
0
1 ()(
n
i
ii xfxf 
 ≤ ( ) ( )∑−
=
+ −
1
0
1
n
i
ii xfxf 
 =∑−
=
+ −
1
0
111 )('
n
i
i xxcf 
Vì f không tuyến tinh nên tồn tại cách phân hạch mà )(' 1cf lớn nhất tại c = xi 
đó , nên : 
 abcfxxcfafbf
n
i
ii −=−<− ∑−
=
+ )(')(')()(
1
0
1 
 Vậy tồn tại c∈(a,b) để : 
ab
afbfcf −
−> )()()(' 1 
Ví dụ 8 : 
 Cho a < b < c . Chứng minh rằng : 
 3.a < a + b + c - cabcabcba a −−−++ 22' 
 ccabcabcbacba a 322' <−−−+++++< 
Giải : 
 Xét f(x) = (x – a)(x – b)(x – c) = x3 – (a+b+c)x2 +(ab+bc+ca)x – abc 
 f(a) = f(b) = f(c) = 0 ⇒
 Theo định lý Lagrange thì ∃ x1,x2 sao cho : 
 a < x1 < b < x2 <c thoã mãn : 
 f(b) – f(a) = (b-a).f’(x1) , f(c) – f(b) = (c - b).f’(x2) 
 f’(⇒ 1) = f’(x2) = 0 mà f’(x) = 3x2 – 2x(a+b+c)+ab+bc+ca 
 nên 
3
3
222
2
222
1
cabcabcbacbax
cabcabcbacbax
−−−+++++=
−−−++−++=
 Do a < x1 < x2 < c nên 3a < 3x1 < 3x2 < 3c 
Ví dụ 9 : 
 Cho n∈z+ : Chứng minh rằng 
ne
xxn
2
11 <− ∀ x∈(0,1) 
Giải : 
 Ta có 
ne
xxn
2
11 <− ∀ x∈(0,1) 
 -Trang 32 - 
 x⇔ 2n(1 –x) <
ne2
1 ∀ x∈(0,1) 
 x⇔ 2n.2n(1 – x) <
e
1 
 Ta có : x2n.2n(1 – x) = )22(......
2
nxnxxx
n
−321 
 ≤
1212
12
2
12
)22(2 ++ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
−+ nn
n
n
n
nxnnx 
 Ta sẽ chứng minh 
en
n n 1
12
2 12 <⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+
+
⇔ (2n+1)[ln(2n+1) – ln(2n)] >1 
⇔ ln(2n+1) – ln(2n) >
12
1
+n 
Xét hàm f(x) = lnx khả vi trên (2n,2n+1) 
Theo định lý Lagrange thì ∃ c∈(2n,2n+1) 
Để f’(c) = f(2n+1) – f(2n) 
⇔ 
c
1 = ln(2n+1) – ln(2n) do 2n < c < 2n+1 nên 
⇔ 
c
1 >
12
1
+n 
 ln(2n+1) – ln(2n) >⇒
12
1
+n 
Vậy 
ne
xx n
2
11 <− ∀ x∈(0,1)
II/- PHƯƠNG PHÁP CHUNG : 
* Bài toán : 
 Chứng minh bất đẳng thức có dạng : 
 Vế (I) < Vế (II) < Vế(III) 
 * Phương pháp giải : 
 _ Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh thành dạng sao cho : 
 Vế (II) = 
ab
afbf
−
− )()( 
 _ Tứ đó có hàm f(x) trên [a,b] 
 _ Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f(x) trên [a,b] 
ab
afbfxfbac −
−=∈∃ )()()(':),( = Vế (II) 
 _ do c∈(a,b) a < c < b ⇒
 -Trang 33 - 
⇒Vế (I) < f’(c) < Vế (III) 
⇒Vế (I) < Vế (II) < Vế (III) 
 -Trang 34 - 
 KẾT LUẬN 
 Đề tài này kết thúc với năm chương nhưng cơ bản đã đạt được nhiệm 
vụ được đặt ra cho đề tài.Trong chương II của đề tài , có 2 ví dụ trình bày cách tìm 
nghiệm của phương trình khi ta biết được khoảng tồn tại của nghiệm bằng phương 
pháp lượng giác hóa.Đó là một trong những hướng có thể phát triển tiếp của đề tài 
.Mặt khác đây là một đề tài sưu tập nhiều đề thi mangø tính khó nên nó là một tài liệu 
rất bổ ích cho các sinh viên làm tư liệu thi Olympic toán,và tài liệu này sẽ giúp cho 
các bạn tân sinh viên học và hiểu về các định lý Bonxano-Cauchy,Roll,Lagange một 
cách dể dàng hơn.Tuy nhiên đề tài không tránh khỏi sai xót ,rất mong sự đóng góp ý 
kiến cho đề tài hoàn thiện hơn. 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1.Lê Ngọc Lăng-Nguyễn Văn Mậu 
 Olympic Toán sinh viên. –hội Toán Học Việt Nam 2004 
2.Phan Huy Khải 
 Toán nâng cao giải tích tập I,II,III-NXB Hà Nội 2003 
3. Vũ Tuấn 
 Giải Tích I,II-NXB ĐHSP Hà Nội 1980 
Trang36