Chuyên đề Hàm khả vi

(Olympic SV 2000) Nhận xét. Bài này liên quan ñến hàm '( ) ( ) ( )f x P x f x+ , ở ñây ( ) 1P x = − . Lời giải. Xét hàm ( ) ( )xF x e f x−= . ( )'( ) '( ) ( )xF x e f x f x−= − . Ta có (0) (1) 0F F= = , nên theo ñịnh lý Rolle, tồn tại ( )0;1c ∈ sao cho '( ) 0F c = . Khi ñó '( ) ( ) 0f c f c− = , hay '( ) ( )f c f c= . Bài tổng quát: Bài toán 24. Chứng minh rằng nếu các hàm ,f g liên tục trên [ ];a b và khả vi trong ( );a b , thỏa mãn ( ) ( ) 0f a f b= = . Chứng minh rằng ∃ ( );c a b∈ sao cho '( ) '( ) ( ) 0f c g c f c+ = . Hướng dẫn. Xét hàm ( )( ) ( ) g xF x f x e= . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 14 *** Hệ quả ñịnh lý Rolle *** Cho ( )f x là hàm khả vi trên ℝ . Dạng 1. Nếu phương trình ( ) 0f x = có n nghiệm thực phân biệt, thì phương trình ( ) 0f x′ = có ít nhất 1n − nghiệm thực phân biệt. Dạng 2. Nếu phương trình ( ) 0f x′ = có n nghiệm thực phân biệt, thì phương trình ( ) 0f x = có không quá 1n + nghiệm thực phân biệt. Bài toán 25. Cho hàm f khả vi. Chứng minh rằng nếu phương trình ( ) 0f x = có n nghiệm phân biệt thì phương trình ( ) ( ) 0f x f xα ′+ = có ít nhất 1n − nghiệm phân biệt, \{0}α∀ ∈ℝ . Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) x ag x e f x= , ( )g x khả vi trên ℝ , phương trình ( ) 0g x = có n nghiệm phân biệt, nên phương trình ( )( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 x eg x f x f x f x f x α α α α ′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ + = có ít nhất 1n − nghiệm thực (ñpcm). Bài toán 26. Giải phương trình ( )33 1 log 1 2x x x= + + + (1) Lời giải. ðKXð: 1 2 x > − . (1) ( )33 1 2 log 1 2x x x x⇔ + = + + + . Xét 3( ) logf t t t= + là hàm ñồng biến trên ( )0;+∞ . ( ) ( )3 1 2 3 1 2 3 2 1 0x x xf f x x x= + ⇒ = + ⇒ − − = . Xét hàm ( ) 3 2 1xg x x= − − , 1 2 x > − . Ta có ( ) 3 ln 3 2xg x′ = − , ( )2( ) 3 ln 3 0xg x′′ = > , 1 2 x∀ > − . Phương trình ( ) 0g x′′ = không có nghiệm thực nên phương trình ( ) 0g x = không có quá 2 nghiệm, mà (0) (1) 0g g= = . Vậy (1) có 2 nghiệm thực là 0x = và 1x = . Bài toán 27. Chứng minh ña thức 7 6 5 4 3 2 ( ) 1 7 6 5 4 3 2 x x x x x xp x x= − + − + − + − có ñúng 1 nghiệm thực. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 15 Lời giải. ( )p x là ña thức bậc lẻ nên có ít nhất 1 nghiệm thực. Giả sử ( )p x có số nghiệm thực 2≥ . Theo ñịnh lý Rolle, ña thức 6 5 4 3 2 '( ) 1p x x x x x x x= − + − + − + có ít nhất 1 nghiệm, gọi ñó là 0x . Khi ñó, ( )70 0 01 1 '( ) 0x x p x+ = + = ⇒ 0 1x = − , nhưng '( 1) 7 0p − = ≠ , mâu thuẫn. Vậy ña thức ( )p x có ñúng 1 nghiệm thực. Bài toán 28. Cho ( )P x là ña thức bậc n với hệ số thực. Chứng minh rằng phương trình 2 ( )x P x= có không quá 1n + nghiệm thực. (Olympic SV 2009) Lời giải. ( )kP là ñạo hàm cấp k của P . Xét hàm ( ) ( ) 2xf x P x= − . ( ) ( ) 2 ln 2xf x P x′ ′= − , … … … ( )( ) ( )( ) ( ) 2 ln 2 nn n xf x P x= − . Do ( )P x là ña thức bậc n nên ( 1) ( ) 0nP x+ = . Phương trình ( ) 1( 1) ( ) 0 2 ln 2 0 2 0nn x xf x ++ = ⇔ − = ⇔ = không có nghiệm thực, vì vậy áp dụng ñịnh lý Rolle, phương trình ( ) 0f x = có không quá 1n + nghiệm thực. ðịnh lý (số gia hữu hạn) Lagrange Nếu hàm ( )y f x= : i. liên tục trong [ , ]a b , ii. khả vi tại mọi ñiểm trong ( ),a b , thì tồn tại ( )0 ,x a b∈ sao cho ( )0( ) ( ) '( )f b f a f x b a− = − . Bài toán 29. Cho hàm ( )f x khả vi trên ñoạn [ ]0;1 thỏa mãn (0) 0f = , (1) 1f = . Chứng minh rằng với mọi 1 0k > , 2 0k > , tồn tại [ ]1 2, 0;1x x ∈ sao cho 1 2 1 2 1 2'( ) '( ) k k k kf x f x+ = + (*). Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 16 Lời giải. ðặt 1 1 2 k k k α= + , khi ñó, ( )0;1α ∈ và (*) trở thành 1 2 1 1 '( ) '( )f x f x α α− + = . Áp dụng ñịnh lý Lagrange, ( )1 0;x α∃ ∈ : 1 ( ) (0) ( )'( ) 0 f f ff x α α α α − = = − . ( )2 ;1x α∃ ∈ : 2 (1) ( ) 1 ( )'( ) 1 1 f f ff x α α α α − − = = − − . Khi ñó, ( ) 1 2 1 ( ) 1 ( ) 1 '( ) '( ) f ff x f x α α α α − + = + − = , ñpcm. Bài toán 30. Cho hàm số ( )f x liên tục và khả vi trên ñoạn [0;1] và thỏa mãn (0) 0, (1) 1f f= = . Chứng minh rằng tồn tại ( ), 0;1a b ∈ , a b≠ sao cho ( ) ( ) 1f a f b′ ′ = . (Olympic SV 1999) (KSTN 2008) Nhận xét. Cần có ( )0;1c ∈ ñể áp dụng ñịnh lý Lagrange trên 2 khoảng ( )0;c và ( );1c . ( )0;a c∃ ∈ : ( ) (0) ( )( ) 0 f c f f cf a c c − ′ = = − ( );1b c∃ ∈ : (1) ( ) 1 ( )( ) 1 1 f f c f cf b c c − − ′ = = − − . ( ) ( )( ) 1 ( )( ) ( ) 1 1 ( ) 1 ( ) (1 ) ( ) 11 f c cf c f cf a f b f c f c c c f c cc c =− ′ ′ = ⇔ ⋅ = ⇔ − = − ⇔  = −−  . Nhưng có vô số ñồ thị hàm ñi qua A(0;0) và B(1;1) mà không cắt ñường thẳng y x= tại ñiểm nào khác A,B (ví dụ ñồ thị hàm 2y x= ), vì vậy phương án ( )f c c= không khả thi. Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) 1g x f x x= + − liên tục trên ñoạn [0;1] . (0) 1 0g = − , suy ra tồn tại ( )0;1c ∈ sao cho ( ) 0g c = , hay ( ) 1f c c= − . Áp dụng ñịnh lý Lagrange, ( )0;a c∃ ∈ : ( ) (0) ( )( ) 0 f c f f cf a c c − ′ = = − ( );1b c∃ ∈ : (1) ( ) 1 ( )( ) 1 1 f f c f cf b c c − − ′ = = − − . Khi ñó, ( ) ( ) 1f a f b′ ′ = (ñpcm). Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 17 Bài toán 31. Cho hàm số ( )f x khả vi trên ñoạn [ ],a b , ( ) 2 a bf a −= , ( ) 2 b af b −= , 0 2 a bf +  ≠    . Chứng minh rằng tồn tại các số ñôi một khác nhau ( )1 2 3, , ,c c c a b∈ sao cho: ( ) ( ) ( )1 2 3 1f c f c f c′ ′ ′ = . (OLSV 2003) Nhận xét. Có ( )1 ,c a b∈ ñể ( )1 ( ) ( ) 1f b f af c b a − ′ = = − . Cần có ( )0 ,x a b∈ ñể có ( ) 002 0 0 ( )( ) ( ) 2 a bf xf x f af c x a x a − − − ′ = = − − và ( ) 003 0 0 ( )( ) ( ) 2 b a f xf b f xf c b x b x − − − ′ = = − − ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 0 0 0 0 01 ( ) ( )2 2 a b a bf c f c f x x a x b f x x− +   ′ ′ = ⇔ − = − − ⇔ = −        . Nhưng lập luận giống như bài trên, phương án 0 0( ) 2 a bf x x += − không khả thi. Vì vậy, 0 0( ) 2 a bf x x+= − . Lời giải. Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại ( )1 ,c a b∈ sao cho ( )1 ( ) ( ) 1f b f af c b a − ′ = = − . Xét hàm ( ) ( ) 2 a bg x f x x += + − . Ta có ( )2( ) ( ) 0g a g b a b= − − < nên ( )0 ,x a b∃ ∈ ñể 0( ) 0g x = , hay 0 0( ) 2 a bf x x+= − . Theo ñịnh lý Lagrange, ( )2 0,c a x∃ ∈ sao cho ( ) 0 02 0 0 ( ) ( )f x f a b xf c x a x a − − ′ = = − − ( )3 0 ,c x b∃ ∈ sao cho ( ) 0 03 0 0 ( ) ( )f b f x x af c b x b x − − ′ = = − − . Khi ñó, ( ) ( )2 3 1f c f c′ ′ = . Dễ thấy 2 3c c≠ (do 2 0 3c x c< < ). Nếu 1 2c c= hoặc 1 3c c= thì 0 0 0 2 a bb x x a x +− = − ⇔ = Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 18 suy ra 0( ) 02 2 a b a bf g g x+ +   = = =        , mâu thuẫn với giả thiết. Vậy ( )1 2 3, , ,c c c a b∈ ñôi một khác nhau, và ( ) ( ) ( )1 2 3 1f c f c f c′ ′ ′ = . Bài toán 32. Cho hàm số ( )f x khả vi trên ñoạn [0;1] , (0) 0f = , 1 0 ( )d 1f x x =∫ . Chứng minh rằng tồn tại ( )0;1c ∈ sao cho ( ) 2f c′ ≥ . Nhận xét. Cần có ( )0 0;1x ∈ ñể 0 0 0 0 ( ) (0) ( )( ) 2 0 f x f f xf c x x − ′ = = ≥ − , nghĩa là 0 0( ) 2f x x≥ . Lời giải. Nếu ( ) 2f x x< với mọi ( )0 0;1x ∈ , thì 1 1 12 0 0 0 ( )d 2 d 1f x x x x x< = =∫ ∫ , mâu thuẫn giả thiết. Suy ra tồn tại ( )0 0;1x ∈ sao cho 0 0( ) 2f x x≥ . Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại ( )00,c x∈ sao cho 0 0 0 0 ( ) (0) ( )( ) 2 0 f x f f xf c x x − ′ = = ≥ − . ðịnh lý (số gia hữu hạn) Cauchy Nếu các hàm ( )f x và ( )g x : i. liên tục trong [ , ]a b , ii. khả vi tại mọi ñiểm trong ( ),a b , iii. '( ) 0g x ≠ ( ),x a b∀ ∈ , thì tồn tại ( )0 ,x a b∈ sao cho 0 0 '( )( ) ( ) ( ) ( ) '( ) f xf b f a g b g a g x − = − . Sử dụng ñịnh lý Cauchy giải Bài toán 22: Xét các hàm ( )( ) f xg x x = , 1( )h x x = − , ñều khả vi trên ( ),a b . 2 ( ) ( )( ) xf x f xg x x ′ − ′ = , 2 1( )h x x ′ = . Áp dụng ñịnh lý Cauchy, tồn tại ( ),c a b∈ sao cho: ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1'( ) ( ) ( ) f b f a g c g b g a af b bf ab acf c f c h c h b h a b a a b − − − ′ − = = = = − − − (ñpcm).