Tải bản đầy đủ

Một số ứng dụng của định lý lagrange

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

ĐINH THỊ TRANG

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ
LAGRANGE

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Toán giải tích

HÀ NỘI – 2018


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

ĐINH THỊ TRANG


MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ
LAGRANGE

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Toán giải tích

Người hướng dẫn khoa học
ThS. TRẦN THỊ THU

HÀ NỘI – 2018


Mục lục

Lời cảm ơn

1

Lời cam đoan

2

Lời mở đầu

3

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

5

1.1

Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Hàm số khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ LAGRANGE.

14

2.1

Ứng dụng của định lý Lagrange trong các bài toán dãy số

2.2

Ứng dụng của định lý Lagrange trong giải phương trình,
hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3

14

20

Ứng dụng của định lý Lagrange trong chứng minh bất
đẳng thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu cùng với sự
giúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên. Đến nay,
khóa luận của em đã được hoàn thành. Em xin bày tỏ lòng cảm ơn chân
thành, sâu sắc tới các thầy cô giáo tổ Giải tích, các thầy cô trong khoa
Toán đặc biệt là Ths. Trần Thị Thu người đã trực tiếp tạo mọi điều
kiện giúp đỡ, chỉ bảo tận tình cho em trong suốt thời gian nghiên cứu,
hoàn thành khóa luận này.
Do còn hạn chế về thời gian cũng như kiến thức của bản thân nên
khóa luận của em không thể tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong
nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn sinh viên.
Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Đinh Thị Trang

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận tốt nghiệp này của em được hoàn thành dưới sự hướng
dẫn nhiệt tình của Ths. Trần Thị Thu cùng với sự cố gắng của bản
thân.
Trong quá trình nghiên cứu, em đã tham khảo và kế thừa những
thành quả nghiên cứu của các nhà khoa học và các nhà nghiên cứu với
sự trân trọng và lòng biết ơn.
Em xin cam đoan những kết quả nghiên cứu của riêng bản thân,
không có sự trùng lặp với kết quả của các tác giả khác.
Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Đinh Thị Trang

2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài.
Đạo hàm là một trong những nội dung cơ bản của giải tích nói riêng
và của Toán học nói chung. Nó chiếm phần quan trọng trong chương
trình lớp 12 trung học phổ thông, được áp dụng để giải nhiều các dạng
bài tập.
Với phép tính đạo hàm thì các định lý giá trị trung bình (như định
lý Rolle, Lagrange, Cauchy,. . . ) có vai trò quan trọng, nhờ có các định
lý này mà nhiều các kết quả của toán học được chứng minh.
Trong chương trình Toán học trung học phổ thông, định lý Lagrange
được đưa vào sách giáo khoa với mục đích sử dụng định lý này xét chiều
biến thiên của hàm số. Học sinh chưa biết vận dụng định lý Lagrange
vào thực hành giải toán, trong khi đó lại có rất nhiều bài toán nếu sử
dụng định lý Lagrange sẽ cho lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. Vì vậy, giúp học
sinh vận dụng định lý Lagrange vào giải toán như một phương pháp là
yêu cầu cần thiết.
Được sự hướng dẫn của Ths. Trần Thị Thu, em chọn đề tài: “Một
số ứng dụng của định lý Lagrange” làm khóa luận của mình.
2. Mục đích và nghiên cứu
Đề tài này nhằm giúp học sinh sử dụng định lý Lagrange như một
phương pháp đó là các bài toán về dãy số, giải phương trình và hệ phương
trình, chứng minh bất đẳng thức.
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng : Học sinh trung học phổ thông
Phạm vi nghiên cứu:
- Các kiến thức trong chương trình toán trung học phổ thông.
- Các kiến thức mở rộng trong giải tích toán học.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Quan sát kĩ năng giải toán của học sinh.
- Tổng kết, rút kinh nghiệm của bản thân về những lợi ích, khó khăn
khi giải quyết bài toán.
5. Cấu trúc của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo nội dung chính của
khóa luận gồm hai chương
Chương 1 “Cơ sở lý thuyết”
Trong chương này trình bày về những kiến thức liên quan tới dãy số,
hàm số khả vi, ánh xạ co, định lý Lagrange và các hệ quả.
Chương 2 “ Một số ứng dụng của định lý Lagrange”
Trong chương này chia ra các mục sau
2.1. Ứng dụng của định lý Lagrange trong các bài toán dãy số.
2.2. Ứng dụng của định lý Lagrange trong giải phương trình, hệ phương
trình.
2.3. Ứng dụng của định lý Lagrange trong chứng minh bất đẳng thức.

4


Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này, những kiến thức chuẩn bị được chúng tôi tham khảo
chính ở các tài liệu [1,3,5].

1.1

Dãy số

Định nghĩa 1.1. Ánh xạ x : N∗ → R
n → x (n) = xn , được gọi là dãy số.
xn - được gọi là số hạng tổng quát của dãy.
Dãy số trên được kí hiệu là {xn } hoặc (xn ) với n = 1, 2, . . .
Ví dụ 1.1.1. Cho dãy số (xn ) có số hạng tổng quát là
1
1
a) xn = với n = 1 thì x1 = 1, n = 2 thì x2 = , . . .
n
2
n
b) xn = (−1) với n = 1 thì x1 = −1, n = 2 thì x2 = 1, . . .
Định nghĩa 1.2. Số x∗ là giới hạn của dãy {xn } nếu đối với mọi số
dương ε bé tùy ý đều tìm được một số p ∈ N∗ sao cho ∀n > p, n ∈ N∗
đều có
|xn − x∗ | < ε, tức là x∗ − ε < xn < x∗ + ε.
5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Khi đó ta nói rằng dãy {xn } hội tụ về x∗ hay tiến đến giới hạn x∗ và ta
viết lim xn = x∗ hay xn → x∗ khi n → +∞.
n→+∞

Một dãy không có giới hạn gọi là phân kỳ.
1
= 0. Thật vậy,
n→+∞ n
Với ε > 0 cho trước, nhỏ bao nhiêu tùy ý, ta có
Ví dụ 1.1.2. lim

1
1
1
−0 <ε⇔ <ε⇔n>
n
n
ε
Vậy nếu chọn số N =
lim

1
1
+ 1 thì ∀n ≥ N ta có
− 0 < ε tức là
ε
n

1
= 0.
n

1.2

Hàm số khả vi

Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (a, b) và x0 ∈ (a, b).
Ta gọi hiệu số ∆x = x − x0 đươc gọi là số gia của đối số . Khi đó, hiệu
số ∆y = y − y0 = f (∆x + x0 ) − f (x0 ) được gọi là số gia của hàm số
tương ứng tại điểm x0 .
Định nghĩa 1.3. Hàm f liên tục tại điểm x0 nếu với mọi ε > 0 cho
trước tồn tại δ = δ (ε) > 0 sao cho với mọi x ∈ (a, b) : |x − x0 | < δ thì
|f (x) − f (x0 )| < ε.
∆y
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
=
có giới hạn hữu
∆x
∆x
hạn khi ∆x → 0 thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm f đối
∆y
với x tại x0 . Kí hiệu f (x0 ) hay y (x0 ) tức là f (x0 ) = lim
hay
∆x→0 ∆x
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
f (x0 ) = lim
.
∆x→0
∆x
Khi đó, ta nói rằng hàm f khả vi tại x0 .
Định nghĩa 1.4. Nếu tỷ số

6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Định nghĩa 1.5.
+ Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim +
∆x→0

∆y
thì giới hạn đó được gọi là
∆x

đạo hàm bên phải của f kí hiệu f+ (x0 ).
+ Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim −
∆x→0

∆y
thì giới hạn đó được gọi là
∆x

đạo hàm bên trái của f kí hiệu f− (x0 ).
+ Hàm số f có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi nó có đạo hàm bên phải
và đạo hàm bên trái tại x0 và hai đạo hàm này bằng nhau.
Ví dụ 1.2.1. Cho hàm số f (x) = |x|, tại điểm x0 = 0 ta có
∆f
∆x
= lim +
= 1 hay f + (0) = 1 và
∆x→0 ∆x
∆x→0 ∆x
∆f
∆x
lim −
= lim − −
= −1 hay f − (0) = −1.
∆x→0 ∆x
∆x→0
∆x
lim +

Như vậy không tồn tại đạo hàm của hàm f tại x0 = 0.
Định nghĩa 1.6. Hàm số y = f (x) được gọi là có đạo hàm trên khoảng
(a, b) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm trên đó.
Định nghĩa 1.7. Hàm số y = f (x) được gọi là có đạo hàm trên đoạn
[a, b] nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm trên (a, b) và có đạo hàm bên phải
tại a, đạo hàm bên trái tại b.
Định lý 1.1. Nếu hàm số y = f (x) có đạo hàm tại điểm x0 thì nó liên
tục tại điểm x0 .
Nhận xét 1.1. Nếu hàm số y = f (x) liên tục tại điểm x0 thì chưa kết
luận được có đạo hàm tại điểm x0 .

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Định lý 1.2. (Định lý Rolle)
Nếu f (x) liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và f (a) = f (b) thì tồn
tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.
y

Chứng minh.
Vì f (x) là hàm liên tục trên đoạn
[a, b] nên theo định lý Weierstrass
f (x) nhận giá trị nhỏ nhất M và
nhỏ nhất m trên [a, b].

Oa

b

x

+ Khi M = m ta có f (x) là hàm hằng trên [a, b], do đó mọi c ∈ (a, b)
luôn có f (c) = 0.
+ Khi M = m vì f (a) = f (b) nên tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = M
hoặc f (c) = m theo bổ đề Fermat suy ra f (c) = 0.
Định lý 1.3. (Định lý Lagrange)
Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b) thì tồn tại
một số c ∈ (a, b) sao cho
f (b) − f (a) = f (c) (b − a)
Chứng minh.
Xét hàm số
F (x) = f (x) − f (a) −

8

f (b) − f (a)
(x − a)
b−a

(1.1)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Vì f (x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b) nên F (x) cũng liên tục
trên [a, b] và khả vi trong (a, b).
f (b) − f (a)
Ta có F (x) = f (x) −
b−a
Mặt khác F (a) = F (b) = 0 nên theo định lý Rolle, ∃c ∈ (a, b) sao cho
F (c) = 0 hay
f (b) − f (a)
=0
b−a
f (b) − f (a)
⇔ f (c) =
b−a
⇔ f (b) − f (a) = f (c) (b − a) .
f (c) −

Ý nghĩa hình học
y

Nếu hàm số y = f (x) thỏa mãn
các điều kiện của định lý Lagrange,
đồ thị (C) có điểm A (a; f (a)) và
B (b; f (b)). Khi đó, trên (C) tồn tại
điểm C (c; f (c)), mà tiếp tuyến tại
C song song với đường thẳng AB.

O a

c

b

x

Nhận xét 1.2.
1) Định lý Rolle là một hệ quả của định lý Lagrange (khi f (a) = f (b)).
2) Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange. Công
thức này còn được viết dưới dạng sau
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f (x0 + θ∆x) ∆x với 0 < θ < 1.
Hệ quả 1.1. Hàm số F (x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b).
Khi đó:
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

a) Nếu f (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f là một hằng số trên [a, b].
b) Nếu f (x) > 0 (f (x) < 0) với mọi x ∈ (a, b) thì f tăng (giảm) thực
sự trên [a, b].
Chứng minh.
a) Ta chứng minh với x0 , y0 ∈ [a, b] mà x0 = y0 thì f (x0 ) = f (y0 )
Thật vậy, giả sử x0 < y0 suy ra [x0 , y0 ] ⊂ [a, b]. Ta thấy f (x) thỏa mãn
các điều kiện của định lý Lagrange trên [x0 , y0 ] do đó
∃c ∈ (x0 , y0 ) để f (y0 ) − f (x0 ) = f (c) (y0 − x0 )
⇒ f (c) =

f (y0 ) − f (x0 )
y 0 − x0

(1.2)

Do đó theo giả thuyết f (c) = 0, ∀x ∈ (a, b) nên ta có
f (c) = 0, ∀c ∈ (x0 , y0 ) hay f (y0 ) − f (x0 ) = 0
Suy ra f (y0 ) = f (x0 ).
Vậy hàm số f là một hằng số.
b) Nếu f (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì từ (1.2) do f (c) > 0 ta suy ra
f (y0 ) > f (x0 ) vậy f là hàm tăng.
Nếu f (x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì từ (1.2) do f (c) < 0 ta suy ra
f (y0 ) < f (x0 ) vậy f là hàm giảm.
Hệ quả 1.2. Nếu hàm số f (x) xác định liên tục trên [a, b], khả vi trong
(a, b). Khi đó
a) Nếu phương trình f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt trên [a, b], thì
phương trình f (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm trên [a, b].
b) Nếu phương trình f (x) = 0 có tối đa n nghiệm phân biệt trên (a, b),
thì phương trình f (x) = 0 có tối đa n + 1 nghiệm phân biệt trên [a, b].
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Chứng minh.
a) Giả sử phương trình f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt trên [a, b] là
x1 < x2 < ... < xn . Khi đó, áp dụng định lý Lagrange trên đoạn [xi , xi+1 ],
i = 1, n − 1 thì tồn tại ξ ∈ (xi ; xi+1 ) sao cho
0 = f (xi+1 ) − f (xi ) = f (ξi ) (xi+1 − xi )
tức là f (ξi ) = 0. Điều đó có nghĩa là ξi là nghiệm của phương trình
f (x) = 0. Vậy phương trình f (ξi ) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm trên
[a, b].
b) Giả sử ngược lại phương trình f (x) = 0 có quá n + 1 nghiệm phân
biệt trên đoạn [a, b]. Nghĩa là phương trình f (x) = 0 có ít nhất n + 2
nghiệm phân biệt trên [a, b].
Khi đó theo phần a), phương trình f (x) = 0 có ít nhất n + 1 nghiệm
trên đoạn [a, b] và do đó mâu thuẫn với giả thiết. Vì vậy, ta có điều phải
chứng minh.
Định lý 1.4. (Định lý Cauchy)
Nếu hàm số f (x), g (x) đều liên tục trên [a, b] và f (x), g (x) đều khả vi
trong (a, b).
Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
[f (b) − f (a)] g (c) = [g (b) − g (a)] f (c)

(1.3)

Hơn nữa g (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì công thức (1.3) có thể viết là
f (b) − f (a) f (c)
=
g (b) − g (a)
g (c)

11

(1.4)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Chứng minh.
Xét hàm h : [a, b] → R xác định bởi
h (x) = [f (b) − f (a)] g (x) − [g (b) − g (a)] f (x)
Hàm h liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và
h (a) = f (b) .g (a) − g (b) .f (a) = h (b)
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
h (c) = [f (b) − f (a)] g (c) − [g (b) − g (a)] f (c) = 0
Từ đó suy ra công thức (1.3). Nếu hơn nữa g (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b)
thì g (b) − g (a) = 0 vì nếu không sẽ tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho g (ξ) = 0,
trái với giả thiết. Khi đó từ (1.3) suy ra (1.4).
Nhận xét 1.3. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy
với hàm g (x) = x.
Định lý Lagrange có mối liên hệ với ánh xạ co. Mối liên hệ được thể hiện
trong phần tiếp theo
Định nghĩa 1.8. Cho ánh xạ f : X → Y với X, Y ∈ R gọi là ánh xạ co
nếu tồn tại c ∈ (0; 1) sao cho |f (x) − f (y)| ≤ c |x − y| , ∀x, y ∈ X.
Định lý 1.5. (Nguyên lí ánh xạ co)
Nếu f : X → X là một ánh xạ co thì f có duy nhất một điểm bất động,
tức là tồn tại duy nhất x ∈ X sao cho f (x) = x.
Nguyên lý này được chứng minh trong sách "Chuyên đề dãy số và ứng
dụng" của tác giả Nguyễn Tài Chung trang 265. Chúng tôi xin phép được
bỏ qua.
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Nhận xét 1.4. Nếu ra xét hàm số f (x) thỏa mãn các điều kiện định lý
Lagrange tức là với mọi x khác y, ∃c nằm giữa x, y sao cho
|f (x) − f (y)| ≤ |f (c)| |x − y|
Khi đó, ta thêm giả thuyết |f (x)| ≤ c < 1 thì f (x) là một ánh xạ co.

13


Chương 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH
LÝ LAGRANGE.
2.1

Ứng dụng của định lý Lagrange trong các bài
toán dãy số

Dãy số là một lĩnh vực quan trọng của giải tích, vấn đề liên quan đến
việc giải bài toán dãy số cũng được nhiều tài liệu viết đến. Sau đây,
chúng tôi xin đưa ra một trong những bài toán quan trọng của dãy số là
tìm giới hạn và chứng minh sự hội tụ của dãy trong đó định lý Lagrange
là một phương pháp mạnh được ứng dụng nhiều. Trong phần này em
tham khảo tài liệu số [1,2].
Trước khi vào bài toán cụ thể ta chứng minh định lý sau
Định lý 2.1. Cho f : A ⊂ D → R thỏa mãn các điều kiện của định lý
Lagrange sao cho |f (x)| ≤ c < 1, ∀x ∈ [a; b]. Khi đó mọi dãy {xn } thỏa

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

mãn


x1 = α ∈ A

x
n+1 = f (xn ) , n ≥ 1
đều hội tụ với x∗ và f (x∗ ) = x∗ (với x∗ là điểm bất động của f )
Chứng minh.
Với mỗi số tự nhiên n ≥ 1, ∃αn nằm giữa xn và xn+1 sao cho
|xn+1 − xn | = |f (xn ) − f (xn−1 )| = |f (αn )| |xn − xn−1 |
≤ c |xn − xn−1 | ≤ ... ≤ cn−1 |x2 − x1 |
Với mọi m ∈ Z+ thì
|xn+m − xn | ≤ |xn+m − xn+m−1 | + |xn+m−1 − xn+m−2 | + ... + |xn+1 − xn |
≤ cn+m−2 |x2 − x1 | + cn+m−3 |x2 − x1 | + ... + cn−1 |x2 − x1 |
=c

− cm
|x2 − x1 | → 0, n → +∞
1−c

n−1 1

Do đó {xn } là dãy Cauchy nên dãy {xn } hội tụ.
Đặt x∗ = lim xn
n→+∞



xn+1 = f (xn ) ⇒ lim xn+1 = lim f (xn ) = f
n→+∞

n→+∞

lim xn

n→+∞

⇒ x∗ = f (x∗ )
Sau khi có định lý trên, ta có một phương pháp tìm giới hạn và chứng
minh dãy số cho bởi công thức truy hồi hội tụ rất hiệu quả.
Bước 1: Xác định f (x) và chứng minh |f (x)| < 1, ∀x ∈ D
Bước 2: Chứng minh phương trình x − f (x) = 0 có nghiệm duy nhất
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

trên A. Tức là tồn tại duy nhất x∗ ∈ A sao cho f (x∗ ) = x∗ . Áp dụng

định lý 2.1 thì dãy {xn }+∞
n=1 hội tụ tới x .

Bước 3: Kết luận lim xn = x∗ .
n→+∞

Ví dụ 2.1.1. Cho dãy số như sau
xn =

2+

2 + ... +



2, n ≥ 1, n ∈ N

n dấu căn

Chứng minh rằng dãy {xn } có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải.
Dễ thấy 0 ≤ xn ≤ 2, ∀n = 1, 2...

Ta viết lại dãy {xn } như sau xn+1 = 2 + xn , ∀n = 1, 2...

Xét hàm số f (x) = x + 2 liên tục trên [0; 2], ta có
1
1
f (x) = √
⇒ |f (x)| ≤ √ < 1, ∀x ∈ [0; 2].
2 x+2
2 2
Theo định lý 2.1 thì dãy {xn } có giới hạn.

Xét hàm số g (x) = x − f (x) = x − x + 2 liên tục trên [0; 2].
Ta thấy g (0) .g (2) < 0 nên g (x) = 0 có nghiệm trong (0, 2).
1
> 0, ∀x ∈ [0; 2] suy ra g (x) đồng biến
Mặt khác g (x) = 1 − √
2 x+2
trên [0; 2].
Do đó g (x) = 0 có nghiệm duy nhất trong [0; 2] và nghiệm đó chính là
giới hạn của dãy (theo định lý 2.1).
Dễ thấy phương trình x = f (x) có nghiệm duy nhất x = 2 ∈ [0; 2].
Vậy dãy số {xn } có giới hạn và lim xn = 2.
n→+∞

16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Ví dụ 2.1.2. Xét dãy {xn } thỏa mãn


x1 = a ≥ 0


x
2xn + 1, n ≥ 1
n+1 =
Chứng minh rằng dãy {xn } có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải.
Xét hàm số f (x) =



2x + 1 liên tục trên [0; +∞).
1
Khi đó xn+1 = f (xn ) và có f (x) = √
> 0, ∀x ∈ [0; +∞) suy ra
2x + 1
f (x) đồng biến trên [0; +∞).

Vậy x2 = f (x1 ) = 2a + 1 ≥ 1 với a ≥ 0 đồng thời
f (x) = √

1
1
≤ √ < 1, ∀x ≥ 1
2x + 1
3

Theo định lí 2.1 thì dãy {xn } có giới hạn.

Xét hàm số g (x) = x − f (x) = x − 2x + 1 liên tục trên [1; +∞).


Ta thấy f (1) .f (3) = 1 − 3 3 − 7 < 0 nên g (x) = 0 có nghiệm
trong (1, 3).
Mặt khác g (x) = 1 − √

1
> 0, ∀x ∈ (1, 3) suy ra g (x) đồng biến
2x + 1

trên (1, 3).
Do đó g (x) = 0 có nghiệm duy nhất trong (1, 3) và nghiệm đó chính là
giới hạn của dãy (theo định lý 2.1).
Giải phương trình

x = f (x) ⇔ x =



2x + 1 ⇔



1 < x < 3

x2 − 2x − 1 = 0

17



1 < x < 3


x = 1 + √2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Suy ra phương trình x = f (x) có nghiệm duy nhất x = 1 +

Vậy dãy số {xn } có giới hạn và lim xn = 1 + 2.



2 ∈ (1, 3).

n→+∞

Ví dụ 2.1.3. Cho dãy số {xn } như sau


x1 = 2011
1

x
cos 2xn − π, ∀n ≥ 1
n+1 =
4
Chứng minh rằng dãy {xn }+∞
n=1 có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải.
1
cos 2x − π liên tục trên R và có
4
1
1
1
f (x) = − sin 2x ⇒ |f (x)| = |sin 2x| ≤ < 1, ∀x ∈ R
4
4
4

Xét hàm số f (x) =

Theo định lý 2.1 thì dãy {xn } có giới hạn.
1
Xét hàm số g (x) = x − f (x) = x + π − cos 2x liên tục trên R.
4
1
1

< 0 nên g (x) = 0 có nghiệm
Ta thấy g (0) .g (−π) = π −
4
4
trong (−π, 0).
1
Mặt khác g (x) = 1 − cos 2x > 0, ∀x ∈ (−π, 0) suy ra g(x) đồng biến
4
trên (−π, 0).
Do đó, phương trình g (x) = 0 có nghiệm duy nhất trên (−π; 0) hay
phương trình x − f (x) = 0 có nghiệm duy nhất trên (−π; 0). Tức là tồn
tại duy nhất L ∈ (−π; 0) sao cho L = f (L).
Theo định lí 2.1 thì L ∈ (−π; 0) chính là giới hạn của dãy.
Vậy dãy số {xn } giới hạn và lim xn = L với L ∈ (−π; 0).
n→+∞

Bài tập vận dụng

18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Bài tập 1: Cho dãy số {xn } xác định bởi





x1 = 2

1
x
=
2
+
,n ≥ 1

n+1

1


3+

xn
Chứng minh rằng dãy {xn } có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 2: ( Đề thi Olympic sv năm 2002)
Cho dãy số thực {xn } xác định bởi


x1 = a ∈ R
1

x
ln 1 + x2n − 2002, n ≥ 1
n+1 =
2
Chứng minh rằng dãy {xn } có giới hạn hữu hạn khi n → +∞.
Bài tập 3: Cho dãy {xn } như sau


x0 = 2011

x
−xn
) , ∀n ≥ 0
n+1 = ln (1 + e
Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ và tính lim xn .
n→+∞

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.2

Đinh Thị Trang

Ứng dụng của định lý Lagrange trong giải phương
trình, hệ phương trình.

Như ta thấy có rất nhiều phương pháp để giải phương trình và hệ phương
trình, nhiều bài toán khi sử dụng phương pháp thông thường trở nên
phức tạp. Sau đây chúng tôi xin đưa ra một phương pháp mới đó là sử
dụng định lý Lagrange vào giải phương trình và hệ phương trình. Trong
phần này em tham khảo tài liệu số [4,5,6,7].
Trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 2.1. Hàm số f (x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b) và
f (x) = 0 với ∀x ∈ (a; b) (tức f (x) > 0 hay f (x) < 0). Khi đó nếu
f (x) = f (y) với ∀x, y ∈ [a; b] thì x = y.
Chứng minh.
Giả sử ngược lại x = y, x, y ∈ [a; b].
Không tính tổng quát ta giả sử x < y; do f (x) = f (y) nên theo định
f (y) − f (x)
lý Lagrange: ∃c ∈ (x; y) ⊂ (a; b) sao cho f (c) =
= 0 (mâu
y−x
thuẫn với giả thiết). Suy ra f (x) = 0, ∀x ∈ (a; b)
Khi đó x = y.
Sử dụng bổ đề trên và định lý Lagrange ta có những phương pháp giải
phương trình f (x) = 0 như sau
Phương pháp 1.
Bước 1: Gọi α là nghiệm của phương trình đã cho.
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp f (a) = f (b) từ đó
chỉ ra được hàm f (t) khả vi và liên tục trên đoạn [a; b]. Khi đó theo
20


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

định lý Lagrange tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) =

f (b) − f (a)
= 0 (∗).
b−a

Ta cũng có f (c) phụ thuộc vào α.
Bước 3: Giải (∗) ta xác định được α.
Bước 4: Thử lại.
Ví dụ 2.2.1. Giải phương trình
3x + 5x = 2x + 6x

(2.1)

Phương trình (2.1) tương đương 3x − 2x = 6x − 5x .
Giả sử α là nghiệm của phương trình (2.1) thì ta có 3α − 2α = 6α − 5α .
Xét hàm số f (t) = (t + 1)α − tα , với t ∈ [2, 5].
Do α là nghiệm của phương trình (2.1) nên ta có f (2) = f (5)
Theo hệ quả 1.1 thì tồn tại c ∈ (2; 5) sao cho
f (c) = 0 ⇔ α (c + 1)α−1 − cα−1 = 0

α=0
⇔
(c + 1)α−1 − cα−1 = 0

α=0
⇔
α−1=0

α=0
⇔
α=1
Thử lại kết quả thấy α = 0; α = 1 đều thỏa mãn (2.1).
Kết luận phương trình (2.1) có nghiệm là α = 0 và α = 1.

21


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đinh Thị Trang

Ví dụ 2.2.2. Giải phương trình
2

3x + 3x = 2x + 4x

2

2

(2.2)
2

Phương trình (2.2) tương đương 3x − 2x = 4x − 3x
2

2

Giả sử α là nghiệm của phương trình (2.2) thì ta có 3α − 2α = 4α − 3α
2

Xét hàm số f (t) = (t + 1)α − tα với t ∈ [2, 3].
Do α là nghiệm của phương trình (2.2) nên ta có f (2) = f (3).
Theo hệ quả 1.1 thì tồn tại c ∈ (2; 3) sao cho
2

f (c) = 0 ⇔ α α(c + 1)α −1 − cα−1 = 0

α=0
⇔
2
α(c + 1)α −1 − cα−1 = 0 (∗)
Giải phương trình (∗). Xét từng trường hợp của α.
α > 1 : α(c + 1)α

2

−1

> (c + 1)α

0 < α < 1 : α(c + 1)α
α ≤ 0 : α(c + 1)α

2

−1

2

−1

2

−1

> cα

< (c + 1)α

2

−1

2

−1

> cα .

< cα

2

−1

< cα .

≤ 0 < cα−1

Chỉ có α = 1 thỏa mãn phương trình (∗).
Thử lại ta thấy α = 0, α = 1 đều thỏa mãn (2.2).
Kết luận phương trình (2.2) có nghiệm là x = 0 và x = 1.
Nhận xét 2.1. Qua bài toán trên ta có thể giải phương trình dạng tổng
quát
(a + m)f

2

(x)

+ bf (x) = af (x) + (b + m)f

2

(x)

Với a, b, m > 0; a < b, trong đó f (x) là hàm số xác định trên R.
22


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×