Một số ứng dụng của định lý Lagrange

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ L AGRANGE
Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Minh Thúy
THPT Chuyên Hưng Yên

1

Định lý Lagrange

Định lý 1 (Định lý Lagrange). Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b] và có đạo hàm trên khoảng
( a; b) thì tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho
f (c) =

f (b) − f ( a)
.
b−a

Ý nghĩa hình học
Định lý này khẳng định với giả thiết của hàm số f (nêu ở trên), thì ln ln tồn tại ít nhất
một điểm thuộc đồ thị y = f ( x ) mà tại điểm đó tiếp tuyến song song với đường thẳng nối
hai điểm đầu và cuối của đồ thị (như hình vẽ minh họa).

Ta thường dùng các hệ quả sau đây của định lý Lagrange.
Hệ quả 1. Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b] và có đạo hàm trên khoảng ( a; b), ngoài ra
f ( a) = f (b) thì tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho f (c) = 0.
Đặc biệt, nếu hàm f thỏa mãn định lý trên, đồng thời f ( a) = f (b) = 0 thì giữa hai nghiệm
của phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm của f ( x ) = 0.
Hệ quả 2. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ a, b] và phương trình f ( x ) = 0 có duy nhất
nghiệm trên đoạn ấy, thì trên [ a, b] phương trình f ( x ) khơng thể có quá hai nghiệm.
Chứng minh. Giả thiết phản chứng f ( x ) = 0 có quá hai nghiệm và do đó ta có thể giả sử

phương trình ấy có q ba nghiệm (vì nếu nó có nhiều nghiệm hơn nữa thì lập luận khơng
thay đổi).
Gọi x1 , x2 , x3 ( a ≤ x1 < x2 < x3 ≤ b) là ba nghiệm ấy.
Theo hệ quả 1, tồn tại c1 , c2 ( x1 < c1 < c2 , x3 ) sao cho
f (c1 ) = f (c2 ) = 0.

(1)

Đẳng thức (1) chứng tỏ rằng c1 , c2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình f ( x ) = 0 trên
đoạn [ a, b]. Điều vơ lý đó chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai (đpcm).

105


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Hệ quả 3. Nếu hàm f ( x ) liên tục trên [ a, b] và f ( x ) = 0∀ x ∈ ( a, b).
Khi đó f ( x ) ≡ const, ∀ x ∈ [ a, b].
Chứng minh. Lấy xa0 tùy ý mà a < xa0 ≤ b. Áp dụng định lí Lagrange trên [ a, xa0 ], ta thấy
tồn tại c, a < c < xa0 sao mà
f ( xa0 ) − f ( a) = ( xa0 − a) f (c).
Do f (c) = 0 suy ra
f ( xa0 ) = f ( a).

(2)

Đẳng thức (2) đúng với mọi xa0 mà a < xa0 ≤ b, và đó chính là điều phải chứng minh.

2

Một số ứng dụng

2.1

Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình

Ví dụ 1. Cho a0 , a1 , . . . , an là các số thực và thỏa mãn điều kiện sau
a0 +

an
a 22 a 23
a n 2n
a1 a2
+ +···+
= a0 + a1 + 2 + 3 + · · · +
= 0.
2
3
n+1
3
4
n+1

Chứng minh rằng phương trình
a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 = 0
có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 2).
Lời giải. Xét hàm số
1
1
1

a n x n +1 .
f ( x ) = a0 x + a1 x 2 + a2 x 3 + · · · +
2
3
n+1
Ta có
a1 a2
an
+ +···+
,
2
3
n+1
a2 22
a 23
a n 2n
f (2) = 2a0 + 2a1 + 2.
+ 2 3 + · · · + 2.
3
4
n+1
2
3
a 2
a 2
a n 2n
= 2 a0 + a1 + 2 + 3 + · · · +
,
3
4

n+1

f (1) = a0 +

vì thế từ giả thiết suy ra
f (0) = f (1) = f (2) = 0.
Áp dụng định lí Rolle, ta thấy tồn tại c1 , c2 (0 < c1 < 1 < c2 < 2) sao cho
f (c1 ) = f (c2 ) = 0.
106

(3)


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Từ (3) và lại áp dụng định lí Rolle với hàm f ( x ), ta thấy tồn tại α, c1 < α < c2 sao cho
f (α) = 0.

(4)

Do α ∈ (c1 , c2 ) nên α ∈ (0; 2).
Lại thấy
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an x n f ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 .
Vậy từ (4) suy ra α là nghiệm của phương trình
a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 = 0.
Đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 2. Cho P( x ) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , . . . , xn . Chứng minh
rằng
n P”( x )
j

∑ P (x j ) = 0.
j =1
Lời giải. Từ giả thiết, ta có thể viết P( x ) dưới dạng sau
P( x ) = a( x − x1 )( x − x2 ) . . . ( x − xn )
với a = 0.
Suy ra
P ( x ) = P( x )

1
1
1
+···+
+
x − x1 x − x2
x − xn

.

Do P( x1 ) = P( x2 ) = · · · = P( xn ) = 0, nên theo định lí Rolle phương trình P ( x ) = 0 có
n − 1 nghiệm phân biệt y1 , y2 , . . . , yn−1 với
x 1 < y 1 < x 2 < y 2 < x 3 < · · · < y n −1 < x n .
(Theo định lí Rolle thì phương trình P ( x ) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm y1 , y2 , . . . , yn−1 , mặt
khác do deg P ( x ) = n − 1, vậy phương trình ấy có đúng n - 1 nghiệm như vậy).
Vì thế P ( x ) có thể viết lại dưới dạng sau đây.
P ( x ) = b( x − y1 )( x − y2 ) . . . ( x − yn−1 )
với b = 0.
Suy ra
P (x) = P (x)

1

1
1
+
+···+
x − y1 x − y2
x − y n −1

.

Theo (5) ta có
P (yk ) = P(yk )(

1
1
1
+
+···+
) = 0∀k = 1, n − 1.
y k − x1 y k − x2
yk − xn
107

(5)


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Do P(yk ) = 0, nên suy ra
1
1

1
+
+···+
= 0, ∀k = 1, n − 1.
y k − x1 y k − x2
yk − xn

(6)

P (xj )
1
1
=
+···+
, ∀k = 1, n − 1.
P (xj )
x j − y1
x j − y n −1

(7)

Từ (5) và (6) suy ra

Cộng từng vế n − 1 đẳng thức dạng (7), ta có
n

n
P (xj )
1
1

1
=
∑ P ( x j ) ∑ ( x j − y 1 + x j − y n + · · · + x j − y n −1
j =1
j =1
n −1

=

1

1

1

∑ ( y k − x1 + y k − x2 + · · · + y k − x n ).

j =1

Bây giờ từ (3) và (8) suy ra
n

P”( x j )
= 0.
P (xj )
j =1

∑

Đó là điều phải chứng minh.

Ví dụ 3. Cho số thực dương m và các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện
a
b
c
+
+ = 0.
m+2 m+1 m
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm.
Lời giải. Nếu a = 0 thì hiển nhiên kết luận của bài toán đúng. Nếu a = 0, xét hàm số
f (x) =

ax m+2 bx m+1 cx m
+
+
.
m+2
m+1
m

Khi đó f là một hàm số liên tục trên [0, 1], có đạo hàm trên (0,1) và


f ( x ) = ax m+1 + bx m + cx m−1




= x m−1 ( ax2 + bx + c)
f (0) = 0



a
b
c


 f (1) =
+
+ = 0.
m+2 m+1 m
Theo định lý Lagrange tồn tại x0 thuộc khoảng (0;1) sao cho
f (1) − f (0) = f ( x0 )(1 − 0) ⇔ f ( x0 ) = 0

⇔ ax02 + bx0 + c = 0.
Do đó phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm trên (0; 1).
108

(8)


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Ví dụ 4 (Định lý Cauchy). Nếu các hàm số f ( x ), g( x ) là các hàm số liên tục trên [ a; b], có đạo
hàm trên khoảng ( a; b) và g ( x ) khác không trên khoảng ( a; b) thì tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho
f (c)
f (b) − f ( a)
=
.
g (c)
g(b) − g( a)

Lời giải. Theo định lý Lagrange luôn tồn tại x0 ∈ ( a; b) sao cho
g(b) − g( a)
b − a)

g ( x0 ) =

suy ra g( a) = g(b). Xét hàm số F ( x ) = f ( x ) −

f (b) − f ( a)
g( x ). Khi đó, F ( x ) là hàm liên tục
g(b) − g( a)

trên [ a; b], có đạo hàm trên khoảng ( a; b) và
F ( a) = F (b) =

f ( a) g(b) − f (b) g( a)
.
g(b) − g( a)

Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho F (c) = 0. Mà
F (x) = f (x) −

suy ra f (c) =

f (b) − f ( a)
g ( x ),
g(b) − g( a)

f (b) − f ( a)
g ( c ).

g(b) − g( a)

Nhận xét 1. Định lý Lagrange là hệ quả của định lý Cauchy (trong trường hợp g( x ) = x ).
Ví dụ 5. Cho đa thức P( x ) và Q( x ) = aP( x ) + bP ( x ) trong đó a, b là các số thực, a = 0.
Chứng minh rằng nếu Q( x ) vơ nghiệm thì P( x ) vơ nghiệm.
Lời giải. Ta có degP( x ) = degQ( x ). Vì Q( x ) vô nghiệm nên degP( x )chẵn.
Giả sử P( x ) có nghiệm, vì degP( x ) chẵn nên P( x ) có ít nhất hai nghiệm.
+) Khi P( x ) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 cũng là một nghiệm của P ( x ) suy ra Q( x ) có
nghiệm.
+) Khi P( x ) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 .
Nếu b = 0 thì hiển nhiên Q( x ) có nghiệm.
a
Nếu b = 0 : Xét f ( x ) = e b x P( x ), thì f ( x ) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 và
a
a a
1 a
1 a
f ( x ) = e b x P( x ) + e b x P ( x ) = e b x ( aP( x ) + bP ( x )) = e b x P( x ).
b
b
b

Vì f ( x ) có hai nghiệm suy ra f ( x ) có ít nhất một nghiệm hay Q( x ) có nghiệm.

109


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

2.2

Chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 6. Cho 0 < a < b. Chứng minh rằng
b
b−a
b−a
< ln <
.
b
a
a
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = ln x, x ∈ [ a, b]. Ta có f ( x ) =
thuộc khoảng ( a, b) sao cho

1
. Theo định lý Lagrange tồn tại c
x

f (b) − f ( a) = f (c)(b − a) ⇔ ln b − ln a =

⇔ ln
Mà 0 < a < c < b nên

b−a
c

b
b−a
=

.
a
c

1
1
1
< < , do đó
b
c
a
b−a
b−a
b−a
<
<
.
b
c
a

Suy ra

b−a
b
b−a
< ln <
.
b
a

a

Ví dụ 7. Chứng minh rằng
x +1

1
1+
x+1

>

1
1+
x

x

, ∀ x > 0.

Lời giải. Xét hàm số
f (t) = t ln 1 +

1
t

, g(t) = ln(1 + t) −

t
.
1+t

Khi đó f có đạo hàm trên (0; +∞) và g có đạo hàm trên (−1; +∞), và

1
1


−
f (t) = ln 1 +

t
1+t
1
1
t


=
.
 g (t) = 1 + t −
2
(1 + t )
(1 + t )2
Theo định lý Lagrange tồn tại c1 ∈ ( x, x + 1) và c2 ∈

0,

1
c1

sao cho




 f ( x + 1) − f ( x ) = f (c1 )( x + 1 − x ) = g




g

1
c1

− g (0) = g ( c2 )
110

1
−0
c1

1
c1


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

suy ra




 f ( x + 1) − f ( x ) = g
1
c1

g





x +1
1
1
> 1+
x+1
x
Đó là điều phải chứng minh.

suy ra

> g (0) = 0
x +1

1
x+1

nên f ( x + 1) − f ( x ) > 0 hay ln 1 +

1
c1

> ln 1 +

1
x

x

x

1+

.

Ví dụ 8. Cho 0 < a < b < c < d. Chứng minh rằng
3

abc + abd + acd + bcd
<
4

ab + ac + ad + bc + bd + cd
.
6

Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = ( x − a)( x − b)( x − c)( x − d). Khi đó f liên tục và có đạo hàm
trên R và
f ( a) = f (b) = f (c) = f (d) = 0.

Theo định lý Rolle trên từng đoạn [ a, b], [b, c], [c, d] tồn tại x1 , x2 , x3 sao cho a < x1 < b <
x2 < c < x3 < d và
f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x3 ) = 0.
Suy ra x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình
f ( x ) = ( x − b)( x − c)( x − d) + ( x − a)( x − c)( x − d) + ( x − a)( x − b)( x − d)+
+ ( x − a)( x − b( x − c)

= 4x3 − 3( a + b + c + d) x2 + 2( ab + ac + ad + bc + bd + cd) x −
− ( abc + abd + acd + bdc) = 0
Ví dụ 9. Cho x ∈ (0; 1), n ∈ N. Chứng minh rằng:

√
1
xn 1 − x < √
.
2ne
Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy:
x + x + · · · + x + (2n − 2nx )
x . . . x.(2n − 2nx ) ≤
2n + 1
(có 2n chữ số x)

111

2n+1


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Suy ra

2nx2n (1 − x ) ≤

2n
2n + 1

2n+1

. (1)

Mặt khác, xét hàm số
f ( x ) = ln x, x ∈ [2n, 2n + 1],
thì f ( x ) =

1
. Theo định lý Lagrange ∃c ∈ (2n, 2n + 1) sao cho
x
f (2n + 1) − f (2n) = f (c)(2n + 1 − 2n)
2n + 1
1
1
2n
1
⇒ ln
= >
⇒ − ln
>
2n
c
2n + 1
2n + 1

2n + 1
1
−
1
2n
2n
<−
⇒
< e 2n + 1
⇒ ln
2n + 1
2n + 1
2n + 1
2n+1
2n
⇒
< e −1 . (2 )
2n + 1

Từ (1) và (2) suy ra
2nx2n (1 − x ) <
suy ra

2.3

1
e

√
1

xn 1 − x < √
.
2ne

Tìm giới hạn của dãy số

Ví dụ 10. Cho dãy số thực un xác định bởi

u n +1

u1 = 2017
1
= ln 1 + u2n − 2018, ∀n ≥ 1 (1)
2

Chứng minh rằng dãy số un có giới hạn hữu hạn.
1
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = ln 1 + u2n − 2018 với x ∈ R, f ( x ) là hàm số liên tục trên R,
2
x
và ta có f ( x ) =
suy ra
1 + x2
f (x) =

x
1
≤ , ∀ x ∈ R.
2
2

1+x

Giả sử rằng un có giới hạn là a thì a là nghiệm của phương trình
x=

1
ln 1 + x2 − 2018. (13)
2
112


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Ta đi chứng minh (13) có nghiệm duy nhất. Thật vậy
x=

1
1
ln 1 + x2 − 2018 ⇔ g( x ) = x + 2018 − ln 1 + x2 = 0. (14)
2
2

Ta có hàm số g( x ) là hàm số liên tục và
g (x) =

x2 − x + 1
> 0, ∀ x ∈ R.
x2 + 1

Suy ra g( x ) đồng biến trên R. Mặt khác

1
g(0).g(−2018) = −2018. ln 1 + 20182 .
2
Suy ra phương trình (14) có nghiệm duy nhất. Gọi nghiệm đó là a.
Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ R sao cho

|un+1 − a| = | f (un ) − f ( a)| = f (c) |un − a| ≤
Như thế ta có
1
2

0 < | u n +1 − a | <
mà
lim

n→+∞

1
2

1
|un − a| ≤ · · · ≤
2

1
2

n −1

| u1 − a | .

n −1

| u1 − a | ,

n −1

|u1 − a| = 0,

nên theo nguyên lý kẹp ta suy ra
lim |un+1 − a| = 0 ⇔ lim (un+1 − a) = 0 ⇔ lim un = lim un+1 = a.

n→+∞

n→+∞

n→+∞

n→+∞

Vậy dãy số un có giới hạn hữu hạn khi lim n → +∞.
Ví dụ 11. Cho dãy số thực un xác định bởi

u1 = 2017

√
un
, ∀ n ≥ 1 (1)
 u n +1 = 3 +
u2n − 1

Hãy tìm lim un .
n→+∞

Lời giải.
√
Bằng quy nạp chứng minh được un > 3 với
√ mọi n = 1, 2,. . .
√
Giả sử rằng (un ) có giới hạn là a thì a ≥ 3 và a là nghiệm của phương trình a = 3 +
√
√
√
a
a2
√
⇔ ( a − 3)2 = 2
⇔ ( a2 − 3a)2 − 2( a2 − 3a) − 3 = 0
a −√1
a2 − 1√
2
2
⇔ a − 3a = −1 hoặc a − 3a = 3
113


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

√
3 + 15
⇔a=

2
√
Xét hàm số f ( x ) = 3 +
√

−

1

( x 2 − 1)3

√
x
3, +∞), thì un+1 = f (un ) và f ( a) = a. ta có f ( x ) =
trên
(
x2 − 1

suy ra

√
1
f ( x ) < √ , ∀ x ∈ ( 3; +∞).
2 2

Xét hiệu sau đây và kết hợp với định lý Lagrange ta suy ra:
|un+1 − a| = | f (un ) − f ( a)| = | f (cn )(un − a)| = | f (cn ) | |un − a| (cn ∈ (un ; a) ∨ cn ∈
( a; un ))
1
1

√ | u n − a | . . . ( √ ) n | u1 − a |
2 2
2 2
Như thế ta có
1
0 < | u n +1 − a | < ( √ ) n | u 1 − a |
2 2
mà
n
1
√
lim
| u1 − a | = 0
n→+∞ 2 2
nên theo nguyên lý kẹp ta suy ra
lim |un+1 − a| = 0

n→+∞

hay lim (un+1 − a) = 0 nên lim un = lim un+1 = a.
n→+∞

n→+∞

n→+∞

√

Vậy dãy số un có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ và lim un =
n→+∞

3+
2

√

15

.

n

1
1
= với n là số nguyên dương.
2
−1
i =1
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình nêu trên có một nghiệm duy
nhất lớn hơn 1; kí hiệu nghiệm đó là xn .
b) Chứng minh rằng lim xn = 4.

Ví dụ 12 (VMO 2002). Xét phương trình ∑

i2 x

Cách giải.
n

1

1
− , ta có f n ( x ) liên tục và nghịch biến trên (1; +∞).
−1 2
i =1
1
Mà lim f n ( x ) = +∞, lim f n ( x ) = − nên f n ( x ) = 0 có một nghiệm duy nhất lớn hơn 1.
x →+∞
2
x →1+
b) Với mỗi số nguyên dương n, ta có
1
f n (4) = −
< 0 nên f n (4) < f n ( xn ) ⇒ xn < 4.
2(2n + 1)
Theo định lý Lagrange, luôn tồn tại cn ∈ ( xn ; 4) thỏa mãn:

a) Xét f n ( x ) = ∑

i2 x

f n (4) − f n ( xn ) = f (cn )(4 − xn ).
114


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

1
9
Mà f (cn ) < − nên 4 − xn < −9( f n (4) − f n ( xn )) ⇒ 4 − xn <
,

9
2(2n + 1)
9
suy ra 4 −
< xn < 4 nên lim xn = 4.
2(2n + 1)
Ví dụ 13 (VMO 2007). Cho số thực a > 2 và f n ( x ) = a10 x10+n + x n + x n−1 + · · · + x + 1.
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f n ( x ) = a ln có đúng một
nghiệm dương duy nhất. Kí hiệu nghiệm đó là xn .
a−1
khi n dần đến vô cùng.
b) Chứng minh rằng dãy xn có giới hạn bằng
a
Lời giải.
Đặt Fn ( x ) = f n ( x ) − a, ta có Fn ( x ) liên tục, đồng biến trên [0; +∞) và Fn (0) = 1 − a, Fn (1) =
a10 + n + 1 − a > 0. Suy ra phương trình f n ( x ) = a ln có đúng một nghiệm xn dương duy
nhất.
a−1
Đặt b =
thì f n (b) = bn ( a − a)[( a − 1)9 − 1] + a nên f n (b) > a, suy ra b > xn , ∀n ∈ N∗ .
a
Theo định lý Lagrange, luôn tồn tại cn ∈ ( xn ; b) thỏa mãn:
f n (b) − f n ( xn ) = f (cn )(b − xn ).
Mà f (cn ) > 1 nên b − xn < f n (b) − f n ( xn ) = bn ( a − 1)[( a − 1)9 − 1] ⇒ lim xn = b.
suy ra b − bn ( a − 1)[( a − 1)9 − 1] < xn < b nên lim xn = b (vì b ∈ (0; 1)).

Tài liệu
[1] Võ Giang Giai, Võ Khắc Thường, Lê Quang Tuấn, Ứng dụng các tính chất hàm số để giải
bài tốn, NXB Thanh Hóa, 2002.
[2] Phan Huy Khải, Các bài toán về hàm số, NXB Hà Nội, 2000.

[3] Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Đặng Hùng Thắng, Tài liệu chun
tốn đại số và giải tích 11, NXB Giáo dục, 2012.

115