Tài Liệu Luyện Thi olympic toán sinh viên các định lý mới phát triển

Mở đầu
Trong chương trình toán học phổ thông, những bài toán có liên quan
đến các định lý giá trị trung bình (MVT - Mean Value Theorem) đối với
các hàm khả vi thường không được quan tâm nhiều. Trong khi đó, các bài
tập về các định lý giá trị trung bình đối với hàm khả vi rất đa dạng và
phong phú.
Với Luận văn này, chúng tôi giới thiệu và phân tích các định lý giá trị
trung bình đối với hàm khả vi, gồm các định lý kinh điển quen thuộc và
một vài định lý mới được phát triển trong thời gian sau này. Từ đó chúng
tôi đưa ra một vài phát triển và áp dụng cho một loạt bài toán, trong đó
chúng tôi tập trung sự quan tâm đến những phát triển và áp dụng của
định lý Lagrange.
Nội dung chính của luận văn gồm 3 chương:
Chương 1 giới thiệu lại các định lý kinh điển quen thuộc và kèm theo
một số ví dụ.
Chương 2 giới thiệu một vài định lý được phát triển trong thời gian
gần đây.
Chương 3 nêu một loạt bài toán áp dụng.
Luận văn này có thể dùng làm tài liệu cho học sinh giỏi và giáo viên
dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi của các trường phổ thông trung học. Luận
văn này còn có thể dùng làm tài liệu cho việc ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi
Olympic toán học sinh viên toàn quốc hằng năm.

i
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Mục lục

Mở đầu

i

Chu.o.ng 1 Các định lý giá trị trung bình
đối với hàm khả vi

1

1.1

Định lý Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3

Định lý Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.4

Định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Chu.o.ng 2 Một số định lý được phát triển
trong thời gian gần đây

10

2.1

Định lý Flett . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2.2

Định lý Meyer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.3

Định lý Sahoo-Riedel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.4

Định lý Riedel-Sablik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

Chu.o.ng 3 Một số bài toán áp dụng

15

3.1

Áp dụng định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

3.2

Áp dụng định lý Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

3.3

Áp dụng định lý Flett . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

Kết luận

59

Tài liệu tham khảo

60

iii
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Chương 1
Các định lý giá trị trung bình
đối với hàm khả vi
Trong chương này chúng ta sẽ trình bày lại các định lý giá trị trung
bình (MVT - Mean Value Theorem) đối với hàm khả vi. Đó là những định
lý kinh điển quen thuộc: Fermat, Rolle, Lagrange, Cauchy.
Một số dụ minh họa và áp dụng cũng được giới thiệu kèm theo.

1.1

Định lý Fermat

• Fermat(1) đã phát biểu định lý sau (xem [2], hoặc [8]):
Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b], đạt cực trị (địa phương)
tại điểm x0 ∈ (a, b) và khả vi tại điểm x0 . Khi đó f (x0 ) = 0.

Hình 1.1: Minh họa hình học cho định lý Fermat

(1)

Pierre de Fermat (1601-1665) - nhà toán học người Pháp

1
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN

Chứng minh. Nếu f (x0 ) > 0 ta lấy ε =

f (x0 )
2

thì ∃δ(ε) > 0 sao cho

|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 ) − f (x0 )(x − x0 )|
Khi 0 < x − x0 < δ ta suy ra f (x) − f (x0 )
Khi −δ < x − x0 < 0 ta suy ra f (x) − f (x0 )

ε|x − x0 |.

f (x0 )
2 (x − x0 ) > 0. .
f (x0 )
2 (x − x0 ) < 0.

Như thế x0 không thể là điểm cực trị (địa phương) của f (x).
Tương tự, nếu f (x0 ) < 0 ta cúng chứng tỏ được x0 không thể là điểm
cực trị (địa phương) của f (x). Vậy phải có f (x0 ) = 0. .

1.2

Định lý Rolle

• Năm 1691 Rolle(2) đưa ra định lý nổi tiếng sau (xem [2], hoặc [8]):
Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và
f (a) = f (b). Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) để f (c) = 0.

Hình 1.2: Minh họa hình học cho định lý Rolle

Chứng minh. Vì f liên tục trên [a, b] nên nó đạt cực trị trên [a, b].
+) Nếu một trong hai cực trị đạt tại một trong hai điểm đầu mút a hay
b thì do giả thiết f (a) = f (b) ta suy ra f (x) ≡ f (a) = f (b) ⇒ f (x) ≡ 0,
hoặc là cực trị còn lại đạt tại điểm c ∈ (a, b) nên theo định lý Fermat ta
được f (c) = 0.
(2)

Michel Rolle (1652-1719) - nhà toán học người Pháp

2
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


+) Nếu một trong hai cực trị đạt tại điểm điểm c ∈ (a, b) thì theo định
lý Fermat ta được f (c) = 0.
Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng nếu f là hàm liên tục trên đoạn [a, b], khả
vi trong khoảng (a, b) và nếu f (a) = f (b) = 0, thì với mỗi số thực α tồn
tại c ∈ (a, b) sao cho αf (c) + f (c) = 0.
Lời giải. Xét hàm g(x) = eαx f (x). Ta thấy: g liên tục trên [a, b], khả vi
trong (a, b) và g(a) = g(b) = 0. Theo định lý Rolle thì tồn tại c ∈ (a, b)
sao cho g (c) = 0. Thế mà
g (x) = αeαx f (x) + eαx f (x) = eαx [αf (x) + f (x)]
và eαx = 0, ∀x ∈ R, nên từ g (c) = 0 ta dẫn đến αf (c) + f (c) = 0.
Ví dụ 1.2.2 Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b], khả vi và không
triệt tiêu trong khoảng (a, b). Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f (c)
1
1

=
+
.
f (c)
a−c b−c
Lời giải. Xét hàm số g(x) = (x − a)(x − b)f (x) ta thấy g liên tục trên
[a, b], khả vi trong (a, b) và g(a) = g(b) = 0. Theo định lý Rolle thì tồn tại
c ∈ (a, b) để g (c) = 0. Thế mà
g (x) = (x − a)(x − b)f (x) + (2x − a − b)f (x),
nên từ g (c) = 0 ta suy ra
f (c)
a + b − 2c
1
1
=
=
+
.
f (c)
(c − a)(c − b) a − c b − c
Ví dụ 1.2.3 (OLP-2002, xem [1]). Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] và
thoả mãn
f (a) = f (b) = 0, f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b).
Chứng minh rằng tồn tại dãy {xn }, xn ∈ (a, b) sao cho
f (xn )
lim √
= 2002.
n→∞ ( n e − 1)f (xn )
3
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN

Lời giải. Với mỗi n ∈ N xét hàm số gn (x) = e−

2002x
n

· f (x).

Ta thấy gn (x) liên tục trên (a, b), khả vi trong (a, b) và gn (a) = gn (b) =
0. Theo định lý Rolle tồn tại xn ∈ (a, b) sao cho gn (xn ) = 0. Thế mà
2002x
2002 − 2002x
e n f (x) + e− n f (x)
n
2002x
2002
= e− n [f (x) −
f (x)],
n

gn (x) = −

nên từ việc gn (xn ) = 0 ta suy ra
f (xn ) −

2002
f (xn ) = 0, hay là
n

f (xn ) 2002
=
.
f (xn )
n

Mặt khác lại có
1

√
n

lim n( e − 1) = lim

n→∞

n→∞

en − 1
1
n

ek − 1
1
= lim
= 1 , (k = ).
k→0
k
n
Từ đó dẫn đến

f (xn )
2002
√
lim √
= lim
= 2002.
n
n→∞ ( e − 1)f (xn )
n→∞ n( n e − 1)

1.3

Định lý Lagrange

• Năm 1797 Lagrange(3) đưa ra định lý nổi tiếng sau (xem [2], hoặc
[7], hoặc [8]):
Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b).
Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c) =

f (b) − f (a)
.
b−a

Chứng minh. Xét hàm
g(x) = f (x) − f (a) −
(3)

f (b) − f (a)
(x − a).

b−a

Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) - nhà toán học người Pháp

4
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Ta thấy: g liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và g(a) = g(b) = 0. Theo
định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) để g (c) = 0. Thế mà
g (x) = f (x) −

f (b) − f (a)
,
b−a

nên từ g (c) = 0 ta có đẳng thức cần phải chứng minh.

Hình 1.3: Minh họa hình học cho định lý Lagrange

ex
Ví dụ 1.3.4 (OLP-2011, xem [1]). Cho hàm f (x) =
· Xét dãy
(x + 1)2
{un }∞
n=1 xác định bởi u1 = 1 , un+1 = f (un ) , ∀n ∈ N. Chứng minh rằng:
1) Phương trình f (x) = x có duy nhất nghiệm α ∈ ( 12 , 1).
2)

1

2

un

1 , ∀n ∈ N.

3) f (x) tăng trên đoạn [ 12 , 1] và tồn tại k ∈ (0, 1) sao cho |un+1 − α|
k|un − α| , ∀n ∈ N.
4) lim un = α.
n→∞

Lời giải. 1) Xét hàm g(x) = f (x) − x, ta có
(x − 1)ex
1
g (x) = f (x) − 1 =
−
1
<
0
,
∀x
∈
[
, 1].
(x + 1)3
2
Do đó g(x) đơn điệu giảm trên [ 12 , 1].
√
√
1

4 e 1 8 e−9
e
e−4
Mặt khác g( ) =
− =
> 0 , g(1) = − 1 =
< 0,
2
9
2
18
4
4
nên suy ra phương trình g(x) = 0 hay f (x) = x có duy nhất nghiệm
α ∈ ( 12 , 1).
5
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


2) Quy nạp. Rõ ràng u1 = 1 ∈ [ 12 , 1]. Giả sử un ∈ [ 12 , 1], khi đó do tính
liên tục và đơn điệu giảm của f (x) trên [ 12 , 1] ta có
√
1
e 4 e
1
un+1 = f (un ) ∈ [f (1), f ( )] = [ ,
] ⊂ [ , 1].
2
4 9
2

3) Ta có
(x − 1)ex
f (x) =
,
(x + 1)3
(x2 − 2x + 3)ex
[(x − 1)2 + 2]ex
1
f (x) =
=
>
0
,
∀x
∈
[
, 1].
(x + 1)4
(x + 1)4
2
Do đó f (x) đơn điệu tăng trên [ 12 , 1].

√
−4 e
Suy ra ∀x ∈
thì f
f (x) f (1) hay
27
√
4 e

1
Đặt k = 27 thì 0 < k < 1 và |f (x)| k , ∀x ∈ [ 2 , 1].
[ 12 , 1]

( 12 )

f (x)

0.

Từ đó theo định lý Lagrange ta có
|f (x) − f (y)| = |f (θ)|.|x − y|

1
k.|x − y| , ∀x, y ∈ [ , 1].
2

Lấy x = un+1 , y = α ta được điều phải chứng minh.
k n−1 .|u1 −α| = k n−1 .|1−α| , ∀n ∈ N.

4) Từ kết quả 3) dẫn đến |un −α|

Suy ra lim (un − α) = 0 hay lim un = α.
n→∞

n→∞

Ví dụ 1.3.5 Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1], khả vi trong (0, 1) và
f (0) = 0, f (1) = 1. Chứng minh rằng với mỗi α ∈ (0, 1) tồn tại x1 , x2 ∈
(0, 1), x1 = x2 sao cho

α
1−α
+
= 1.
f (x1 ) f (x2 )
Lời giải. Từ tính lấp đầy giá trị của hàm liên tục f (x) ta thấy phải tồn tại
x0 ∈ (0, 1) để f (x0 ) = α.
Theo định lý Lagrange thì tồn tại x1 ∈ (0, x0 ) và x2 ∈ (x0 , 1) sao cho
f (x1 ) =

f (x0 ) − f (0)
α
f (1) − f (x0 )
1−α
=
= 0 và f (x2 ) =
=
= 0.
x0 − 0
x0
1 − x0
1 − x0
6
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Rõ ràng là x1 = x2 và từ đó
α
= x0
f (x1 )

và

1−α
= 1 − x0
f (x2 )

Nhận xét. Có thể thay α =

,

nên

α
1−α
+
= 1.
f (x1 ) f (x2 )

1
1
n−1
, n ∈ N và kết luận là
+
= n.
n
f (x1 ) f (x2 )

Ví dụ 1.3.6 Giả sử rằng f : [a, b] → R , b − a

4 là hàm khả vi trong

khoảng (a, b). Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) < 1+f 2 (c).
Lời giải. Xét hàm g(x) = arctanf (x). Ta thấy g(x) liên tục trên [a, b],
khả vi trong (a, b). Theo định lý Lagrange thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
g(b) − g(a)
g (c) =
.
b−a
f (x)
Mặt khác g (x) =
, nên
1 + f 2 (x)
f (c)
arctanf (b) − arctanf (a)
=
1 + f 2 (c)
b−a

π
<1
4

và ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.

1.4

Định lý Cauchy

• Cauchy(4) đã đưa ra định lý sau (xem [2], hoặc [8]):

Giả sử các hàm f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b),
đồng thời g (x) = 0, ∀x ∈ (a, b). Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c) f (b) − f (a)
=
.
g (c)
g(b) − g(a)
Chứng minh. Ta chỉ cần sử dụng định lý Lagrange cho hàm
h(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)
[g(x) − g(a)],
g(b) − g(a)

sẽ thu được điều cần chứng minh.

(4)

Augustin-Louis Cauchy (1789-1857) - nhà toán học người Pháp

7
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Hình 1.4: Minh họa hình học cho định lý Cauchy
Ví dụ 1.4.7 Cho hàm f liên tục trên [a, b], b > a > 0 và khả vi trong
(a, b). Chứng tỏ rằng tồn tại c ∈ [a, b] sao cho
bf (a) − af (b)
= f (c) − cf (c).
b−a

Lời giải. Sử dụng định lý Cauchy với 2 hàm F (x) =
F (x) =

f (x)
x

và G(x) =

1
x

ta có

xf (x) − f (x)
1
,
G
(x)
=
−
,
x2
x2
F (c)
= f (c) − cf (c) ,
G (c)
F (b) − F (a) bf (a) − af (b)
=
,
G(b) − G(a)

b−a

nên suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.4.8 Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b] (b > a > 0), khả vi trong
(a, b). Chứng minh rằng tồn tại các số α, β, γ ∈ (a, b) sao cho
a + b f (β) a2 + ab + b2 f (γ)
f (α) =
·
+
· 2 .
4
β
6
γ
Lời giải. Theo định lý Lagrange với hàm f (x) trên [a, b] , tồn tại α ∈ (a, b)
sao cho
f α) =

f (b) − f (a)
.
b−a

Sử dụng định lý Cauchy cho 2 hàm f (x) và g(x) = x2 ta thấy tồn tại
β ∈ (a, b) sao cho
f (β) f (b) − f (a)
=
g (β)
g(b) − g(a)

hay

f (β) f (b) − f (a)
=
,
2β
b2 − a2

8
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


a + b f (β)
·
.
2
β
Sử dụng định lý Cauchy cho 2 hàm f (x) và h(x) = x3 ta thấy tồn tại

nên suy ra f (α) =
γ ∈ (a, b) để

f (γ) f (b) − f (a)
=
h (γ)
h(b) − h(a)

hay

f (γ) f (b) − f (a)
=

,
3γ 2
b3 − a3

a2 + ab + b2 f (γ)
nên suy ra f (α) =
· 2 .
3
γ
Do đó dẫn đến kết luận của bài toán.
Nhận xét. 1) Với ví dụ (1.4.8) trên nếu lấy [a, b] ≡ [0, 1] ta sẽ được bài toán
số 3 trong đề Giải tích của kỳ thi OLP-2015.
• Cho f : [0, 1] → R là một hàm khả vi liên tục.
Chứng minh rằng tồn tại các số x1 , x2 , x3 ∈ (0, 1) sao cho
f (x1 ) f (x2 )
+
= f (x3 ).
4x1
6x22
2) Ta nhận thấy định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange,
còn định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy (với g(x) = x).
Việc áp dụng các định lý này khá đa dạng.

9
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Chương 2
Một số định lý được phát triển
trong thời gian gần đây

2.1

Định lý Flett

• Năm 1958 Flett(1) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]):
Cho hàm f (x) khả vi trên [a, b] và thỏa mãn f (a) = f (b) (hai đạo hàm
này được hiểu là đạo hàm một phía).
Khi đó tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c) =

f (c) − f (a)
.
c−a

Hình 2.1: Minh họa hình học cho định lý Flett

Chứng minh. Cách 1. Ta có thể giả thiết f (a) = f (b) = 0, vì có thể thay
f (x) bởi h(x) = f (x)−xf (a), lúc đó h (x) = f (x)−f (a), h (a) = h (b) = 0
(1)

T.M. Flett (1923-1976), giáo sư Đại học Liverpool, England

10
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


và nếu kết luận đúng với h(x) thì
h(c) − h(a)
f (c) − cf (a) − f (a) + af (a)
hay f (c) − f (a) =

,
c−a
c−a
f (c) − cf (a) − f (a) + af (a)
f (c) − f (a)
nên f (c) =
+ f (a) =
,
c−a
c−a

h (c) =

tức là kết luận đúng cho f (x) .
Ta xét hàm


 f (a) = 0 khi x = a
g(x) =
 f (x)−f (a) khi a < x b
x−a

f (x) − f (a)
= f (a) = 0 = g(a), nên g(x) liên tục trên [a, b].
x→a+0
x−a
Rõ ràng g(x) khả vi trong (a, b] và

Khi đó

lim

g (x) =

f (x) f (x) − f (a)
−
.
x−a
(x − a)2

Ta thấy: +) Nếu g(b) = 0, thì theo định lý Rolle ∃c ∈ (a, b) sao cho
g (c) = 0, tức là
f (c) f (c) − f (a)
f (c) − f (a)
−
=
0
hay
f
(c)
=
.
c−a
(c − a)2
c−a
f (b) − f (a)
g(b)
=
−
< 0.

(b − a)2
b−a
Suy ra tồn tại x1 ∈ (a, b) để g(x1 ) > g(b) (bởi vì nếu g(x) g(b), ∀x ∈
+) Nếu g(b) > 0, thì g (b) = −

(a, b) thì sẽ dẫn tới g (b)

0, mâu thuẫn với g (b) < 0).

Lúc này g(a) = 0 < g(b) < g(x1 ) và do g(x) liên tục, nên phải tồn tại
x2 ∈ (a, b) để g(x2 ) = g(b). Sử dụng định lý Rolle cho hàm g(x) trên [x2 , b]
thì tồn tại c ∈ (x2 , b) ⊂ (a, b) sao cho g (c) = 0, dẫn tới kết luận như trên.
+) Nếu g(b) < 0 ta chứng minh tương tự.
Cách 2. Ta xét hàm

 f (a) khi x = a
h(x) =
 f (x)−f (a) khi a < x
x−a

b

11
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Dễ thấy h(x) liên tục và khả vi. Nếu h(x) đạt cực trị tại c ∈ (a, b) thì
theo định lý Fermat h (c) = 0, dẫn đến kết luận của định lý.
Nếu h(x) đạt cực trị tại a hoặc b thì không giảm tổng quát ta giả thiết
h(a)

h(x)

h(b), ∀x ∈ [a, b].

Khi đó f (x)

f (a) + (x − a)h(b), ∀x ∈ [a, b] và

f (x) − f (b) f (b) − f (x)
=
x−b
b−x

f (b) − f (a) − (x − a)h(b)
b−x
f (b) − f (a)
=
= h(b).
b−a

Lấy giới hạn khi x → b − 0 ta được h (b)
f (b)

h(b), nên h(a) = f (a) =

h(b). Dẫn tới h(x) là hàm hằng, do đó h (x) ≡ 0 và ta có kết luận

của định lý.
Ví dụ 2.1.9 Cho f : [0, 1] → R là hàm khả vi liên tục thỏa mãn f (1) =

0, f (1) = 1. Chứng tỏ rằng tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho
c

f (c) = f (c)

f (x)dx.
0

Lời giải. Xét hàm g(x) = xe

x

−f (x)

f (t)dt , ta có
0

g (x) = e

x

−f (x)

x

f (t)dt − xf (x)
0

f (t)dt + xf (x) .
0

Ta thấy g (0) = g (1) = 0 , nên theo định lý Flett tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho
g(c) − g(0) g(c)
g (c) =
=
, tức là f (c) = f (c)
c−0
c

2.2

c

f (x)dx.
0

Định lý Meyer

• Năm 1977 Meyer(2) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]):
Cho f (x) là hàm khả vi trên [a, b] và f (a) = f (b). Khi đó tồn tại điểm
c ∈ (a, b) sao cho
f (c) =
(2)

f (b) − f (c)
.
b−c

R.E. Meyer (1919-2008), Đại học Wisconsin–Madison, USA

12
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Chứng minh. Ta xét hàm


m(x) =

f (b)−f (x)
b−x

khi a

x
 f (b) khi x = b

Dễ thấy m(x) liên tục và khả vi. Nếu m(x) đạt cực trị tại c ∈ (a, b) thì
theo định lý Fermat m (c) = 0, dẫn đến kết luận của định lý.
Nếu m(x) đạt cực trị tại a hoặc b thì không giảm tổng quát ta giả thiết
m(a)

m(x)

m(b), ∀x ∈ [a, b].

Khi đó f (x)

f (b) − (b − x)m(a), ∀x ∈ [a, b] và

f (x) − f (a)
x−a

f (b) − f (a) − (b − x)m(a)
x−a
f (b) − f (a)
=
= m(a).
b−a

Lấy giới hạn khi x → a + 0 ta được f (a)
f (a)

m(a), nên m(b) = f (b) =

m(a). Dẫn tới m(x) là hàm hằng, do đó m (x) ≡ 0 và ta có kết

luận của định lý.
Nhận xét. Thực ra định lý Meyer là một cách bổ sung cho hoàn thiện
của định lý Flett và chứng minh của định lý Meyer dựa theo cách chứng
minh thứ hai của định lý Flett.

2.3

Định lý Sahoo-Riedel

• Năm 1998 Sahoo(3) và Riedel(4) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc
[5]), với việc bỏ đi giả thiết f (a) = f (b) của các định lý Flett và Meyer:
Cho f (x) là hàm khả vi trên [a, b]. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f (c) − f (a) = f (c)(c − a) −

(3)
(4)

1 f (b) − f (a)
·
(c − a)2 .
2
b−a

P.K. Sahoo, Đại học Louisville, USA
T. Riedel, Đại học Louisville, USA

13
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Chứng minh. Xét hàm g : [a, b] → R xác định bởi
g(x) = f (x) −

1 f (b) − f (a)
·
(x − a)2 .
2
b−a

Khi đó g liên tục trên [a, b] và
g (x) = f (x) −

f (b) − f (a)
(x − a).

b−a

Ta thấy g (a) = g (b) = f (a). Áp dụng định lý Flett cho hàm g
ta được g(c) − g(a) = g (c)(c − a) với c ∈ (a, b).
Viết lại g và g theo f ta được kết quả cần chứng minh.

2.4

Định lý Riedel-Sablik

• Năm 2004 Riedel và Sablik(5) đưa ra định lý sau (xem [4], hoặc [5]):
Cho f (x) là hàm khả vi trên [a, b]. Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
1
f (c) − f (a)
1
f (c) − f (b)
f (b) − f (a)
f (c) −
+
f (c) −
=
.
c−a
c−a
c−b
c−b
b−a
Chứng minh. Xét hàm g : [a, b] → R như sau:

(a)



f (a) + f (b)−f
, khi x = a

b−a

(a)
(b)
g(x) = f (x)−f
+ f (x)−f
, khi x ∈ (a, b)
x−a
x−b



f (b) + f (b)−f (a) , khi x = b
b−a

Rõ ràng g(x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b). Hơn nữa, đạo hàm
của g(x) là
g (x) =

f (x) f (x) − f (a) f (x) f (x) − f (b)
−
+
−
.
x−a

(x − a)2
x−b
(x − b)2

Do định lý Lagrange ta suy ra kết quả cần phải chứng minh.

(5)

M. Sablik, Đại học Silesia, Katowice, Polska

14
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Chương 3
Một số bài toán áp dụng
3.1

Áp dụng định lý Rolle

1. Cho hàm số f : R → R có đạo hàm đến cấp (n + 1) và giả sử có a < b
sao cho
ln

f (b) + f (b) + f (b) + ... + f (n) (b)
= b − a.
f (a) + f (a) + f (a) + ... + f (n) (a)

Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c).
Lời giải. Xét hàm g(x) = [f (x) + f (x) + f (x) + ... + f (n) (x)]e−x .

Từ giả thiết đã cho ta dễ dàng thấy g(a) = g(b)
và g (x) = [f (n+1) (x) − f (x)]e−x .
Khi đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g (c) = 0.
Vậy suy ra rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c).
2. (Xem [3]). Cho các hàm f1 , f2 , ..., fn và g1 , g2 , ..., gn liên tục trên [a, b],
khả vi trong (a, b). Giả sử gk (a) = gk (b) với k = 1, 2, ..., n. Chứng tỏ
rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
n

n

fk (c) =
k=1

gk (c) ·
k=1

fk (b) − fk (a)
.
gk (b) − gk (a)

Lời giải. Xét hàm
n

h(x) =

fk (x) − fk (a) − [gk (x) − gk (a)]
k=1

fk (b) − fk (a)

,
gk (b) − gk (a)

15
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


thì h(x) liên tục trên [a, b] và khả vi trong (a, b).
Hơn nữa h(a) = h(b) = 0 và
n

h (x) =

fk (x) − gk (x)
k=1
n

=

fk (b) − fk (a)
gk (b) − gk (a)

n

fk (x) −
k=1

gk (x)
k=1

fk (b) − fk (a)
.
gk (b) − gk (a)

Theo định lý Rolle ∃c ∈ (a, b) sao cho h (c) = 0. Suy ra điều phải
chứng minh.
Nhận xét. Cũng có thể xét hàm
n

h1 (x) =

fk (x) − gk (x)
k=1

fk (b) − fk (a)
,
gk (b) − gk (a)

thì có h1 (a) − h1 (b) = 0 hay h1 (a) = h1 (b) .
3. Cho hàm f : R → R khả vi đến cấp 3. Chứng minh ∃c ∈ (−1, 1) để
f (c) f (1) − f (−1)
=
− f (0).
6
2
Lời giải. Ta xét hàm
g(x) =

f (−1) 2
x (1 − x) + f (0)(1 − x2 )

2
f (1) 2
+
x (1 + x) + f (0)x(1 − x)(1 + x).
2

Dễ dàng kiểm tra được g(±1) = f (±1) , g(0) = f (0) , g (0) = f (0).
Áp dụng định lý Rolle cho hàm h(x) = f (x)−g(x) với h(−1) = h(0) =
h(1) = 0, ta suy ra tồn tại α ∈ (−1, 0) và β ∈ (0, 1) sao cho h (α) = 0
và h (β) = 0. Ngoài ra rõ ràng là h (0) = 0.
Lại áp dụng định lý Rolle cho hàm h (x), ta suy ra tồn tại γ ∈ (α, 0)
và δ ∈ (0, β) sao cho h (γ) = 0 và h (δ) = 0.
16
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Cuối cùng áp dụng định lý Rolle cho hàm h (x), ta suy ra tồn tại
c ∈ (γ, δ) ⊂ (−1, 1) sao cho h (c) = 0. Khi đó
f (c) = g (c) =

f (−1)
f (1)
.(−6) +
.6 − f (0).6
2
2

và ta có đẳng thức cần phải chứng minh.
4. (Xem [3]). Cho đa thức P (x) bậc n, có n nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
Chứng minh rằng đa thức

Q(x) = (x2 + 1)P (x)P (x) + x [P (x)]2 + [P (x)]2
có ít nhất (2n − 1) nghiệm phân biệt.
Lời giải. Ta nhận thấy rằng Q(x) = F (x)G(x) với
x2

x2

F (x) = P (x) + xP (x) = e− 2 e 2 P (x) ,
G(x) = xP (x) + P (x) = [xP (x)] .
Gọi ai (i = 1, 2, . . . , n) là các nghiệm của P (x), mà 1 < a1 < a2 <
x2

· · · < an . Rõ ràng rằng đó cũng là các nghiệm của e 2 P (x). Theo
x2

định lý Rolle, e 2 P (x)

có (n − 1) nghiệm phân biệt, ký hiệu là

bi (i = 1, 2, . . . , n − 1). Đó cũng chính là các nghiệm của F (x). Đồng
thời vẫn theo định lý Rolle, G(x) có n nghiệm phân biệt, ký hiệu là
ci (i = 1, 2, . . . , n). Ta có thể giả thiết rằng
1 < a1 < b1 < a2 < b2 < · · · < bn−1 < an ,
0 < c1 < a1 < c2 < a2 < · · · < cn < an .
Nếu bi = ci+1 (i = 1, 2, . . . n − 1) thì Q(x) có ít nhất (2n − 1) nghiệm
phân biệt.
Bây giờ giả sử rằng tồn tại i sao cho bi = ci+1 = r > 1 và r = ai , ∀i.
Khi đó P (r) + rP (r) = 0 = rP (r) + P (r).
Suy ra rP (r) + r2 P (r) = 0 = rP (r) + P (r), dẫn đến (r2 − 1)P (r) = 0.
17

∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Do r > 1 nên P (r) = 0, vô lý! (vì P (x) không thể có nghiệm nào khác
ngoài các nghiệm ai nói trên). Vậy ta có điều phải chứng minh.
5. (Xem [6]). Cho hàm f : R → R có đạo hàm tới cấp 2 và thoả mãn
điều kiện f (0) = 2, f (0) = −2 và f (1) = 1. Chứng minh rằng tồn tại
ξ ∈ (0, 1) sao cho
f (ξ)f (ξ) + f (ξ) = 0.
1
Lời giải. Xét hàm g(x) = f 2 (x) + f (x) , g (x) = f (x)f (x) + f (x).
2
Ta có g(0) = 0, nên chỉ cần chứng tỏ rằng tồn tại α ∈ (0, 1] sao cho
g(α) = 0 rồi áp dụng định lý Rolle là được.
x
1
−
ta có
2 f (x)
h(0) = h(1) = − 12 , nên theo định lý Rolle ∃α ∈ (0, 1) sao cho h (α) = 0.
+) Nếu f (x) = 0, ∀x ∈ (0, 1) thì xét hàm h(x) =
Thế mà
h (x) =

1 f (x)
1
1
1
+ 2
= f 2 (x) + f (x) 2

= g(x) 2 ,
2 f (x)
2
f (x)
f (x)

nên từ 0 = h (α) = g(α)

1
ta suy ra g(α) = 0.
f 2 (α)

+) Nếu tồn tại ít nhất một giá trị x ∈ (0, 1) để f (x) = 0 thì ta coi
x = x1 là giá trị nhỏ nhất thuộc (0, 1) để f (x) = 0, còn x = x2 là giá
trị lớn nhất thuộc (0, 1) để f (x) = 0. Như thế ta có 0 < x1

x2 < 1

và f (x) > 0 , ∀x ∈ [0, x1 ) ∪ (x2 , 1].
Từ đó suy ra với ε > 0 khá bé thì f (x) là hàm giảm trong (x1 − ε, x1 )
và là hàm tăng trong (x2 , x2 + ε) . Dẫn tới f (x1 )
Khi đó g(x1 ) = f (x1 )

0 và g(x2 ) = f (x2 )

0 và f (x2 )

0.

0, nên tồn tại α ∈

[x1 , x2 ] ⊂ (0, 1) để g(α) = 0.
6. Cho hàm f : [0, 1] → R khả vi và thỏa mãn f (1) = 0. Chứng minh
rằng với bất kỳ α > 0 phương trình xf (x) = (x − α)f (x) có nghiệm
trong (0, 1).
18
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Lời giải. Xét hàm g(x) = xα e−x f (x) khả vi trên [0, 1] với
g (x) = αxα−1 e−x f (x) − xα e−x f (x) + xα e−x f (x)
= xα−1 e−x [αf (x) − xf (x) + xf (x)].
Ta có g(0) = g(1) = 0 , nên theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (0, 1) sao
cho g (c) = 0.
Suy ra αf (c) − cf (c) + cf (c) = 0, hay cf (c) = (c − α)f (c).
Ta được điều cần chứng minh.
7. (OLP-2009, xem [1]). Cho P (x) là đa thức bậc n với hệ số thực. Chứng
minh rằng phương trình P (x) = 2x có không quá n + 1 nghiệm thực
phân biệt.
Lời giải. Xét hàm số f (x) = P (x) − 2x . Giả sử phương trình f (x) = 0
có quá n + 1 nghiệm thực phân biệt (tức là có ít nhất n + 2 nghiệm
thực phân biệt).
Theo định lý Rolle phương trình f (x) = P (x) − 2x ln 2 = 0 có ít
nhất n + 1 nghiệm thực phân biệt, phương trình f (x) = P (x) −
2x (ln 2)2 = 0 có ít nhất n nghiệm thực phân biệt, ..., phương trình
f (n−1) (x) = P (n−1) (x) − 2x (ln 2)n−1 = 0 có ít nhất 3 nghiệm thực phân
biệt.
Cuối cùng phương trình f (n) (x) = P (n) (x) − 2x (ln 2)n = 0 có ít nhất
2 nghiệm thực phân biệt. Tuy nhiên, giả sử P (x) = a0 xn + a1 xn−1 +
... + an−1 x + an thì phương trình f (n) (x) = P (n) (x) − 2x (ln 2)n = 0 sẽ là

phương trình n!a0 − 2x (ln 2)n = 0, chỉ có thể có nhiều nhất 1 nghiệm
thực.
Điều mâu thuẫn trên chứng tỏ phương trình f (x) = 0 hay P (x) = 2x
có không quá n + 1 nghiệm thực phân biệt.
8. Cho đa thức P (x) với bậc n

2 có các nghiệm đều thực (tính cả bội).

Chứng minh rằng đa thức Q(x) = P (x) + (a + b)P (x) + abP (x), trong
đó a, b ∈ R cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
19
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Lời giải. Ta chứng minh bổ đề: Nếu đa thức P (x) với bậc n

1 có các

nghiệm đều thực (tính cả bội), thì đa thức R(x) = P (x) + αP (x) với
α ∈ R cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
Thật vậy: Với α = 0 bổ đề là hiển nhiên. Với α = 0 xét hàm số
x

f (x) = e α P (x). Rõ ràng tập hợp nghiệm của đa thức P (x) và tập hợp
nghiệm của phương trình f (x) = 0 là trùng nhau. Đa thức P (x) với
bậc deg(P ) = n

1 có các nghiệm đều thực, nên số nghiệm của nó là

n (tính cả bội). Sử dụng định lý Rolle cho hàm f (x) ta suy ra phương

trình f (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thực (tính cả bội). Mặt khác
f (x) =

x
1 x
1 x
1 x
e α P (x) + e α P (x) = e α [P (x) + αP (x)] = e α R(x),
α
α
α

nên tập hợp nghiệm của phương trình f (x) = 0 và tập hợp nghiệm
của đa thức R(x) là trùng nhau.
Đa thức R(x) với bậc deg(R) = n có ít nhất (n − 1) nghiệm thực (tính
cả bội) là nghiệm của phương trình f (x) = 0 nói trên.
Thế mà R(x) phải có đủ n nghiệm (tính cả bội và tính cả nghiệm
phức), đồng thời số nghiệm phức (nếu có) phải là số chẵn và là các cặp
số phức liên hợp. Vì thế một nghiệm còn lại của R(x) phải là nghiệm
thực. Bổ đề được chứng minh!
Áp dụng bổ đề với đa thức P (x) đã cho ta suy ra đa thức R(x) =
P (x) + aP (x) có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
Lại áp dụng bổ đề với đa thức R(x) trên ta suy ra đa thức R(x)+bR (x)
có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
Thế mà R (x) = [P (x) + aP (x)] = P (x) + aP (x), nên
R(x) + bR (x) = P (x) + aP (x) + b P (x) + aP (x)
= P (x) + (a + b)P (x) + abP (x) = Q(x).
Bài toán được chứng minh!
20
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN

Ghi chú. OLP-2011. Cho đa thức P (x) với bậc n

2 có các nghiệm

đều thực (tính cả bội). Tìm điều kiện cần và đủ cho u, v ∈ R để
Q(x) = P (x) + uP (x) + vP (x) có các nghiệm đều thực (tính cả bội)?
9. Giả sử P (x) là đa thức với bậc deg(P ) = n có đủ n nghiệm thực là
x1 < x2 < ... < xn .
Gọi Q(x) là đa thức với deg(Q) = (n−1) thoả mãn điều kiện: trong mỗi
khoảng (xi , xi+1 ) thì Q(x) có một nghiệm thực (với i = 1, 2, ..., n − 1) .
Chứng minh rằng đa thức R(x) = P (x)Q(x) − P (x)Q (x) không có
nghiệm thực.
Lời giải. Gọi các nghiệm của Q(x) là y1 , y2 , ..., yn−1 . Ta có thể viết
P (x) = a(x − x1 )(x − x2 )...(x − xn ) , a = 0,
Q(x) = b(x − y1 )(x − y2 )...(x − yn−1 ) , b = 0,
với x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < ... < xn−1 < yn−1 < xn .
Rõ ràng là Q(xi ) = b(xi − y1 )(xi − y2 )...(xi − yn ) = 0 , ∀i = 1, n.
Áp dụng định lý Rolle ta suy ra đa thức P (x) với deg(P ) = n − 1 có
đủ n − 1 nghiệm thực phân biệt và mỗi nghiệm nằm trong một khoảng
(xi , xi+1 ) với i = 1, 2, ..., n − 1. Do đó P (xi ) = 0, ∀i = 1, n.
Từ đây với đa thức R(x) = P (x)Q(x) − P (x)Q (x) ta có
R(xi ) = P (xi )Q(xi ) − P (xi )Q (xi )
= P (xi )Q(xi ) = 0 , ∀i = 1, n (∗).
Xét hệ n đa thức bậc n − 1 sau
P1 (x) =

P (x)
P (x)

P (x)
, P2 (x) =
, ..., Pn (x) =
.
x − x1
x − x2
x − xn

Ta chứng tỏ hệ {P1 (x), P2 (x), ..., Pn (x)} độc lập tuyến tính.
Thật vậy, giả sử có các số α1 , α2 , ..., αn ∈ R sao cho
n

α1 P1 (x) + α2 P2 (x) + ... + αn Pn (x) =

αi Pi (x) ≡ 0 , ∀x ∈ R.
i=1

21
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Lần lượt lấy x = xi (i = 1, 2, ..., n) thì do Pk (xi ) = 0 với k = i, ta sẽ
được
α1 P1 (x1 ) = α2 P2 (x2 ) = ... = αn Pn (xn ) = 0,
do đó α1 = α2 = ... = αn = 0 (vì Pi (xi ) = 0 , ∀i = 1, n).
Vậy {P1 (x), P2 (x), ..., Pn (x)} lập thành một cơ sở cho tập hợp các đa
thức bậc không quá n − 1.
Suy ra đa thức Q(x) có thể biểu diễn thành
Q(x) = c1 P1 (x) + c2 P2 (x) + ... + cn Pn (x)
n

=

n

ci Pi (x) =
i=1

i=1

P (x)
ci
= P (x)
x − xi

n
i=1

ci
,
x − xi

với c1 , c2 , ..., cn ∈ R và không đồng nhất bằng 0.
Lấy x = xk (với k nào đó ∈ {1, 2, ..., n}) thì do Pi (xk ) = 0 với i = k,
ta được
Q(xk ) = ck Pk (xk ) = ck a(xk − x1 )...(xk − xk−1 )(xk − xk+1 )...(xk − xn ).
Vì Q(xk ) = 0 suy ra ck = 0.
Mặt khác (xk − x1 ) > 0, (xk − x2 ) > 0, ..., (xk − xk−1 ) > 0 và (xk −
xk+1 ) < 0, ..., (xk − xn ) < 0 nên dấu của Q(xk ) là dấu của (−1)n−k ack .
Tương tự có Q(xk+1 ) = 0, ck+1 = 0 và dấu của Q(xk+1 ) là dấu của

(−1)n−k−1 ack+1 .
Do trong khoảng (xk , xk+1 ) thì Q(x) chỉ có duy nhất nghiệm yk , nên
Q(xk )Q(xk+1 ) < 0 (hay Q(xk ) và Q(xk+1 ) trái dấu). Suy ra
0 > [(−1)n−k ack ][(−1)n−k−1 ack+1 ] = (−1)2n−2k−1 a2 ck ck+1 = −a2 ck ck+1 ,
do đó ck ck+1 > 0 (hay ck và ck+1 cùng dấu).

22
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN


Vậy ci = 0, ∀i = 1, n và c1 , c2 , ..., cn có cùng dấu. Xét hàm số
Q(x)
f (x) =
=
P (x)
Q(x)
P (x)

thì f (x) =

n

f (x) =
i=1

n
i=1

=

ci
, x = xi (i = 1, 2, ..., n),
x − xi

P (x)Q (x) − P (x)Q(x)
−R(x)
=
,
[P (x)]2
[P (x)]2

ci
x − xi

n

=
i=1

ci
x − xi

n

ci
= 0,
(x − xi )2

=−
i=1

nên suy ra R(x) = 0, ∀x = xi (i = 1, 2, ..., n).
Kết hợp với (∗) ta suy ra R(x) = 0, ∀x ∈ R, hay đa thức R(x) không
có nghiệm thực.
10. (Xem [6]). Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b] (a < b), khả vi
trong khoảng (a, b). Chứng minh rằng tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho
2
2
< f (c) <
.
a−c
b−c
Lời giải. Xét hàm số g(x) = (x − a)(x − b) exp{f (x)}.
Ta thấy g(a) = g(b) = 0.
Theo định lý Rolle tồn tại điểm c ∈ (a, b) sao cho g (c) = 0. Thế mà
g (x) = (x − a) exp{f (x)} + (x − b) exp{f (x)}
+ (x − a)(x − b)f (x) exp{f (x)}
= [(2x − a − b) + (x − a)(x − b)f (x)] exp{f (x)},
nên g (c) = 0 nghĩa là [(2c − a − b) + (c − a)(c − b)f (c)] exp{f (c)} = 0.
a + b − 2c
Suy ra (2c−a−b)+(c−a)(c−b)f (c) = 0, hay là f (c) =
·
(a − c)(b − c)
Việc còn lại là ta phải chứng minh
2
a + b − 2c
2
< f (c) =
<
a−c

(a − c)(b − c) b − c

(∗).

23
∑Sưu tầm bởi Trịnh Ngọc Tân-sv ĐHKTCNTN