Một số ứng dụng của phương pháp lagrange trong toán học phổ thông

Lời cảm ơn

Khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành Đại số với đề tài “ Một số ứng dụng
của Phương pháp Lagrange trong toán học Phổ thông” là kết quả của quá trình
cố gắng không ngừng của bản thân và được sự giúp đỡ, động viên của Thầy cô,
bạn bè và người thân. Qua trang viết này tôi tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc
tới Thầy giáo- Ths. Nguyễn Đình Yên đã trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo tận tình
cũng như cung cấp tài liệu, thông tin khoa học cần thiết cho khóa luận này.
Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ, động viên quí báu của các Thầy
cô, bạn sinh viên lớp K55- ĐHSP Toán đã giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và
thực hiện Khóa luận tốt nghiệp.

Sơn La, tháng 05 năm 2018
Đặng Thu Hiền

1


Lời mở đầu
I. Lý do chọn đề tài
Augustin- Louis Cauchy (1789-1857) là nhà toán học người Pháp. Nhà
khoa học, được biết đến với những công trình rất đặc sắc ở những lĩnh vực rất
khác nhau của nhà toán học: từ lý thuyết số rồi hình học rồi cơ học. Những phần
lớn công sức của mình dành cho việc thống hóa những kiến thức đạt được cho
tới thời bây giờ. Đặc biệt vào năm 1821 ông cho xuất bản cuốn sách “ Giáo tình
giải tích của Trường bách khoa hoàng gia”, trong đó phương pháp Lagrange
cũng được ông đặc biệt nhấn mạnh và quan tâm.
Trong những năm gần đây việc đổi mới các cách học và các cách giải bài
tập mới đang được rất quan tâm. Vì vậy khi đưa định lý Lagrange ta có thể vận
dụng và giải các bài toán khó hay các dạng toán mà học sinh THPT đã biết cách
giải theo một hướng mới dễ dàng hơn khi đó giúp học sinh vận dụng sáng tạo

vào bài toán mới hay giúp học sinh có thể áp dụng vào giải bài tập tương tự hay
dạng toán mới.
Vì vậy tôi chọn khóa luận “ Một số ứng dụng của phương pháp Lagrange
trong toán học Phổ thông” để nghiên cứu. Trong khóa luận này em đã tìm hiểu,
thu thập và sáng tao một số dạng toán có thể vận dụng định lý Lagrange vào để
giúp học sinh có thể thống kê vận dụng và tham khảo để học tập và nghiên cứu
như: Vận dụng trong tìm phương trình khi biết điều kiện nào đó; vận dụng tìm
cực trị của hàm số; giải và chứng minh bất đẳng thức; đưa phương trình về dạng
chính tắc.
II. Mục đích nghiên cứu
Nêu lên các kết quả, phương pháp Lagrange và ứng dụng vào giải một số
bài toán trong chương trình THPT.
III.Phạm vi nghiên cứu – đối tượng nghiên cứu
1. Phạm vi nghiên cứu
- Tìm hiểu phương pháp Lagrange ít nhiều quen thuộc với học sinh THPT.
- Các bài toán THPT: đại số; số học; giải tích;…
2


2. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu phương pháp Lagrange.
- Bài tập giải bằng phương pháp Lagrange.
IV. Tính cấp thiết của khóa luận
Hệ thống hóa các phương pháp Lagrange và tìm ứng dụng vào việc giải
các bài toán THPT.
V. Phương pháp nghiên cứu
- Phân tích tài liệu
- Phân tích tổng hợp các kiến thức
- Trao đổi kiến thức với giáo viên hướng dẫn
VI. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

Đưa ra thêm một số dạng toán và phương pháp giải để học sinh thực hành
vận dụng trong giải ở chương trình phổ thông và bài tập nâng cao cũng như bài
tập ôn thi cao đẳng- đại học.
Có thêm tài liệu cho học sinh tham khảo.
VII. Cấu trúc của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, cấu trúc, tài liệu tham khảo,… thì khóa luận gồm 3
chương:
Chương 1. Phương pháp nội suy Lagrange và phương pháp dây cung
Chương 2. Phương pháp nhân tử Lagrange
Chương 3. Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính
tắc

3


Chương 1
Phương pháp nội suy và phương pháp dây cung

1.1.Công thức nội suy Lagrange
Ta có thể dự đoán rằng với mọi các bộ n+1 số phân biệt  a0 , a1, ..., an  và
bộ n  1 số bất kỳ (b0 , b1, ..., bn ) sẽ tồn tại một đa thức P( x) bậc không vượt
quá n thoả mãn điều kiện P  ai   bi với mọi i  0; n.

*

Ngoài ra, do tất cả các đa thức Q  x  thoả mãn * sẽ phải có dạng

Q x  P x 

 x  a0   x  a1 ... x  an  H  x 

với H  x  là một đa thức nào

đó nên các nghiệm khác của * đều có bậc n  1.
Vì thế ta có thể đề xuất định lý sau:
Định lý: Cho bộ n  1 số thực phân biệt  a0 , a1, ..., an  và bộ n  1 số
bất kỳ  b0 , b1, ..., bn . Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P( x) có bậc không
vượt quá n thoả mãn điều kiện P  ai   bi với mọi i  0; n.
Sự duy nhất được chứng minh khá dễ dàng theo như lý luận ở trên. Tuy
nhiên, việc chứng minh tồn tại cho trường hợp tổng quát là không đơn giản, vì điều
này tương đương với việc chứng minh một hệ phương trình n  1 phương trình

n  1 ẩn số có nghiệm (duy nhất). Rất thú vị là ta tìm được cách chứng minh định
lý này một cách xây dựng, tức là tìm ra được biểu thức tường minh của đa thức

P  x  mà không cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu trên.
Ý tưởng chứng minh này như sau.
Chứng minh
Ta đi tìm các đa thức P0  x  , P1  x  , Pn  x  bậc n thoả mãn điều kiện
sau P(ai )   i . Trong đó:
1(i  j )
0(i  j )

 

4


n

Khi đó đa thức P( x)   bi Pi  x  sẽ thoả mãn điều kiện vì
i 0

n

n

i 0

i 0

P(a j )   bi Pi (a j )   bi ij  b j

Vấn đề còn lại là đi tìm các đa thức Pi  x  . Vì Pi  a j   0 với mọi i  j
nên biểu thức Pi  x   Ci  x  a0 ... x  ai 1  x  ai1 ... x  an  .
Vì Pi  ai   1 nên

Ci 

1

 ai  ao ... ai  ai1  ai  ai1 ... ai  an 

Như thế ta tìm được

Pi  x  

 x  a0 ... x  ai1  x  ai1 ... x  an  
 
 ai  a0 ... ai  ai1  ai  ai1 ... ai  an 

là các đa thức thỏa mãn hệ điều kiện Pi  a j    ij .
Công thức nội suy Largrange: Cho bộ n  1 số thực phân biệt

 a0 , a1,..., an  và bộ  n  1 số bất kỳ  b0 , b1,..., bn  . Khi đó đa thức
n

P  x    bi Pi  x  là đa thức duy nhất có bậc không vượt quá n thỏa mãn điều
i 0

kiện P  ai   bi với mọi i  0,1,.., n Các đa thức bậc n được định nghĩa bởi   .
1.2. Phương pháp dây cung
1.2.1. Định lý Rolle
Định lý: Nếu f  x  là hàm số liên tục trên đoạn  a; b và có đạo hàm trên
khoảng  a; b  và f  a   f  b  thì tồn tại c   a; b  sao cho f '  c   0.
Chứng minh
Vì f  x  liên tục trên

 a; b, theo định lý Weierstrass f  x 

lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên đoạn  a; b.

5

nhận giá trị


- Khi M  m ta có f  x  là hàm hằng trên  a; b , do đó với 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.
Hệ quả 1: Nếu hàm số f  x  có đạo hàm trên  a; b  và f  x  có n
nghiệm ( n là số nguyên lớn hơn 1) trên  a; b  thì f '  x  có ít nhất n  1 nghiệm
trên  a; b  .
Hệ quả 2: Nếu hàm số f  x  có đạo hàm trên  a; b  và f '  x  có nhiều
nhất n nghiệm ( n là số nguyên dương) trên  a; b  thì f  x  có nhiều nhất n  1
nghiệm trên  a; b  .)
Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lý Rolle và nó vẫn đúng trên
các nghiệm là nghiệm bội (khi f  x  là đa thức).
Các hệ quả trên cho ta ý tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng
như xác định số nghiệm của phương trình, và nếu như bằng một cách nào đó ta
tìm được tất cả các nghiệm của phương trình ( có thể do mò mẫm) thì nghĩa là
khi đó phương trình đó đã được giải.
Từ định lý Rolle cho phép chúng ta chứng minh định lý Lagrange, tổng
quát hơn chỉ cần ta để ý tới ý nghĩa đạo hàm ( trung bình giá trị biến thiên của
hàm số).
1.2.2. Định lý Lagrange
Định lý: Cho hàm số y  f  x  lien tục trên  a, b và có đạo hàm trên

 a, b  khi đó c   a, b  sao cho:
f 'c 

f  a   f b 
ba

6


Xét hàm số:

F  x  f  x 

f b  f  a 
x.
ba

Ta có: F  x  là hàm liên tục trên đoạn  a; b , có đạo hàm trên khoảng

 a; b  và F  a   F  b .
Theo định lý Rolle tồn tại c   a; b  sao cho F '  c   0.
Mà F '  x   f '  x  

f b  f  a 
f b   f  a 
, suy ra f '  c  
.
ba
ba

Định lý Rolle là hệ quả của định lý Lagrange trong trường hợp

f  a   f  b .
Ý nghĩa hình học:

y

C

Cho hàm số f  x  thỏa mãn các giả thiết

A

của định lý Lagrange, đồ thị  C  ,

B

A a; f  a   , B  b; f  b  .
Khi đó trên  C  tồn tại điểm

0

a

c

b x

C  c; f  c   , c   a; b  mà tiếp tuyến của  C  tại C song song với đường
thẳng AB.
Định lý Lagrange cho phép ta ước lượng tỷ số

f b   f  a 
do đó nó còn
ba

được gọi là định lý Giá trị trung bình ( Mean Value Theorem). Từ đó cho ta
ý tưởng chứng minh các định lý về sự biến thiên của hàm số, đăt nền móng cho
những ứng dụng của đạo hàm.
Định lý: cho hàm số f  x  có đạo hàm trên khoảng  a; b  .
- Nếu f '  x   0, x   a; b  thì f  x  đồng biến trên  a; b  .

7


- Nếu f '  x   0, x   a; b  thì f  x  nghịch biến trên  a; b  .
- Nếu f '  x   0, x   a; b  thì f  x  là hàm hằng trên  a; b  .
Chứng minh
Giả sử

f '  x   0, x   a; b  và x1, x2   a; b  , x1  x2 , theo định lý

Lagrange, tồn tại c   x1; x2  sao cho f '  x  

f  x2   f  x1 
.
x2  x1

Mà f '  c   0  f  x1   f  x2   f  x  đồng biến trên  a; b  .
Nếu trong giả thiết của định lý Lagrange ta them vào giả thiết f '  x  đồng
biến trên  a; b thì ta có thể so sánh

f b   f  a 
với f '  a  , f ' b .
ba

Cụ thể: f '  x  đồng biến trên  a; b  f '  a  

f b  f  a 
 f 'b 
ba

Từ đây cho ta ý tưởng ứng dụng định lý Lagrange chứng minh bất đẳng
thức và đánh giá các tổng hữu hạn.
Cũng tương tự nếu trong giả thiết của định lý Lagrange ta them vào giả
thiết f '  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên  a; b thì ta có thể so sánh

f c  f a
f b   f c 
với
với c   a; b  cho ta ý tưởng để chứng minh rất
ca
bc
nhiều bất đẳng thức, như bất đẳng thức Jensen…
Ngoài ra định lý Lagrange có thể phát biểu dưới dạng tích phân sau:
Định lý: Nếu f  x  là hàm liên tục trên đoạn  a; b thì tồn tại điểm

c   a; b  thỏa mãn :

b

 f  x  dx  f  c b  a 
a

Định lí Lagrange dạng tích phân được áp dụng chứng minh một số bài
toán liên quan đến tích phân và giới hạn hàm số.

8


 Ta có bài toán
Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm cấp hai trên  a, b  . Chứng

minh rằng :
Cho hàm số f  x  thỏa mãn các giả thiết của định lý Lagrange, đồ thị

 C  , A a; f  a   , B  b; f  b  .
Khi đó trên  C  tồn tại điểm C  c; f  c   , c   a; b mà tiếp tuyến của  C 
tại C song song với đường thẳng AB.
Định lý Lagrange cho phép ta ước lượng tỷ số

f b   f  a 
do đó nó còn
ba

được gọi là định lý Giá trị trung bình ( Mean Value Theorem). Từ đó cho ta
ý tưởng chứng minh các định lý về sự biến thiên của hàm số, đăt nền móng cho
những ứng dụng của đạo hàm.
Mà F '  x   f '  x  

f b  f  a 
f b   f  a 
, suy ra f '  c  
.
ba
ba

Ta có: F  x  là hàm liên tục trên đoạn  a; b , có đạo hàm trên khoảng

 a; b  và F  a   F  b .
Định lý Rolle là hệ quả của định lý Lagrange trong trường hợp

f  a   f  b .

a. Nếu f "  x   0   a, b  ( Chỉ bằng 0 tại các điểm rời rạc trên  a, b  ) thì:

f  x1   f  x2 

2

x x 
f 1 2
 2 

b. Nếu f "  x   0 x   a,b  (Chỉ bằng 0 tại các điểm rời rạc trên  a, b  ) thì:

f  x1   f  x2 

2

9

x x 
f 1 2
 2 


Chứng minh
Không mất tính tổng quát giả sử x1  x2 .
Xét hàm số f  x  liên tục trên  a, b  chứa  x1 , x2  . Theo định lý Lagrange ta
có:
 t   x1, x2  sao cho :
x x 
x x 

f  1 2   f  x1 
f  1 2   f  x1 
f ' t 
2 
'
 2 

 f t  

x1  x2
x

x
2
2
1
 x1
2

(1)

 k   x1; x2  sao cho :
x x 
x x 
f  x2   f  1 2 
f  x2   f  1 2 
'
 2  f' k 
 2   f k 
 

x1  x2
x2  x1
2
x2 
2

f  x1   f  x2  f '  k   f '  t 

Từ (1) và (2) suy ra :
x2  x1
2

(2)

(3)

+ Nếu f "  x   0 x   a, b   f ' đồng biến trên  a, b   f '  k   f '  t 

f  x1   f  x2 

2

kết hợp với (3) ta được:

x x 
f 1 2
 2 

+ Nếu f "  x   0 x   a, b   f ' ( x) nghịch biến trên

 a, b   f '  k   f ' t  kết hợp với (3) suy ra :

f  x1   f  x2 

2

x x 
f 1 2
 2 

Dùng phương pháp quy nạp trên ta có thể chứng minh bất đẳng thức với n
số:
n

 f ( xi )
a.

i 1

n

n

 f(

x
i 1

n

i

)

10


n

 f ( xi )
b.

i 1

n

n

 f(

x
i 1

n

i

)

1.3. Bài tập ứng dụng

Bài toán nội suy là một trong các bài toán cơ bản của toán lý thuyết và
toán ứng dụng. Trong thực tế, chúng ta không thể đo được giá trị của một hàm
số tại mọi điểm, mà chỉ đo được tại một số điểm. Các công thức nội suy cho
phép chúng ta, bằng phép đo tại một số điểm, « dựng » lại một đa thức xấp xỉ
cho hàm số thực tế.
Định lý Lagrange có nhiều ứng dụng trong vật lý, trắc địa, kinh tế học, khí
tượng thuỷ văn, dự đoán dự báo… Tuy nhiên, ta sẽ không đi sâu về các vấn đề
này. Dưới đây ta xem xét một số ứng dụng của định lý Lagrange trong các bài
toán phổ thông.
Bài 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện:
P 1  1, P  2   2, P  3  4

Lời giải
Rõ ràng nếu P và Q là hai đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì
P  x  –Q  x  sẽ bằng 0 tại các điểm 1, 2,3 và từ đó, ta có
P  x  –Q  x    x  1 x  2 x  3 H ( x) . Ngược lại, nếu P(x) là đa thức thoả mãn

điều kiện đề bài thì các đa thức :
Q  x  P  x 

 x  1 x  2 x  3 H  x 

cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x).
Từ đó có thể thấy rằng có vô số các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài.
Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa
thức có bậc nhỏ nhất. Rõ ràng đa thức này không thể là hằng số, cũng không thể
là bậc nhất. Ta thử tìm bậc tiếp theo là bậc 2.
Giả sử P  x   ax 2  bx  c là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài.
Khi đó:
P 1  1 suy ra a  b  c  1

11


P  2  2 suy ra 4a  2b  c  2
P  3  3 suy ra 9a  3b  c  4

1

1



Giải hệ này ra, ta được nghiệm duy nhất  a, b, c    ,  , 1 , ta được
2 2 
1
1
P  x     x 2 –  x  1 là đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện. Và theo
2
 2

như lý luận ở trên, mọi nghiệm của bài toán sẽ có dạng:
Q  x  P  x 

 x  1 x  2 x  3 H  x  với

H  x  là một đa thức tuỳ ý.

Bài 2. Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện:
P  2  0, P  1  1, P  0   1, P 1  2, P  2   3.

Lời giải
Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định và hệ phương trình bậc nhất ở
trên. Ta thấy rằng chắn chắn sẽ tồn tại đa thức bậc không quá 4 thoả mãn
điều kiện đề bài.
Xét P  x   ax4  bx3  cx2  dx  e . Từ điều kiện đề bài suy ra hệ

16a  8b  4c  2d  e  0
 a  b  c  d  e 1

e 1

a  b  c  d  e  2

16a  8b  4c  2d  e  3
1
1
5
5
,c  ,d 
, e  1.
Giải hệ này ta được a   , b 
8
12
8
12
Bài 3. Rút gọn biểu thức

a2
b2
c2

A


 a  b  a  c   b  a  b  c   c  a  c  b 
Lời giải
Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho hàm số P  x   x 2 với các điểm

a, b, c và giá trị tương ứng là a 2 , b2 , c 2 ta có:

12


a 2  x  b  x  c  b 2  x  a  x  c  c 2  x  a  x  b 
P x 


 *
 a  b  a  c 
 b  a  b  c 
 c  a  c  b 

So sánh hệ số của x 2 ở hai vế * , ta được A  1.
Bài 4. Cho đa thức P  x  bậc n thỏa mãn điều kiện P  k  

k
với mọi
k 1

k  0,1,..., n. Hãy tìm P  n  1 .
Lời giải

Cách 1:
Theo công thức nội suy Largrange thì

k x  x  1 ... x  k  1 x  k  1... x  n 
.
k  k  1...1. 1... k  n 
k 0 k  1
n

P x  
Từ đó

k  n  1 ... n  k  2  n  k ...1
.
k

1
k  k  1...1. 1... k  n 
k 0
n

P x  

k
 n  1... n  k  2  n  k ...1
.
k 0 k  1 k  k  1 ...1.  1 ...  k  n  n  k  1
n



n

   1

nk

k 0
n

   1
k 0



nk

 n  1!
 k  1! n  k  1!
.kCnk21

1 n
nk
 1 .kCnk21 .

n  2 k 0

Cách 2:
Xét đa thức  x  1 P  x   ax  x  1 x  2 ... x  n  với a là hằng số.
Thay x  1 ta được 1  a. 1 2 ... n  1  a  1

 1 .
Suy ra a 
 n  1!
n 1

13

n1

 n  1!


(1)n1  1
Từ đó  n  2  P  n  1   n  1  n!

 n  1!  n  1

n 1

 n  1   1 
Suy ra P  n  1 
2

n 1

(n  2)

Bài 4. Cho tam thức bậc 2 P  x   ax 2  bx  c thỏa mãn điều kiện
P  x   1 với mọi x  1 . Chứng minh rằng a  b  c  3 .

Lời giải
Thực hiện hép nội suy tại ba điểm -1, 0, 1 ta có:

P  x   P  1

x  x  1
 x  1 x  1  P 1 x( x  1)
 P  0

 1  0  1  1
 0  1 0  1
1  0 1  1

Suy ra

P x 

P 1  P  1  2 P  0  2 P 1  P  1
x 
 P(0)
2
2

Từ đó

a

P 1  P  1  2 P  0 
P 1  P  1
,b 

, c  P  0
0
2

Suy ra

abc


P 1  P  1  2 P  0  P 1  P  1

 P  0
2
2

P 1  P  1 P 1  P  1

 2 P  0
2
2

 max{|P 1 |,| P  1 |}  2 | P  0  | 3
Bài 5. Xét tính đồng biến nghịch biến các phương trình sau:
 
a; f  x   sin x trong khoảng  0; 
 2

Lời giải
14

Ta có :

sin  x   cos  x 
'

 cos  x    sin  x 
'

Thay x  0 và x 


2

vào  sin  x  ta có :

 sin  x    sin  0   0
 
 sin  x    sin    1
2
 
Ta thấy f "  x   0 khi x   0; 
 2

Vậy

sin  x1   sin  x2 
x x 
 sin  1 2 
2

 2 

 
b; f  x   cos x với x   0; 
 2

Lời giải
Ta có :

 cos  x    sin  x 
'

  sin  x    cos  x 
'

Thay x  0 và x 


2

vào  cos  x  ta có :

 cos  x   co s  0   1
 
co s  x   co s    0
2
 
Ta thấy f "  x   0 khi x   0; 
 2
15

Vậy

co s  x1   co s  x2 
x x 
 co s  1 2 
2
 2 

c; f  x   ln x với x  0
Lời giải
Ta có:

f '  x 

1
x

f ''  x   
Vậy :

1
 0  x  0  .
x2

ln x1  ln x2
x x 
 ln  1 2 
2

 2 

Tổng quát lên ta có:
ln x1  ln x2  ...  ln xn
 x  x  ...  xn 
 ln  1 2

n
n


 x  x  ...  xn 
 ln n x1 x2 ...xn  ln  1 2

n



Do hàm f  x   ln x đồng biến nên suy ra:

n

 x  x  ...  xn 
x1 x2 ...xn   1 2

n



(Bất đẳng thức Cauchy)

Bài 6. Giải phương trình:

6x  2x  5x  3x

(1)
Lời giải

Phương trình (1) có thể viết lại thành:

6x  5x  3x  2x
Giả sử phương trình có nghiệm là  khi đó ta có:

6  5  3  2

(2)

Xét hàm số f  t    t  1  t  , với t  0.


Từ (2) ta nhận được f  5  F  2  , Do đó theo định lý Lagrange tồn tại

c   2;5  sao cho:
16


  0
 c 1   
( đều thỏa mãn (1) ).

  1

f '  c   0    c  1


 1

Vậy phương trình có nghiệm là x  0 và x  1.
Bài 7. Giải phương trình :

3x  5x  2.4x.

(2)

Lời giải
Gọi x  x0 là nghiệm của phương trình (2) ta được :

3x0  5x0  2.4x0  5x0  4x0  4x0  3x0.
Xét hàm số F  t    t  1 0  t x0 khi đó:
x

 2   F  4   F  3
và F  t  khả vi và liên tục trên 3;4 , do đó theo định lí Lagrange

   3;4  sao cho:
F '   

F  4   F  3
43

x 1

x  0
 x0  t  1 0  t x0 1    0
( đều đúng với (2) ).

  x0  1

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài 8. Giải phương trình:

3cos x  2cos x  cos x.
Lời giải
Gọi x  xo là nghiệm của phương trình, ta có:

3cos x0  2cosx0  cos x0  3cosx0  3cos x0  2cos x0  2cos x0 .*
Xét hàm số F  t   t cosx0  t cos x0, khi đó:
17


*  F 3  F  2
Và F  t  khả vi liên tục trên  2;3 , do đó theo định lý Lagrange

   2;3 sao cho
F '   

F  3  F  2 
3 2

 cosx0 t

cos x0 1



x

 k
cos x0  0
0

 1  0  
2
k  Z 

cos x0  1
 x0  k 2

Vậy nghiệm của phương trình là x 


2

 k 2 và x  k 2 . (k  Z ).

Bài 9. Giải phương trình:

5x  3x  2 x.

(*)

Lời giải

Ta thấy x  0, x 1 là nghiệm của phương trình (*).
Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho, ta có 5x0  5x0  3x0  3x0 (2*)
Xét hàm số: f t   t x0  tx 0 , khi đó: (2*)  f  5  f  3
Vì f  t  liên tục trên 3;5 và có đạo hàm trên  3;5 , do đó theo định lý
Lagrange luôn tồn tại c   3;5  sao cho:
 x0  0
f '  c   0  x0 c x0 1  1  0  
 x0  1





Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 và x  1 .

Bài 10. Giải phương trình :

3x  2.4x  19 x  3
18


Lời giải
Phương trình đã cho tương đương :

3x  2.4x  19 x  3.
Xét hàm số: y  f  x   3x  2.4 x 19 x 3 ta có

f '  x   3x ln3  2.4 x ln 4  19 ,

f " x   3x  ln3  2.4 x  ln 4   0, x  R

2

2

hay f " x  vô nghiệm, suy ra f '  x  có nhiều nhất 1 nghiệm, suy ra f  x  có
nhiều nhất 2 nghiệm.
Mà f  0   f  2   0 do đó phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x  0
và x  2.
Bài 11. Giải phương trình:

1  cosx   2  4cosx   3.4cos x

(1)

Lời giải
Đặt t  cosx, t  1;1
Khi đó (1)  1  t   2  4t   3.4t  1  t  (2  4t )  3.4t  0
Xét hàm số: f  t   1  t   2  4 t   3.4 t

f '  t   2  4t   t  2  4t.ln 4, f " t   2.4t.ln 4   t  2  4t.ln 2 4
Ta có: f " t   0  t  2 

2
 f "  t  có một nghiệm duy nhất
ln 4

 f '  t  có nhiều nhất hai nghiệm  f  t  có nhiều nhấ ba nghiệm.
1
Mặt khác dễ thấy f  0   f    f 1  0, do đó f  t  có ba nghiệm
2

1
t  0; t  ; t  1.
2
19


Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm

t


2

 k 2 ; t  


3

 k 2 ; t  k 2 .  k  Z 

Bài 12. Nếu các hàm số f  x  , g  x  là các hàm số liên tục trên đoạn

 a, b  ,

có đạo hàm trên khoảng

f ' c  

f b  f  a 

.
g b  g  a 

 a, b 

thì tồn tại c   a, b  sao cho

Lời giải
Theo định lý Lagrange luôn tồn tại x0   a, b  sao cho:

g '  x0  

g b  g  a 
 g  a   g b 
ba

Xét hàm số F  x   f  x  

f b  f  a 
g  x  , ta có: F  x  là hàm liên tục trên
g b  g  a 

đoạn  a, b , có đạo hàm trên khoảng  a, b  và

F  a   F b  

f  a  f b   f b  f  a 
g b  g  a 

Theo định lí Rolle tồn tại c   a, b  sao cho F '  c   0.

Mà F '  x   f '  x  

f b  f  a 
f b  f  a 
. Suy ra f '  c  
.
g b   g  a 
g b  g  a 

Ta thấy rằng Định lý Lagrange là hệ quả của định lý Cauchy ( trong
trường hợp g(x)=x )
Bài 13. Cho a  b  c  0. Chứng minh rằng:

asin x  9b sin3x  25c sin5x  0 có ít nhất 4 nghiệm kép thuộc  0,  .

Lời giải
20


Để chứng minh f  x  có ít nhất một nghiệm thì ta chứng minh F  x  có
ít nhất n  1 nghiệm với F  x  là một nguyên hàm của f  x  trên  a; b  .
Xét hàm số f  x   a sin x  b sin3x  c sin5x, ta có:

f '  x   a cos x  3b cos3x  5c cos5x, f " x  asinx+9bsin3x+25csin5x. ta
có:

f  0  f   
4
sao cho

3
 
  3
3 
f
; ,
  f     x1   0;  , x2   ;
 , x3  
 4 
 4
4 4 
 4


f  0   f '  x1   f '  x2   f '  x3   0  x4   x1; x2  , x5 x2 ; x3  f "  x4   f "  x5   0

mà f " 0   f "    0 (ĐPCM).
Bài 14. 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  vô nghiệm thì P  x  vô nghiệm.
Lời giải
Ta có: deg Q  x   deg Q  x 
Vì Q  x  vô nghiệm nên degQ  x  chẵn. Giả sử P  x  có nghiệm, vì

deg P  x  chẵn nên P  x  có ít nhất 2 nghiệm.
+ Khi P  x  có nghiệm kép s  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
x

b

Nếu b  0 : Xét f  x   e P  x  ta có: f  x  có hai nghiệm phân biệt

x1  x2 .
a ba x
1 ba x
1 ba x
f '  x   e P '  x   e  aP  x   bP '  x    e Q  x 
b
b
b
21


Vì f  x  có hai nghiệm suy ra f '  x  có ít nhất 1 nghiệm hay Q  x  có
nghiệm.
1.4.Bài tập
Bài 1. Rút gọn biểu thức

a4
b4
c4
A


(a  b)  a  c   b  a  b  c  (c  a)(c  b)
Bài 2. Cho M  y  là một đa thức bậc n sao cho M  y   2 y với

y  1,2,..., n 1 . Hãy tìm M  n  2  .

Bài 3. Cho đa thức

P  x   x10  a9 x9  ...  a1x  a0 . Biết rằng

P  1  P 1 , P  2   P  2  ,..., P  5  P  5 . Chứng minh rằng P   x   P  x 

với mọi x  R .
Bài 4. Cho x0  x1  ...  xn là các số nguyên và P  x  là đa thức bậc n có
hệ số cao nhất bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại i {0,1,..., n} sao cho
| P  xi  |

n!
.
2n

Bài 5. Một chiế tàu với vận tốc không đổi đi ngang qua một hòn đảo.
Thuyền trưởng cứ mỗi giờ lại đo khoảng cách từ tàu dến đảo. Vào lúc 12, 14 và
15 giờ tàu cách đảo tương ứng là 7, 5 và 11 km. Hỏi vào lúc 13 giờ thì tàu cách
đảo bao nhiêu km. Và lúc 16 giờ tàu cách đảo bao nhiêu km?
Bài 6. Trên mặt phẳng cho 100 điểm. Biết rằng với bốn điểm bất kỳ trong
chúng đều có 1 parabol bậc 2 đi qua. Chứng minh rằng tất cacr các điểm đã cho
đều nằm trên một parabol bậc 2.
Bài 7. Chứng minh rằng phương trình a cos x  b cos2 x  c cos3x luôn có
nghiệm với mọi bộ các số thực a, b, c.
Bài 8. Cho số dương m và các số thực a, b, c thỏa mãn

a
b
c


  0. Chứng minh rằng ax 2  bx  c  0 có nghiệm thuộc
m  2 m 1 m
khoảng (0;1).
22


Bài 9. Cho số thực dương m, số nguyên dương n và các số thực

a0 , a1,

, an thỏa mãn :

an
an1
a

 ...  0  0.
m  n m  n 1
m

Chứng minh rằng : an xn  an1x n1  ...  a1x  a0  0 có nghiệm thuộc  0;1
.

23


Chương 2
Phương pháp nhân tử Lagrange
2.1. Phương pháp nhân tử Lagrange
2.1.1. Phương pháp nhân tử Lagrange

Cực trị ( cực đại hay cực tiểu ) cố điều kiện của hàm hai biến z  f  x; y 
là cực trị của hàm này với điều kiện của các biến x, y phải thỏa mãn ràng buộc
bởi phương trình   x; y   0.
Người ta thấy để tìm cực trị có điều kiện của hàm z  f  x; y  khi hiện
hữu phương trình ràng buộc   x; y   0 người ta thiết lập một hàm bổ trợ
Lagrange .

L  x; y   f  x; y     x; y  , trong đó  là một nhân tử hằng chưa xác
định, gọi là nhân tử Lagrange.
Điều kiện cần của cực trị là hệ ba phương trình :

 L'x  x; y;    f x'  x; y    x'  x; y   0
 '
'
'
 Ly  x; y;    f y  x; y    y  x; y   0

  x; y   0
Giải hệ trên ta tìm được nghiệm là  x0 ; y0 ; z0  . Vấn đề tồn tại và đặc tính
của cực trị có điều kiện được giải bằng cách xét dấu vì phân cấp bậc 2 của hàm
Largrange tại điểm P0  x0 ; y0 ; zo  và 0 nghiệm của hệ phương trình trên.

P0  x0 ; y0 ; z0  là điểm dừng của hàm L.
d 2 L  L''xx dx 2  L''xy dxdy  L''yy dy 2
Trong đó dx; dy thỏa mãn ràng buộc biểu thị bằng phương trình

 x' dx   y' dy  0  dx 2  dy 2  0 .
Cụ thể xét hàm f  x; y  đạt cực đại có điều kiện nếu d 2 L  0 và đạt cực
tiểu có điều kiên nếu d 2 L  0 tại điểm dừng P0  x0 ; y0  và nhân tử 0 .
24

2.1.2. Các bước giải
Bước 1: Phát biểu bài toán dưới dạng mô hình toán học. Cực đại hoặc cực
tiểu của hàm z  f  x; y  với điều kiện rang buộc   x; y   0
Bước 2: Thiết lập hàm Largrange L  x; y;    f  x; y     x; y 
Bước 3: Tìm điểm dừng của L , tức là giải hệ phương trình
 L'x  x; y;    0
 '
 Ly  x; y;    0
 L'  x; y;    0
 

Bước 4: Xét dấu d 2 L tại điểm ( x0 ; y0 ) mà  x0 ; y0 ; 0  là nghiệm của hệ
phương trình ở bước 3.
 Nếu d 2 L  x0 ; y0 ; 0   0 zmax  f  x0 ; y0 
 Nếu d 2 L  x0 ; y0 ; 0   0 zmax  f  x0 ; y0 
Bước 5: Kết luận nghiệm của hệ phương trình.
2.2. Bài tập ứng dụng
Bài 1. Cho hai số thực x; y thỏa mãn điều kiện x  y  10 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức f  x; y   x 2  y 2 .
Lời giải
Bước 1: Tìm cực tiểu đối với biểu thức f  x; y   x 2  y 2 thỏa mãn điều
kiện   x; y   x  y  10  0.
Bước 2: Đặt biểu thức L  x; y;    x 2  y 2    x  y  10 
Bước 3: Tính các giá trị
f x'  2 x    0  x 


2

f y'  2 x    0  x 


2

25