các ứng dụng của định lý giá trị trung bình

Mục lục
Chương 1. Nội dung định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.Lịch sử hình thành . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1. Định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2. Định lý Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3. Thành tựu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
5

Chương 2. Ứng dụng của định lí giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.1.Chứng minh các phương trình có nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.1.1. Dạng phương trình không chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.1.2. Dạng phương trình chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2.Giải phương trình, bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2.3.Sự phân bố các nghiệm của đa thức và đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.4.Một số bài toán liên quan đến khai triển Taylor-Gontcharov . . . .

14

2.5.Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.6.Tính giới hạn tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.7.Một số ứng dụng trong thực tế. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2


Lời nói đầu
Định lý giá trị trung bình-một trong những định lý quan trọng trong sách giáo khoa

giải tích của phổ thông. Ứng dụng của định lý giá trị trung bình trong chương trình
toán Trung học phổ thông rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giải
phương trình, chứng minh bất đẳng thức,. . . Tuy nhiên, trong các tài liệu sách giáo
khoa dành cho học sinh trung học phổ thông thì các ứng dụng của định lý này chưa
được trình bày một cách có hệ thống và đầy đủ.
Tiểu luận “ CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH” được biên
soạn với nhiều nội dung cung cấp những thông tin, những kiến thức cơ bản cùng với
đó là hệ thống các bài tập nâng cao, qua đó sẽ thấy được các ứng dụng rấy phong phú
của định lý Rolle, định lý Lagrange và một số định lý mở rộng khác. Mục tiêu của
cuốn tiểu luận này là giới thiệu về Định lý giá trị trung bình, định hướng cách giải và
cách vận dụng các định lý đã biết để tìm tòi những lời giải hay, độc đáo, từ đó phát
triển khả năng tư duy của các em học sinh trung học phổ thông.
Chúng em xin chân thành cám ơn sự giúp đỡ của nhiều tác giả đã cung cấp sách tham
khảo và nhiều nguồn thông tin khác đã giúp chúng em biên soạn tiểu luận này. Đặc
biệt là lời cảm ơn chân thành đến TS.Tạ Thị Nguyệt Nga đã cung cấp kiến thức, gợi ý
và tạo điều kiện cho chúng em hoàn thành cuốn tiểu luận này. Cuốn tiểu luận này là
những kết quả mà nhóm “Thiếu Nữ” đã đạt được và chúng em sẽ tiếp tục hoàn thiện
hơn nữa trong quá trình nghiên cứu và học tập.

3


Chương 1
Nội dung định lí
1.1.

Lịch sử hình thành

1.1.1.

Định lý Rolle

Hình 1.1: Michel Rolle (1652-1719)
Định lý Rolle được sự công nhận khi Joseph Lagrange (1736-1813) trình bày
định lý giá trị trung bình trong cuốn sách của mình Theorie des functions analytiques
vào năm 1797. Nó nhận thêm được sự công nhận khi Augustin Louis Cauchy (17891857) chứng minh định lý giá trị trung bình của ông trong cuốn sách Equationnes
differentielles ordinaires.

1.1.2.

Định lý Lagrange

Định lý giá trị trung bình (định lý Lagrange) là một kết quả rất quan trọng
trong giải tích. Nó có nguồn gốc từ định lý Rolle, được phát biểu bởi nhà toán học
người Pháp Michel Rolle (1652-1719) đối với đa thức vào năm 1691. Định lý này xuất

4


CHƯƠNG 1. NỘI DUNG ĐỊNH LÍ
hiện lần đầu trong cuốn sách Methode pour resoudre les égalitez không có chứng minh
và không có nhấn mạnh đặc biệt nào.

Hình 1.2: Joseph Lagrange (1736-1813)

1.1.3.

Thành tựu

Hầu hết các kết quả trong cuốn sách của Cauchy sử dụng định lý giá trị trung bình

hoặc định lý Rolle một cách gián tiếp. Do sự khám phá định lý Rolle (hoặc định lý giá
trị trung bình Lagrange), nhiều bài báo đã xuất hiện trực tiếp hoặc gián tiếp bàn về
định lý Rolle.
Gần đây, nhiều phương trình hàm được nghiên cứu xuất phát từ các định lý giá trị
trung bình và các suy rộng của chúng. Các suy rộng của định lý giá trị trung bình
Lagrange cho vi phân và tích phân đã đem lại nhiều kết quả bất ngờ và lý thú trong
giải tích vào cuối thế kỷ 20 và là nguồn động lực để các nhà toán học tập trung
nghiên cứu trong những năm gần đây. Cụ thể là các suy rộng vi phân của Flett
(1958), McLeod (1964), Trahan (1966), Sanderson (1972), Samuelsson (1973), EvardJafari (1992), Clarke-Ledyaev (1994), Furi-Martelli (1995); các suy rộng tích phân của
Waymen (1970), Walter (1985), Bullen-MitrinovicVasis (1988), Kranz-Thews (1991),
Bressoud (1994), Sayrafiezadeh (1995).
Định lý 1.1.1. (Rolle) Giả sử f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], (a < b) và có đạo
hàm tại mọi x ∈ (a; b) . Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao
cho f (c) = 0 .
Chứng minh. Vì f (x) liên tục trên [a; b] nên theo định lí Weierstrass f (x) nhận giá trị
lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [a; b].
- 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 .
Định lý đã được chứng minh xong.
Lưu ý 1.1.2. Cơ sở của định lý Rolle dựa vào hai định lý cơ bản nhất của Weierstrass
đối với hàm liên tục khẳng định rằng khi f liên tục trên đoạn [a; b] thì nó phải đạt giá
Trang 5


CHƯƠNG 1. NỘI DUNG ĐỊNH LÍ

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị của
hàm khả vi khẳng định rằng nếu hàm khả vi g(x) trong (a; b) đạt cực trị (cực đại hoặc

cực tiểu) tại một điểm trong khoảng đó thì đạo hàm tại điểm đó bằng 0.
Hệ quả 1.1.3. Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên (a; b) và f (x) có n nghiệm (n ∈
N, n > 1) trên (a; b) thì f (x) có ít nhất n − 1 nghiệm trên (a; b).
Hệ quả 1.1.4. Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên (a; b) và f (x) vô nghiệm trên (a; b)
thì f (x) có nhiều nhất 1 nghiệm trên (a; b).
Hệ quả 1.1.5. Nếu f (x) có đạo hàm trên (a; b) và f (x) có nhiều nhất n nghiệm
(n ∈ N, n > 0) trên (a; b) thì f (x) có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên (a; b).
Lưu ý 1.1.6. Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng
nếu 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 đã
được giải.
Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, chỉ cần ta
đến ý tới ý nghĩa của đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên của hàm số).
Định lý 1.1.7. (Lagrange) Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [a; b], (a < b) và có
đạo hàm tại mọi x ∈ (a; b) . Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho
f (c) =

f (b) − f (a)
(1.1)
b−a

Chứng minh. (Định lý Rolle có trước định lý Lagrange và người ta thường dùng định
lý Rolle để chứng minh định lý Lagrange).
Ta xét hàm phụ:
F (x) = f (x) − λx (1.2)
trong đó λ được chọn sao cho F (a) = F (b) , tức là sao cho
f (a) − λa = f (b) − λb
Để có điều đó chỉ cần lấy

f (b) − f (a)
(1.3)
b−a
Rõ ràng hàm F (x) liên tục trên đoạn [a; b] , có đạo hàm trong khoảng (a; b) và F (a) =
F (b) , do đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F (c) = 0 . Từ (1.2) ta có
F (x) = f (x) − λ , do đó
λ=

F (c) = 0 ⇔ f (c) − λ = 0 ⇔ f (c) = λ
Thay giá trị λ từ (1.3) vào ta có f (c) =

f (b)−f (a)
.
b−a

Định lý đã được chứng minh xong.
Trang 6


Chương 2
Ứng dụng của định lí giá trị trung
bình
2.1.

Chứng minh các phương trình có nghiệm

Với dạng bài chứng minh phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong khoảng (a; b) ta
thường có ba cách làm như sau:
Cách 1: Áp dụng định lí Lagrange
Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] a < b và có đạo hàm trên khoảng (a; b), khi

đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho:
f (c) =

f (b) − f (a)
.
b−a

Cách 2: Áp dụng định lý Rolle
Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], có đạo hàm trên khoảng (a; b) và f (a) = f (b)
thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0 hay phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong
khoảng (a; b).
Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy
Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và f (a)f (b) < 0 thì tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ (a; b) sao cho f (x) = 0 hay phương trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong
khoảng (a; b)

2.1.1.

Dạng phương trình không chứa tham số

Bài tập 2.1.1. Chứng minh rằng phương trình 5x4 + 12x2 − 5 = 0 có nghiệm.
Giải
Cách 1: Áp dụng định lý Lagrange:
Xét hàm số f (x) = x5 + 4x3 − 5x liên tục và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]
Ta có: f (1) = f (0) = 0 và f (x) = 5x4 + 12x2 − 5

7


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Theo định lý Lagrange tồn tại x0 ∈ (0; 1) sao cho:
f (1) − f (0)
1−0
⇔f (x0 ) = f (1) − f (0)
⇔f (x0 ) = 0
⇔5x40 + 12x20 − 5 = 0.
f (x0 ) =

Suy ra x0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm.
Cách 2: Áp dụng định lý Rolle
Xét hàm số f (x) = x5 + 4x3 − 5x liên tục và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]
Ta có: f (1) = f (0) = 0 và f (x) = 5x4 + 12x2 − 5
Theo định lý Rolle tồn tại x0 ∈ (0; 1) sao cho f (x0 ) = 0.Suy ra x0 là nghiệm của
phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm.
Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy
Đặt f (x) = 5x4 + 12x2 − 5.
1
Vì f (x) là hàm đa thức nên f (x) liên tục trên R, do đó f (x) liên tục trên đoạn [ ; 1].
2
1
−27
−81
Ta có:f ( )f (1) =
.12 =
< 0.
2
16

4
1
Suy ra tồn tại c ∈ ( ; 1) sao cho f (x) = 0, và do đó c là nghiệm của phương trình đã
2
cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm.
Bài tập 2.1.2. Chứng minh phương trình 6x5 + 5x4 − 2 = 0 luôn có nghiệm.
Giải
Cách 1: Áp dụng định lý Lagrange:
Xét hàm số f (x) = x6 + x5 − 2x liên tục và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]
Ta có: f (1) = f (0) = 0 và f (x) = 6x5 + 5x4 − 2
Theo định lý Lagrange tồn tại x0 ∈ (0; 1) sao cho:
f (1) − f (0)
1−0
⇔f (x0 ) = f (1) − f (0)
⇔f (x0 ) = 0
⇔6x50 + 540 − 2 = 0.
f (x0 ) =

Suy ra x0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm.
Cách 2:Áp dụng định lý Rolle
Xét hàm số f (x) = x6 + x5 − 2x liên tục và khả vi trên đoạn [0; 1]
Trang 8


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
Ta có f (0) = f (1) = 0 và f (x) = 6x5 + 5x4 − 2 = 0.
Theo định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0; 1) sao cho f (x0 ) = 0.
Vậy phương trình 6x5 + 5x4 − 2 = 0 có nghiệm.

Cách 3: Áp dụng định lý Bolzano-Cauchy
Đặt f (x) = 6x5 + 5x4 − 2.
Vì f (x) là hàm đa thức nên f (x) liên tục trên R, do đó f (x) liên tục trên đoạn [0; 1].
Ta có:f (0)f (1) = −2.9 = −18 < 0.
Suy ra tồn tại c ∈ (0; 1) sao cho f (x) = 0, và do đó c là nghiệm của phương trình đã
cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm.
Bài tập 2.1.3. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c cho trước thì phương trình
a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm.
Giải
Cách 1: Áp dụng định lý Lagrange
1
1
Xét hàm số f (x) = a sin 3x + b sin 2x + c sin x − cos x, ta thấy hàm số f (x) liên tục
3
2
và khả vi trên [0; 2π].
Ta có:
f (x) = a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x
1
1
f (0) = a sin(3 · 0) + b sin(2 · 0) + c sin 0 − cos 0 = −1
3
2
1
1
f (2π) = a sin 6π + b sin 4π + c sin 2π − cos 2π = −1
3
2
Suy ra f (0) = f (2π)

Theo định lý Lagrange, tồn tại x0 ∈ (0; 2π) sao cho:
f (2π) − f (0)
2π − 0
⇔2πf (x0 ) = f (2π) − f (0)
⇔f (x0 ) = 0
⇔a cos 3x0 + b cos 2x0 + c cos x0 + sin x0 = 0.
f (x0 ) =

Suy ra x0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm.
Cách 2: Áp dụng định lý Rolle
1
1
Xét hàm số f (x) = a sin 3x + b sin 2x + c sin x − cos x, ta thấy hàm số f (x) liên tục
3
2
và khả vi trên [0; 2π].

Trang 9


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Ta có:
f (x) = a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x
1
1
f (0) = a sin(3 · 0) + b sin(2 · 0) + c sin 0 − cos 0 = −1
3
2

1
1
f (2π) = a sin 6π + b sin 4π + c sin 2π − cos 2π = −1
3
2
Suy ra f (0) = f (2π)
Theo định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0; 2π) sao cho:f (x0 ) = 0.
Suy ra x0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình a cos 3x + b cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm.
Bài tập 2.1.4. Chứng minh rằng nếu 2a + 3b + 6c = 0 với a, b, c ∈ R thì phương trình
ax2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc (0; 1).
Giải
1 3 1 2
Xét hàm số f (x) = ax + bx + cx liên tục và khả vi trên (0; 1).
3
2
Ta có: f (x) = ax2 + bx + c
1
2a + 3b + c
1
=0
f (1) = a + b + c =
3
2
6
f (0) = 0
Suy ra f (0) = f (1).
Theo định lí Lagrange tồn tại x0 ∈ (a; b) sao cho:
f (1) − f (0)
1−0

⇒f (1) − f (0) = 0
⇒f (x0 )
⇒ax20 + bx0 + c = 0.
f (x0 ) =

Vậy nếu 2a + 3b + 6c = 0 với a, b, c ∈ R thì phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm
thuôc khoảng (0; 1).
Bài tập 2.1.5. Chứng minh phương trình 5x4 + 40x3 + 105x2 + 100x + 24 = 0 có bốn
nghiệm phân biệt.
Giải
Xét hàm số f (x) = x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x
Ta có: f (x) = x(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) và f (x) = 5x4 + 40x3 + 105x2 + 100x + 24
Vì f (x) = x(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) nên f (x) = 0 có năm nghiệm phân biệt
x0 = 0, x1 = −1, x2 = −2, x3 = −3, x4 = −4.
Vì f (0) = f (−1), f (x) khả vi trên (−1; 0) nên tồn tại c0 ∈ (−1; 0) sao cho f (c0 ) = 0.
Chứng minh tương tự với các khoảng (−4; −3), (−3; −2), (−2; −1) ta suy ra tồn tại
các giá trị c1 , c2 , c3 sao cho f (c1 ) = f (c2 ) = f (c3 ) = 0.
Vì bốn khoảng (−4; −3), (−3; −2), (−2; −1), (−1; 0) đôi một giao nhau bằng rỗng nên
bốn giá trị c0 , c1 , c2 , c3 là phân biệt khác nhau.
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
Trang 10


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.1.2.

Dạng phương trình chứa tham số

Bài tập 2.1.6. Chứng minh rằng phương trình m(x − 1)(x + 2) + 2x + 1 = 0 luôn có

nghiệm ∀m ∈ R.
Giải
Đặt f (x) = m(x − 1)(x + 2) + 2x + 1.
Vì f (x) là một hàm đa thức nên f (x) liên tục trên R, do đó f (x) cũng liên tục trên
đoạn [−2; 1].
Mặt khác f (1)f (−2) = −9 < 0.
Suy ra tồn tại c ∈ (−2; 1) sao cho f (c) = 0. Suy ra c là nghiệm của phương trình
f (x) = 0.
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với ∀m ∈ R
1
1
−
= m luôn luôn có nghiệm.
Bài tập 2.1.7. Chứng minh rằng phương trình
cos x sin x
Giải
kπ
Điều kiện: x =
2
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:
sin x − cos x − m sin x cos x = 0.
π
Xét hàm số f (x) = sin x − cos x − m sin x cos x, ta có f (x) liên tục trên đoạn [0; ].
2

f (0) = −1
π
=⇒ f (0)f ( ) < 0
π
f ( ) = 1

2
2
π
Suy ra phương trình f (x) = 0 luôn có nghiệm thuộc khoảng (0; ).
2
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với ∀m ∈ R.

2.2.

Giải phương trình, bất phương trình

Bài tập 2.2.1. Giải phương trình 3x + 5x = 2.4x .
Nhận xét: x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình 3x + 5x = 2.4x
Giải
Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho. Ta được:
3x0 + 5x0 = 2.4x0 ⇐⇒ 5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0
Xét hàm số f (t) = (t + 1)x0 − tx0 , khi đó
5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0 ⇐⇒ f (4) = f (3)
Vì f (t) liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm trong khoảng(3; 4) nên theo định lý Rolle,
tồn tại c ∈ (3; 4) sao cho
f (c) = 0 ⇒ x0 [(c + 1)x0 −1 − cx0 −1 ] = 0 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 = 1.
Vậy phương trình 3x + 5x = 2.4x có hai nghiệm x = 0hoặcx = 1
Trang 11


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
Bài tập 2.2.2. Giải phương trình 5x − 3x = 2x.
Nhận xét x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình 5x − 3x = 2x
Giải
Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho. Ta được:

5x0 − 3x0 = 2x0 ⇐⇒ 5x0 − 5x0 = 3x0 − 3x0
Xét hàm số f (t) = tx0 − tx0 , khi đó
5x0 − 5x0 = 3x0 − 3x0 ⇐⇒ f (5) = f (3)
Vì f (t) liên tục trên [3;5] và có đạo hàm trong khoảng (3;5) nên theo định lý Rolle,
tồn tại c ∈ (3; 5) sao cho
f (c) = 0 ⇒ x0 (cx0 −1 − 1) = 0 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 = 1.
Vậy phương trình 3x + 5x = 2.4x có hai nghiệm x=0 hoặc x=1
Bài tập 2.2.3. Giải phương trình 3x + 2.4x = 19x + 3.
Ta có: 3x + 2.4x = 19x + 3 ⇐⇒ 3x + 2.4x − 19x − 3 = 0
Giải
Xét hàm số y = f (x) = 3x + 2.4x − 19x − 3
=⇒ f (x) = 3x ln 3 + 2.4x ln 4 − 19
=⇒ f (x) = 3x ln 32 + 2.4x ln 42 > 0∀x ∈ R hay f (x) vô nghiệm
=⇒ f (x) có nhiều nhất một nghiệm.
=⇒ f (x) có nhiều nhất hai nghiệm.
Mà f (0) = f (2) = 0 do đó phương trình 3x + 2.4x = 19x + 3 có hai nghiệm x=0;x=2.
Bài tập 2.2.4. Giải phương trình (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x.
Giải
Đặt t = cos x, t ∈ [−1; 1].
(1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x
⇐⇒ (1 + t)(2 + 4t ) = 3.4t
⇐⇒ (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t = 0
Xét hàm số f (t) = (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t
=⇒ f (t) = 2 + 4t + (t − 2)4t ln 4
=⇒ f (t) = 2.4t ln 4 + (t − 2)4t (ln 4)2
Ta có f (t) = 0 ⇐⇒ t = 2 + ln24
=⇒ f (t) có một nghiệm duy nhất.
=⇒ f (t) có nhiều nhất hai nghiệm.
=⇒ f (t) có nhiều nhất ba nghiệm.
1

Mặt khác f (0) = f ( ) = f (1) = 0 do đó f(t) có ba nghiệm t = 0, 12 , 1.
2
Kết luận nghiệm của phương trình (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x là:
x=

π
π
+ k2π, x = + − + k2π, x = k2π.
2
3
Trang 12


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.3.

Sự phân bố các nghiệm của đa thức và đạo
hàm

Định nghĩa 2.3.1. Số thực x0 được gọi là không điểm của hàm số f (x) nếu f (x0 ) = 0.
Khi f (x) là đa thức và thỏa mãn f (x0 ) = 0 thì x0 được gọi là nghiệm của đa thức ấy.
Định nghĩa 2.3.2. Hàm f (x) duy trì dấu trong khoảng (a;b) nếu f (x) > 0 ∀x ∈ (a; b)
hoặc f (x) < 0 ∀x ∈ (a; b).
Giả sử khoảng (a; b) được chia thành m khoảng con sao cho:
i. f (x) không đồng nhất triệt tiêu trong một khoảng con nào.
ii. f (x) duy trì một dấu cố định trong mỗi khoảng con.
iii. f (x) trái dấu trong mỗi khoảng cặp kề nhau (a; b).
Khi đó, f (x) có m lần đổi dấu trong khoảng (a; b).
Mệnh đề 2.3.3. Giả sử giá trị của hàm f (x) tại các điểm a và b khác 0. Khi đó

khoảng (a;b) chứa một số chẵn (hoặc một số lẻ)các không điểm của hàm ấy nếu f(a)
và f(b) cùng dấu (hoặc trái dấu).
Chứng minh. Giả sử f (x) là hàm đa thức và a1 , a2 , · · · , as là các không điểm của f (x)
trong khoảng (a; b) với bội tương ứng là k1 , k2 , · · · , ks và a < a1 < a2 < · · · < as < b,
khi đó:
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 · · · (x − as )ks g(x)
Trong đó g(x) = 0 với ∀x ∈ (a; b) và dấu của g(x) không đổi trong khoảng (a; b).
Do đó
f (b)g(b) = (b − a1 )k1 · · · (b − as )ks [g(b)]2
f (a)g(a) = (a − a1 )k1 · · · (a − as )ks [g(a)]2
Suy ra f (a)g(a)(−1)k1 +k2 +···+ks do đó f (a)g(a)f (b)g(b)(−1)k1 +k2 +···+ks > 0
Do dấu của g(x) không đổi trong khoảng (a; b) nên:
f (a)f (b)(−1)k1 +k2 +···+ks > 0
Ta xét các khả năng sau:
Nếu f (a) và f (b) cùng dấu thì (−1)k1 +k2 +···+ks > 0, do vậy k1 + k2 + · · · + ks là một số
chẵn. Nói cách khác, khoảng (a; b) chứa một số chẵn các không điểm.
Nếu f (a) và f (b) khác dấu thì (−1)k1 +k2 +···+ks < 0,do vậy k1 + k2 + · · · + ks là một số
lẻ. Nói cách khác, khoảng (a; b) chứa một số lẻ các không điểm.
Định lý 2.3.4. Nếu (a; b) là hai điểm không kề nhau của hàm f (x) (f (a) = f (b) =
0, f (x) = 0 với a < x < b thì trong khoảng (a; b) hàm f (x) có một số lẻ các không
điểm, do đó phải có ít nhất một không điểm.
Trang 13


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Chứng minh. Lấy > 0 đủ nhỏ sao cho (a; a + ) và (b − ; b) không chứa khoảng điểm
nào của f (x). Khi đó, số không điểm của f (x) trong khoảng (a; b) bằng số không điểm
của f (x) trong khoảng (a + ; b − ). Ta có:
f (a + ) = f (a + ) − f (a) = f (a +

−f (b − ) = f (b) − f (b − ) = f (b −

1)

trong đó 0 <

2 )trong

đó0 <

1

<

2

<

Vì dấu của f (a + ) và f (b − ) cùng dấu nên f (a + ) cùng dấu với −f (b − )
Theo mệnh đề trên, hàm số f (x) chứa một số lẻ các không điểm trong khoảng (a +
; b − ) ⊂ (a; b).
Hệ quả 2.3.5. Nếu trong khoảng (a; b) hàm số f (x) có m không điểm thì f (x) có ít
nhất m − 1 không điểm trong khoảng đó.
Chứng minh. Nhận xét rằng, nếu tại điểm x = x1 hàm f (x) có không điểm t thì tại
điểm đó f (x) có không điểm bội t − 1.
Giả sử x1 , x2 , · · · , xk là các không điểm của hàm f (x) sao cho a ≤ x1 < x2 < · · · <
xk ≤ b.
Chia đoạn [x1 ; xk ] thành k phần không giao nhau, trong đó gồm một điểm x1 và k − 1
khoảng nửa mở (x1 ; x2 ], (x2 ; x3 ], · · · , (xk−1 , xk ]. Xét từ f (x) qua f (x) ta nhận thấy:
Tại x1 sẽ mất đi một không điểm và trong các khoảng mở (xi ; xi+1 ) với i ∈ 1, k − 1

theo định lý Rolle không mất đi một không điểm nào.
Do đó nếu trong khoảng (a; b) hàm f (x) có m không điểm thì trong khoảng đó, hàm
f (x) có ít nhất m − 1 không điểm.
Nhận xét 2.3.6. Nếu (x) là đa thức bậc n và có n nghiệm thực thì f (x) có n − 1
nghiệm thực.
Ví dụ 2.3.7. Giả sử hàm số f (x) có n không điểm trong khoảng (a; +∞). Chứng
minh rằng với mọi số thực a, hàm số af (x) + f (x) có ít nhất (n − 1) không điểm trong
khoảng đó.
Chứng minh. Xét hàm số g(x) = eax f (x) trên khoảng (a; +∞)
Ta có g (x) = eax [af (x) + f (x)]
Vì f (x) có n không điểm trong khoảng (a; +∞) và eax > 0 với ∀x ∈ (a; b) nên g(x)
có n không điểm trong khoảng đó. theo hệ quả trên thì trong khoảng (a; +∞) hàm
g (x) = eax [af (x) + f (x)] có không ít hơn n − 1 không điểm trong khoảng (a; +∞)
Vậy hàm số af (x) + f (x) có ít nhất (n − 1) không điểm trong khoảng đó.

2.4.

Một số bài toán liên quan đến khai triển TaylorGontcharov

Như ta đã biết, mọi hàm giải tích đều khai triển được thành chuỗi lũy thừa tại điểm
tương ứng. Tuy nhiên, tồn tại những hàm số khả vi vô hạn (có đạo hàm mọi cấp) tại
lân cận một điểm mà không khai triển được thành chuỗi lũy thừa tại điểm đó. Trong
Trang 14


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

phần này, dựa vào định lý Rolle, ta cũng xây dựng được hàm số không khai triển được
thành chuỗi Taylor-Gontcharov tương ứng theo dãy điểm phân biệt trong khoảng đã
cho.

Trước hết, ta xét hàm Dirichlet như sau:
−1

e x2 , x = 0
0, x = 0

fD (x) =
Dễ thấy
(n)

fD (0) = 0, ∀n = 1, 2, 3, ...
Suy ra hàm
fD (x)
khả vi vô hạn tại 0 và đạo hàm mọi cấp tại 0 đều bằng 0.
Ta sẽ chứng minh hàm fD (x) không giải tích tại 0 bằng phương pháp phản chứng. Giả
sử hàm fD (x) giải tích tại 0, suy ra tại lân cận của 0 ta có khai triển Taylor:
(0)

fD (x) = fD (0) +

fD
1!

x+

fD (0) 2
x
1!

∞

(n)

+ ... =
n=0

fD (0) n
x , |x|
n!

< ε.

Điều này không thể xảy ra vì vế phải đồng nhất bằng 0.
Theo định lý Rolle và một số mở rộng của nó ta sẽ chỉ ra sự tồn tại của một hàm số
h(x) khả vi vô hạn trong [0, 1] , giải tích trong (0, 1) và một dãy điểm {xn } trong (0, 1)
mà khai triển Taylor-Gontcharov dạng không thực hiện được.
h(x) = h(x0 ) +

h (x1 )
P1 (x)
1!

+

h (x1 )
P2 (x)
1!

∞

+ ... =
n=0

h(n) (xn )
Pn (x), |x|
n!

<ε

1

Xét hàm số: g(x) =
Ta có g (x) = (−1 +

e−x− 2x2 , x = 0
0, x = 0
1
1
).e−x− 2x2
x3

nên g (1) = 0 và lim+ g (x) = 0 . Bằng phương pháp
x→0

quy nạp toán học, dựa vào nhận xét sau đây:
−1
Ứng với mọi đa thức Q x1 , ta đều có lim+ Q( x1 ).e x2 = 0
x→0

Ta dễ dàng kiểm chứng: lim+ g (n) (x) = 0, n = 1, 2, ...

x→0

Vậy nếu định nghĩa h(x) =

g (x), x = 0
thì h(x) giải tích trong (0, 1) và liên tục
0, x = 0

trong [0, 1] và có tính chất h(0) = h(1) = 0 . Theo định lý Rolle, tồn tại x1 ∈ (0, 1) để
h (x1 ) = 0 .
Ta có: tồn tại dãy số dương (phân biệt) {xn } đơn điệu giảm trong (0, 1) để h(n) (xn ) = 0
với mọi n ∈ N.
Vậy hàm h(x) giải tích trong (0, 1) và liên tục trong [0, 1] và một dãy điểm trong {xn }
tại đó h(n) (xn ) = 0 với mọi n ∈ N .
Từ đây ta suy ra hàm h(x) không khai triển được thành chuỗi Taylor-Gontcharov theo
dãy điểm trong {xn } vì nếu có khai triển như vậy thì từ điều kiện h(n) (xn ) = 0 với mọi
n ∈ N suy ra h(x) ≡ 0 trong (0, 1) , điều này vô lí. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trang 15


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.5.

Chứng minh bất đẳng thức

Bài tập 2.5.1. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b. Chứng minh rằng:
b
b−a
b−a

< ln <
b
a
a
Chứng minh. Xét hàm số f (x) = ln x ⇒ f (x) =

1
, ∀x ∈ (0; +∞).
x

Theo định lí Lagrange luôn tồn tại c ∈ (a; b)
f (b) − f (a)
sao cho f (c) =
b−a
1
ln b − ln a
a−b
b
1
1
1
hay =
⇔
= ln mà 0 < a < b < c ⇒ < <
c
b−a
c
a
b
c

a
b
b−a
b−a
< ln <
.
⇒
b
a
a
1
1 x+1
Bài tập 2.5.2. Chứng minh rằng:(1 + )x < (1 +
) , ∀x ∈ (0; +∞).
x
x+1
Chứng minh. Ta có:
1 x+1
1
)
(1 + )x < (1 +
x
x+1

⇔ x[ln(x + 1) − ln x] < (x + 1)[ln(x + 2) − ln(x + 1)]
Đặt
f (x) = x[ln(x + 1) − ln x]
Ta có:
f (x) = ln(x + 1) − ln x +

x
1
− 1 = ln(x + 1) − ln x −
x+1
x+1

Áp dụng định lí Lagrange đối với hàm số y = ln t trên [x; x + 1], thì tồn tại
c ∈ (x; x + 1)
sao cho
f (c) = ln(x + 1) − ln x ⇒
Mà
0⇒

1
= ln(x + 1) − ln x.
c
1
1
1
> >
x
c
x+1

1
1
1
> ln(x + 1) − ln x >
⇒ ln(x + 1) − ln x −

>0
x
x+1
x+1

⇒ f (x) > 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ hàm số f (x) đồng biến trên (0; +∞).
Từ (1) suy ra: f (x) > 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ f (x) đồng biến trên (0; +∞).
Suy ra: f (x + 1) > f (x), ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ điều phải chứng minh.

Trang 16


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Nhận xét 2.5.3. Trong ví dụ trên thực chất của vấn đề là ta đi chứng minh hàm số
1
F (x) = (1 + )x đồng biến trên (0; +∞) và
x
ta đi chứng minh hàm số f (x) = ln F (x) đồng biến trên (0; +∞), đến đây bài toán trở
về giống như ví dụ 1.
1
Tương tự ta chứng minh được hàm số G(x) = (1 + )x+1 nghịch biến trên (0; +∞).
x
Ta có thể chứng minh bài toán bằng cách khác.
Xét hàm số: F (x) = ln(1 + x)
Với mọi cặp số thực x, y bất kì thỏa mãn 0 < x < y, theo định lí Lagrange, luôn tồn
tại x0 ∈ (0; x), y0 ∈ (x; y) thỏa mãn:
f (x0 ) =

f (x) − f (0)

f (y) − f (x)
, f (y0 ) =
x−0
y−x

hay
1
ln(1 + x)
1
ln(1 + y) − ln(1 + x)
=
;
=
1 + x0
x
1 + y0
y−x
Mà

1
1
>
1 + x0
1 + y0
⇒

ln(1 + x)
ln(1 + y) − ln(1 + x)
>
⇒ y ln(1 + x) > x ln(1 + y).

x
y−x

Vậy với mọi cặp số thực x, y bất kì thỏa mãn 0 < x < y, luôn có y ln(1 + x) >
1
1
x ln(1 + y),thay x bởi và y bởi ta có:
x
y
1
1
1
1
1
1
ln(1 + ) > ln(1 + ) ⇒ (1 + )y > (1 + )x
x
y
y
x
y
x
.
1 n+1
1
)
> (1 + )n (*)
n+1
n
Như vậy, bất đẳng thức trong bài 2 là mở rộng của bất đẳng thức (*) (từ các số tự

nhiên ra một số dương tùy ý). Với bất đẳng thức (*) ta có cách chứng minh như sau:
1
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (n + 1) số gồm n số (1 + ) và số 1, ta có:
n
1
1
1
(1 + ) + (1 + ) + ... + (1 + ) + 1
1 n
n+1
n
n
n
≥
(1 + )
n+1
n
1 n+1
1 n
⇔ (1 +
)
> (1 + )
n+1
n

Nhận xét 2.5.4. Với n là số tự nhiên, ta luôn có: (1 +

Bài tập 2.5.5. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn
a2 + b 2 + c 2 = d 2 + e 2
a4 + b 4 + c 4 = d 4 + e 4

Trang 17


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 < d3 + e3 .
Nhận xét: Trong bài toán này từ giả thiết

a2 + b 2 + c 2 = d 2 + e 2
Ta nhìn thấy
a4 + b 4 + c 4 = d 4 + e 4

ngay giả thiết của định lí Rolle với hàm số
f (x) = ax + bx + cx − dx − ex (f (2) = f (4) = 0
Khi đó ta phải chứng minh f (3) < 0. Vì f (x) liên tục và f (3) < 0, suy ra tồn tại
3 ∈ (m; n) sao cho f (x) < 0, ∀x ∈ (m; n) do đó bài toán trở thành xét dấu của f (x) ,
vì thế ta cần kiểm soát được các nghiệm của f (x) .
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c = 1, d ≤ e
Nếu d ≥ 1 ⇒ d2 = 1 + x(x ≥ 0) ⇒ b2 + a2 = e2 + x a4 + b4 + c4 = d4 + e4 ⇔
a4 + (e2 + x − a2 )2 + 1 = (1 + x)2 + e4



 x=0
2
2
2 2
2
e 2 = a2 + 1
⇔ (e − a − 1)x + a (a − e ) = 0 ⇔



 e=a



 e2 = a2 + b2
e2 = a2 + 1
⇔


 e = a2
( mâu thuẫn ) ⇒ d < 1
Tương tự ta có a ≤ b < d ≤ e < 1
Xét hàm số f (x) = 1 + ax + bx − dx − ex ⇒ f (2) = f (4) = 0
Giả sử f (x) có nghiệm x0 = 2; 4. Theo định lí Rolle, tồn tại x1 < x2 thỏa mãn:
f (x1 ) = f (x2 ) = 0
hay
ax1 ln a + bx1 ln b = dx1 ln d + ex1 ln e,
ax2 ln a + bx2 ln b = dx2 ln d + ex2 ln e
dx2 ln d + ex2 ln e
ax2 ln a + bx2 ln b
=
⇒ x1
a ln a + bx1 ln b
dx1 ln a + ex1 ln b
Mà
a ≤ b < d ≤ e < 1 ⇒ 0 > ax2 ln a + bx2 ln b ≥ ax1 bx2 −x1 ln a + bx2 ln b
ax2 ln a + bx2 ln b
x2 −x1
⇒b

≥ x1
a ln a + bx1 ln b
và
dx2 ln d + ex2 ln e ≤ dx2 ln d + dx2 −x1 ex1 ln b < 0
dx2 ln d + ex2 ln e
⇒ dx2 −x1 ≤ x1
d ln d + ex1 ln e
Trang 18


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

⇒

ax2 ln a + bx2 ln b
dx2 ln d + ex2 ln e
<
(Mâu thuẫn )
ax1 ln a + bx1 ln b
dx1 ln a + ex1 ln b

Vậy f (x) chỉ có hai ngiệm x = 2, x = 4 và f (x) có 1 nghiệm duy nhất, và nó thuộc (2; 4).
Vì f (x) liên tục nên f (x) mang cùng một dấu trên mỗi khoảng (−∞; 2), (2; 4), (4; +∞).
Mà f (0) = 1 > 0 ⇒ f (x) > 0, ∀x ∈ (−∞; 0) ⇒ f (x) < 0, ∀x ∈ (2; 4) (vì nếu
f (x) > 0, ∀x ∈ (2; 4) thì x = 2 là nghiệm của f (x) ⇒ f (3) < 0 (điều phải chứng
minh).
Định lí Lagrange còn được sử dụng để giải quyết một số bài toán về bất đẳng thức
đối xứng , nhằm mục đích làm giảm số biến. Nếu cần chứng minh bất đẳng thức đối
xứng n biến a1 , a2 , ..., an thì ta xét đa thức f (x) = (x − a1 )(x − a2 )...(x − an ) , suy ra
f (x) có n nghiệm, do đó f (x) có n – 1 nghiệm b1 , b2 , ..., bn−1 , và dựa vào định lí Viète

ta đưa về chứng minh bất đẳng thức đối xứng với n – 1 biến b1 , b2 , ..., bn−1 .

2.6.

Tính giới hạn tích phân

Định lý giá trị trung bình dạng tích phân thứ nhất khẳng định rằng:
Định lý 2.6.1. Giả sử [a; b] → R là một hàm liên tục và φ là một hàm khả tích không
đổi dấu trên khoảng (a;b), khi đó tồn tại x ∈ (a; b) sao cho:
b

b

ϕ(t)dt

G(t)ϕ(t)dt = G(x)
a

a

Đặc biệt, nếu φ(t) = 1 với mọi t ∈ (a; b), khi đó tồn tại x ∈ (a; b) sao cho
b

G(t)dt = G(x)(b − a)
a

Đẳng thức này được viết dưới dạng G(x) =

1
.

b−a

b
a

G(t)dt Giá trị G(x) được gọi là

giá trị trung bình của G(t) trên đoạn [a;b]
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử ϕ(t) ≥ 0 ∀t. Từ định lý cực trị hàm
liên tục G có các giá trị cực tiểu m và giá trị cực đại M hữu hạn trên đoạn [a; b]. Từ
tính đơn điệu của tích phân và bất đẳng thức: m ≤ G(t) ≤ M, ∀t ∈ [a; b] , cùng với
giả thiết ϕ(t) không âm, ta có:
b

b

mϕ(t)dt ≤

mI =
a

b

G(t)ϕ(t)dt ≤
a

M ϕ(t)dt = M I
a

b

Với I = a ϕ(t)dt ký hiệu tích phân của ϕ(t) trên [a; b]. Do đó, nếu I = 0, ta có đẳng
thức xảy ra với mọi x ∈ (a; b) . Vì vậy ta có thể giả sử I > 0. Chia cả hai vế cho I và
ta nhận được:
b
1
m≤ .
G(t)ϕ(t)dt ≤M
I a
Trang 19


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Từ định lý giá trị trung gian, ta suy ra hàm liên tục G(t) đạt được mọi giá trị
trong đoạn [m; M ], đặc biết tồn tại x ∈ (a; b) sao cho
1
G(x) = .
I

b

G(t)ϕ(t)
a

(điều phải chứng minh)
1
n

ex +sinx

dx.
x+1

Bài tập 2.6.2. Cho dãy số (un )n≥1 với un = n
−1
n

Tính lim un .
x→∞

Giải
Bổ đề: Nếu hàm f (x) liên tục trên đoạn [a, b], (a < b) , thì tồn tại c ∈ (a, b) để
1 b
f (c) =
f (x)dx
b−a a
ex + sinx
−1 1
Xét hàm f (x) =
trên các đoạn
,
. Do đó, theo hệ quả trên, tồn tại
x+1
n n
−1 1
,
để:
y∈
n n
1

n

1

f (y) =
(

1 −1
−
)
n
n −1
n

1
n

ex + sinx
n
dx =
x+1
2

ex + sinx
un
dx =
x+1
2

−1

n

Vậy lim un = 2. lim f (y) = 2 lim f (y) = 2f (0) = 2
n→∞

n→∞

y→0

1 1+x 2x + tan x
dx.
Bài tập 2.6.3. Tìm lim
x→0 x 1−x sin x + 1
Giải
2x + tan x
, ta có:
sin x + 1
Tồn tại y ∈ (1 − x, 1 + x) để
Xét f (x) =

1+x

1 1+x
f (x)dx
2x 1−x
1−x
1 1+x 2x + tan x
1 1+x
Do đó: lim
dx = 2 lim

f (x)dx = 2 lim f (y)
x→0 x 1−x sin x + 1
x→0 2x 1−x
x→0
2 + tan 1
= 2 lim f (y) = 2
y→1
1 + sin 1

f (y) =

1
(1+x)−(1−x)

f (x)dx =

Trang 20


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.7.

Một số ứng dụng trong thực tế

Định lý giá trị trung bình là một định lý quan trọng trong toán học, nó xuất hiện trong
rất nhiều các dạng toán khác nhau nhưng xét trong thực tế thì định lý này có rất ít
ứng dụng trong đời sống.Sau đây là một ứng dụng cơ bản và đơn giản nhất có đề cập
đến định lý: Tính vận tốc trung bình.
Ví dụ 2.7.1. Một người đi từ B đến C từ 7h30’ đến 9h30’.Tính vận tốc trung bình

của người này biết AB = 20km, AC = 80km.

Công thức: vtb =

x − x0
, trong đó: x − x0 : độ dời li độ và t − t0 : thời gian thay đổi.
t − t0
Giải:
vtb =

x − x0
80 − 20
AC − AB
=
= 30(km/h)
=
t − t0
9, 5 − 7, 5
2

.
Ví dụ 2.7.2. Ở một vài nước, họ sử dụng cách thu phí các xe tải khi chạy trên đường
cao tốc( có thu phí) thông qua một thiết bị có tên là E-Z Pass.

Hình 2.1: Thiết bị E-Z Pass
Thiết bị này sẽ bắt đầu tính quãng đường tính từ thời điểm chiếc xe đi vào đường cao
tốc cho tới khi ra khỏi cao tốc. Đồng thời dựa vào thiết bị này, người ta sẽ tính toán
được chiếc xe này có vi phạm giới hạn tốc độ cho phép khi tham gia giao thông trên
làn đường đó hay ko.
Giả sử tại thời điểm bắt đầu bước vào làn đường cao tốc có giới hạn tốc độ khi chạy

là ko được vượt quá 75mph , chiếc xe ghi nhận đang ở km số 226, sau 1 giờ 15 phút
chiếc xe đi tới kilomet thứ 326. Gọi f (t) là hàm chỉ vị trí của chiếc xe theo thời gian.
Ta có: f (0) = 226 và f (1, 25) = 326, hàm chỉ vị trí của chiếc xe đi trên cao tốc là một
hàm liêc tục và khả vi tại mọi điểm t .
Ta có vận tốc trung bình của chiếc xe là :
v(t) = p (t) =

p(1, 25) − p(0)
= 80(mph)
1, 25
Trang 21


CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Hình 2.2: Hình ảnh minh họa

Điều này có nghĩa là, định lí giá trị trung bình khẳng định chắc chắn rằng tại một thời
điểm nào đó, chiếc xe này đã di chuyển với tốc độ là 80mph và như vậy nó đã vi phạm
giới hạn tốc độ cho phép.

Trang 22


Tài liệu tham khảo
[1] Giáo trình “Đại số sơ cấp” NXB Đại học Sư phạm.
[2] Luận văn “Định lý Rolle và một số áp dụng”, Trường Đại học Khoa học .
[3] Luận văn “Một nghiên cứu DIDACTIC về định lý giá trị trung gian trong dạy học
toán ở trường THPT” Trường Đại học Sư phạm TPHCM.
[4] Link: .

[5] Link: .

23