Định lý Rolle và ứng dụng giải toán THPT (Luận văn - Nguyễn Thị Kiều Oanh)

Tài liệu nghiên cứu 1297 định lý rolle và ứng dụng giải một số bài toán trung học phổ thông nguyễn thị kiều oanh luận, tổng hợp lý thuyết và thực hành, cung cấp kiến thức chuyên

• Tác giả: Nguyễn Thị Kiều Oanh
• Trường học: Đại Học Quảng Nam
• Chuyên ngành: Toán Học
• Đề tài: 1297 Định Lý Rolle Và Ứng Dụng Giải Một Số Bài Toán Trung Học Phổ Thông
• Loại tài liệu: Luận Văn

Tóm tắt

I. Khám phá Định lý Rolle và luận văn ĐH Quảng Nam đột phá

Định lý Rolle là một trong những định lý nền tảng của giải tích toán học, đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các tính chất của hàm số. Luận văn tốt nghiệp của tác giả Nguyễn Thị Kiều Oanh tại trường Đại học Quảng Nam đã hệ thống hóa một cách bài bản lý thuyết và các ứng dụng của định lý này trong chương trình toán trung học phổ thông (THPT). Nghiên cứu này không chỉ làm rõ nội dung định lý mà còn mở rộng ra các kết quả liên quan như định lý Lagrange và định lý Cauchy, tạo thành một công cụ mạnh mẽ để giải quyết các bài toán khó. Tài liệu này nhấn mạnh rằng, dù chỉ mang tính lý thuyết trong sách giáo khoa, Định lý Rolle lại có ứng dụng thực tiễn sâu rộng, đặc biệt trong các bài tập vận dụng cao dành cho học sinh khá giỏi và ôn thi tốt nghiệp THPT môn toán. Luận văn cung cấp một góc nhìn mới, biến một công cụ giải tích cao cấp thành phương pháp giải toán hiệu quả, dễ tiếp cận cho cả giáo viên và học sinh.

1.1. Nội dung cốt lõi và ý nghĩa hình học của Định lý Rolle

Định lý Rolle phát biểu rằng: Nếu một hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b], có đạo hàm (khả vi) trên khoảng (a, b) và f(a) = f(b), thì tồn tại ít nhất một điểm c thuộc khoảng (a, b) sao cho f'(c) = 0. Về mặt hình học, định lý này khẳng định rằng nếu một đường cong liền nét có hai điểm đầu cuối cùng độ cao, thì chắc chắn tồn tại ít nhất một điểm trên đường cong đó mà tại đó tiếp tuyến song song với trục hoành. Đây là một kết quả trực quan nhưng vô cùng sâu sắc, là chìa khóa để chứng minh sự tồn tại của điểm mà tại đó tốc độ thay đổi của hàm số bằng không. Luận văn của Nguyễn Thị Kiều Oanh đã phân tích kỹ các điều kiện của định lý, đưa ra các ví dụ phản chứng khi một trong các điều kiện không được thỏa mãn, giúp người đọc hiểu rõ bản chất và tránh áp dụng sai lầm.

1.2. Mối liên hệ với Định lý Lagrange và Định lý Cauchy

Định lý Rolle được xem là một trường hợp đặc biệt của các định lý giá trị trung bình tổng quát hơn là định lý Lagrange và định lý Cauchy. Định lý Lagrange, hay định lý số gia hữu hạn, khẳng định rằng với một hàm số thỏa mãn các điều kiện tương tự Rolle (trừ điều kiện f(a) = f(b)), tồn tại một điểm c trong (a, b) sao cho f'(c) = (f(b) - f(a))/(b - a). Điều này có nghĩa là tồn tại một tiếp tuyến song song với cát tuyến nối hai điểm đầu của đồ thị. Trong khi đó, Định lý Cauchy là sự mở rộng cho hai hàm số. Theo nghiên cứu, việc nắm vững các định lý mở rộng này giúp giải quyết một lớp bài toán rộng hơn, không chỉ giới hạn ở việc tìm điểm có đạo hàm bằng không. Đây là nền tảng cho nhiều ứng dụng của đạo hàm trong việc chứng minh bất đẳng thức và đánh giá biểu thức.

1.3. Tổng quan giá trị của luận văn Nguyễn Thị Kiều Oanh

Công trình nghiên cứu của Nguyễn Thị Kiều Oanh không chỉ là một bài khóa luận tốt nghiệp mà còn có giá trị như một sáng kiến kinh nghiệm toán THPT. Luận văn đã hệ thống hóa các dạng bài tập ứng dụng Định lý Rolle một cách khoa học, từ chứng minh phương trình có nghiệm, giải phương trình, hệ phương trình cho đến chứng minh bất đẳng thức. Mỗi dạng toán đều được trình bày với phương pháp chung rõ ràng, các ví dụ minh họa chi tiết và bài tập đề xuất, tạo thành một chuyên đề toán giải tích 12 hoàn chỉnh. Đóng góp lớn nhất của đề tài là xây dựng một cầu nối vững chắc giữa lý thuyết giải tích cao cấp và thực tiễn giải toán phổ thông, giúp học sinh giỏi và giáo viên có thêm một công cụ tư duy sắc bén.

II. Thách thức khi vận dụng Định lý Rolle giải toán THPT

Mặc dù Định lý Rolle và các mở rộng của nó là công cụ mạnh mẽ, việc áp dụng chúng vào giải toán THPT không hề đơn giản. Thách thức lớn nhất đối với học sinh là khả năng nhận diện dạng toán và xây dựng hàm phụ trợ phù hợp. Các bài toán trong đề thi thường không trực tiếp cho thấy dấu hiệu sử dụng Định lý Rolle, đòi hỏi học sinh phải có tư duy trừu tượng và khả năng biến đổi bài toán một cách khéo léo. Luận văn của Nguyễn Thị Kiều Oanh đã chỉ ra rằng, học sinh thường gặp khó khăn trong việc xác định hàm F(x) sao cho F(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý và đạo hàm của nó chính là biểu thức cần chứng minh. Hơn nữa, sự thiếu hụt các tài liệu tham khảo chuyên sâu, hệ thống hóa các dạng bài tập này cũng là một rào cản, khiến phương pháp này chưa trở nên phổ biến trong quá trình giảng dạy và học tập tại các trường THPT.

2.1. Khó khăn trong việc xác định hàm phụ trợ F x

Bước quan trọng nhất và cũng là khó khăn nhất khi áp dụng Định lý Rolle là xây dựng hàm phụ F(x). Để chứng minh phương trình f(x)=0 có nghiệm, cần tìm một nguyên hàm F(x) của f(x) sao cho có thể chứng minh được sự tồn tại của hai điểm a, b mà F(a) = F(b). Việc này đòi hỏi kỹ năng lấy nguyên hàm và khả năng quan sát tinh tế các điều kiện của bài toán để chọn ra các điểm a, b phù hợp. Nhiều học sinh lúng túng ở bước này vì không có một quy tắc tổng quát nào cho việc tìm hàm phụ; nó phụ thuộc nhiều vào kinh nghiệm và sự sáng tạo. Luận văn đã cố gắng khắc phục điều này bằng cách phân loại các dạng toán và đưa ra gợi ý về cách xây dựng hàm phụ cho từng dạng.

2.2. Hạn chế về tài liệu và phương pháp giảng dạy chuyên sâu

Một thách thức khác đến từ việc Định lý Rolle thường được giới thiệu lướt qua trong chương trình giải tích 12, chủ yếu như một bổ đề lý thuyết cho tính đơn điệu của hàm số hay cực trị của hàm số. Rất ít tài liệu tham khảo hay sáng kiến kinh nghiệm toán THPT đi sâu vào việc khai thác các ứng dụng của nó để giải toán. Điều này dẫn đến việc giáo viên và học sinh ít có cơ hội tiếp xúc và rèn luyện phương pháp này. Do đó, ngay cả những học sinh khá giỏi cũng có thể không nhận ra đây là một công cụ tiềm năng để giải quyết các bài toán khó, thay vào đó lại sử dụng các phương pháp truyền thống phức tạp và dài dòng hơn. Luận văn này chính là một nguồn tài liệu quý giá để lấp đầy khoảng trống đó.

III. Phương pháp chứng minh phương trình có nghiệm bằng Định lý Rolle

Một trong những ứng dụng kinh điển và hiệu quả nhất của Định lý Rolle là chứng minh sự tồn tại nghiệm của một phương trình. Phương pháp này đặc biệt hữu ích cho các phương trình phức tạp chứa cả đa thức, lượng giác, logarit mà việc khảo sát hàm số trực tiếp gặp nhiều khó khăn. Luận văn của Nguyễn Thị Kiều Oanh đã trình bày một phương pháp chung, có hệ thống để giải quyết dạng toán này. Cốt lõi của phương pháp là chuyển bài toán từ việc chứng minh f(x) = 0 có nghiệm sang việc tìm một hàm phụ F(x) (thường là nguyên hàm của f(x)) và hai điểm a, b sao cho F(a) = F(b). Khi đó, theo Định lý Rolle, chắc chắn tồn tại một nghiệm của phương trình F'(x) = f(x) = 0 trong khoảng (a, b). Cách tiếp cận này mang lại lời giải ngắn gọn, thanh lịch và đầy sức thuyết phục.

3.1. Kỹ thuật xây dựng hàm số phụ để chứng minh sự tồn tại nghiệm

Để chứng minh phương trình f(x) = 0 có nghiệm trên một miền D, phương pháp chung được đề xuất trong luận văn gồm các bước sau: Bước 1: Xây dựng một hàm số khả vi F(x) sao cho F'(x) liên quan trực tiếp đến f(x), thông thường là F'(x) = g(x).f(x) với g(x) ≠ 0 trên miền đang xét. Bước 2: Tìm hai giá trị a, b thuộc D sao cho F(x) liên tục trên [a, b] và thỏa mãn điều kiện F(a) = F(b). Bước 3: Áp dụng Định lý Rolle cho hàm F(x) trên đoạn [a, b]. Từ đó suy ra tồn tại c ∈ (a, b) để F'(c) = 0, tức là f(c) = 0. Kỹ thuật này đòi hỏi sự nhạy bén trong việc tích hợp và biến đổi biểu thức để tìm ra hàm F(x) và các điểm a, b thỏa mãn. Ví dụ, với phương trình acosx + bsinx = 0, ta có thể xét hàm phụ F(x) = asinx - bcosx.

3.2. Ví dụ phân tích từ luận văn về phương trình lượng giác

Luận văn của Nguyễn Thị Kiều Oanh cung cấp nhiều ví dụ minh họa đặc sắc. Chẳng hạn, để chứng minh phương trình acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 luôn có nghiệm thuộc [0, 2π]. Thay vì khảo sát hàm số phức tạp, ta xét hàm phụ F(x) = (a/3)sin3x + (b/2)sin2x + csinx - cosx. Đây là một hàm số liên tục và khả vi trên R. Ta có F(0) = -1 và F(2π) = -1. Vì F(0) = F(2π), theo Định lý Rolle, tồn tại ít nhất một số c ∈ (0, 2π) sao cho F'(c) = 0. Mà F'(x) = acos3x + bcos2x + ccosx + sinx. Do đó, phương trình đã cho luôn có nghiệm. Lời giải này cho thấy sức mạnh của định lý: biến một bài toán chứng minh phức tạp thành một việc kiểm tra điều kiện đơn giản.

IV. Hướng dẫn giải phương trình hệ phương trình với Định lý Rolle

Ngoài việc chứng minh sự tồn tại nghiệm, Định lý Rolle và các hệ quả của nó còn là công cụ hữu hiệu để biện luận số nghiệm của phương trình và giải các phương trình, hệ phương trình phức tạp. Nguyên tắc cơ bản là: nếu phương trình f'(x) = 0 có n nghiệm phân biệt, thì phương trình f(x) = 0 có không quá n+1 nghiệm. Bằng cách khảo sát số nghiệm của đạo hàm, ta có thể giới hạn số nghiệm của hàm số ban đầu. Sau đó, ta chỉ cần tìm đủ số nghiệm đó để kết luận. Đối với hệ phương trình, kỹ thuật phổ biến là biến đổi để đưa về dạng f(x) = f(y), sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm số f(t) (dựa vào dấu của f'(t)) để suy ra x = y, từ đó đơn giản hóa hệ. Phương pháp này được trình bày chi tiết trong luận văn thạc sĩ toán học và các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.

4.1. Biện luận số nghiệm phương trình dựa vào đạo hàm cấp cao

Một hệ quả quan trọng của Định lý Rolle được khai thác trong luận văn là mối liên hệ về số nghiệm giữa một hàm và các đạo hàm của nó. Cụ thể, giữa hai nghiệm bất kỳ của hàm f(x) luôn tồn tại ít nhất một nghiệm của đạo hàm f'(x). Điều này suy ra nếu f'(x)=0 có k nghiệm thì f(x)=0 có không quá k+1 nghiệm. Ta có thể áp dụng liên tiếp quy tắc này. Ví dụ, để biện luận số nghiệm của f(x) = 0, ta xét f'(x), rồi f''(x),... cho đến khi nhận được một phương trình đơn giản có thể xác định chính xác số nghiệm. Từ đó, ta suy ngược lại số nghiệm tối đa của phương trình ban đầu. Đây là một phương pháp mạnh để giải quyết các bài tập vận dụng cao liên quan đến tham số m.

4.2. Kỹ thuật giải hệ phương trình bằng cách xét hàm đặc trưng

Đối với các hệ phương trình (đặc biệt là hệ đối xứng hoặc gần đối xứng), một kỹ thuật hiệu quả là biến đổi để đưa về dạng f(x) = f(y). Sau đó, ta xét hàm số đặc trưng f(t). Nếu có thể chứng minh f'(t) > 0 (hoặc f'(t) < 0) trên miền xác định của x, y, thì hàm f(t) là hàm đơn điệu. Từ f(x) = f(y) suy ra x = y. Việc chứng minh f'(t) khác 0 dựa trên các công cụ đạo hàm cơ bản. Khi đã có x = y, ta thay vào một trong các phương trình ban đầu để được một phương trình một ẩn đơn giản hơn. Luận văn của Nguyễn Thị Kiều Oanh đã đưa ra nhiều ví dụ về cách biến đổi và xét hàm đặc trưng cho các hệ phương trình chứa logarit, mũ và căn thức, giúp đơn giản hóa đáng kể quá trình giải.

V. Bí quyết chứng minh bất đẳng thức bằng Định lý giá trị trung bình

Một ứng dụng tinh tế khác được phân tích trong luận văn là sử dụng định lý Lagrange (một dạng mở rộng của Định lý Rolle) để chứng minh các bất đẳng thức. Phương pháp này đặc biệt hiệu quả với các bất đẳng thức có dạng f(b) - f(a). Thay vì biến đổi đại số phức tạp, ta có thể áp dụng Định lý Lagrange để biểu diễn hiệu f(b) - f(a) thành (b-a)f'(c) với c ∈ (a, b). Bài toán chứng minh bất đẳng thức ban đầu được quy về việc đánh giá giá trị của biểu thức f'(c) trên khoảng (a, b). Vì c bị giới hạn trong một khoảng cụ thể, việc đánh giá f'(c) thường đơn giản hơn rất nhiều. Kỹ thuật này cho phép tạo ra những lời giải ngắn gọn, độc đáo và thể hiện tư duy giải tích sâu sắc, là một phần không thể thiếu trong các chuyên đề toán giải tích 12 nâng cao.

5.1. Sử dụng Định lý Lagrange để đánh giá các biểu thức lượng giác

Luận văn đã trình bày cách chứng minh bất đẳng thức |sinx - siny| ≤ |x - y|. Bằng cách xét hàm số f(t) = sint trên đoạn [x, y], ta áp dụng định lý Lagrange. Tồn tại c ∈ (x, y) sao cho siny - sinx = (y - x)cosc. Lấy giá trị tuyệt đối hai vế, ta có |siny - sinx| = |y - x|.|cosc|. Vì |cosc| ≤ 1 với mọi c, ta suy ra |sinx - siny| ≤ |x - y|. Tương tự, phương pháp này cũng được áp dụng hiệu quả cho các hàm số cosx, tanx, arctanx, tạo ra một công cụ mạnh để giải quyết nhanh các bài toán so sánh và đánh giá giá trị các biểu thức lượng giác.

5.2. Ứng dụng chứng minh bất đẳng thức liên quan đến logarit và mũ

Phương pháp này cũng tỏ ra rất hiệu quả với các hàm logarit và mũ. Ví dụ, để chứng minh (b-a)/b < ln(b/a) < (b-a)/a với 0 < a < b. Ta xét hàm số f(x) = lnx trên đoạn [a, b]. Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho lnb - lna = (b-a)(1/c). Tức là ln(b/a) = (b-a)/c. Vì a < c < b, ta có 1/b < 1/c < 1/a. Nhân các vế với (b-a) > 0, ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Đây là một phương pháp chuẩn mực, thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi và là một phần quan trọng trong việc ôn thi tốt nghiệp THPT môn toán ở mức độ vận dụng cao.

Trích đoạn nội dung tài liệu

CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÍ ROLLE VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG 1. Dinh ly Rolle 1. Định lí Rolle Néu ham s6 f(x) lién tyc trén doan [4], có đạo hàm /*(z)trên (2;b) và #(@)= Z0) thì phương trình /*(+)= 0 có ít nhất một nghiệm trên khoảng (2;Ö).

Giả sử 1= max /(x),m = min /(x) Khi đó ms f(x)<M Yx e[ab| Néu m=M thì ă < ƒ(+) < AZ vxe[ab| và 7ƒ là hằng số và do đó ƒ'=0 trên [2b]và e là điểm bát kì trên (2). Giả sử m#1Z Khi đó vì điều kiện /(2)= ƒ(®) suy ra hai điểm mà tại đó hàm đạt giá trị max hoặc min không thể là các đầu mút của |]. Thật vậy, nếu chúng là các đầu mút của |Z;b]thì max fo) = min /@) = /() = /0) Và do đó ƒ = can, mâu thuẫn ƒ{x)=0 có ít nhất một nghiệm trên (4;ð). Do đó một trong hai điểm phải thuộc (2) và giả sử 3e € (2;b): ƒ(c)= À⁄Z.

Như vậy tại điểm c hàm nhận giá trị lớn nhất trên (đ). Nhưng khi đó hàm f có cực đại địa phương tại c. Vì hàm ƒ có đạo hàm tại e nên theo định lí Femnat ƒ'{)= 0. 'Vậy định lí đã được chứng minh Chú ý: i) Gid sit ham sé f(x) liên tục trên [2#] là một giả thiết không thể bỏ qua đối với định lí Rolle.

Ví dụ xét hàm số f= fer 1 khi x=0 Ta có (0) = Z0) nhưng hàm số không liên tục trén [0,1] (wi z= 0 là điểm gián đoạn) nên không áp dụng định lí Rolle được. ii) Giả thiết hàm /() có đạo hàm trong khoảng (2Ö) cũng là một giả thiết không thể bỏ qua được. Ví dụ xét hàm số ƒ() =1+ Ÿ%°,x e[~L1]. Ta có hàm số ƒ(+) liên tục trên [—1;1| và /{-1)= Z4).

Nhung f(x) = xế mà x=0€ (1;]) không tổn tại. Suy ra điều này mâu thuẫn với định lí Rolle. iii) Định lí Rolle tương đương với điều kiện khẳng định: Nếu hàm liên tục trên [b] nào đó và triệt tiêu tại hai đầu mút ø và b, khả vi tại mọi điểm của (2Ö) thì tồn tại cE (a;b) sao cho ƒ'{) =0. Nói cách khác: Giữa hai không điểm của hàm khả vi bao giờ cũng có không điểm của đạo hàm của nó.

Để chứng minh điều này ta đặt Z(z)= ƒ()~ f(a). iv) Về mặt hình học: Nếu các điều kiện của định lí Rolle thỏa mãn thì trên đỗ thị của hàm số y=,ƒ();xe|Ù| tồn tại điểm (;.ƒ(@));c €(đÈ) mà tiếp tuyến tại đó song song với trục (2x. Ta xét ví đụ sau: Ví dụ 1._ That vay vi lim zsin— ee = 0 nên hàm / liên tục tại x = 0. Do đó hàm /ƒliên tục 7 7 trên [@b].

Tiếp đó khi x0 ta có ƒ'(+)= sin — xR OS Từ đó suy ra hàm f c6 dao ham Vx € (a:b). Do đó hàm ƒ thỏa mãn định li Rolle nên tồn tai ¢ €(0;1) sao cho '€)=0<©sin== „#_ ~cos— 7# 7 eee Hay tan“z_—z =<— ce Như vậy có vô số điểm c €(0;1) thỏa mãn định lí Rolle. Một số hệ quả Hệ quả 1: Nếu hàm số ƒ(+) có đạo hàm trên (GÖ) và ƒ@)=0 có n+1 nghiệm phân biệt (+ là số nguyên dương lớn hơn 1) trên (ở) thì ƒ'{x) =0 có ít nhát 7 nghiệm phân biệt trên (2 #)( phương trình ƒ*(x)=0 có ít nhất n+1—È nghiệm phân biệt trên (2 ở)). Thật vậy, nếu phương trình ƒ(x)=0 có ø+1 nghiệm phân biệt thuộc (2ở) sắp theo thứ ty x, <x, <.<x,,,- Khi đó áp dụng định lí Rolle cho ø đoạn [x;:%,]|.|X„:4 „¡| thì phương trình 7'{%)=0 có ít nhất 7+ nghiệm thuộc z+ khoảng (x;*;),(X;;3,),.m, sao cho Fm) = Fa) == F'(m,) = 0 Tiếp theo ap dung cho n—1 Khoang (,;m,),(1m,;11,),.

Tuong tu sau & bước phương trình /'®(x)=0 có ít nhất n+1—È nghiệm thuộc (2ð). HỆ quả 2: Néu him s6 f(x) có liên tục trên [Z&ở] và có đạo hàm trên () ta có Z1) = 0có không quá ø nghiệm phân biệt (ø là số nguyên dương) trên (ZỞ) thì Z(z) có không quá +1 nghiệm phân biệt trên (2Ö). Giả sử phương trình 7(x)=0 có quá +1 nghiệm phân biệt trên (2). Chẳng hạn phương trình /(z)=0 có ñ+2 nghiệm phân biệt thuộc (2Ö).

Theo hệ quả 1 phương trình ƒ (3) =0 có ít nhất +1 nghiệm thuộc (2;ð). Điều này trái giả thiết. Vậy phương trình ƒ(+) =Ô có không quá ø+ 1 nghiệm phân biệt trên (đ;ð) HỆ quả 3: Nếu hàm số /{x) liên tục trên |] và có đạo trên (2Ö)và Z'Œ)= 0 vô nghiệm trên (2) thì f(x) =0 có nhiều nhất một nghiệm trên (2). HỆ quả 4: Nếu ø,b là hai không điểm kề nhau của hàm f(x) (ite là #()= ƒ@)=0;/Z()#0;Vze (a;b)) thì trong (@) hàm f'(x) có một số lẻ các không điểm.

Hé qua § Cho ham sé f(x) thỏa mãn đồng thời các tính chất sau đây: ï)_ Z(Œ) xác định và có đạo hàm cấp ø(ø >1) liên tục trên đoạn [đ¿]. ii) ZŒ) có đạo hàm cấp n +1 trong khoảng (2Ù).= ƒ”(4) =0, /7(b) =0 Khi đó tôn tại đấy điểm phân biệt b,,b,. Theo dinh lí Rolle tổn tại ở, € (2;Ð) sao cho ƒ '(®,) =0 Mà ƒ{4)=0 suy ra 3Ö, €(&b))C (;b) sao cho ƒ(b,) =0. Mặc khác lại có 7ˆ"(4)= 0 và tiếp tục áp dụng định lí Rolle ta có: #"@,) =0 với b; e (4;b,) C (4;Ð).

Tương tự đến thứ ø, tồn tại ð, e(2;b,,)C(z;b) sao cho ƒ”(,)=0 với điều kiện ƒ°(a)=0 suy ra b,„€(4;b hài ) C (4;b) sao cho ƒ"”(@ „)=0. sen Vậy tồn tại đấy điểm phân biệt b,„b,. phân biệt thuộc (2Ö) sao cho: #!'Œ®)=0k=L2. Một số mở rộng của dinh li Rolle 12.1, Binh li Lagrange Nếu hàm /(x) lién tuc trén đoạn |đ;]và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (2) thì tồn tại điêm €(@) sao cho: ze)- (b)~ 0-74)f(a b-a @) Chứng minh.

Xét hàm số (b)— F)=Ft6)- fy LOE LO) fs) cv e|a8]) Ta thấy rằng #' thỏa mãn các điều kiện của định lí Rolle + # liên tục trên [2Ù] + # có đạo hàm trên (Œ”) zt)= r0)- 5)'b)— #) =a + F(a)= F@)=0 Theo dinh If Rolle tén tai it nhất một diém ce(G@b) sao cho F(c)=0 Suy ra #1©)= f@- LALO =a an am. =a Chú ý: i) Công thức (1) còn có đạng ƒ)~ ƒ(2)= ƒ'Xb-~2) Tuy xuất phát từ công thức (1) nhưng công thức này có ý nghĩa đặc biệt đóng vai trò rất cơ bản trong nhiều ứng dụng đa dạng trong giải tích: Biến một hiệu số thành một tích số (giống như các hằng đẳng thức đáng thức nhớ quen thuộc trong đại số sơ cấp) 4”—b” =(a—b)(4°'+a" b+.„+ab" "+ b” ') và thường được ding để xét dấu của hiệu ƒ{b)— ƒ(4) hay để ước lượng |/()— (2| ii) Dinh lí Lagrange cũng là định lí về số gia hữu hạn. Khi đó định li Lagrange có thể viết dưới dạng ƒ(2+ð)— ƒ(4)= #'4 + 6h)h. Gọi công thức này là số gia hữu hạn.

Sở dĩ có tên này vì đây là công thức chính xác và đúng với mọi số gia hữu hạn (có thể lớn) khác với công thức xắp xỉ bằng vi phân ƒ(2+Áx)— ƒ(4)*~ #14).Ax Chỉ có giá trị số gia Áx khá bé. iii) Định lí Lagrange như là một hệ quả của định lí Rolle. Thế nhưng chính định lí Rolle (về đạng biểu thức) lại là một trường hợp riêng của định lí Lagrange (ứng với giả thiết ƒ(2)= ƒ@)) iv) Về mặt hình học, định lí Lagrange chứng tỏ rằng trên đỏ thị của hàm số ƒ(z) (thỏa mãn các điều kiện của định lí Lagrange) tồn tại điểm tại tiếp tuyến với đồ thị song song với đây cung nói điểm 4 = (2; ƒ(2)) với điểm 8 = ; ƒ)). Thật vậy; đại lượng .g là hệ số góc của các tuyến qua A và B của ~a đường cong.

Còn /ƒ'{) là hệ số góc tiếp tuyến với đường cong z= ƒ(z) qua điểm (fe) Ta xét một vai vi du Ví dụ 1. Ta xét hàm /{x) = 2resin(x) trén [-1]] Ta có hàm ƒ(+) xác định và liên tục [đÈ]. Tiếp theo ta có 1 ⁄)= Wwe(LĐ Suy ra hàm f(x)= aresin(x) thỏa mãn định lí Lagrange. Ta có arcsinl—aresin—1) _ 1 1-C) Ac? sfx3 eo¢ suyra c= f1-— Ví dụ 1.

Chứng minh rằng |sina, -sinx, @) Và |arctgx, — arctgx,| <|x,—x,| @) Để chứng minh (1) ta áp dung dinh li Lagrange cho ham f(x)=sinx trên đoạn [x;3,]-.Ta có snz, - sinz, = ƒ (@)Œ, - x),x, <# <3, Mà ƒ{2)=cos# và |cosa|<l,Wxe(X;x,). Vay tir hé thite trén ta có |sinx, —sinx, Ix,—4| Tương tự với (2) ta áp dụng định lí Lagrange cho ham (x)= arctg(x)trén đoạn [xa]. Ta c6 larctgx, — arete: ›L/'3|=. Một số hệ quả Hệ quả 1: Nếu hàm số ƒ{x) xác định liên tục trén [45], khả vi trên (2;È) và #'Œ)=0wx (4b) thì f =const,vxe[ad].

That vay gid sir x, e(2;b) là một điểm có định nào đó, + là điểm tùy ý thuộc (2;b)và x, <x nên [x,;x| —[2]. Do đó ƒ khả vi (đo đó ƒ liên tục) khắp nơi trên đoạn | x,;x] và ta áp dụng định lí Lagrange ƒ(x)~ ƒŒ,)= ƒ')(~ x;), £ € (X,;x). Vì %)=0vxe(4b) nên /'{)=0; Vee(+x,;); Từ đó ƒŒ)= ƒŒ,) Đẳng thức này khẳng định rằng giá tri cia ham f(x) tai diam bat ki x € (2;È) luôn bằng giá trị cia ham tai mot diém o6 dinh. Do dé f =const trén [ab].

HỆ qu: êu hai hàm (2) và ø(x) có đạo hàm đồng nhất bằng nhau trên một khoảng thì chúng chỉ sai khác nhau bởi hằng số cộng. Thật vậy ta c6 [f(x)—g(@)]'=f'@)-g'@)=0 Ap dung hệ quả 1 ta có ƒ(%)—ø(%)=c(2=const) hay ƒ(%)= g(x) +c (dpem) Hệ quả 3: Giả sử 7{(x) liên tục trén [45], khả vi trong (2;2). Giả sử x,< x, là hai điểm bất kì thuộc (2;È) theo định lí Lagrange 3£ € (x5) để 7Œ,)- ƒ@)= ƒ)G,—x) vì x;—xị >0 nên ƒ(,) > ƒG,) cùng đấu với /'() và bằng 0. Nếu ƒ'{)= 0 từ đây ta suy ra được kết luận của hệ quả.

Hệ quả 4: Giả sử ƒ là hàm khả vi trên (2;ở). Khi đó nếu ƒ tăng (giảm) trên (ab) thi ƒ'Œ) >0(/'Œ) <0) với mọi xe (4È). Định lí Cauchy Nếu hàm /{x), g(x) liên tục trên đoạn [a,b] và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (2°), ngoài ra ø'+)z0 với mợi xe(z;ð). Khi đó tồn tại điểm ¢ (a8) sao cho: LB) fla) _ Fe) e&)-2@ g'e) Chứng minh.

Ta có hàm số ø thỏa mãn các giả thiết của định lí Lagrange. Do đó tồn tại một điểm cc(đb) sao cho øe()—ø(4)=ø')(b—2). Vì ø'2)#0 nên từ đó suy ra s0)-z(@)#0 Xét hàm số FO)- F@ | FO)= fO)- f@- [zœ)-z(] (xe[ð]) #e0)~z() Hàm số Ƒ thỏa mãn các điều kiện của định lí Rolle: + F liên tục trên [2#] + Fc6 dao ham trén (@5) Wwe ft) -LO=f@ ,.