Chứng minh sự tồn tại nghiệm và biện luận số nghiệm của phương trình
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (332.77 KB, 32 trang )
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
a cos3x + b cos2 x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm
Giải:
Xét hàm số
1
1
f ( x) = a sin3x + b sin 2 x + c sin x − cos x
3
2
(0;2π )
Ta thấy f(x) liên tục và khả vi trên
f ′ ( x ) = a cos3x + b cos 2 x + c cos x + sin x
f (0) = f (2π ) = − 1
Mặt khác
x∈
Áp dụng định lí Lagrange thì tồn tại 0
(0;2π ) sao cho:
f (0) − f (2π ) = f ′ ( x0 ) (2π − 0) = 2π . f ′ ( x0 )
⇒ a cos3x0 + b cos 2 x0 + c cos x0 + sin x0 = 0
x0 là nghiệm của phương trình đã cho
Bài 2.3
Cho a0,a1,...,an là các số thực thỏa mãn điều kiện:
an
an 2n
a1 a2
a2 22 a3 23
a0 + + + ... +
= a0 + a1 +
+
+ ... +
=0
2 3
n+ 1
3
4
n+ 1
20
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Chứng minh rằng phương trình
một nghiệm thuộc khoảng
a1 + 2a2 x + 3a3 x3 + ... + nan x n− 1 = 0
có ít nhất
( 0,2)
Chứng minh:
1
1
1
f ( x ) = a0 x + a1 x 2 + a2 x3 + ... +
an x n + 1
2
3
n+ 1
Xét hàm số
Rõ ràng
f ( x)
liên tục và có đạo hàm trên R và ta có:
f ( 1) = a0 +
a
a1 a2
+ + ... + n
2 3
n+ 1
an 2 n
a2 22 a3 23
f ( 2 ) = 2 a0 + a1 +
+
+ ... +
÷
3
4
n
+
1
Từ giả thiết ta có
định lí Rolle, tồn tại
f ( 1) = f ( 2) = 0,
c1, c2
thỏa mãn
ngoài ra hiển nhiên
0 < c1 < 1 < c2 < 2
tiếp tục áp dụng định li Rolle cho hàm
f ′ ( x)
21
f ( 0) = 0
sao cho
trên đoạn
. Khi đó theo
f ′ ( c1 ) = f ′ ( c2 ) = 0
[ c1, c2 ] , ∃ x0 ∈ ( c1, c2 ) ⊂ ( 0,2)
.
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
sao cho
f ′ ( x0 ) = 0
f ′ ( x) = 0
x
0
. Như vậy là nghiệm của phương trình
trên khoảng
( 0,2) .
Dễ thấy
f ′ ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x3 + ... + nan x n− 1
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 2.4:
Cho a, b, c tùy ý và m là số dương thỏa mãn biểu thức:
a
b c
+
+ =0
m+ 2 m+1 m
Chứng minh rằng phương trình
ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1).
Chứng minh:
Xét hàm số
f ( x) =
a m+ 2 b m+ 1 c m
x +
x + x
m+ 2
m+ 1
m
Rõ ràng hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên R. Ta có:
f ′ ( x ) =ax m+ 1 + bx m + cx m− 1
22
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
f ( 0) = 0
f ( 1) =
Theo định lí Rolle,
∃ x0 ∈ ( 0,1)
a
b
c
+
+ =0
m+ 2 m+1 m
sao cho
f ′ ( x0 ) = 0
, tức là
ax0 m+ 1 + bx0 m + cx0 m − 1 = 0
⇔ x0m −1 (ax 20 + bx0 + c ) = 0
⇔ ax02 + bx0 + c = 0
2
ax
+ bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1).
Vậy phương trình
2. Giải phương trình:
Bài 2.5: Giải phương trình:
5x − 3x = 2x
(2)
Giải:
Nhận xét:
x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình (2).
Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho, ta có:
Xét hàm số:
f (t ) = t x0 − tx0
, khi đó:
5x0 − 5 x0 = 3x0 − 3x 0
(2a) ⇔ f (5) = f (3)
23
(2a)
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Vì
f (t ) liên tục trên [3; 5] và có đạo hàm trên (3; 5), do đó theo định lí
Lagrange luôn tồn tại
c∈
x0 = 0
f '(c) = 0 ⇒ x0 (c x0 − 1 − 1)=0 ⇔
(3; 5) sao cho:
x0 = 1
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài 2.6: Giải phương trình:
( 1 + sin x ) ( 2 + 4sin x ) = 3.4sin x (*)
Giải: Đặt
sin x = y , với điều kiện − 1 ≤ y ≥ 1 . Khi đó:
( 1 + y ) ( 2 + 4 y ) = 3.4 y
(*) ⇔
−1 ≤ y ≥ 1
3.4 y
− y −1= 0
⇔ 2 + 4y
−1≤ y ≥ 1
(**)
3.4 y
f ( y) =
− y −1
y
2+4
Xét hàm số
, ta có
6.ln 4.4 y
f ′ ( y) =
−1
y 2
(2 + 4 )
24
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
f ′ ( y ) = 0 ⇔ (4 y )2 + (4 − 6ln4).4 y + 4 = 0
y
4
Phương trình (*) là phương trình bậc hai đối với ẩn
nên có không quá 2
nghiệm. Do đó phương trình (**) có không quá 3 nghiệm. Mặt khác, dễ thấy
phương trình (**) có 3 nghiệm:
y = 0, y =
Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện
1
,y= 1
2
− 1 ≤ y ≥ 1 Khi đó
y = 0 ⇒ sin x = 0 ⇒ x = kπ , k ∈ Z
π
x=
+ k 2π , k ∈ Z
1
1
6
y = ⇒ sin x = ⇒
2
2
x = 5π + k 2π , k ∈ Z
6
π
y = 1 ⇒ sin x = 1 ⇒ x =
+ k 2π , k ∈ Z
2
Thử lại các nghiệm đều thỏa mãn phương trình (*). Vậy phương trình đã
cho có các họ nghiệm là:
x = kπ
π
x = + k 2π ,
6
,
x=
5π
+ k 2π
6
,
Bài 2.7:
Giải phương trình:
5x + 12x = 6x + 11x (*)
25
π
x = + k 2π
2
( k ∈ Z)
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Giải: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng
12x − 11x = 6x − 5x
Giả sử phương trình có nghiệm
khi đó
12α − 11α = 6α − 5α
Xét hàm số
(0; + ∞ ) , và
f (t ) = (t + 1)α − t α
(t>0). Rõ ràng
f (t ) liên tục và có đạo hàm trên
f ′ ( t ) = α (t + 1)α − 1 − t α − 1
Mặt khác, từ (*) ta có
cho
(**)
f (11) = f (5) . Do đó theo định lí Rolle, ∃ c ∈ ( 5;11)
f ′ (c ) = 0
⇒ α (c + 1)α −1 − cα −1
α = 0
⇒
⇒
α −1
α −1
(c
+
1)
=
c
Thử lại ta thấy các giá trị
=0
α = 0
α = 1
α = 0,α = 1 thỏa mãn phương trình (*).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=1 và x=0
26
sao
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
3. Chứng minh bất đẳng thức:
Bài 2.8:
Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b. Chứng minh rằng:
b− a b b− a
< ln <
b
a a
1
f ( x ) = ln x ⇒ f '( x) = , ∀ x ∈ (0; + ∞ ).
x
Giải: Xét hàm số
Theo định lí Lagrange luôn tồn tại
f '(c) =
c ∈ (a; b) sao cho
f (b) − f (a)
1 ln b − ln a a − b b
=
⇔
= ln
b − a hay c b − a
c
a
1 1 1 b− a
b b− a
0
< ln <
b c a
b
a
a
mà
.
Bài 2.9:
1
1 x+1
(1 + ) x < (1 +
) , ∀ x ∈ (0; + ∞ ).
x
x+ 1
Chứng minh rằng:
Giải:
1
1 x+ 1
(1 + ) x < (1 +
) ⇔ x[ln( x + 1) -ln x] < ( x + 1)[ln( x + 2) -ln( x + 1)]
x
x
+
1
Ta có:
27
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Đặt
f ( x) = x[ln( x + 1)-ln x]
f '( x) = ln( x + 1) − ln x +
x
1
− 1 = ln( x + 1) − ln x −
x+ 1
x+ 1
Ta có:
Áp dụng định lí Lagrange đối với hàm số: y = lnt trên [x; x+1], thì tồn tại
c ∈ (x; x+1)
1
f '(c) = ln( x + 1) − ln x ⇒ = ln( x + 1) − ln x.
c
sao cho:
0 < x < c < x + 1⇒
1 1 1
> >
x c x+ 1
Mà
1
1
1
⇒ > ln( x + 1) − ln x >
⇒ ln( x + 1) − ln x −
>0
x
x+ 1
x+1
⇒ f '( x) > 0, ∀ x ∈ (0;+∞ ) ⇒
Từ (1) suy ra:
Suy ra:
hàm số
f ( x) đồng biến trên (0;+∞ ).
f '( x) > 0, ∀ x ∈ (0; + ∞ ) ⇒ f ( x) đồng biến trên (0; + ∞ ).
f ( x + 1) > f ( x), ∀ x ∈ (0; + ∞ ) ⇒
điều phải chứng minh.
28
