Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 2 của 2
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    81
    Cám ơn (Đã nhận)
    101


    Nhắc lại về định lý Lagrange
    Cho $f(x)$ là hàm liên tục trên $[a,b]$ và khả vi ( có đạo hàm ) trên $(a,b)$ khi đó tồn tại một điểm $c$ thuộc $(a,b)$ sao cho$$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f’(c)$$


    Chứng minh định lý này có thể tìm trong [1] hoặc một số tài liệu khác trên mạng.
    Định lý Lagrange là một định lý có nhiều ứng dụng trong giải tích, có thể nói đây là định lý đẹp nhất trong các định lý về giá trị trung bình của giải tích.
    Từ định lý này ta có bài toán sau đây:

    Bài toán mở đầu: Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm cấp hai trên $\mathbb{R}$ hơn nữa $f(x)\geq 0, \quad \forall x\in\mathbb{R}$ ( nghiệm của đạo hàm cấp hai $f(x)=0$ là hữu hạn đếm được ). Chứng minh rằng:
    $$f(n)-f(0) <\sum_{i=1}^{n}f’(i)<f(n+1)-f(1), \quad \forall n\in\mathbb{N}^* \quad (*)$$

    Chú ý: Nếu $f''\left ( x \right )\leq 0,\quad x\in\mathbb{R}$ thì bất đẳng thức trên đổi chiều tức là
    $$ f(n+1)-f(1)<\sum_{i=1}^{n}f’(i)< f(n)-f(0) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$$

    Đây là một bất đẳng thức rất đẹp mắt và ''mạnh''. Chứng minh bất đẳng thức này bằng cách sử dụng định lý giá trị trung bình ( định lý Lagrange).
    Chứng Minh



    Vì $f''\left ( x \right )\geq 0, \quad \forall x\in\mathbb{R}$ (nghiệm của đạo hàm cấp hai $f''\left ( x \right )=0$ là hữu hạn đếm được ) nên $f’(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
    Theo định lý Lagrange tồn tại một số thực $x_{i}\in (i;i+1)$ sao cho :
    $f’(x_i)=f(i+1)-f(i),\quad \forall i\in\mathbb{R}$

    Vì $f'(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên ta có
    $f’(i)<f’(x)<f’(i+1)$

    $\implies f’(i)<f(i+1)-f(i)<f’(i+1), \quad \forall i\in\mathbb{R}$

    $\implies \displaystyle\sum_{i=1}^{n} f’(i)< \sum_{i=1}^{n}[f(i+1)-f(i)]=f(n+1)-f(1) \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$ và $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} f’(i)< \sum_{i=1}^{n}[f(i)-f(i-1)]=f(n)-f(0)$


    Toàn bộ chủ đề này chúng ta sẽ nói về ứng dụng của bất đẳng thức trên. Trước hết ta sẽ tìm hiểu qua các ví dụ sau

    $\fbox{Ví dụ 1}$ Chứng minh rằng
    $$ \displaystyle2\sqrt{n+1}-2< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}$$
    Lời Giải
    Ta xét hàm
    $f(x)=2\sqrt{x}$ thì rõ ràng $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}>0 $ và $f{''}(x)<0$ nên theo bất đẳng thức $(*)$ ta có
    $$f(n+1)-f(1)<\sum_{i=1}^{n}<f(n)-f(0)$$

    $$\iff \displaystyle 2\sqrt{n+1}-2<\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}}<2\sqrt{n}.$$
    Bài toán trên cũng có thể giải bằng bất đẳng thức AM-GM. Tổng quát bài toán này ta có được ví dụ sau:

    $\fbox{Ví dụ 2}$ Chứng minh rằng
    $$ p(\sqrt[p]{n+1}-1)< \frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n} \quad p\in \mathbb{N},p\ge 2 $$
    Lời Giải
    Ta chứng minh vế trái của bất đẳng thức

    Từ bất đẳng thức AM-GM ta có

    $n+1+(p-1)n>p\sqrt[p]{n^{p-1}(n+1)}$

    $ \Longleftrightarrow $ $pn+1>p\sqrt[p]{n^{p-1}(n+1)}$

    $ \Longleftrightarrow $ $1>p\sqrt[p]{n^{p-1}}(\sqrt[p]{n+1}-\sqrt[p]{n})$

    $ \Longleftrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}>p(\sqrt[p]{n+1}-\sqrt[p]{n})$

    $ \Longrightarrow $ $ p(\sqrt[p]{n+1}-1)<\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}$

    Tương tự ta chứng minh cho vế phải của bất đẳng thức
    $n-1+(p-1)n>p\sqrt[p]{(n-1)n^{p-1}}$

    $ \Longleftrightarrow $ $pn-1>p\sqrt[p]{(n-1)n^{p-1}}$

    $ \Longleftrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}<p(\sqrt[p]{n}-\sqrt[p]{n-1})$

    $ \Longrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n}$

    Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức $(*)$

    Ta xét $f(x)=p\sqrt[p]{x}$, ta có $f{'}(x)=\frac{1}{\sqrt[n]{x^{p-1}}}$ và $f{''}(x)<0$.
    Vậy từ đó ta có
    $$ p(\sqrt[p]{n+1}-1)<\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n},p\in \mathbb{N},p\ge 2 $$
    Bài toán được giải một cách nhanh chóng và đẹp mắt




    $\fbox{Ví dụ 3}$
    Chứng minh bất đẳng thức $$1+\ln n>\sum_{1}^{n}\frac{1}{n}>\ln(n+1) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$$
    Giải


    Ta tìm hàm nguyên hàm của $f’(x)=\frac{1}{n}$, một nguyên hàm của hàm này là $\int \frac{1}{n}=\ln n $ ( lấy hằng số $C=0$ )

    Rõ ràng hàm số $f(x)=\ln n$ là hàm đồng biến vì $f’(x)=\frac{1}{n}>0, \quad \forall n \in\mathbb{N}^*$

    Áp dụng bất đẳng thức trên ta được

    $f(n)-f(1)+f’(1)>\sum_{i=1}^{n} f’(i)>f(n+1)-f(1), \quad \forall n \in\mathbb{N}^*$

    $\implies 1+\ln n>\sum_{1}^{n}\frac{1}{n}>\ln(n+1) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$

    Từ bất đẳng thức trên ta áp dụng vào bài toán ban đầu:


    Chú ý: Mấu chốt của việc áp dụng bất đẳng thức dạng (*) vào chứng minh các bất đẳng thức khác là tìm được hàm $f(x)$

    $\fbox{Ví dụ 4}$
    Tìm giới hạn của $$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\cos \frac{i\pi}{2n}$$
    Giải
    Áp dụng nguyên lý ‘’kẹp’’
    Xét hàm số $f(x)=\frac{2n}{\pi}\sin \frac{x\pi}{2n}\implies f’(x)=\cos \frac{ x\pi}{2n}$. Vậy suy ra $f’(x)\geq 0, \quad x\in [-n,n]$ hay nghĩa là hàm $f’(x)$ đồng biến trên $[-n,n]$.

    Áp dụng bất đẳng thức (*) suy ra $f(n)-f(0)<\sum_{i=1}^{n}f'(i)<f(n+1)-f(1)$
    Vậy ta có

    $ \frac{2n}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}<\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\cos \frac{ x\pi}{2n}<\frac{2\pi}{n}-\sin \frac{\pi}{2n}$

    $ \implies \frac{2}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}<\frac{1}{n}\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\cos \frac{ x\pi}{2n}<\frac{2}{\pi}-\frac{1}{n}\sin \frac{\pi}{2n} $.

    Vì $\displaystyle \lim_{x\to\infty }\left (\frac{2}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}\right )= \displaystyle \lim_{x\to\infty }\left (\frac{2}{\pi}-\frac{1}{n}\sin \frac{ \pi}{2n} \right )=\frac{2}{\pi}$.

    Theo nguyên lý ‘’kẹp’’ suy ra giới hạn cần tìm là $ \frac{2}{\pi}$.


    Cách 2: Áp dụng định nghĩa về tích phân xác định ( tổng tích phân Riemann)


    Ta chia đoạn $[0;1]$ thành $n$ đoạn con bằng nhau bởi $n+1$ điểm chia $0=x_{0}<x_{1}<…<x_{n}=1$.Mỗi đoạn con có độ dài là $\Delta x_{i}=\frac{1}{n}$. Trên mỗi đoạn con $[x_{i};x_{i+1}]$ ta lấy điểm $ \xi _{i}=\frac{1}{n}$.
    Lập tổng tích phân
    $$ \displaystyle \sigma _{f}(T,\xi )=\frac{1}{n}\left [ \cos \frac{\pi}{2n} +\cos \frac{2\pi}{2n}+...+\cos \frac{n\pi}{2n}\right ]$$

    Cho $n\to \infty$ thì giá trị giới hạn bằng giá trị của tích phân $\displaystyle \int_{0}^{1}\cos \frac{\pi x}{2}dx$
    Tích phân trên dễ dàng tích được và ta tìm được kết quả là $\int_{0}^{1}\cos \frac{\pi x}{2}dx= \frac{2}{\pi}$.

    Một số bài tập áp dụng

    Tính giới hạn của các biểu thức sau

    $$\displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{1}{n}\left (\sqrt{\frac{1}{n}}+\sqrt{\frac{2}{n}}+…+\sqrt \frac{n}{n} \right )$$

    $$ \displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{1}{n}\left (\sin {\frac{\pi}{n}}+\sin {\frac{2\pi}{n}}+…+\sin {\frac{(n-1)\pi}{n}}\right )$$

    $$\displaystyle \lim_{x\to\infty } \dfrac{\pi}{2n}\left[ 1+\cos \frac{\pi}{2n}+\cos \frac{2\pi}{2n}+...+\cos \frac{(n-1)\pi}{2n}\right ]$$

    $$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{n\left(\frac{1}{\sqrt[4]{1^3}}+\frac{1}{\sqrt[4]{2^3}}+...+\frac{1}{\sqrt[4]{n^3}}\right)}{\sqrt[4]{1}+\sqrt[4]{2}+...+\sqrt[4]{n}}$$

    Chứng minh bất đẳng thức sau
    Chứng minh rằng $\forall n\in\mathbb{N}^*$ ta luôn có: $$\displaystyle \frac{2}{3}n\sqrt{n}<\sqrt{1}+\sqrt{ 2}+...+ \sqrt{n}$$

    $$\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt[3]{n}}>\frac{3}{2}\left (\sqrt[3]{(n+1)^2}-1\right )$$

    $$4498<\frac{1}{\sqrt[4]{1}}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+\frac{1}{\sqrt[4]{15^4}}<4500$$

    Tìm phần nguyên của biểu thức sau

    $$A=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}+\frac{1}{\sqrt[3]{5}}+\frac{1}{\sqrt[3]{6}}+…+\frac{1}{\sqrt[3]{216}}$$

    Chứng minh rằng $$ \quad n!e^n<(n+1)^{n+1}\quad \forall n\geq 1 \quad\mbox{( sáng tác)}$$

    $$ \frac{n^3}{4}+\frac{4n^2}{3}+3n-\frac{23}{12n}+3>\sqrt[n]{n!}+\sqrt[n]{(n!)^2}+\sqrt[n]{(n!)^3}\quad\mbox{( sáng tác)} $$

    Tài liệu tham khảo chính

    [1] Kỉ yếu toán học 2010 hội các trường chuyên phía Bắc.

    [2] Diễn đàn [Bạn cần đăng nhập hoặc để xem nội dung]


    Bài viết được viết với một tinh thần và trách nhiệm cao tuy nhiên khó có thể tránh khỏi những thiếu xót do trình độ còn nhiều hạn chế, tác giả mong nhận được sự nhận xét của mọi người về bài viết để bài viết được hoàn thiện thêm.
    Cuối cùng xin cảm ơn thầy giáo Hoàng Minh Quân ( THPT Ngọc Tảo-Hà Nội) đã đọc bản thảo và cho nhiều ý kiến xác đáng.
    Tập tin đính kèm Tập tin đính kèm

  2. Cám ơn Trần Duy Tân, hoangminhquan,  $T_G$, luffy, Popeye, Pho Rum, Tran Le Quyen đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    $\mathfrak{Love_Smod_Boxm ath}$ Trần Duy Tân's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Chốn ăn bám mẹ
    Tuổi
    18
    Bài viết
    406
    Cám ơn (Đã nhận)
    261
    Định lý này cũng được áp dụng trong phần giới hạn dãy số rất nhiều !
    \[{E^{{V^{{E^{{R^{{Y^{{T^{{H^{{I^{{N^{{G_{{I_{{S_{{A _{{W_{{E_{{S_{{O_{{M_E}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}} !}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}{!_{{E_{{V_{{E_{{R_Y}_{{T_ {{H_{{I_{{N_{{G^{{I^{{S^{{A^{{W^{{E^{{S^{{O^{{M^E} !}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}!}}!}}!}}!}} !\]

 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này