định lý rolle và ứng dụng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (412.75 KB, 63 trang )

Đang xem: định lý rolle và ứng dụng

i

Một số ứng dụng của
định lý Rolle
(Khóa luận TN)

ii

MỤC LỤC
Trang bìa phụ………………………………………………………………….i
Lời cảm ơn…………………………………………………………………………………………..ii
Mục lục……………………………………………………..………………… ii
CHƯƠNG 3………………………………………………………………………………………………………….53
BÀI TẬP……………………………………………………………………………………………………………..53
3.1 Bài tập có lời giải……………………………………………………………………………………………..53
3.2 Bài tập không có lời giải……………………………………………………………………………………58
…………………………………………………………………………………………………………………………….59
Bài 3.2.16. Chứng minh rằng với …………………………………………………………………………….59
Bài 3.2.17. Chứng minh rằng , với……………………………………………………………………………59
Bài 3.2.18. Chứng minh rằng ………………………………………………………………………………….59
KẾT LUẬN…………………………………………………………………………………………………………..60
Tài liệu tham khảo…………………………………………………………………………………………………61

1

MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài
Trong chương trình toán phổ thông, các kỳ thi đại học, cao đẳng, thi học
sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế và các kỳ thi olympic toán sinh viên giữa các

trường đại học trong nước thì các bài toán liên quan đến tính liên tục, đạo
hàm của hàm số được xem như là dạng toán khó. Phổ biến là các bài toán
chứng minh phương trình có nghiệm, biện luận số nghiệm của phương trình,
giải phương trình, bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức. Đối với các
dạng bài toán này các định lý về giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng,
một công cụ hiệu quả trong việc giải quyết các bài toán nêu trên.
Định lý Rolle và một số mở rộng của nó là các định lý quan trọng về giá trị
trung bình trong giải tích cổ điển. Ứng dụng của định lý này cũng rất đa dạng
và phong phú trong chương trình toán trung học phổ thông.
Tuy nhiên những ứng dụng của định lý Rolle và một số mở rộng của nó
trong các bài toán giải phương trình, bài toán biện luận số nghiệm của phương
trình, bài toán chứng minh bất đẳng thức còn được nêu hạn chế và mờ nhạt.
Vì vậy cần cung cấp cho học sinh đặc biệt là các em học sinh khá giỏi có năng
khiếu và yêu thích toán một tài liệu ngoài những kiến thức cơ bản còn có các
bài tập nâng cao để qua đó thấy được ứng dụng phong phú và tinh tế của định
Rolle và một số định lý mở rộng khác.
Với những lí do nêu trên chúng tôi chọn đề tài “Một số ứng dụng của
định lý Rolle” cho khóa luận của mình nhằm đưa ra hệ thống kiến thức cũng
như cách vận dụng định lý Rolle và một số mở rộng của nó vào các dạng bài
tập về chứng minh phương trình có nghiệm, biện luận số nghiệm của phương
trình, giải phương trình, bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức và cả
trong các bài toán khó.
2. Mục tiêu khóa luận
Mục tiêu của khóa luận là cung cấp cho học sinh một phương pháp để có
thể xử lý các bài toán về chứng minh phương trình có nghiệm, biện luận số
nghiệm của phương trình, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức. Qua

2

đó củng cố kiến thức cho học sinh và giúp học sinh vận dụng thành thạo định
lý Rolle và một số mở rộng của nó.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
– Nghiên cứu những tài liệu, giáo trình liên quan đến hàm số, đạo
hàm, phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức.
– Nghiên cứu ứng dụng của định lý Rolle và một số mở rộng của nó.
4. Phương pháp nghiên cứu
– Phương pháp nghiên cứu tự luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo
trình có liên quan đến ứng dụng của định lý Rolle rồi phân hóa, hệ thống hóa
các kiến thức.
– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên cứu tham khảo
tài liệu, giáo trình từ đó rút ra kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu.
– Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực
tiếp hướng dẫn, các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung và hình
thức của khóa luận.
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
– Đối tượng: Định lý Rolle.
– Phạm vi: Một số ứng dụng của định lý Rolle.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Khóa luận là tài liệu tham khảo cho học sinh THPT, học sinh tham gia vào
các kỳ thi như đại học cao đẳng, các kỳ thi olympic toán… Và là tài liệu giúp
giáo viên ôn tập bồi dưỡng cho học sinh.
7. Bố cục của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chia
thành các chương.
Chương 1. Kiến thức cơ bản
Nội dung chương này nhằm hệ thống một cách cơ bản các kiến thức về
hàm số, tính liên tục, tính khả vi của hàm số và trình bày một cách cơ bản
nhất định lý Rolle và một số mở rộng của nó cùng một số hệ quả quan trọng.

3

Đây là phần lí thuyết cơ sở để vận dụng cho các bài toán ứng dụng ở chương
sau.
Chương 2. Một số ứng dụng của định lý Rolle
Đây là nội dung trọng tâm của khóa luận. Chương này trình bày một số
ứng dụng của định lý Rolle và các định lý mở rộng của nó để giải quyết các
dạng bài tập về chứng minh phương trình có nghiệm, biện luận số nghiệm của
phương trình, giải phương trình, bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức
và khảo sát tính đồng biến, nghịch biến và tính chất lồi, lõm của hàm số khả
vi bậc hai.
Chương 3. Bài tập
Chương này đưa ra các bài tập gồm các bài tập có lời giải và các bài tập
không có lời giải nhằm vận dụng những kiến thức thu được từ hai chương
trước để nâng cao kỹ năng lập luận và kỹ năng tính toán cụ thể.

4

CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. Khái niệm hàm số
Định nghĩa 1.1. Cho hai tập hợp X và Y trong ¡ . Hàm số f là một quy tắc
cho tương ứng mỗi phần tử x của tập hợp X với một phần tử f ( x ) duy nhất
của tập hợp Y.
Người ta thường kí hiệu hàm số như sau:
f :

X → Y

x ∈ X a f ( x ) ∈Y

Trong đó X gọi là tập xác định (hay miền xác định).
Y gọi là tập giá trị.
x gọi là biến số hay đối số của hàm f .
f ( x ) gọi là giá trị của hàm số f tại x.
Ví dụ 1.1. Cho X = Z; Y = R khi đó quy tắc sau là hàm số.
f : X →Y
x a f ( x) =

2 x +1
.
3

Ví dụ 1.2. Trích bảng thông báo lãi suất của một ngân hàng:
Loại kì hạn
(tháng)

VND (% / năm)
Lĩnh lãi cuối kì,

Áp dụng từ 08 – 11 – 2015
1
6,60
2
7,56
3
8,28
6
8,52

9
8,88
12
9,00
Bảng trên cho ta quy tắc để tìm số phần trăm lãi suất s tùy theo loại kì
hạn k tháng. Kí hiệu quy tắc ấy là f , ta có hàm số s = f ( k ) xác định trên
tập T= .
Định nghĩa 1.2. Giả sử hàm số f ( x) xác định trên tập I (a; b) ⊂ R và thỏa

5

mãn điều kiện. Với mọi x1 , x2 ∈ I ( a; b ) và x1 < x2 , ta đều có f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) thì ta nói rằng f ( x) là một hàm đơn điệu tăng trên I (a; b). Đặc biệt, khi ứng với mọi x1 , x2 ∈ I ( a; b ) và x1 < x2 , ta đều có f ( x1 ) < f ( x2 ) thì ta nói rằng f ( x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I (a; b). Ngược lại, nếu với mọi x1 , x2 ∈ I ( a; b ) v à x1 < x2 , t a đều có f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) thì ta nói rằng f ( x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a;b). Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x1 , x2 ∈ I ( a; b ) v à x1 < x2 , t a đều có f ( x1 ) > f ( x2 ) thì ta nói rằng f ( x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên
I ( a; b ) .
Những hàm đơn điệu tăng thực sự trên I (a; b) được gọi là hàm đồng
biến trên I (a; b) và hàm đơn điệu giảm thực sự trên I (a; b) được gọi là
hàm nghịch biến trên I (a; b) .
Ví dụ 1.3. Xét hàm số f ( x) = x 2 . Gọi x1 và x2 là hai giá trị tùy ý của đối số.
Trường hợp 1: Khi x1 và x2 thuộc nửa khoảng < 0;+ ∞ ) , ta có 0 ≤ x1 < x2 ⇒ x12 < x22 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) . Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên nửa khoảng < 0;+ ∞ ) . Trường hợp 2: Khi x1 và x2 thuộc nửa khoảng ( −∞ ;0 > , ta có

x1 < x2 ≤ 0 ⇒ x1 > x2 ⇒ x12 > x22 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) .
Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên nửa khoảng ( −∞ ;0 > .
1.2. Giới hạn của hàm số
Định nghĩa 1.3. Giả sử ( a; b ) là một khoảng chứa điểm x0 và f là một hàm
số xác định trên tập hợp ( a; b ) . Ta nói rằng hàm số f có giới hạn là số
thực L khi x dần đến x0 ( hoặc tại điểm x0 ) nếu với mọi dãy số ( xn ) trong

6

tập hợp ( a; b ) ( tức là ( xn ) ∈ ( a; b ) và xn ≠ x0 với mọi n ) mà lim xn = x0
ta đều có lim f ( xn ) = L .
f ( x ) = L hoặc f ( x ) → L khi x → x0 .
Khi đó ta viết xlim
→ x0
1

xcos ÷.
Ví dụ 1.4. Tìm lim

x →0
x

Lời giải
1
Xét hàm số f ( x ) = xcos . Với mọi dãy số ( xn ) mà xn ≠ 0 với mọi n và lim
x
xn = 0, ta có f ( xn ) = xncos

1

1
. Vì f ( xn ) = xn cos ≤ xn và lim xn = 0.
xn
xn

1

f ( x ) = lim  x cos ÷ = 0 .
nên lim f ( xn ) = 0 . Do đó lim
x →0
x →0
x

Định nghĩa 1.4. Giả sử hàm số f xác định trên khoảng ( x0 ; b )

( x0 ∈ R) . Ta

nói hàm số f có giới hạn bên phải là số thực L khi x dần đến x0 ( hoặc tại
điểm x0 ) nếu với mọi dãy số ( xn ) trong khoảng ( x0 ; b ) mà lim xn = x0 , ta đều
có lim f ( xn ) = L .
f ( x ) = L hoặc f ( x ) → L khi x → x + .
Khi đó ta viết: xlim
0
→ x0+
Định nghĩa giới hạn bên trái của hàm số được định nghĩa tương tự.
Định nghĩa 1.5. Giả sử hàm số f xác định trên khoảng ( a; x0 )

( x0 ∈ R) . Ta

nói hàm số f có giới hạn bên trái là số thực L khi x dần đến x0 (hoặc tại

điểm x0 ) nếu với mọi dãy số ( xn ) trong khoảng ( a; x0 ) mà lim xn = x0 , ta đều
có lim f ( xn ) = L .
f ( x) = L hoặc f ( x ) → L khi x → x − .
Khi đó ta viết: xlim
0
→ x0−
Nhận xét 1.1.

7

f ( x) = L thì hàm số f có giới hạn bên phải và giới
i) Hiển nhiên nếu xlim
→ x0
f ( x) = lim+ f ( x) = L .
hạn bên trái tại x0 và xlim
→ x0−
x → x0
f ( x) = lim+ f ( x) = L thì hàm
ii) Điều ngược lại cũng đúng, nghĩa là: Nếu xlim
→ x0−
x → x0
f ( x) = L .
số f có giới tại tại điểm x0 và xlim
→ x0
Ví dụ 1.5. Gọi d là hàm dấu
−1 , x < 0.  d( x) = 0 , x = 0. 1 , x > 0.


d ( x) , lim+ d ( x) và lim d ( x) ( nếu có ).
Tìm xlim
x →0
→0 −
x →0
Lời giải
Với x < 0 ta có d( x) = −1 . Do đó lim d ( x) = lim(−1) = −1 x →0 − x →0 − d ( x) = lim1 = 1. Tương tự, ta có xlim →0 + x →0+ d ( x) ≠ lim− d ( x) nên không tồn tại lim d ( x) . Vì xlim x →0 →0 + x →0 1.3. Tính liên tục của hàm số 1.3.1. Định nghĩa và ví dụ Định nghĩa 1.6. Giả sử hàm số f xác định trên khoảng ( a ; b ) và x0 ∈ ( a ; b ) . f ( x) = f ( x0 ) . Hàm số f được gọi là liên tục tại điểm x0 nếu xlim → x0
Ta có thể định nghĩa hàm số liên tục tại một điểm như sau :
Định nghĩa 1.7. Cho tập X ⊂ R, hàm số f : X → R và điểm x0 ∈ X . Nếu
với mọi ε > 0 cho trước bao giờ cũng tồn tại δ > 0 ( phụ thuộc vào ε ) sao
cho với mọi x ∈ A mà x − x0 < δ ta đều có f ( x ) − f ( x0 ) < ε thì ta nói hàm f liên tục tại điểm x0 . Nếu f liên tục tại mọi điểm x ∈ X thì ta nói f liên tục trên X . 8 Nếu f không liên tục tại x0 được gọi là gián đoạn tại điểm x0 hay x0 là điểm gián đoạn của hàm f . Ví dụ 1.6. a) Hàm số f ( x) = x 2 liên tục tại mọi điểm f ( x) = x02 = f ( x0 ). x0 ∈ R vì xlim → x0 1 , x ≠ 0.  b) Hàm số f ( x) =  x 0 , x = 0. Gián đoạn tại điểm x = 0 vì không tồn tại 1 (hình 1.1). x →0 x lim f ( x) = lim x →0
Ví dụ 1.7. Xét tính liên tục của hàm số

y

 x 2 +1

f ( x) = 1

2

2

, x ≠ −1.

y = x2 + 1

, x = −1.
1

tại điểm x = −1 .
Lời giải

−1 O

f ( x ) = lim ( x 2 + 1) = 2 và f ( −1) = 2 .
Ta có xlim
→−1
x →−1

1

2

1

x

Hình 1.2

f ( x ) ≠ f ( −1) nên hàm số gián đoạn tại điểm x = −1 (hình 1.2).
Vì xlim
→−1
Định nghĩa 1.7.
1. Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp J, trong đó J là một khoảng hoặc
hợp của nhiều khoảng. Ta nói rằng hàm số f liên tục trên J nếu nó liên tục tại
mọi điểm thuộc tập hợp đó.
2. Hàm số f xác định trên đoạn < a; b > được gọi là liên tục trên đoạn nếu nó
f ( x) = f (a) ,
liên tục trên khoảng ( a; b ) và xlim
→a +

lim f ( x) = f (b) .

x →b −

Ví dụ 1.8. Xét tính liên tục của hàm số f ( x ) = 1 − x 2
trên đoạn < −1;1> .

9

Lời giải
Hàm số đã cho xác định trên đoạn < −1;1> .
Vì với mọi x0 ∈( −1;1) ta có
lim f ( x ) = lim 1 − x 2 = 1 − x02 = f ( x0 ) ,

x → x0

x → x0

nên hàm số f liên tục trên khoảng ( −1;1) .
Ngoài ra ta có

Hình 1.3

lim + f ( x ) = lim + 1 − x = 0 = f ( −1) .
2

x →( −1)

x →( −1)

lim − f ( x ) = lim − 1 − x 2 = 0 = f ( 1) .

x →( −1)

x →( −1)

do đó hàm số đã cho liên tục trên đoạn < −1;1> (hình 1.3)

Chú ý 1.1.
i) Tính liên tục của hàm số trên các nửa khoảng

( −∞;b>

< a; b ) , ( a; b> , < a; +∞ ) và được định nghĩa tương tự như tính liên tục trên một đoạn. ii) Hàm sơ cấp liên tục trên tập xác định của chúng ( tức là liên tục tại mọi điểm thuộc tập xác định của chúng). Ví dụ 1.9. a) Các hàm y = sin x , y = cos x xác định và liên tục trên R . 4 3 b) Hàm f ( x ) = x + 2 x + 1 xác định và liên tục trên R . 1.3.2. Tính chất của một hàm số liên tục trên một đoạn Định lý 1.1. Nếu f và g là hai hàm số cùng xác định trên tập X ⊂ R và liên tục tại điểm x0 ∈ X thì α f + β g (với α và β là những hằng số), f − g , f .g đều là những hàm số liên tục tại x0 . Nếu g ( x0 ) ≠ 0 thì f cũng là hàm g liên tục tại x0 . Ví dụ 1.10. Cho hai hàm số f ( x) = 2 x 2 + 1 và g ( x) = x − 1 là hai hàm số xác định và liên tục trên R . Khi đó tại x0 = 2 thì f và g cũng liên tục.
Dễ thấy các hàm f + g = 2 x 2 + x ; f − g = 2 x 2 − x + 2 và hàm

10

f .g = 2 x 3 − 2 x 2 + x − 1 là các hàm số xác định và liên tục trên R nên cũng
liên tục tại x0 = 2 .
f 2 x2 + 1
Ta có g ( 2 ) = 1 ≠ 0 nên hàm số =
xác định và liên tục trên R ,
g
x −1
vậy

f
cũng liên tục tại x0 = 2 .
g

Định lý 1.2. Nếu hàm số f liên tục trên đoạn < a ; b > thì nó bị chặn trên đoạn
đó.
Chứng minh
Giả sử phản chứng f liên tục trên ( a; b ) nhưng không bị chặn trên
đoạn đó. Khi đó, với ∀n ∈ ¥ * tồn tại xn ∈ < a; b > sao cho f ( xn ) > n . Dãy

n

là dãy bị chặn, theo nguyên lí Bolzano – Weierstrass nó chứa có một

dãy con xnk

k

hội tụ đến x0 . Vì a ≤ xnk ≤ b với mọi k, nên cho k → ∞ ta suy

ra a ≤ x0 ≤ b . Do
f ( xnk ) → f ( x0 )

f

liên tục tại x0 ta có

( )

f xnk → f ( x0 )

( )

từ đó

( )

(k → ∞) . Mặt khác f xnk ≥ nk , vì thế f xnk → +∞

( k → ∞ ) , ta đi đến mâu thuẫn. Vậy hàm

f phải bị chặn trên .

Ví dụ 1.11. Xét hàm số f ( x ) = 1 − x 2 . Dễ thấy đây là hàm số liên tục trên

đoạn < 0;1> . Mặt khác ta có 0 ≤ f ( x ) ≤ 1 với ∀x ∈ < 0;1> .
Vậy f là hàm bị chặn trên < 0;1> .
Định lý 1.3. Nếu hàm f liên tục trên < a; b > thì nó đạt cận trên đúng và cận
dưới đúng trên đó, tức là tồn tại hai số
f ( x0 ) = sup f ( x ) , f ( x0″ ) = inf f ( x) .
x∈< a ;b >
x∈< a ;b >
Chứng minh

x0 , x0″ ∈ < a, b >

sao cho

11

Theo định lý trên hàm f bị chặn trên < a; b > vì thế tồn tại
sup f ( x) = M , M < +∞ và inf f ( x) = m , m > −∞ . Theo định nghĩa cận
x∈< a ;b >

x∈< a ;b >

f ( xn ) = M . Dãy là dãy
trên đúng, tồn tại dãy n ⊂ < a; b > sao cho lim
n
n →∞

bị chặn nên có chứa một dãy con xnk

k

, xnk → x0 ∈ < a; b > .

f ( xn ) = lim f ( xnk ) = f ( x0 ) .
Khi đó, do f liên tục, ta có M = lim
n→∞
k →∞

1.4. Tính khả vi của hàm số
Định nghĩa 1.8. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( a ; b ) và điểm
x0 thuộc đoạn đó. Giới hạn hữu hạn (nếu có ) của tỉ số

f ( x) − f ( x0 )
khi x
x − x0

dần đến x0 được gọi là đạo hàm của hàm số đã cho tại điểm x0 kí hiệu là
f “( x0 ) hoặc y “( x0 ) , nghĩa là f “( x0 ) = lim
x→ x

0

f ( x) − f ( x0 )
.
x − x0

Nếu đặt ∆x = x − x0 và ∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) thì ta có
f ” ( x0 ) = lim

∆x →0

f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 )
∆y
= lim
.
∆x →0 ∆x
∆x

Khi đó ta nói hàm f khả vi tại điểm x0 .
Chú ý 1.2.
i) Số ∆x = x − x0 được gọi là số gia của biến số tại điểm x0 ; số
∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) được gọi là số gia của hàm số ứng với số gia ∆x tại
điểm x0 .
ii) Số ∆x không nhất thiết phải mang dấu dương.
iii) ∆x và ∆y là các kí hiệu, không nên nhầm lẫn rằng: ∆x là tích của số ∆
với x , ∆y là tích của ∆ với y .
Ví dụ 1.12. Tính đạo hàm của hàm số y = 2 x + 1 tại điểm x0 = 2 .
Lời giải

12

Đặt f ( x ) = 2 x + 1, khi đó
∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) = 2 ( 2 + ∆x ) − (2.2 + 1) = 2∆x − 1 .
Và ∆lim
x →0

∆y

2 ∆x − 1
= lim
= 2 . Vậy f “(2) = 2 .
∆x ∆x→0 ∆x

Định nghĩa 1.9. Cho hàm số f : < x0 ; b ) → R . Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim+ ∆x →0 f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên phải của f ∆x + tại x0 kí hiệu là f " ( x0 ) . Tương tự, xét hàm số f : ( a ; x0 > → R . Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn
lim−

∆x →0

f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 )
thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên trái của f
∆x


tại x0 kí hiệu là f ” ( x0 ) .

Nhận xét 1.2.

i) Nếu hàm số f xác định trên khoảng ( a ; b ) có đạo hàm tại điểm x0 thuộc
khoảng đó thì nó cũng có đạo hàm bên phải và đạo hàm bên trái tại x0 và
f ” ( x0+ ) = f ” ( x0− ) = f ” ( x0 ) .

ii) Ngược lại nếu hàm số f xác định trên khoảng ( a ; b ) có đạo hàm bên phải
+

và đạo hàm bên trái tại x0 sao cho f ” ( x0 ) = f ” ( x0 ) = f ” ( x0 ) thì nó cũng có

đạo hàm tại điểm x0 .
Ví dụ 1.13. Xét hàm số f ( x) = x 2 ta thấy hàm số có đạo hàm tại x = 3 , do đó
nó có đạo hàm bên phải, đạo hàm bên trái tại x = 3 và
f ” ( 3+ ) = f ” ( 3− ) = f ” ( 3) = 6 .
Ví dụ 1.14. Xét hàm f ( x ) = x . Tại điểm x0 = 0 ta có
lim+

∆x →0

∆f
∆x
= lim+
= 1 hay f ” ( 0+ ) = 1 và

x

0
∆x
∆x

f ” ( 0− ) = −1

lim−

∆x →0

∆f
∆x
= lim− −
= −1 ,
∆x ∆x→0 ∆x

hay

13

Như vậy không tồn tại đạo hàm của hàm số f tại x0 = 0 .
1.5. Định lý Rolle
Định nghĩa 1.10. Cho tập mở U ⊂ R và hàm số f : U → R . Ta nói rằng hàm
đạt cực đại địa phương (tương ứng cực tiểu địa phương) tại x0 ∈U nếu tồn tại
một số δ > 0 sao cho ( x0 − δ , x0 + δ ) ⊂ U và f ( x) ≤ f ( x0 ) (tương ứng
f ( x ) ≥ f ( x0 ) ) với mọi x ∈ ( x0 − δ , x0 + δ ) .
Điểm x0 mà tại đó hàm f đạt cực đại địa phương hoặc cực tiểu địa
phương được gọi chung là điểm cực trị của hàm f .
Định lý 1.4. (Định lý Fermat) Cho tập mở U ⊂ R và hàm f : U → R . Nếu
điểm c ∈U là điểm cực trị của hàm f và nếu tồn tại f “(c) thì f “(c) = 0 .
Định lý 1.5. (Định lý Rolle) Giả sử hàm số f : < a; b > → R có các tính chất:
a) f liên tục trên < a; b > ;
b) f khả vi trong ( a; b ) ;
c) f ( a ) = f ( b ) .

Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f “(c) = 0 .
Chứng minh
Hai trường hợp có thể xảy ra là:
1) Hàm f là hằng số trên < a; b > tức là f ( x ) = f ( a ) = f ( b ) = hằng số. Khi
đó f ” ( x ) = 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
2) Hàm f ( x ) không phải là hằng số trên < a; b > . Vì là hàm liên tục trên < a; b >
nên đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên < a; b > và ít nhất một trong hai
giá trị này đạt được tại điểm c trong khoảng ( a; b ) vì f ( a ) = f ( b ) . Theo giả
thiết đạo hàm tồn tại ở mọi điểm trong ( a; b ) và vì thế tại điểm c trong
khoảng này tại đó f đạt cực trị ta có f ” ( c ) = 0 theo định lý Fermat.
Nhận xét 1.3.

14

i) Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng ( a ; b ) có
điểm c mà tại đó f “(c) không tồn tại. Chẳng hạn, xét hàm f ( x) = 2 − 3 x 2 ,
x ∈ < −1;1> . Thật vậy f ( x ) thỏa mãn các điều kiện: f ( x ) liên tục trên ( −1; 1)
và f ( −1) = f ( 1) . Ta xét đạo hàm f “( x) = 3 2

2
, ta thấy tại x0 = 0 ∈ (−1;1)
x

đạo hàm không tồn tại, nên hàm số không thoả mãn đủ các điều kiện của định
lý Rolle.
ii) Điều kiện liên tục trên đoạn < a; b > đối với hàm f ( x ) cũng không thể thay
bởi điều kiện f ( x ) liên tục trong khoảng ( a ; b ) . Chẳng hạn, xét hàm
1
f ( x) = 

0

, x=0
, 0 < x ≤1 Ở đây x = 0 là điểm gián đoạn. Khi đó, rõ ràng không tồn tại x0 ∈ (0;1) để f ( x0 ) = 0 . Ý nghĩa hình học: Nếu hàm số f : < a; b > → R liên tục trên < a; b > , có đạo hàm
trong ( a; b ) và f ( a ) = f ( b ) thì tồn tại một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho tiếp tuyến
của đường cong y = f ( x ) tại điểm M ( c; f ( c ) ) song song với trục hoành
Ox (tức là song song với đường thẳng đi qua hai điểm ( a; f ( a ) ) và ( b; f ( b ) )
.
(hình 1.4)
y
M

f ( c)

f ( a) = f ( b)
O

a

c

b

x

15
Hình 1.4

Hệ quả 1.1. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a ; b ) và phương
trình f ( x ) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( a ; b ) thì phương trình
f ” ( x ) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( a ; b ) ( Phương
trình f ( k ) ( x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( a ; b ) , với
k=1,2,…,n).
Chứng minh
Giả sử phương trình f ( x ) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng

( a ;b )

đã được sắp thứ tự x1 < x2 < ... < xn . Khi đó áp dụng định lý Rolle cho n − 1 đoạn thì phương trình f ” ( x ) = 0 có ít nhất

( x1; x2 ) , ( x1; x2 ) ,…, ( xn−1; xn ) .

n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng

Gọi n − 1

nghiệm đó là ξ1 , ξ 2 ,…, ξ n−1 thì ta có f “(ξ1 ) = f “(ξ 2 ) = … = f “(ξ n−1 ) = 0 .
Tiếp

tục

áp

Xem thêm: Quản Lý Sản Xuất Tiếng Anh Là Gì, Quản Lý Sản Xuất (Tiếng Nhật / Tiếng Anh)

dụng

(ξ1;ξ 2 ), (ξ 2 ; ξ3 ),…, (ξ n−2 ;ξ n−1 )

định

Rolle

cho

n−2

khoảng

thì phương trình f “( x ) = 0 có ít nhất n − 2

nghiệm trên khoảng ( a ; b ) .
Tiếp tục lý luận trên, sau k bước phương trình f ( k ) ( x) = 0 có ít nhất
n − k nghiệm phân biệt trên khoảng ( a ; b ) .
Hệ quả 1.2. Giả sử hàm số f ( x) liên tục trên đoạn và có đạo hàm trên
khoảng

( a ;b ) .

Khi đó, nếu phương trình f “( x) = 0 có không quá n − 1

nghiệm phân biệt trên khoảng ( a ; b ) thì phương trình f ( x) = 0 có không quá
n nghiệm phân biệt trên khoảng đó.

Chứng minh
Giả sử phương trình f ( x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trên
khoảng ( a ; b ) , chẳng hạn là n + 1 nghiệm, thế thì theo hệ quả 1.1 phương

16

trình f “( x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng ( a ; b ) . Điều này trái với
giả thiết. Vậy phương trình f ( x) = 0 có không quá n nghiệm trên khoảng

( a ;b ) .
Hệ quả 1.3. Cho hàm số f ( x) thoả mãn đồng thời các tính chất sau đây:
i ) f ( x) xác định và có đạo hàm cấp n ( n ≥ 1) liên tục trên đoạn ;
i i ) f ( x) có đạo hàm cấp n + 1 trong khoảng (a; b);
iii) f ( a) = f “(a ) = … = f n ( a) = 0 , f (b) =0.
Khi đó tồn tại dãy điểm b 1 ,b 2 ,..,bn +1 phân biệt thuộc khoảng ( a ; b ) sao cho
f ( k ) (bk ) = 0, k = 1,2,…, n + 1 .
Chứng minh
Từ giả thiết f ” ( a ) = f ” ( b ) = 0 , theo định lý Rolle tồn tại b1 ∈ (a; b) sao
cho f “(b1 ) = 0, kết hợp với điều kiện f “(a) = 0, suy ra tồn tại b2 ∈ (a; b1 )
⊂ (a; b) sao cho f “(b2 ) = 0. Lại kết hợp với điều kiện f “( a ) = 0 và tiếp tục
áp dụng định lý Rolle ta có f “””(b3 ) = 0 với b3 ∈ (a; b2 ) ⊂ (a; b) .
Tiếp tục như vậy, đến bước thứ n, tồn tại bn ∈ (a; bn−1 ) ⊂ (a; b) sao cho
f ( n ) (bn ) = 0, kết hợp với điều kiện f n (a ) = 0 , suy ra tồn tại bn+1 ∈ (a; bn )
⊂ (a; b) sao cho f n+1 (bn+1 ) = 0.
Như vậy tồn tại dãy điểm phân biệt b1 , b2 ,…, bn +1 trong khoảng ( a ; b )
sao cho f ( k ) (bk ) = 0, k = 1 , 2 , . . . , n + l .
Nhờ những hệ quả này mà định lý Rolle trở thành một công cụ rất
mạnh để giải toán, đặc biệt là đối với dạng toán về giải phương trình và kiểm
chứng số nghiệm của phương trình trong một khoảng nào đó. Các ứng dụng

này sẽ được trình bày chi tiết trong chương sau.
1.6. Một số mở rộng của định lý Rolle
Định lý 1.6. (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f : < a; b > → R có các tính
chất.

17

1) f liên tục trên < a; b > ;
2) f khả vi trong ( a; b ) .
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f ( b ) − f ( a ) = f ” ( c ) ( b − a )
.
Chứng minh
Xét hàm số F : < a; b > → R xác định bởi
F ( x) = f ( x ) − f (a ) −

f ( b) − f ( a)
( x − a) .
b−a

Hàm F liên tục trên < a; b > khả vi trong ( a; b ) và F ( b ) = F ( a ) = 0. Theo
định lý Rolle tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho F ” ( c ) = f “(c) −

f (b) − f (a)
= 0 từ đó
b−a

suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.4. Từ định lý Rolle ta có thể chứng minh định lý Lagrange hay
định lý Lagrange là một hệ quả của định lý Rolle. Thế nhưng chính định lý

Rolle (về dạng biểu thức) lại là một trường hợp riêng của định lý Lagrange,
trường hợp f ( a ) = f ( b ) .
Ý nghĩa hình học
Cho hàm số f : < a; b > → R liên tục trên < a; b > , khả vi trong ( a; b ) , có 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
(hình 1.5).
y

f (b)

B
C

f (c )
f (a)

A

18

a

O

c

b

Hình 1.5

x

Hệ quả 1.4. Giả sử hàm số f : → R liên tục trên đoạn và khả vi
trong khoảng ( a; b ) . Khi đó :
a) Nếu f “( x) = 0 với mọi x ∈ (a; b) thì f là một hằng số trên < a; b > ;
b) Nếu f “( x) > 0 ( f “( x) < 0 ) với mọi x ∈ (a; b) thì f tăng ( giảm ) thực sự trên .
Chứng minh
a) Giả sử a ≤ x1 < x2 ≤ b . Theo định lý Lagrange tồn tại c ∈ ( x1; x2 ) sao cho f ( x2 ) − f ( x1 ) = f "(c)( x2 − x1 ). (1.1) Do f "( x) = 0 với mọi x ∈ (a; b) nên f "(c) = 0 , từ đó suy ra f ( x1 ) = f ( x2 ) . x1 , x2 Vì là những giá trị bất

x1 , x2 ∈ < a; b >

nên

suy

ra

f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x ) , ∀x ∈ < a; b > . Vậy hàm f là một hằng số.
b) Nếu f “( x) > 0 ( f “( x) < 0 ) với mọi x ∈ ( a; b) , giả sử a ≤ x1 < x2 ≤ b từ 1.1 ta có x2 − x1 > 0 và f ” ( c ) > 0 ( f ” ( c ) < 0 ) . Suy ra f ( x2 ) − f ( x1 ) > 0 ( f ( x2 ) − f ( x1 ) < 0 ) . Vậy f là hàm tăng (giảm) trên < a; b> .
Định lý 1.7. (Định lý Cauchy) Giả sử các hàm f , g : < a; b > → R có các tính
chất.
1) f , g liên tục trên < a; b > ;
2) f , g khả vi trong ( a; b ) .
Khi đó tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho

< f (b) − f (a)> g “(c) = f “(c).

(1.2)

Nếu hơn nữa g ” ( x ) ≠ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) thì công thức trên có thể viết là

19

f < b > − f ( a ) f “(c)
=
.
g ( b ) − g ( a ) g “(c )

(1.3)

Chứng minh
Xét hàm h : < a; b > → R xác định bởi
h ( x ) =  f ( b ) − f (a )  g ( x ) − < g (b) − g (a ) > f ( x ).
Hàm h liên tục trên , khả vi trong (a;b) và
h(a ) = f (b) g (a) − g (b) f (a) = h(b).
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho
h “(c) = g “(c ) − f “(c) = 0 .
từ đó suy ra (1.2).
Nếu hơn nữa g “( x) ≠ 0 với mọi x ∈ (a; b) thì g (b) − g (a) ≠ 0 vì nếu
không sẽ tồn tại ξ ∈ (a; b) sao cho g “(ξ ) = 0 , trái với giả thiết. Khi đó từ (1.2)
ta suy ra (1.3).
N h ận x é t 1.5. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy
với giả thiết g ( x) = x .
Định lý 1.8. (Định lý rolle trên khoảng vô hạn)
Giả sử hàm số f ( x ) liên tục trên < a; +∞ ) có đạo hàm trong khoảng ( a; +∞ ) f ( x) = f ( a) . Khi đó ∃c ∈ ( a; +∞ ) sao cho f " ( c ) = 0 . và xlim →+∞ Chứng minh Nếu f ( x ) = f ( a ) với mọi x > a thì lấy c là một số bất kỳ lớn hơn a.
Giả sử tồn tại b > a sao cho f ( b ) ≠ f (a ) chẳng hạn f ( b ) > f (a ) . Gọi µ là
một số thực bất kỳ thuộc

(

f (a ); f (b) ) , theo định lý Bolzano-Cauchy, tồn tại

f ( x ) = f ( a ) < μ nên tồn tại d > b sao
α ∈ ( a; b ) sao cho f ( α ) = µ . Vì lim
x →∞

cho f ( d ) < μ. Do f ( x ) liên tục trên < a; +∞ ) nên theo định lý BolzanoCauchy tồn tại β ∈ ( b; d ) sao cho f ( β ) = µ = f (α ) , do đó theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (α ; β ) sao cho f " ( c ) = 0 . 20 CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ROLLE 2.1 Chứng minh sự tồn tại và biện luận số nghiệm của phương trình Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình, ta có thể sử dụng các định lý sau. Định lý 2.1. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn và F ( x) là một
nguyên hàm của f ( x) trong đoạn đó. Nếu tồn tại các số thực x1; x2 ∈ < a; b >
với x1 < x2 sao cho F ( x1 ) = F ( x2 ) thì phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm trong đoạn < x1; x2 > (hay có nghiệm trong đoạn ).
Chứng minh
Giả sử phương trình f ( x) = 0 vô nghiệm trên đoạn < x1; x2 > . Vì f ( x)
liên tục nên suy ra hoặc f ( x) < 0, ∀x ∈ < x1; x2 > hoặc f ( x) > 0, ∀x ∈ < x1; x2 > .
N ế u

f ( x) < 0, ∀x ∈ < x1; x2 > t h ì F ( x) là hàm số nghịch biến trên đoạn

< x1; x2 >

nên F ( x1 ) > F ( x2 ) .

N ế u f ( x) > 0, ∀x ∈ < x1; x2 > t h ì F ( x) là hàm số đồng biến biến trên đoạn

< x1; x2 >

nên F ( x1 ) < F ( x2 ) . Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có F ( x1 ) ≠ F ( x2 ) điều này trái với giả thiết. Vậy phương trình có nghiệm trong đoạn < x1; x2 > .
Kết quả trên được phát biểu dưới dạng định lý tương đương sau đây.
Định lý 2.2. Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn . Nếu tồn tại các
số thực x1; x2 ∈ < a; b > mà

x2

∫ f ( x ) dx = 0

thì phương trình f ( x) = 0 có nghiệm

x1

trong đoạn < x1; x2 >.
Để giải quyết dạng toán này ta cần chọn hàm số thỏa mãn điều kiện của
các định lý dựa trên giả thiết của bài toán.
Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho dạng bài tập này.

21

Ví dụ 2.1. Cho f là một hàm liên tục trên <0;1>, khả vi trên (0;1), f ( 1) = 0 .
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho f ( c ) +

1
c f “( c ) = 0 .
2002

Lời giải
2002
Xét hàm g ( x ) = x . f ( x ) .

Dễ thấy g ( x) là hàm liên tục trên <0;1> và khả vi trên (0;1) và
g ( 0 ) = g ( 1) = 0 . Khi đó theo định lý Rolle ∃c ∈ ( a; b ) sao cho g ” ( c ) = 0 hay
2002 c 2001 f ( c ) + c 2002 f ” ( c ) = 0 .
⇔ f ( c) +

1
c f ( c) = 0 .
2002

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.1: Với giả thiết trên ta có thể chứng minh được bài toán tương tự:
cho f là một hàm liên tục trên <0;1>, khả vi trên (0;1), f ( 1) = 0 . Chứng minh
rằng tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho f ( c ) +

1
.c. f ” ( c ) = 0 , α là số thực bất kì.

α

Ví dụ 2.2. Chứng minh rằng với a, b, c tùy ý, phương trình
a cos3 x +b cos 2 x +c cos x +sin x = 0 luôn có nghiệm thuộc đoạn <0;2π>.
Lời giải
1
1
Xét hàm số f ( x) = a sin 3x + b sin 2 x + c sin x − cos x .
3
2
Ta thấy f ( x) liên tục có đạo hàm trên R và
f “( x) = a cos3x +b cos 2 x +c cos x +sin x .
Ta có f (0) = a + b + c .
f (2π ) = a + b + c .
Khi đó theo định lý Rolle ∃x0 ∈ < 0;2π > sao cho f “(0) = 0 hay
a cos3 x0 +b cos 2 x0 +c cos x0 +sin x0 =0 .
Vậy phương trình có nghiệm trong đoạn < 0;2π > .

22

Nhận xét 2.2: Bài toán trên có dạng tổng quát
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên < a; b > . Chứng minh rằng phương trình
f ( x ) = 0 luôn có nghiệm trên ( a; b ) .
Phương pháp giải:
Xét hàm số F ( x ) thỏa mãn: F ( x ) liên tục trên < a; b > , F ” ( x ) = f ( x ) .g ( x )
với mọi x thuộc ( a; b ) , g ( x ) vô nghiệm trên ( a; b ) và F ( a ) = F ( b ) . Áp
dụng định lý Rolle suy ra điều phải chứng minh.
 π
 π

Ví dụ 2.3. Cho f ( x ) liên tục trên đoạn  0;  , khả vi trên khoảng  0; ÷
 2
 2
2
π 
 π
2
sao cho f ( 0 ) = f  ÷ = 0 và f ( x ) + ( f ” ( x ) ) ≠ 0, ∀x ∈  0; ÷. Chứng minh
2
 2

f ( c ) + f “( c )
 π
.
rằng tồn tại c ∈  0; ÷ để tan c =
f ( c ) − f “( c )
 2

( 2.1)

Lời giải
 π
Xét hàm g ( x ) = f ( x ) ( sin x + cos x ) liên tục trên đoạn  0;  , khả vi
 2
 π
π 
 π
trên  0; ÷, g ( 0 ) = g  ÷ = 0 . Theo định lý Rolle, ∃c ∈  0; ÷: g ” ( c ) = 0 .
 2
2

 2
Ta có g ” ( x ) = f ” ( x ) ( sin x + cos x ) + f ( x ) ( cos x − sin x ) .
Vậy g ” ( c ) = 0 ⇔ ( f ” ( c ) + f ( c ) ) .cos c = ( f ( c ) − f ” ( c ) ) .sin c.

( 2.2 )

Nếu f ( c ) − f ” ( c ) = 0 thì từ (2.2) suy ra f ” ( c ) + f ( c ) = 0.
Vậy f ” ( c ) = f ( c ) = 0, mâu thuẫn.
Chia cả 2 vế của (2.2) cho ( f ( c ) − f ” ( c ) ) cos c ≠ 0 ta được (2.1).
Ví dụ 2.4. Cho f ( x ) liên tục trên đoạn < 0;1> , khả vi trên khoảng ( 0;1) sao
cho f ( 0 ) = f ( 1) = 0. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( 0;1) để f ” ( c ) = f ( c ) .
Lời giải

23
−x
Xét hàm g ( x ) = f ( x ) e , ∀x ∈ < 0;1> .

Hàm g ( x ) liên tục trên đoạn < 0;1> , khả vi trên ( 0;1) và g ( 0 ) = g ( 1) = 0 .
−x
−x
Theo định lý Rolle ∃c ∈ ( 0;1) : g ” ( c ) = 0. Mà g ” ( x ) = f ” ( x ) .e − f ( x ) e .
−c
−c
Vậy g ” ( c ) = f ” ( c ) .e − f ( c ) e ⇔ f ” ( c ) = f ( c ) .

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.5. Chứng minh rằng tồn tại số thực x ∈ ( 0;1) sao cho
1

t 2000dt
x 2001
∫x ( 1 + t ) ( 1 + t 2 ) …( 1 + t 2001 ) = ( 1 + x ) ( 1 + x 2 ) …( 1 + x 2001 ) .
Lời giải
Đặt h ( t ) =

t 2000
< 0;1> .
( 1 + t ) ( 1 + t 2 ) …( 1 + t 2001 ) là hàm liên tục trên

Viết phương trình đã cho dưới dạng

1

 1

h
t
dt

xh
x
=
0

x
h
t
dt

(
)
(
)
(
)
 ∫
÷ = 0.
∫

x

 x

1

Xét hàm g ( x ) = x ∫ h ( t ) dt . Hàm g ( x ) khả vi trên ( 0;1) , liên tục trên đoạn
x

< 0;1> ,

và g ( 0 ) = g ( 1) = 0 . Theo định lý Rolle, ∃c ∈ ( 0;1) : g ” ( c ) = 0 hay
1

∫ h ( t ) dt − ch ( xc ) = 0
c

Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.6. Cho a, b, c tùy ý và m là số dương thỏa mãn biểu thức
a

b
c
+
+ = 0.
m + 2 m +1 m

(2.3)

Chứng minh rằng phương trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng
(0;1).
Lời giải
Cách 1. Xét hàm số f ( x) =

a
b m+1 c m
x m+2 +
x + x .
m+2
m +1
m

Tài liệu liên quan

*

ảnh hưởng của liều lượng đạm đến sinh trưởng,phát triển và năng suất của một số giống lúa tại gia lâm hà nội và nghĩa hưng nam định 96 676 0

*

Bài giảng Một số cảnh đẹp của đát nước VN 13 326 0

*

Bài soạn Một số cảnh đẹp của đát nước VN 13 341 0

*

Bài soạn Một số cảnh đẹp của đát nước VN 13 304 0

*

Bài soạn Một số cảnh đẹp của đát nước VN 13 287 0

*

Bài soạn Một số cảnh đẹp của đát nước VN 13 367 0

*

Ứng dụng của kỹ thuật gen – MỘT SỐ ỨNG DỤNG CHỦ YẾU CỦA CÔNG NGHỆ GEN 60 3 6

*

Báo cáo ” Những giải pháp cho tỉnh Bà Ria – Vũng Tàu để thực hiện Đề án “Bổ sung một số khu công nghiệp của Tỉnh vào Quy Hoạch phát triển của các khu công nghiệp ở Việt Nam” ” pptx 3 564 0

*

Nghiên cứu đặc điểm hình thái, hóa sinh và sự đa dạng di truyền của một số giống lúa cạn địa phương 63 460 0

Xem thêm: Học Từ Vựng Part 2 Toeic Part 2, Những Từ Vựng Ra Nhiều Nhất Trong Toeic Part 2

*

nghiên cứu biến đổi một số cytokine và vai trò của glucocorticoid trong pha đáp ứng viêm toàn thân ở bệnh nhân tứ chứng fallot sau phẫu thuật sửa chữa toàn thân 58 510 0

Viết một bình luận