Kỷ yếu Kỳ thi Olympic Toán học sinh viên học sinh lần thứ 27

KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 27 Khánh Hồ, 1-7/4/2019 HỘI TỐN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC NHA TRANG HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC NHA TRANG KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 27 BIÊN TẬP Đồn Trung Cường Hội Tốn học Việt Nam & Viện Toán học Trần Lê Nam Trường Đại học Đồng Tháp Dương Việt Thông Trường Đại học Kinh tế Quốc dân Vũ Tiến Việt Học viện An ninh Nhân dân NHA TRANG, 1-7/4/2019 GIỚI THIỆU Kỳ thi Olympic Toán học lần thứ 27 dành cho sinh viên trường đại học, cao đẳng, học viện học sinh phổ thông trường chuyên nước diễn Trường Đại học Nha Trang từ 1-7/4/2019 Quyển kỷ yếu chủ yếu dành để tập hợp lại số đề xuất trường tham dự kỳ thi với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tham khảo cho người quan tâm Do thời gian biên tập ngắn nên số biên tập tương đối kỹ càng, có số chúng tơi giữ ngun cách trình bày đề xuất, cơng tác biên tập trường hợp đánh máy lại, kiểm tra tính xác nội dung tả Nhóm biên tập THƠNG TIN VỀ KỲ THI Kỳ thi Olympic Toán học Sinh viên - Học sinh lần thứ 27 Hội Toán học Việt Nam Trường Đại học Nha Trang phối hợp tổ chức ngày 1-7/4/2019 Trường Đại học Nha Trang, Khánh Hồ Có bảng A-B dành cho 77 đồn sinh viên đại học bảng dành cho 12 trường phổ thơng chun Tổng cộng có 797 lượt thí sinh dự thi Ban tổ chức định trao số lượng giải thưởng sau: Khối sinh viên: Mơn đại số có 33 giải nhất, 51 giải nhì, 81 giải ba Mơn Giải tích có 30 giải nhất, 52 giải nhì, 75 giải ba Có 06 giải đặc biệt cho sinh viên đạt thủ khoa môn giải hai môn đặc biệt năm bạn Vương Đình Ân (Đại học Bách Khoa Hà Nội) đạt thủ khoa hai mơn Khối học sinh: Có huy chương vàng, 13 huy chương bạc 17 huy chương đồng Ban tổ chức phối hợp với Quỹ Lê Văn Thiêm trao phần thưởng quỹ cho học sinh có thành tích tốt vượt khó đạt thành tích tốt Ngồi ra, 108 nữ sinh (sinh viên học sinh) đạt giải nhận phần thưởng GS TSKH Phạm Thị Trân Châu, chủ tịch Hội Phụ nữ trí thức Việt Nam Mục lục I ĐỀ THI Đề thi thức Đại số 1.1 Bảng A 1.2 Bảng B Giải tích 2.1 Bảng A 2.2 Bảng B Phổ thông 3.1 Đại số 3.2 Số học Các đề xuất: Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình tuyến tính Không gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức Tổ hợp Các đề xuất: Giải tích Dãy số Chuỗi số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Phương trình hàm 5 7 11 11 12 15 15 17 19 23 24 24 25 27 27 29 30 31 34 38 MỤC LỤC II HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án đề thi thức Đại số 1.1 Bảng A 1.2 Bảng B Giải tích 39 41 41 41 45 50 Các đề xuất: Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình tuyến tính Không gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức Tổ hợp 56 56 62 65 71 73 74 77 Các đề xuất: Giải tích Dãy số Chuỗi số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Phương trình hàm 81 81 89 89 95 103 114 Phần I ĐỀ THI 102 Bài 4.13 (ĐH Hàng Hải) Giả sử < x2 − x1 < π Ta chứng minh g(x1 ) dấu với g(x2 ) Giả sử ngược lại, g(x1 ) trái dấu với g(x2 ) Vì < x2 − x1 < π nên tồn x cho x < x1 < x2 < x + π (8) Đặt ′ h(t) = f (x + t)sint − f (x + t)cost Ta có ′ ′′ h (t) = f (x + t) + f (x + t) sint, hay ′ h (t) = g(x + t)sint (9) Đặt ti = xi − x, i = 1, Do (8) ta có < t1 < t2 < π (10) Từ (9) suy ′ h (ti ) = g(x + ti )sinti , hay ′ h (ti ) = g(xi )sinti , i = 1, Do (10) ta có sinti > 0, h (ti ) dấu với g(xi ), i = 1, Mà g(x1 ) ′ ′ trái dấu với g(x2 ) , suy h (t1 ) trái dấu với h (t2 ) Theo định lý Darboux, ′ tồn c ∈ (t1 ; t2 ) ⊂ (0; π) cho h (c) = hay g(x + c)sinc = Từ ta có g(x + c) = sinc = Mâu thuẫn giả thiết toán Giả sử a < b Chia đoạn [a; b] thành n đoạn nhỏ điểm chia ′ a = a0 < a1 < < an = b, cho độ dài đoạn nhỏ nhỏ π Vì < − ai−1 < π nên theo chứng minh g(ai−1 ) dấu với g(ai ) với i = 1, n Từ suy g(a0 ) dấu với g(a1 ) , hay g(a) dấu với g(b) Bài toán chứng minh Bài 4.14 (ĐH KT Hà Nội) Đặt bk = a1 + a2 + + ak với k = 1, 2, , 2019 a1 + a2 + + a2019 b0 = Áp dụng định lý giá trị trung bình [bk ; bk+1 ] với k = 0, 1, , 2018, tồn f (bk+1 ) − f (bk ) ck+1 ∈ (bk ; bk+1 ) cho f ′ (ck+1 ) = bk+1 − bk 2019 Suy k=1 ak f ′ (ck ) = (a1 + a2 + + a2019 ).(f (1) − f (0)) Áp dụng định lý giá trị trung bình [0; 1], tồn c0 ∈ (0; 1) cho f (1) − f (0) = f ′ (c0 ) PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 103 Bài 4.15 (ĐH KT Hà Nội) — Thời gian cần thiết √ √ y 400 + x2 + 400 + z t= + 30 50 Sử dụng bất đẳng thức √ a2 + x2 + b2 + y ≥ (a + b)2 + (x + y)2 (x + z)2 + 402 y + = 30 50 (100 − y)2 + 1600 y + = g(y) 30 50 46 y = 70 km — Khảo sát hàm số g(y) tìm tmin = 15 t≥ PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN Bài 5.1 (ĐH Tây Bắc) Xét tính liên tục hàm số f (x) với x ∈ R Xét f (x) = 2x − [x] R Với x0 ∈ / Z ⇒ n < x0 < n + với n ∈ Z Ta ln tìm ε > cho n < x0 − ε < x0 < x0 + ε < n + ⇒ [x0 − ε] = [x0 ] = [x0 + ε] = n Vì ta có lim f (x) = 2xo − n = f (x0 ) Vậy f (x) liên tục với x0 ∈ / Z x→x0 Với x0 ∈ Z ta có lim f (x) = 2xo − xo = x0 = f (x0 ) x→x+ lim f (x) = 2xo − (xo − 1) = x0 + = f (x0 ) x→x− Vậy f (x) liên tục phải x0 , không liên tục trái x0 ∈ Z nên f (x) gián đoạn x0 ∈ Z Chứng minh hàm số f (x) khả tích đoạn [0, 3] tính f (x)dx Trên đoạn [0, 3] theo ý 1, f (x) gián đoạn 1,2 f (x) khả tích [0; 3] Ta có 0 (2x − 2)dx (2x − 1)dx + 2xdx + 2 = f (x)dx f (x)dx + f (x)dx + f (x)dx = 3 =1+2+3=6 104 Bài 5.2 (ĐH Tây Bắc) Đặt M = max |f ′ (x)| Khi ta có −M ≤ f ′ (x) ≤ 0≤x≤1 M, ∀x ∈ [0, 1] Do f > nên nhân hai vế bất đẳng thức với f (x) ta −M f (x) ≤ f ′ (x)f (x) ≤ M f (x), ∀x ∈ [0, 1] Lấy tích phân bất đẳng thức từ tới x ta x −M x 1 f (t)dt ≤ f (x) − f (0) ≤ M 2 f (t)dt, ∀x ∈ [0, 1] Tiếp tục nhân vế bất đẳng thức với f (x) ta x −M f (x) x 1 f (t)dt ≤ f (x) − f (0)f (x) ≤ M f (x) 2 f (t)dt, ∀x ∈ [0, 1] 0 Bây ta tích phân [0, 1] bất đẳng thức kép cuối ta 2  x 2  x 1 −M  Từ f (t)dt ≤ f (x)dx−f (0) 0  1 f (x)dx − f (0) f (x)dx ≤ M  f (x)dx ≤ M  0 2 f (t)dt  = max |f ′ (x)|  x∈[0,1] f (t)dt , ∀x ∈ [0, 1] 2 f (t)dt Bài 5.3 (ĐH Đồng Tháp) Đặt g(x) = e1−x f (x) Khi g(1) = f (1) 2 g ′ (x) = e1−x (f ′ (x) − 2xf (x)) ∀x ∈ [0, 1] Áp dụng định lí giá trị trung gian tích phân hàm g đoạn [0, ], 3 ta suy tồn x0 ∈ [0, ] cho g(x0 ) = g(x)dx = f (1) = g(1) Áp dụng định lý Rolle cho hàm g [x0 , 1], ta suy tồn c ∈ (x0 , 1) cho g ′ (c) = nghĩa f ′ (c) = 2cf (c) PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 105 t Bài 5.4 (CĐ Sư phạm Nam Định) Đặt F (t) = f (x)dx Do F ′ (t) = f (t) F (0) = 0, F ′ (1) = f (1) = Đặt g(t) = sin(2019F ′ (t)).F (t) đoạn [0, 1] Do f (t) khả vi liên tục [0, 1] nên g(t) khả vi liên tục đoạn [0, 1] g ′ (t) = F ′ (t) sin(2019F ′ (t)) + 2019F (t).F ”(t) cos(2019F ′ (t)) g(0) = F (0) sin(2019F ′ (0)) = 0, g(1) = sin(2019F ′ (1)).F (1) = (Vì F ′ (1) = F (0) = 0) Vậy hàm g(t) thỏa mãn điều kiện định lý Rolle Vậy tồn c ∈ (0, 1) cho g ′ (c) = Do F ′ (c) sin(2019F ′ (c)) + 2019F (c).F ”(c) cos(2019F ′ (c)) = Nếu cos(2019F ′ (c)) = F ′ (c) = sin(2019F ′ (c)) = Cả trường hợp sin(2019F ′ (c)) = Mâu thuẫn sin2 a + cos2 a = với a ∈ R Vậy cos(2019F ′ (c)) = Vậy F ′ (c) tan(2019F ′ (c)) = −2019F (c).F ”(c) c Do ta có f (c) tan(2019f (c)) = −2019f ′ (c) f (x)dx Bài 5.5 (CĐ Sư phạm Nam Định) a) Theo giả thiết ta có f ′ (x) ≤ f (x) ≥ với x ∈ [0, 1] f (1) ≥ Do 2f ′ (x).f (x) ≤ 12f (x) Lấy t ∈ [0, 1] ta có t t 2f ′ (x)f (x)dx ≤ 0 Do 12f (x)dx t t 2f (x)d(f (x)) ≤ 12 f (x)dx 0 t t Tương đương với f (x) f (x)dx Hay ≤ 12 t 2 f (t) − f (0) ≤ 12 f (x)dx t ⇔ f (t) ≤ 12 f (x)dx 106 f (x)dx = Do ≤ f (1) ≤ Cho t = ta f (1) ≤ 12 t b) Theo câu a) ta có f (t) ≤ 12f (t) f (x)dx (1) t f (x)dx, F ′ (t) = f (t) F (0) = 0, F (1) = 1/3, Đặt F (t) = F ′ (0) = f (0) = 1 Từ (1) ta có f (t)dt ≤ 12 0 1 F (x)d(F (x)) = 6F (x) f (x)dx ≤ 12 ⇔ F ′ (t).F (t)dt = 6F (1) − 6F (0) = 0 x Bài 5.6 (ĐH Phạm Văn Đồng) Với x = 0, ϕ(x) liên tục nên ϕ(t)dt x2 khả vi x, e khả vi với x = Do f (x) khả vi với x = Khi đó, với x = 0, x f (x) = − e x2 x = − e x2 x ′ ϕ(t)dt + e x2 ϕ(x) x ϕ(t)dt + 2 − 12 e t = ϕ(t) Từ 2ϕ(t) = t3 ϕ′ (t) Do đó, t t lấy tích phân sử dụng cơng thức tích phân phần, với x ≥ 0, Với t = 0, ta có ϕ′ (t) = x x ϕ(t)dt = x ′ t3 d (ϕ(t)) t ϕ (t)dt = x x = t3 ϕ(t) − t2 ϕ(t)dt = x3 ϕ(x) − Từ đó, suy đẳng thức cần chứng minh 0 x t2 ϕ(t)dt PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 107 Ta có, với x ≥ 0, x f (x) − f (0) = x−0 ϕ(t)dt e x2 e x x3 ϕ(x) − 2 x x2 = x t2 ϕ(t)dt (11) x t2 ϕ(t)dt x2 = − 2 xϕ(x) Nhận thấy ≤ t ≤ x = ϕ(0) ≤ ϕ(t) ≤ ϕ(x) Do x x 0≤ t2 ϕ(t)dt ≤ t2 ϕ(x)dt = x3 ϕ(x) Từ x t2 ϕ(t)dt 0≤ xϕ(x) ≤ x2 (12) Chính thế, (11) (12) cho ta đạo hàm phải f+′ (0) = Mặc khác, f hàm lẻ nên dễ dàng ta có đạo hàm trái f−′ (0) = Từ đó, ta kết luận điều phải chứng minh Có thể sử dụng quy tắc L’Hospital với x3 ϕ′ (x) = 2ϕ(x), với x = 0, x t2 ϕ(t)dt lim+ x→0 xϕ(x) x2 ϕ(x) x→0 ϕ(x) + xϕ′ (x) x2 ϕ(x) = lim+ x→0 ϕ(x) + ϕ(x) x x4 = lim+ x→0 x + = = lim+ 108 Sử dụng quy tắc L’Hospital với x3 ϕ′ (x) = 2ϕ(x), với x = 0, x ϕ(t)dt ϕ(x) f (x) = lim lim = lim x→0 x ϕ(x) x→0 3x ϕ(x) + x3 ϕ′ (x) x→0 x ϕ(x) = lim x→0 3x ϕ(x) + 2ϕ(x) = lim x→0 3x + = Bài 5.7 (ĐH Phạm Văn Đồng) Sử dụng cơng thức tích phân phần, b f (x)d (cos(nx)) n a b 1 b ′ = − f (x) cos(nx) + f (x) cos(nx)dx n n a a 1 b ′ = (f (a) cos(na) − f (b) cos(nb)) + f (x) cos(nx)dx n n a b a f (x) sin(nx)dx = − Vì f f ′ liên tục đoạn [a, b] nên theo định lý Weierstrass, f f ′ bị chặn đoạn [a, b] Tức là, tồn M > cho |f (x)| ≤ M |f ′ (x)| ≤ M , với x ∈ [a, b] Do b a f (x) sin(nx)dx ≤ M (b − a) (|f (a)| + |f (b)|) + n n Từ ta kết luận b lim n→+∞ f (x) sin(nx)dx = a Bài 5.8 (ĐH Thủy lợi Hà Nội) Áp dụng Bất đẳng thức Schwarz ta có √ = 1 (1 + x2 )3 f (x)dx = 0 1 (1 + x ) f (x)dx dx 0 1+x √ π (1 + x2 )2 (1 + x2 )2 f (x)dx 2 = (1 + x2 )2 f (x) √ dx + x2 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 109 2 2 (1 + x ) f (x)dx √ π 2π Bài 5.9 (ĐH Thủy lợi Hà Nội) + Giả sử tồn hàm f khả vi [0; 2] thỏa mãn tính chất nêu + Với x ∈ (0; 2), áp dụng Định lý Lagrange cho f (x) [0; x]: tồn f (x) − f (x) − f (0) = −1, từ suy f (x) − x c1 ∈ (0; x) : f ′ (c1 ) = x−0 x f (x) − f (x) − f (2) = = f ′ (c2 ) 1, từ + Tương tự, tồn c2 ∈ (x; 2) : x−2 x−2 f (x) x − + Kết hợp lại ta có: với x ∈ [0; 2] f (x) |x − 1|, từ 2 f (x)dx 0 |x − 1|dx = (−x + 1)dx + + Từ tính liên tục f giả thiết | (x − 1)dx = 1 suy | f (x)dx| f (x)dx| = 1, điều xảy f (x) = |x − 1| Tuy nhiên hàm f (x) = |x − 1| không khả vi x = 1, nên tồn hàm f thỏa mãn tính chất nêu Bài 5.10 (ĐH Thủy lợi Hà Nội) Ta có I= I= 2 f (x) dx + f (x) + f (1 − x) Bài 5.11 (ĐH SPKT Vĩnh Long) Ta có ′ 1 +2 xf (x)dx + xf ′ (x)dx 0 xf ′ (x)dx + = 1+2 (f ′ (x)) dx ′ x dx + = 1 (x + f (x)) dx = f (x) dx f (x) + f (1 − x) f (1 − x) dx = f (x) + f (1 − x) 1 3= f (x) dx + f (x) + f (1 − x) 110 1 xf ′ (x)dx Đặt xf (x)dx = Xét Hay ′ 0 u=x dv = f ′ (x)dx Dẫn đến du = dx v = f (x) Ta ′ xf (x)dx = 1= 1 [xf (x)]10 f (x)dx = − − 0 f (x)dx Suy f (x)dx = −1 x x Bài 5.12 (ĐH Nha Trang) |f (x).f (x)| = f (t)dt |f (x)| ≤ 0 2019  2019 |f (x).f ′ (x)|dx ≤  2019 =  20  |f ′ (x)| dx ≤ Bài 5.13 (ĐH GTVT ) x x   |f ′ (t)| dt |f ′ (x)| d x =  2019 |f ′ (t)| dt |f ′ (x)| ′ ′ ′ x 2019 |f ′ (t)| dt (f ′ (x)) dx a) f (t) dt = + at −x −x x f (t) dt + + at f (t) dt + at 0 =− x x = x f (t)dt f (t) dt + at x f (u)au du + + au = x f (−u) du + + a−u 2 f (t) dt + at 2019 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 111 π b) Áp dụng công thức phần a), ta có In = sin nx dx sin x −π Với n ≥ 2, π sin nx dx = (1 + 2019x ) sin x sin(nx) = sin(nx − 2x) cos 2x + cos(nx − 2x) sin 2x = sin(nx − 2x)(1 − sin2 x) + cos(nx − 2x) sin x cos x = sin(nx − 2x) + sin x [cos(nx − 2x) cos x − sin(nx − 2x) sin x] = sin(nx − 2x) + sin x cos(nx − x) Do π In = sin nx dx sin x π = sin(nx − 2x) + cos(nx − x) dx sin x = In−2 + sin(xn − x) n−1 π = In−2 , ∀n ≥ Vậy In = n = 2k, n = 2k + I0 = I1 = π Bài 5.14 (ĐH GTVT ) Do f liên tục [0, 1] nên tồn c ∈ [0, 1] cho |f (c)| = max |f (x)| = M Với u > 0, ta có x∈[0,1]    u1  |f (x)|u dx ≤   u1 M u dx = M Do f liên tục c nên với ∀ǫ > 0, tồn [α, β] ⊂ [0, 1] cho |f (x)|−|f (c)| ≥ −ǫ, ∀x ∈ [α, β] Vậy |f (x)| ≥ M − ǫ, ∀x ∈ [α, β] 112 Khi    u1  |f (x)|u dx ≥   u1 β α  β |f (x)|u dx  u1 ≥  (M − ǫ)u dx α = (M − ǫ)(β − α) u Cho u → +∞, ta  (M − ǫ) ≤ lim  u→+∞ Cho ǫ → 0, ta  lim  u→+∞ |f (x)|u dx ≤ M, ∀ǫ >  u1  u1 |f (x)|u dx = M = max |f (x)| x∈[0,1] Bài 5.15 (ĐH Hàng Hải) Ta có đồng thức sau (dùng giả thiết b)): b b (f (x))2020 dx − (g(x))2019 a a b = [(f (x)) b (f (x))2019 dx = (g(x))2018 (f (x))2020 (f (x))2019 dx − (g(x))2019 (g(x))2018 a 2019 − (g(x)) (g(x))2019 2019 ] [f (x) − g(x)] + [f (x) − g(x)] dx a b = b [(f (x))2019 − (g(x))2019 ] [f (x) − g(x)] dx + (g(x))2019 a [f (x) − g(x)]dx a b = [(f (x))2019 − (g(x))2019 ] [f (x) − g(x)] dx (g(x))2019 a Để ý [(f (x))2019 − (g(x))2019 ][f (x) − g(x)] ≥ (∀x ∈ [a, b]) a < b ta có: b [(f (x))2019 − (g(x))2019 ] [f (x) − g(x)] dx ≥ (g(x))2019 a Vậy: b a b (f (x))2020 dx ≥ (g(x))2019 a (f (x))2019 dx (g(x))2018 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 113 Bài 5.16 (ĐH KT Hà Nội) a) Đa thức P (x) = A.(x − c)(d − x) + với 1 , thỏa mãn điều kiện toán , < A < c.d (1 − c).(1 − d) 1 f (x)xn dx = với số tự nhiên n Suy b) Chỉ f (x).[Q(x)]m dx = 0 với Q(x) đa thức bậc m số tự nhiên Phản chứng tồn c ∈ [0; 1] cho f (c) = Vì tốn với f (x) với −f (x) ngược lại, ta coi f (c) > Bởi tính liên tục f (x) [0; 1] f (c) > nên tồn a, b thỏa mãn < a < b < f (x) > với x ∈ [a, b] Lấy c1 , c2 thỏa mãn a < c1 < c2 < b Áp dụng câu a), tìm đa thức bậc hai P (x) thỏa mãn P (x) ≥ > P (x) ≥ với x ∈ [0; c1 ) ∪ (c2 ; 1] Theo tính chất hàm x∈[c1 ;c2 ] bậc hai ta có max P (x) ≤ P (a) < max P (x) ≤ P (b) < x∈[0;a] x∈[b;1] Mặt khác, với số tự nhiên m ≥ 1, ta có a c2 0 f (x)[P (x)]m dx + f (x)[P (x)]m dx + f (x)[P (x)]m dx = 0= a f (x)[P (x)]m dx + f (x)[P (x)]m dx f (x)dx + c1 f (x)[P (x)]m dx b c2 a ≥ b c1 f (x)[P (x)]m dx f (x)[P (x)]m dx + f (x)[P (x)]m dx + ≥ b a b Ta lại có: với m ≥ 1, a a m |f (x)|[P (x)] dx ≤ [P (a)] m 0 |f (x)|dx, 1 |f (x)|[P (x)]m dx ≤ [P (b)]m |f (x)|dx b b a Vì m → +∞ , ta có [P (a)] → [P (b)] → nên m 0, f (x)[P (x)]m dx → m 114 f (x)[P (x)]m dx → m → +∞ b Từ kết trên, ta nhận c2 0≥ f (x)dx c1 c2 f (x)dx > Điều Vì f (x) liên tục nhận giá trị dương [c1 ; c2 ] nên c1 mẫu thuẫn với bất thẳng thức Suy f (x) = với x ∈ [0; 1] PHƯƠNG TRÌNH HÀM Bài 6.1 (ĐH SPKT Vĩnh Long) Cho x = −1, ta f (−1) = 2019f (−1) + 2018 Suy f (−1) = −1 Đạo hàm hai vế, ta f ′ (2019x + 2018) = f ′ (x) Lần lượt thay x x − 2018 2019 x − 2018 2019   x − 2018 − 2018   ′ = f ′  2019 =f 2019 f ′ (x) = f ′ = = f′ x − 2019n + 2019n Cho n → ∞, ta f ′ (x) = f ′ (−1) = a = const Suy ra, f (x) = ax + b Mà −1 = f (−1) = −a + b ⇒ b = a − Nên f (x) = ax + a − 1, ∀x ∈ R Kiểm tra lại ta thấy x − 20192 + 20192 PHƯƠNG TRÌNH HÀM 115 Bài 6.2 (ĐH SPKT Vĩnh Long) Ta có: 1 0≤ e − 21 f (x) 2 e−f (x) (f ′ (x)) dx + f ′ (x) + dx = e f ′ (x)dx + 0 − 21 f (x) dx 2 e−f (x) (f ′ (x)) dx − = Suy e−f (x) (f ′ (x)) dx ≥ e−f (x) (f ′ (x)) dx ≤ 4, nên suy Mà theo giả thiết e−f (x) (f ′ (x)) dx = Do 1 e−f (x) (f ′ (x)) dx − 8(e− f (1) − e− f (0) ) + = e− f (x) f ′ (x) + dx = e− f (x) f ′ (x) = −2 Hay −2e− f (x) = −2x + C Mà f (0) = nên C = −2 Vậy, f (x) = −2 ln(x + 1) Bài 6.3 (ĐH GTVT ) Từ giả thiết, với ∀x ∈ R: x x f (x) − f = 2019 2019 x x x f = −f 2019 20192 20192 x x x −f = f 2019 2019 20193 ··· ··· x x x f − f = 2019n−1 2019n 2019n 116 Cộng vế với vế, đẳng thức trên, ta x f (x) − f 2019n n 2019 =x k=1 k Cho n → +∞, f liên tục nên +∞ f (x) − f (0) = x n=1 2019 x , ∀x ∈ R 2018 Ngược lại, dễ dàng kiểm tra f (x) = 2019 + n =x 2018 Vậy f (x) = 2019 + kiện đề x , ∀x ∈ R thỏa mãn điều 2018 Bài 6.4 (ĐH KT Hà Nội) Từ giả thiết áp dụng khai triển Taylor cho hàm số f (x) x = 0, với x ∈ (0; 1], tồn c nằm x cho: f (x) = f (0) + f ′ (0)x + f ′′ (c) x2 2019 2019 x2 + x + 6057 với x ∈ (0; 1] Vì f (x) liên tục 2 [0; 1] nên bất đẳng thức cho x ∈ [0; 1] Suy f (x) ≤ Do đó, ta có ≤ f (x) − x2 2019 2019 − x − 6057 2 dx ≤ 2019 2019 x2 Suy f (x) = + x + 6057 với x ∈ [0; 1] 2 x2 2019 2019 + x + 6057 thỏa mãn điều kiện Dễ thấy hàm số f (x) = 2 toán ...HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC NHA TRANG KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 27 BIÊN TẬP Đồn Trung Cường Hội Tốn học Việt Nam & Viện Toán học Trần Lê Nam Trường Đại học. .. biên tập THƠNG TIN VỀ KỲ THI Kỳ thi Olympic Toán học Sinh viên - Học sinh lần thứ 27 Hội Toán học Việt Nam Trường Đại học Nha Trang phối hợp tổ chức ngày 1-7/4/2019 Trường Đại học Nha Trang, Khánh... Đại học Kinh tế Quốc dân Vũ Tiến Việt Học viện An ninh Nhân dân NHA TRANG, 1-7/4/2019 GIỚI THI? ??U Kỳ thi Olympic Toán học lần thứ 27 dành cho sinh viên trường đại học, cao đẳng, học viện học sinh