Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn toán các tỉnh thành 2009-2010

Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn toán các tỉnh thành 2009-2010

.c o m TRẦN NAM DŨNG (chủ biên) v n m a t h LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CÁC TỈNH, CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 E-BOOK m o c h t a m n v dddd v n m a t h c o m Lời nói đầu iii iv v n m a t h c o m Trần Nam Dũng (chủ biên) Lời cảm ơn Xin cảm ơn nhiệt tình tham gia đóng góp bạn: m Phạm Tiến Đạt o Phạm Hy Hiếu c Nguyễn Xuân Huy h Mai Tiến Khải t Nguyễn Vương Linh a Nguyễn Lâm Minh m Nguyễn Văn Năm 10 Võ Thành Văn v Lê Nam Trường n Đinh Ngọc Thạch Cùng nhiều bạn yêu toán khác v vi v n m a t h c o m Trần Nam Dũng (chủ biên) Mục lục iii m Lời nói đầu v Đề tốn lời giải Số học 1.1 Đề 1.2 Lời giải 3 Phương trình, hệ phương trình 2.1 Đề 2.2 Lời giải 15 15 18 Bất đẳng thức cực trị 3.1 Đề 3.2 Lời giải 27 27 30 Phương trình hàm đa thức 4.1 Đề 4.2 Lời giải 45 45 48 Hình học 5.1 Đề 5.2 Lời giải 61 61 65 Tổ hợp 6.1 Đề 6.2 Lời giải 73 73 76 v n m a h I t c o Lời cảm ơn vii viii II Trần Nam Dũng (chủ biên) Một số giảng toán 91 Giải phương trình hàm cách lập phương trình 93 Dãy truy hồi loại un+1 = f (un ) 99 Các định lý tồn giải tích định lý đại số v n m a t h c o m 105 .c m o Phần I v n m a t h Đề toán lời giải m o c h t a m n v 100 Trần Nam Dũng (chủ biên) Các ví dụ minh họa Ví dụ 8.1 Khảo sát hội tụ dãy (un ) xác định công thức u0 = un với n = 0, 1, 2, un+1 = un + Lời giải Trước hết, phép quy nạp đơn giản cho thấy với n thuộc N, un thuộc [0, +∞) u3 n ≤ 0, (un ) giảm u2 + n m Với n thuộc N, un+1 − un = − h c o Vì (un ) giảm bị chặn nên hội tụ đến số thực L L ≥ Chuyển L qua giới hạn n tiến tới +∞, ta có L = , từ L = Cuối ta L +1 un → m a t Ví dụ 8.2 Khảo sát hội tụ dãy (un ) xác định công thức u0 > a2 un+1 = un + với n ∈ N, a số dương cho trước un v n Lời giải Trước hết, phép quy nạp đơn giản cho thấy với n thuộc N, un tồn thuộc (0, +∞) Điểm bất động thuộc (0, +∞) hàm số f (x) = Với n thuộc N, un+1 − a = a2 un + un x = a u2 + a2 − 2aun (un − a)2 n = ≥ 2un 2un Với n thuộc N∗ , un + − un = a2 − u2 n ≤ 2un Vậy (un ) giảm bị chặn a nên hội tụ đến số thực L thuộc [L, +∞), số thực a theo lời giải f (x) = x Cuối un → a Ví dụ 8.3 Khảo sát hội tụ dãy (un ) xác định công thức u0 > u2 + un+1 = n với n ∈ N Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 101 Lời giải Phép quy nạp đơn giản chứng tỏ với n thuộc N, un > Phép giải phương trình f (x) = x với x thuộc R+ cho thấy f có hai điểm bất động Khảo sát hàm số f (x), ta thấy f tăng (0, +∞) khoảng đóng [0, 2], [2, 4], [4, +∞) ổn định f (nghĩa f ([0, 2]) thuộc [0, 2] ) Vì f tăng, (un ) đơn điệu nên chiều biến thiên phụ thuộc vào dấu u1 − u0 Vì (x − 2)(x − 4) , nên dấu u1 − u0 phụ thuộc vào vị trí tương đối u0 f (x) − x = so với o m + Trường hợp u0 thuộc [0, 2] Ở u1 ≥ u0 , phép quy nạp đơn giản ta có với n thuộc N, un+1 ≥ un Hơn nữa, với n thuộc N, un thuộc [0, 2] Vậy (un ) tăng bị chặn 2, nên hội tụ đến số thực L thuộc [0, 2] Ta thấy L thuộc {2, 4} Vậy L = h c + Trường hợp u0 thuộc [2, 4) Bằng cách tương tự ta thấy (un ) giảm bị chặn nên hội tụ đến số thực L thuộc [2, u0 ] thuộc[2, 4) Ta biết L thuộc {2, 4}, L = t + Trường hợp u0 = Dãy (un ) không đổi 4, hội tụ đến m a + Trường hợp u0 thuộc (4, +∞) Ở (un ) tăng Nếu (un ) hội tụ đến số thực L ta có L ≥ u0 > 4, mâu thuẫn với L thuộc {2, 4} Do (un ) tăng phân kỳ, un → +∞ v n Ta nói điểm bất động hút điểm bất động đẩy f Ví dụ 8.4 Khảo sát hội tụ dãy (un ) xác định công thức u0 = un+1 = với n = 0, 1, 2, + un Lời giải Phép quy nạp đơn giản cho thấy với n thuộc N, un > Phép giải phương trình f (x) = x (với x > 0) cho thấy 2+x √ có điểm bất động, ký hiệu A A = − Cho f : R+ → R+ , x → Với n thuộc N, ta có |un+1 − A| = 1 |un − A| ≤ |un − A| − = + un + A (2 + un )(2 + A) Bằng phép quy nạp đơn giản, ta suy với n thuộc N, |un − A| ≤ n |u0 − A| Vậy un → A 102 Trần Nam Dũng (chủ biên) Ở không cần khảo sát dãy với số chẵn số lẻ Ví dụ 8.5 Khảo sát hội tụ dãy (un ) xác định công thức u0 ≥ với n ∈ N un+1 = + u2 n Lời giải Một phép quy nạp đơn giản un ≥ với n tự nhiên hàm liên tục Ta có với x + x2 thuộc [0, +∞), phương trình f (x) = x có nghiệm x = Vậy un hội tụ hội tụ đến m Xét f : [0, +∞) → [0, +∞), f (x) = 4x ≤ với x thuộc [0, +∞), (1 + x2 )2 f giảm Vì f (1) = −1, ta khơng thể lập luận ví dụ .c o Ánh xạ f khả vi [0, +∞), f (x) = − (x − 1)3 (x2 + x + 2) (1 + x2 )2 + m a g(x) − x = − t h Ta chứng minh u2p → u2p+1 → Cho g = f ◦ f : [0, +∞) → [0, +∞), 2(1 + x2 )2 g(x) = Ta tính (1 + x2 )2 + n + Trường hợp u0 thuộc [0, 1] Khi với p thuộc N, u2p thuộc [0, 1] u2p+1 thuộc [1, +∞) Vậy, với p thuộc N, v u2p+2 − u2p = g(u2p ) − u2p ≥ 0, u2p+3 − u2p+1 = g(u2p+1 ) − u2p+1 ≤ Do (u2p ) (u2p+1 ) giảm Hơn nữa, với p thuộc N, u2p ≤ ≤ u2p+1 , nên ta suy (u2p ) hội tụ đến phần tử L thuộc [0, +∞) (u2p+1 ) hội tụ đến phần tử L thuộc [0, +∞) Vì g liên tục [0, +∞) x = nghiệm thuộc [0, +∞) phương trình g(x) = x, nên ta suy L = L = Cuối un → + Trường hợp u0 thuộc [1, +∞) Vì u1 = f (u0 ) thuộc [0, 1], ta quy trường hợp (bằng cách thay u0 u1 ) ta có kết luận un → Bài tập Khảo sát hội tụ dãy sau (a) u0 = un+1 = − với n ∈ N un Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 103 (b) u0 > un+1 = + u2 n với n ∈ N 2(un + 1) (c) u0 tùy ý un+1 = u2 + 2un với n ∈ N n Khảo sát dãy (un ) xác định u0 ≥ 0, un+1 = + u2 n ∀n ∈ N Khảo sát dãy (un ), (vn ) xác định − , vn+1 = n m a t h c o m un+1 = v u0 = v0 = 0, − un ∀n ∈ N 104 v n m a t h c o m Trần Nam Dũng (chủ biên) Chương o m Các định lý tồn giải tích định lý đại số Trong m a t h c viết nhỏ này, đề cập đến số định lý giải tích có nội dung tồn (tồn nghiệm, tồn cực trị ) cuối cùng, sử dụng chúng để chứng minh định lý đại số: đa thức bậc lớn hay có hệ số phức ln có nghiệm phức Cách chứng minh đơn giản, dễ hiểu, khơng q hình thức giúp học sinh hiểu rõ định lý không cảm thấy sợ chúng Chúng ta xem xét số ứng dụng định lý việc giải tốn bậc phổ thơng v n Bổ đề dãy đoạn thẳng lồng Bổ đề đơn giản đóng vai trị quan trọng việc chứng minh kết sâu sắc khác giải tích Bổ đề phát biểu sau: Nếu [a1 , b1 ] ⊂ [a2 , b2 ] ⊂ · · · ⊂ [an , bn ] ⊂ · · · dãy đoạn thẳng lồng có dn = bn − an → tồn điểm ξ thuộc tất đoạn thẳng Bổ đề chứng minh dễ dàng dựa vào định lý: dãy đơn điệu bị chặn có giới hạn Cụ thể, dãy {an } dãy tăng bị chặn trên, dãy {bn } dãy giảm bị chặn Cả hai dãy có giới hạn điểm ξ Định lý tồn giới hạn dãy đơn điệu bị chặn, phần mình, lại chứng minh dựa vào kết sau: tập hợp số thực bị chặn (hay bị chặn dưới) có cận (cận đúng) Ở đây, M gọi cận tập hợp S nếu: (1) x ≤ M với x thuộc S; Bài viết viết TS Trần Nam Dũng 105 106 Trần Nam Dũng (chủ biên) (2) Với ε > 0, tồn x thuộc S cho x > M − ε Định lý tưởng chừng hiển nhiên kết sâu sắc không đơn giản chút Ta công nhận định lý coi định lý tảng giải tích Định lý Cauchy giá trị trung gian Định lý Cauchy giá trị trung gian phát biểu rằng: hàm số liên tục đoạn nhận giá trị trung gian Điều có nghĩa hàm số liên tục nhận hai giá trị khác nhau, nhận giá trị nằm hai giá trị t h c o m Đồ thị hàm số liên tục, nói nơm na có tính chất vẽ mà khơng dứt nét bút khỏi mặt giấy Còn định nghĩa chặt chẽ sau Ta nói hàm số f liên tục điểm x0 , với ε > 0, tồn δ > cho |x − x0 | < δ | f (x) − f (x0 )| < ε Hàm số gọi liên tục đoạn, liên tục điểm đoạn Từ định nghĩa suy ra, hàm số khác điểm đó, giữ nguyên dấu khoảng (hay nửa khoảng, điểm đầu mút đoạn thẳng) chứa điểm Ta cần đến tính chất n m a Để chứng minh định lý Cauchy, thực chất ta cần chứng minh: hàm số liên tục đoạn, nhận hai đầu mút giá trị trái dấu, nhận giá trị đoạn v Ta chứng minh định lý Cauchy cách phát biểu này, tìm kiếm nghiệm hàm số phương pháp “chia để trị” Ta chia đoạn thẳng thành hai phần Nếu điểm hàm số định lý chứng minh Nếu điểm hàm số khác 0, hai đoạn thẳng, hàm số nhận giá trị trái dấu hai đầu mút Ta lại chia đoạn thẳng làm đôi tiếp tục Nếu q trình thực ta khơng gặp điểm có giá trị hàm số ta thu dãy đoạn thẳng lồng [a1 , b1 ] ⊂ [a2 , b2 ] ⊂ · · · ⊂ [an , bn ] ⊂ · · · có độ dài dần đến Theo bổ đề đoạn thẳng lồng nhau, tồn điểm ξ thuộc tất đoạn thẳng Theo tính chất bảo tồn dấu, giá trị hàm số ξ phải Định lý Cauchy chứng minh Từ định lý Cauchy suy kết đơn giản quan trọng nghiệm đa thức: Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có nghiệm thực Thật vậy, đa thức hàm số liên tục toàn trục số Giả sử f (x) = x2n+1 + a2n x2n + · · · + a1 x + a0 Khi đó, với x dương, ta có f (x) = x2n+1 + a2n a0 + · · · + 2n+1 x x Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 107 x2n+1 , tức f (x) số dương Hồn tồn tương tự, chứng minh với x đủ nhỏ f (x) âm Như thế, theo định lý Cauchy giá trị trung gian, f (x) có nghiệm Như thế, với x đủ lớn, f (x) lớn Định lý Cauchy cịn có hệ khác: hàm liên tục từ đoạn thẳng vào có điểm bất động (nghĩa là: f hàm liên tục [a, b], a < b a ≤ f (x) ≤ b với x thuộc [a, b] tồn điểm x0 thuộc [a, b] cho f (x0 ) = x0 ) Bạn đọc tự chứng minh kết m Định lý Veierstrass cực trị hàm số liên tục đoạn c o Định lý Veiestrass mở rộng có nhiều ứng dụng tốn học Định lý phát biểu đơn giản sau: hàm liên tục đoạn thẳng đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn v n m a t h Ta chứng minh định lý Giả sử f (x) hàm liên tục đoạn thẳng Khơng tính tổng qt, giả sử đoạn I = [0, 1] Trước hết ta chứng minh f bị chặn I Giả sử ngược lại f nhận I giá trị lớn tuỳ ý Khi với số nguyên dương n, tồn điểm xn thuộc I cho f (xn ) > n Như I ta xây dựng dãy vô hạn điểm Chia đoạn thẳng làm đơi Trên hai đoạn thẳng có chứa vơ số điểm Lại chia đoạn làm đơi tiếp tục Theo bổ đề dãy đoạn thẳng lồng nhau, tồn điểm thuộc vào tất đoạn thẳng Từ định nghĩa liên tục suy đoạn nhỏ chứa điểm này, hàm số bị chặn, điều trái với cách xây dựng điểm Ta chứng minh f (x) bị chặn Giả sử f không đạt giá trị lớn Điều có nghĩa tồn số M cho f (x) < M với x thuộc I, đồng thời f (x) nhận giá trị gần M tuỳ ý Với số nguyên dương m, tồn điểm ym cho f (ym ) > M − Ta lại xây dựng tập hợp vô hạn điểm Tiếp tục chia đoạn m thẳng I làm hai phần làm giống phần chứng minh tính bị chặn f (x) Và trên, ta tìm điểm ζ thuộc vào tất đoạn thẳng Theo cách xây dựng từ định nghĩa liên tục, ta thấy f (ζ ) phải M Tương tự chứng minh cho giá trị nhỏ Định lý Veierstrass chứng minh Mở rộng định lý Veierstrass Xét hàm hai biến f = f (x1 , x2 ), x1 , x2 số thực Ví dụ hàm hàm số 2 x1 + x2 - khoảng cách từ điểm có toạ độ (x1 , x2 ) mặt phẳng 108 Trần Nam Dũng (chủ biên) đến gốc toạ độ Khoảng cách d((x1 , x2 ), (x1 , x2 )) hai điểm (x1 , x2 ) (x1 , x2 ) mặt phẳng cho công thức (x1 − x1 )2 + (x2 − x2 )2 Hàm hai biến f ∗ ∗ gọi liên tục điểm (x1 , x2 ) với ε > 0, tồn số δ > cho ∗ , x∗ )) < δ | f (x , x ) − f (x∗ , x∗ )| < ε Hàm số gọi liên tục d((x1 , x2 ), (x1 2 hình vng max{|x1 |, |x2 |} ≤ a, liên tục điểm hình vng m Ta cần đến mở rộng sau định lý Veierstrass: hàm số liên tục hình vng đạt giá trị lớn giá trị nhỏ Cách chứng minh định lý hoàn toàn tương tự cách chứng minh nêu trên, điểm khác biệt cần phải chia hình vng thành bốn phần h c o Và bây giờ, phép chứng minh định lý đại số chia thành hai phần Trong phần đầu, ta lặp lại lý luận nêu để chứng minh mođun đa thức đạt giá trị nhỏ Và tiếp theo, thay cho định lý Cauchy giá trị trung gian, ta sử dụng bổ đề D’Alamber t Định lý đại số v n m a Trước hết ta cần xây dựng mặt phẳng phức Một cách hình thức ta đưa vào “số” i, có bình phương −1 Số khơng có đường thẳng thực Ta vẽ mặt phẳng hai đường thẳng: đường nằm ngang (mà ta gọi đường thẳng thực) đường khác qua gốc toạ độ vng góc với đường nằm ngang (mà ta gọi đường thẳng ảo) Số i, nằm đường thẳng ảo nằm nửa mặt phẳng phía cách gốc toạ độ khoảng cách 1, gọi đơn vị ảo Như vậy, số cho tương ứng với véc-tơ (1, 0) số i - véc-tơ (0, 1) Điểm (a, b) mặt phẳng tương ứng với số phức z = a + bi Các số phức cộng nhân theo quy tắc tự nhiên, giống số thực: z = a+bi, z = a +b i, z+z = (a+a )+(b+b )i, z·z = (a+bi)(a +b i) = (aa −bb )+(ab +a b)i Khoảng cách √ từ điểm z = a + bi đến (tức số a2 + b2 ) gọi mođun số z ký hiệu |z| Đa thức bậc n biểu thức có dạng p(z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a1 z + a0 Các hệ số ak số phức (trường hợp đặc biệt số thực) Đa thức z2 − có √ hai nghiệm thực ± 2, đa thức z2 + có hai nghiệm ảo ±i, cịn đa thức iz + có nghiệm i Định lý đại số Đa thức bậc n ≥ có nghiệm phức Chứng minh Giả sử p(z) = a0 + a1 z + · · · + an zn đa thức bậc n với hệ số phức (n ≥ 1), an = Xét hàm hai biến f (z) = |p(z)| Hàm số liên tục Ta Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 109 chứng minh hàm số “tăng đến vô cùng” Thật f (z) = |an ||z|n + Nếu giá trị |z| đủ lớn mơ-đun a0 an−1 +···+ an z an zn an−1 a0 + ··· + nhỏ nghĩa n an z an z |an ||z|n , (với |z| đủ lớn R) f (z) lớn f (0) Từ suy giá trị nhỏ f khơng thể đạt bên ngồi đường trịn bán kính R tâm và, thế, đạt ngồi hình vng chứa đường trịn Nhưng theo định lý Veierstrass, hàm số liên tục f phải đạt giá trị nhỏ hình vng Giả sử điểm z∗ Khơng tính tổng qt, giả sử z∗ = (nếu không đổi biến từ z thành z − z∗ ) Như thế, giả sử f đạt giá trị nhỏ điểm o m f (z) ≥ c Nếu f (0) = định lý chứng minh Ta chứng minh trường hợp f (0) > xảy t h Bổ đề D’Alamber Giá trị nhỏ mô-đun đa thức đại số bậc n ≥ 0, đạt điểm khác m a Thật vậy, giả sử ngược lại f (0) = |a0 | > giả sử k ≥ số nhỏ cho ak khác Gọi ξ nghiệm phương trình a0 + ak zk = Đặt tak+1 ξ k+1 + · · · + t n−k an ξ n = g(t) lúc n |p(tξ )| = |a0 + ak t k ξ k + ak+1t k+1 ξ k+1 + · · · + ant n ξ n | v = |a0 − t k [a0 + g(t)]| < |a0 | = |p(0)|, a0 Mâu thuẫn Như bổ đề chứng minh nghĩa định lý đại số chứng minh với t > đủ nhỏ, |g(t)| < Định lý đại số, gọi định lý Gauss - D’Alamber kết quan trọng tiếng tốn học Có nhiều cách chứng minh cho định lý cách chứng minh sơ cấp nhất, thông qua định lý liên quan đến tính chất hàm số liên tục, cụ thể định lý Cauchy định lý Veierstrass Tiếp theo, tiếp tục tìm thấy ứng dụng định lý Veirstrass việc chứng minh kết khác giải tính liên quan đến phép tính vi phân Bổ đề Fermat Bổ đề Fermat với định lý Veierstrass sở chuỗi định lý đẹp đẽ sâu sắc liên quan đến đạo hàm vi phân Định lý phát biểu sau: 110 Trần Nam Dũng (chủ biên) hàm số f (x) liên tục [a, b], khả vi khoảng (a, b) đạt cực trị điểm ξ ∈ (a, b) f (ξ ) = Rõ ràng ta cần chứng minh cho trường hợp ξ điểm cực tiểu Để chứng minh bổ đề Fermat, ta xét đạo hàm bên trái đạo hàm bên phải f điểm ξ : f (ξ + ) = lim x→ξ + f (x) − f (ξ ) , x−ξ f (ξ − ) = lim x→ξ − f (x) − f (ξ ) x−ξ m Chú ý rằng, f đạt cực tiểu điểm ξ nên với x đủ gần ξ f (x) − f (ξ ) ln khơng âm Vì giá trị dấu lim đẳng thức thứ ln khơng âm, cịn đẳng thức thứ hai ln khơng dương Vì đạo hàm bên phải điểm ξ khơng âm, cịn đạo hàm bên trái điểm ξ ln khơng dương Vì f khả vi nên hai đạo hàm bắt buộc phải Bổ đề Fermat chứng minh .c o Từ kết này, ta thu định lý Rolle, Langrange Cauchy h Các định lý Rolle - Lagrange - Cauchy a t Định lý Rolle Giả sử hàm số f (x) liên tục [a, b], khả vi (a, b) Ngoài ra, giả sử f (a) = f (b) Khi khoảng (a, b) tồn điểm ξ cho f (ξ ) = n m Nói cách khác, hai giá trị hàm khả vi ln có nghiệm đạo hàm hàm số v Để chứng minh định lý Rolle, trước hết ta áp dụng định lý Veirestrass cho hàm liên tục f (x) Hàm số đạt giá trị lớn M giá trị nhỏ m đoạn [a, b] Có thể xảy hai trường hợp (a) M = m Khi f (x) hàm [a, b] với ξ thuộc (a, b), f (ξ ) = (b) M > m Do f (a) = f (b) nên hai giá trị M m phải đạt điểm ξ thuộc (a, b) Nhưng đó, hàm số f (x) đạt cực trị điểm theo bổ đề Fermat, ta có f (ξ ) = Như định lý chứng minh Từ định lý Rolle, ta suy định lý Lagrange, hay tương đương công thức Lagrange Định lý Lagrange Cho f (x) hàm liên tục [a, b], khả vi (a, b) Khi tồn ξ thuộc (a, b) cho f (ξ ) = f (b) − f (a) b−a hay f (b) − f (a) = f (ξ )(b − a) Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 111 Công thức có ý nghĩa hình học đơn giản đường cong y = f (x), hai điểm A(a, f (a)) B(b, f (b)) có điểm C cho tiếp tuyến đường cong C song song với dây cung AB Công thức dạng thứ hai gọi công thức Lagrange số gia hữu hạn Nó cịn viết dạng f (x) = f (x0 ) + f (ξ )(x − x0 ) cơng thức Taylor khai triển đến bậc thấp Từ suy công thức tính gần vi phân: f (x + ∆x) ∼ f (x) + f (x)∆x m Để chứng minh định lý Lagrange, ta cần xét hàm số o f (b) − f (a) (x − a), b−a c g(x) = f (x) − h áp dụng định lý Rolle cho hàm số (do g(a) = g(b) = f (a)) a t Như vậy, định lý Langrange chứng minh thông qua định lý Rolle Mặt khác, định lý Rolle trường hợp đặc biệt định lý Lagrange Định lý sau mở rộng định lý Lagrange: v n m Định lý Cauchy Nếu hai hàm số f (x) g(x) liên tục [a, b], khả vi (a, b) g (x) khác với x thuộc (a, b) (a, b) tồn điểm ξ cho f (b) − f (a) f (ξ ) = b−a g (ξ ) Chúng dành việc chứng minh định lý Cauchy cho bạn đọc Chú ý định lý Lagrange trường hợp riêng định lý Cauchy, g(x) = x Từ định lý đây, ta suy nhiều hệ định lý quan trọng khác quy tắc L’Hopitale khử dạng vô định, công thức Taylor Cuối xem xét định lý tập giải cách áp dụng định lý Một số định lý tập áp dụng x2 x2/9 + y2 = (1) Chứng minh (P) cắt (E) bốn điểm phân biệt A, B, C, D Cho parabol (P) : y = x2 − 2x ellip (E) : 112 Trần Nam Dũng (chủ biên) (2) Chứng minh bốn điểm A, B, C, D nằm đường tròn, tìm tâm bán kính đường trịn (Đề thi Đại học Ngoại thương 1997) Cho hai đa thức P(x) = 4x3 − 2x2 − 15x + Q(x) = 12x3 + 6x2 − 7x + (1) Chứng minh đa thức cho có ba nghiệm thực phân biệt (2) Ký hiệu α β tương ứng nghiệm lớn P(x) Q(x) Chứng minh α + 3β = (Đề thi VMO 2003) o m Các số thực p, q phải thoả mãn điều kiện để đa thức x3 + px + q có ba nghiệm thực phân biệt? c Trong mặt phẳng cho ba tia Ox, Oy, Oz đoạn thẳng có độ dài 2p Chứng minh tồn ba điểm A, B, C tương ứng thuộc Ox, Oy, Oz cho chu vi tam giác OAB, OBC, OCA 2p t x có nghiệm thực? a Phương trình sin x = h (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam 1983) v n m (Quy tắc Descartes dấu) Cho P(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn đa thức có hệ số thực Gọi k số lần đổi dấu dãy hệ số khác P(x) (giữ thứ tự bỏ hệ số 0) Khi số nghiệm dương k đa thức P(x) k − 2s, ≤ s ≤ Hãy chứng minh Chứng minh đa thức P(x) với hệ số thực có tất nghiệm thực đa thức P(x) + P (x) có tất nghiệm thực Chứng minh đạo hàm bậc hàm số √ có nghiệm + x2 thực, nghiệm đơn nghiệm đạo hàm bậc n nằm hai nghiệm đạo hàm bậc n + Giả sử đa thức bậc bốn P(x) có bốn nghiệm dương Chứng minh phương trình − 4x − 4x P(x) + − P (x) − P (x) = x2 x2 có bốn nghiệm dương (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam 1994) Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 113 10 Chứng minh với n nguyên dương với x, ta có 1 1 + cos x + cos 2x + cos 3x + · · · + cos nx ≥ n 11 (Quy tắc L’Hopitale) Cho hai hàm số f (x) g(x) xác định khả vi khắp nơi lân cận điểm a, ngoại trừ điểm a Giả sử lim f (x) = lim g(x) = 0, x→a x→a m đạo hàm g (x) khác khắp nơi lân cận nói điểm a Khi f (a) f (a) tồn giới hạn lim , tồn giới hạn lim , ta có x→a g (a) x→a g(a) f (a) f (a) = lim x→a g(a) x→a g (a) c o lim Hãy chứng minh a t h 12 (Mở rộng định lý Rolle) Cho < a < b Nếu f (x) n + điểm đoạn [a, b] tất nghiệm đa thức a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn thực điểm ξ thuộc (a, b) ta có đẳng thức m a0 f (ξ ) + a1 f (ξ ) + · · · + an f (n) (ξ ) = v n 13 (Mở rộng công thức Lagrange) Cho hàm số f (x) liên tục khả vi hai lần lân cận điểm x0 Chứng minh với x thuộc lân cận này, tồn ξ nằm x0 x cho f (x) = f (x0 ) + f (ξ )(x − x0 ) + f (ξ )(x − x0 )2 14 Hàm số f (x) khả vi hai lần toàn trục số bị chặn Chứng minh tồn điểm x0 cho f (x0 ) = 15 Cho f (x) hàm số liên tục R tuần hoàn với chu kỳ 1, tức f (x +1) = f (x) với x Chứng minh tồn số x0 cho f (x0 + π) = f (x0 ) 16 Cho hàm số f hàm số liên tục từ R vào R cho | f (x) − f (y)| ≥ |x − y| với x, y thuộc R Chứng minh f toàn ánh Phần viết dựa báo “Các định lý tồn định lý đại số” GS V Tikhomirov đăng tạp chí Kvant, số 4/2005 114 Trần Nam Dũng (chủ biên) Tài liệu tham khảo [1] V Tikhomirov, Các định lý tồn định lý đại số, Kvant, số 4/2005, trang 2-6 (tiếng Nga) [2] G Polya, G Sege, Các định lý toán giải tích, Nhà xuất Khoa học, Matcơva 1978 (tiếng Nga) [3] V Ilyn, E Poznyak, Cơ sở giải tích toán học, Nhà xuất Khoa học, Matxcơva 1998 (tiếng Nga) m [4] Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Các thi Olympic Tốn Trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), Nhà xuất Giáo dục 2007 o [5] Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, The Vietnamese Mathematical Olympiad (19902006), Selected Problems, Nhà xuất Giáo dục 2007 t [7] Bách khoa toàn thư mở wikipedia h c [6] V Sadovnichi, A Podkolzin, Các toán Olympic sinh viên, Nhà xuất Khoa học, Matxcơva 1978 (tiếng Nga) v n m a [8] Paulo Ney de Souza, Jorge-Nuno Silva, Berkeley Problems in Mathematics, Springer 2001 ... x) − sin2 2x − sin 2x + = Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 21 Từ giải phương trình Bình luận Bài giống đề thi đại học hơn, khơng có ý tưởng Bài 2.5 Giải hệ phương... nghĩ đến dùng tính đơn điệu hàm số để giải điều dễ hiểu Bài khó đề đại học tí Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 19 Bài 2.2 Giải phương trình √ √ 4x + − 3x − = x +... + x − 2.10 Giải tập hợp số thực hệ phương trình sau          2009 ∑ xi = 2009 i=1 2009 ∑ i=1 2009 xi = ∑ i=1 xi Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 2.11