OLP QG DapAn DaiSo GiaiTich 2016

OLP QG DapAn DaiSo GiaiTich 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh...

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 ĐÁP ÁN MÔN: ĐẠI SỐ Thời gian làm bài: 180 phút Bảng A Bài A.1 (i) Đáp số a4 − b4 (ii) Sử dụng công thức Cramer, A−1   a3 a2 b ab2 b3  b3 a3 a2 b ab2   = (b4 − a4 )−1  ab2 b3 a3 a2 b a2 b ab2 b3 a3 Ký hiệu y0 số ban đầu công ty quản lý Ký hiệu y1 , y2 , y3 , y4 số tương ứng công ty cuối tháng thứ 1, 2, 3, Từ giả thiết có: y1 = 0, 9y0 + 100 Phân tích tương tự ta nhận 10y1 − 9y0 = 1000 10y2 − 9y1 = 1.020; 10y3 − 9y2 = 1.040; 10y4 − 9y3 = 1.060 Kết hợp với y4 = y0 + 80 phương trình cuối viết lại 10y0 − 9y3 = 260 Vậy ta có hệ phương trình tuyến tính với ma trận cho    −9 10 0 y0  −9 10  y1    = A=  0 −9 10  y2  10 0 −9 y3   1.000 1.020   1.040 260 Sử dụng cơng thức tính ma trận A−1 câu ta tính y0 = 729 ∗ 1.000 + 810 ∗ 1.020 + 900 ∗ 1.040 + 1000 ∗ 260 19 ∗ 181 Vậy y4 = 880 = 800 Bài A.2 (i) Ma trận theo sở cho        ··· ··· 0 ··· 0 ··· 1 Cn−1 Cn−1 n−2 Cn−1 n−1 Cn−1        (ii) đa thức đặc trưng Φ có dạng T n + an−1 T n−1 + + a0 Theo định lý Cayley-Halmilton, Φn + an−1 Φn−1 + + a0 Id = Nhưng đẳng thức xác nói với p ∈ V p(x + n) + an−1 p(x + n − 1) + · · · + a0 p(x) = Bài A.3 (i) n = 2: P2 (x) = 2x2 − x − có hai nghiệm thực x = x = −1/2 n = 3: P3 (x) = 3x3 − x2 − x − = (x − 1)(3x2 + 2x + 1) Từ ta thấy, P3 (x) có nghiệm x = (ii) Pn (x) = (x − 1)(nxn−1 + (n − 1)xn−2 + + 2x + 1) Ta chứng minh đa thức Q(x) := nxn−1 + (n − 1)xn−2 + + 2x + có nghiệm thực x = a < n chẵn khơng có nghiệm thực n lẻ Nhận xét, Q(x) = R (x), n R(x) = x + x n−1 Vậy Q(x) = R (x) = + + = xn+1 − x−1 nxn+1 − (n + 1)xn + (x − 1)2 Khảo sát đa thức tử số: S(x) = nxn+1 − (n + 1)xn + ta thấy Nếu n lẻ ta thấy S(x) ≥ với x, dấu xảy x = (dùng BĐT Cauchy) Tuy nhiên Q(1) = 1, Q(x) khơng có nghiệm thực Nếu n chẵn, khảo sát hàm số ta thấy S(x) có hai nghiệm, nghiệm x = nghiệm x = a < Vậy Q(x) có nghiệm x = a < Bài A.4 √ Xét hình vng có diện tích S Cạnh hình vng có độ dài c = S Khi cạnh hình vng cạnh huyền tam giác vuông mà hai cạnh góc vng lại đường thẳng đứng đường ngang Khi c2 = a2 + b2 với a, b ≥ hai số nguyên, tương ứng với độ dài hai cạnh tam giác vuông Do S = a2 + b2 (i) S = 4: suy a = 2, b = a = 0, b = Do hình vng có hai cạnh song song với đường dọc ngang Nói riêng, hình vng ứng với hai đoạn độ dài cột dọc ngang Số đoạn cột ngang dọc 16 − = 14 Số hình vng diện tích N4 = 142 = 196 (ii) S = 25: Ta có 25 = + 52 = 32 + 42 Do xảy hai trường hợp a = 0, b = a = 5, b = 0; a = 3, b = a = 4, b = Trường hợp thứ nhất, lập luận tương tự suy có tất A = (16 − 5)2 = 121 hình vng có cạnh độ dài song song với trục dọc, ngang Trường hợp thứ hai, tính đối xứng nên số hình vng B = 2C với C số hình vng ứng với trường hợp a = 3, b = Một hình vng ứng với hai đoạn có độ dài trục dọc ngang Số C = (16 − 7)2 = 81 Do số hình vng có diện tích 25 trường hợp (a, b) = (3, 4) (4, 3) B = 2.81 = 162 Vậy tổng số hình vng có diện tích 25 S25 = A + B = 283 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 ĐÁP ÁN MÔN: ĐẠI SỐ Thời gian làm bài: 180 phút Bảng B Bài B.1 (i) Đáp số a4 − b4 (ii) Sử dụng công thức Cramer, A−1   a3 a2 b ab2 b3  b3 a3 a2 b ab2   = (b4 − a4 )−1  ab2 b3 a3 a2 b a2 b ab2 b3 a3 (iii) Ký hiệu y0 số ban đầu công ty quản lý Ký hiệu y1 , y2 , y3 , y4 số tương ứng công ty cuối tháng thứ 1, 2, 3, Từ giả thiết có: y1 = 0, 9y0 + 100 Phân tích tương tự ta nhận 10y1 − 9y0 = 1000 10y2 − 9y1 = 1.020; 10y3 − 9y2 = 1.040; 10y4 − 9y3 = 1.060 Kết hợp với y4 = y0 + 80 phương trình cuối viết lại 10y0 − 9y3 = 260 Vậy ta có hệ phương trình tuyến tính với ma trận cho    −9 10 0 y0  −9 10  y1    = A=  0 −9 10  y2  10 0 −9 y3   1.000 1.020   1.040 260 Sử dụng cơng thức tính ma trận A−1 câu ta tính y0 = 729 ∗ 1.000 + 810 ∗ 1.020 + 900 ∗ 1.040 + 1000 ∗ 260 19 ∗ 181 Vậy y4 = 880 = 800 Bài B.2 (i) Dễ thấy ánh xạ D biến hàm vào ánh xạ T biến đa thức vào đa thức thức có nghiệm Vậy D khơng đơn ánh T khơng tồn ánh (ii) Ta có (D ◦ T − T ◦ D)(p(x)) = D(xp(x)) − xD(p(x)) = p(x) + xp (x) − xp (x) = p(x), với p(x) Vậy ánh xạ D ◦ T − T ◦ D song ánh Bài B.3 (i) Ma trận theo sở cho        ··· ··· 0 ··· 0 ··· 0 Cn0 Cn1 Cnn−1        (ii) Có thể suy trực tiếp từ ý (i) (ma trận nhận ma trận đường chéo chặt) Cũng dụng nhận xét: ánh xạ Φ làm giảm bậc đa thức, từ Φn+1 = (iii) Nhận xét toán tử giảm bậc đa thức khác đơn vị Vậy chọn sở dạng e1 = p(x) - đa thức bậc n, ei = Φi−1 e1 Có thể ví dụ cụ thể cho sở chứng minh nhận định (xem câu sau) (iv) Do p đa thức, điều kiện p(a + 1) + p(a − 1) = 2p(a) với a nguyên tương đương với p(x + 1) + p(x − 1) = 2p(x) Dễ thấy điều kiện lại tương đương với p(x) ∈ ker Φ2 Sử dụng sở cho câu (ii) (thậm chí tinh ý sử dụng ma trận tìm câu (i)), ta thấy ker Φ2 khơng gian sinh vectơ đầu tiên, nói cách khác, đa thức có bậc ≤ Cách khác dựa vào lập luận hạng: dựa vào ma trận cho (i), ta dễ dàng thấy Φ2 ánh xạ có hạng n − Từ suy ker Φ có hạng Nhưng hiển nhiên không gian đa thức bậc ≤ nằm ker Φ Từ có điều cần chứng minh Nhận xét Ta lập luận cách giải tích sau: p đa thức điều kiện p(a + 1) + p(a − 1) = 2p(a), mà ta viết lại thành p(a) = 12 (p(a + 1) + p(a − 1)), với a tương đương với p(α) = 21 (p(α + β) + p(α − β)) (∀α, β ∈ R) Như p hàm số vừa lồi vừa lõm Điều xảy đồ thị p đường thẳng, nói cách khác, p đa thức bậc ≤ 1! Bài B.4 √ Xét hình vng có diện tích S Cạnh hình vng có độ dài c = S Khi cạnh hình vng cạnh huyền tam giác vng mà hai cạnh góc vng lại đường thẳng đứng đường ngang Khi c2 = a2 + b2 với a, b ≥ hai số nguyên, tương ứng với độ dài hai cạnh tam giác vng Do S = a2 + b2 (i) S = 4: suy a = 2, b = a = 0, b = Do hình vng có hai cạnh song song với đường dọc ngang Nói riêng, hình vng ứng với hai đoạn độ dài cột dọc ngang Số đoạn cột ngang dọc 16 − = 14 Số hình vng diện tích N4 = 142 = 196 (ii) S = 25: Ta có 25 = + 52 = 32 + 42 Do xảy hai trường hợp a = 0, b = a = 5, b = 0; a = 3, b = a = 4, b = Trường hợp thứ nhất, lập luận tương tự suy có tất A = (16 − 5)2 = 121 hình vng có cạnh độ dài song song với trục dọc, ngang Trường hợp thứ hai, tính đối xứng nên số hình vng B = 2C với C số hình vuông ứng với trường hợp a = 3, b = Một hình vng ứng với hai đoạn có độ dài trục dọc ngang Số C = (16 − 7)2 = 81 Do số hình vng có diện tích 25 trường hợp (a, b) = (3, 4) (4, 3) B = 2.81 = 162 Vậy tổng số hình vng có diện tích 25 S25 = A + B = 283 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải A.1 Công thức truy hồi viết lại thành un+1 = un + (un − 1)2 ; suy dãy số (un )∞ n=1 đơn điệu không giảm Nếu dãy hội tụ = + ( − 1)2 ⇒ = 1 Vì dãy đơn điệu khơng giảm nên hội tụ un ≤ = (∀n ≥ 1) Đặc biệt, a2 − a + = u2 ≤ ⇒ ≤ a ≤ Đảo lại, cho ≤ a ≤ Khi đó, ≤ u1 ≤ Giả sử với n ≥ đó, ta có ≤ un ≤ Suy ra: un (un − 1) ≤ ⇒ un − un + ≤ Theo công thức truy hồi, bất đẳng thức cuối viết thành un+1 ≤ 1; vậy, ≤ un ≤ un+1 ≤ Nguyên lý quy nạp cho ta ≤ un ≤ với n ≥ Dãy cho đơn điệu bị chặn nên hội tụ Kết luận: giá trị cần tìm a ≤ a ≤ HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải A.2 • Nếu a, b ∈ N∗ ta có ngay: (1) lim (a{nb} + b{na}) = n→∞ • Đảo lại, giả sử có (1) Dễ thấy ≤ {na} < hạn kẹp (1) kéo theo b (a{nb} + b{na}), nên theo định lý giới lim {na} = 0, tương tự, lim {nb} = n→∞ (2) n→∞ Đến chứng minh a, b ∈ N∗ theo cách khác sau: Cách 1: • Giả sử a vơ tỉ Khi biểu diễn thập phân a = (C, c1 c2 )10 = C + ∞ i=1 ci 10i tồn chữ số c = xuất vô hạn lần; tức là, tồn số i1 < i2 < · · · cho c = ci1 = ci2 = Xét n = 10ik −1 → ∞, ta có (k→∞) na = (Cc1 cik −1 , cik cik+1 )10 ⇒ {na} > (0, c)10 = c 10 > 0, mâu thuẫn với (2) p • Vậy a hữu tỉ: a = với p, q ∈ N∗ Xét n = kq + → ∞, ta có {na} = {kp + a} = {a} (k→∞) q nên (2) ⇒ {a} = Từ đó, a ∈ N∗ Tương tự, b ∈ N∗ Cách 2: • Ta chứng minh {a} = Giả sử đpcm sai Khi < {a} < Với ε := min{1 − {a}, {a}} > 0, theo (2) định nghĩa giới hạn, tồn n0 ∈ N∗ cho ≤ {na} < ε với n ≥ n0 Đặc biệt, ≤ {n0 a}, {(n0 + 1)a} < ε (3) • Lại có {(n0 + 1)a} = {[a] + {a} + [n0 a] + {n0 a}} = {{a} + {n0 a}} (4) Nhưng < {a} ≤ {a} + {n0 a} < {a} + ε ≤ nên (3)-(4) kéo theo ε > {(n0 + 1)a} = {a} + {n0 a} ≥ {a}, mâu thuẫn với định nghĩa ε! Mâu thuẫn chứng tỏ {a} = 0, tức a ∈ N∗ Tương tự, ta có b ∈ N∗ HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải A.3 • Trong điều kiện thứ nhất, chọn x = ta thấy f (0)2 ≤ ⇒ f (0) = Với x = 0, từ điều kiện f (ax)2 ta có f (x) ≥ ≥ Vậy, f (x) ≥ với x a3 x2 • Nếu a = 1, điều kiện thứ trở thành f (x)2 ≤ x2 f (x), ta suy f (x) ≤ x2 với số thực x, nên đpcm Bây giờ, xét trường hợp a > • Đặt g(x) := |f (x)| x2 /a = f (x) x2 /a ≥ với x = Từ nay, xem x = phải chứng minh g(x) ≤ Theo định nghĩa g, ta có f (x) = x2 a g(x) • Từ đó, viết lại theo g điều kiện thứ sau: (ax)2 a g(ax) ≤ a3 x2 x2 a g(x) ⇔ g(ax)2 ≤ g(x) (1) Dùng (1), quy nạp theo n ∈ N, ta thấy: x g(x) ≤ g 2−n an (2) ∀n ∈ N • Theo điều kiện thứ hai, tồn m, M ∈ (0, ∞) cho (0 ≤) f (t) ≤ M |t| < m (trong x B2, m = 1) Vì a > nên tồn n0 ∈ N (phụ thuộc vào x) để n < m với a n ≥ n0 ; với số tự nhiên n thế, (2) kéo theo   f an  g(x) ≤   x an 2n + 2−n x /a     ≤ a 2n+1 2n x21−n M2 −n (3) = (có thể dùng quy tắc l’Hospital), nên cách cho n → ∞ 2n (3), ta có g(x) ≤ 1, đpcm • Dễ thấy lim n→∞ HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TỐN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải A.4 Nếu f (x) > với x ≥ 0, nói riêng, f (0) > 0, nên điều kiện đầu toán kéo theo f (0) ≥ 0; lúc f tăng ngặt [0, ∞) nên điều kiện thứ hai thỏa mãn Một cách tương tự, f (x) < với x ≥ 0, ta gặp mâu thuẫn Vậy, ∃x1 ≥ 0, f (x1 ) = Giả sử với k ≥ đó, ta chứng minh tồn k số ≤ x1 < x2 < · · · < xk cho f (n) (xn ) = với số nguyên dương n ≤ k Nếu f (k+1) (x) > với x > xk , f (k) tăng ngặt [xk , ∞); suy f (k) (x) ≥ f (k) (xk + 1) > f (k) (xk ) = ∀x ≥ xk + Với x ≥ xk + 1, lấy x xk +1 dt hai vế bất đẳng thức f (k) (t) ≥ f (k) (xk + 1) thảy k lần, ta thu bất đẳng thức có dạng f (x) ≥ f (k) (xk + 1) k! xk + đa thức có bậc bé k biến x; thế, lim f (x) = +∞, mâu thuẫn với điều kiện thứ hai x→+∞ Một cách tương tự, f (k+1) (x) < với x > xk , ta có lim f (x) = −∞, x→+∞ mâu thuẫn với điều kiện thứ hai Vậy, ∃xk+1 > xk , f (k+1) (xk+1 ) = Nguyên lý quy nạp cho ta kết luận toán Cuối cùng, ví dụ hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề bài, không đồng x 0, cho chẳng hạn công thức f (x) = x (điều kiện thứ hai kiểm tra quy tắc e l’Hospital) HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TỐN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải A.5 Dùng định lý phép tính vi-tích phân (về đạo hàm theo cận tích phân xác định): αxα−1 fα (x) = ln xα − ln x = xα−1 − ln x ∀x > Vì thế: α > fα > nên fα tăng ngặt I := (1, ∞); < α < fα < nên fα giảm ngặt I Vậy, fα song ánh khả vi (nên liên tục) từ khoảng I lên khoảng Iα ⊂ R, ảnh fα Ánh xạ ngược gα := fα−1 : Iα → I khả vi, với y = fα (x) ∈ Iα , suy fα phép đồng phôi gα (y) = fα (x) Để tìm Iα trường hợp α > 1, ta đánh giá fα (x) ≥ (xα −x) ln t : x ≤ t ≤ xα xα − x = ln xα = x xα−1 − · α ln x → (x→+∞) +∞ (1) (quy tắc l’Hospital) Đổi biến số t = eu , ta lại có fα (x) = có x < eu < xα , α ln x u du e ln x suy α ln x x ln α = x ln x du u Với x > 1, ln x < u < α ln x, ta u α ln x < fα (x) < xα du u ln x = xα ln α ⇒ lim fα (x) = ln α x→1+ (2) Từ (1)-(2), ta thấy Iα = (ln α, +∞) Để tìm Iα trường hợp < α < 1, ta dùng cách: Cách 1: Tương tự trường hợp α > 1, lần ta đánh giá fα (x) ≤ −(x − xα ) ln t : xα ≤ t ≤ x = xα − x ln x = xα · − x1−α ln x → (x→+∞) −∞ (3) (quy tắc l’Hospital) Cũng đổi biến số t = eu , để ý: với x > 1, α ln x < u < ln x, ta có xα < eu < x, suy x ln α = −x ln x du α ln x u < fα (x) < −xα ln x du α ln x u = xα ln α ⇒ lim fα (x) = ln α (4) x→1+ Từ (3)-(4), ta thấy Iα = (−∞, ln α) Cách 2: Ta có fα (x) = −f (z) với z := xα ; mà > 1, lim z = +∞ z → 1+ x→+∞ α nên dùng kết trường hợp chứng minh ta có ngay: α x → 1+ lim fα (x) = − lim f (z) = −∞, lim fα (x) = − lim f (z) = − ln(1/α) = ln α x→+∞ z→+∞ Suy Iα = (−∞, ln α) α x→1+ z→1+ α HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải B.1 Từ công thức truy hồi ta thấy dãy số (un )∞ n=1 đơn điệu khơng giảm Nếu hội tụ = + ( − 2016)2 ⇒ Vì dãy đơn điệu khơng giảm nên hội tụ = 2016 un ≤ = 2016 (∀n ≥ 1) Đặc biệt, a + (a − 2016)2 = u2 ≤ 2016 ⇒ (a − 2016)(a − 2015) ≤ ⇒ 2015 ≤ a ≤ 2016 Đảo lại, cho 2015 ≤ a ≤ 2016 Khi đó, 2015 ≤ u1 ≤ 2016 Giả sử với n ≥ đó, ta có 2015 ≤ un ≤ 2016 Suy ra: (un − 2016)(un − 2016 + 1) ≤ ⇒ (un − 2016)2 + un − 2016 ≤ Theo công thức truy hồi, bất đẳng thức cuối viết thành un+1 ≤ 2016; vậy, 2015 ≤ un ≤ un+1 ≤ 2016 Sử dụng nguyên lý quy nạp ta thu 2015 ≤ un ≤ 2016 với n ≥ Dãy cho đơn điệu bị chặn nên hội tụ Kết luận: giá trị cần tìm a 2015 ≤ a ≤ 2016 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải B.2 Dễ thấy hàm f liên tục (0, 1] nên f liên tục [0, 1] liên tục (bên phải) Nếu α > lim xα = 0, nên từ bất đẳng thức |f (x)| ≤ xα (∀x ∈ (0, 1]) ta suy x→0+ lim f (x) = = f (0), tức f liên tục (bên phải) điểm x→0+ Đảo lại, xn := π điểm phải có −1 → 0+ với sin x1n ≡ 1, ta thấy f (n→+∞) lim xn α = lim f (xn ) = f (0) = Suy α > n→+∞ n→+∞ + 2nπ liên tục (bên phải) Dễ thấy hàm f khả vi (0, 1] nên f khả vi [0, 1] có đạo hàm bên phải điểm f (x) − f (0) Nếu α > lim = lim xα−1 sin x1 = (chính kết phần x−0 x→0+ x→0+ α − > 0), nên f có đạo hàm bên phải f+ (0) = Đảo lại, yn := (2nπ)−1 điểm f+ (0) = lim → (n→+∞) n→+∞ 0+ với sin f (yn ) − f (0) yn − yn ≡ 0, ta thấy f có đạo hàm bên phải = Vậy, với xn nói phần 1, ta có = f+ (0) = lim n→+∞ f (xn ) − f (0) xn − Điều xảy α > = lim xn α−1 n→+∞ Dễ thấy hàm f khả vi liên tục (0, 1] với f (x) = αxα−1 sin x − xα−2 cos x ∀x ∈ (0, 1] (1) nên f khả vi liên tục có đạo hàm bên phải f+ (0) = (kết phần 2) lim f (x) = f+ (0) x→0+ Nếu α > (1) ⇒ |f (x)| ≤ αxα−1 + xα−2 Đảo lại, với yn dùng phần 2, cos → ⇒ lim f (x) = = f+ (0) x→0+ yn x→0+ ≡ 1, ta thấy lim f (x) = f+ (0) = x→0+ = − lim f (yn ) = n→+∞ lim yn α−2 Điều xảy α > n→+∞ HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải B.3 • Trong điều kiện thứ nhất, chọn x = ta thấy f (0)2 ≤ ⇒ f (0) = Với x = 0, từ điều kiện f (ax)2 ta có f (x) ≥ ≥ Vậy, f (x) ≥ với x a3 x2 • Nếu a = 1, điều kiện thứ trở thành f (x)2 ≤ x2 f (x), ta suy f (x) ≤ x2 với số thực x, nên đpcm Bây giờ, xét trường hợp a > • Đặt g(x) := |f (x)| x2 /a = f (x) x2 /a ≥ với x = Từ nay, xem x = phải chứng minh g(x) ≤ Theo định nghĩa g, ta có f (x) = x2 a g(x) • Từ đó, viết lại theo g điều kiện thứ sau: (ax)2 a g(ax) ≤ a3 x2 x2 a g(x) ⇔ g(ax)2 ≤ g(x) (1) Dùng (1), quy nạp theo n ∈ N, ta thấy: x g(x) ≤ g 2−n an (2) ∀n ∈ N • Theo điều kiện thứ hai, tồn m, M ∈ (0, ∞) cho (0 ≤) f (t) ≤ M |t| < m (trong x B2, m = 1) Vì a > nên tồn n0 ∈ N (phụ thuộc vào x) để n < m với a n ≥ n0 ; với số tự nhiên n thế, (2) kéo theo   f an  g(x) ≤   x an 2n + 2−n x /a     ≤ a 2n+1 2n x21−n M2 −n (3) = (có thể dùng quy tắc l’Hospital), nên cách cho n → ∞ 2n (3), ta có g(x) ≤ 1, đpcm • Dễ thấy lim n→∞ HỘI TỐN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải B.4 Giả sử phản chứng phương trình f (x) = vơ nghiệm Theo giả thiết, f liên tục nên từ suy ra: f không đổi dấu R Nếu cần, thay f −f , ta xem f (x) > với x Lúc f tăng ngặt Nếu tồn a để f (a) > với x > a ta có x x f (a)dt = f (a) + f (a)(x − a); f (t)dt > f (a) + f (x) = f (a) + a a chia hai vế cho x > max{a, 0} lấy lim , dùng giả thiết ta thấy: x→+∞ 0= lim f (x) x x→+∞ ≥ lim f (a) x→+∞ x + f (a) lim x→+∞ x−a x = f (a), vô lý! Mâu thuẫn chứng tỏ f (x) ≤ với x Mà f tăng ngặt, nên tồn b để f (b) < Với x < b, ta lại có b f (x) = f (b) − x b f (t)dt > f (b) − x f (b)dt = f (b) + f (b)(x − b) Chia hai vế bất đẳng thức cho x < min{b, 0} lấy lim , dùng giả thiết ta thấy: x→−∞ 0= lim x→−∞ f (x) x ≤ lim x→−∞ f (b) x + f (b) lim x→−∞ x−b x = f (b), vô lý! Tất mâu thuẫn gặp chứng tỏ phương trình f (x) = phải có nghiệm Ghi chú: Thực cần giả thiết f khả vi hai lần (f khơng thiết liên tục) Khi đó, dùng tính chất nhận giá trị trung gian hàm đạo hàm, ta thấy phương trình f (x) = vơ nghiệm f khơng đổi dấu R HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN Lời giải B.5 • Dùng định lý phép tính vi-tích phân (về đạo hàm theo cận tích phân xác định): f (x) = ln x − (1/2)x−1/2 ln x1/2 = − x−1/2 ln x √ x−1 = √ >0 x ln x ∀x > nên f tăng ngặt liên tục I := (1, ∞) • Để tìm tập ảnh J f , ta đánh giá √ f (x) ≥ (x− x) ln t : √ x≤t≤x = x− √ x ln x = √ x· √ x−1 ln x → (x→+∞) +∞ (1) (quy tắc l’Hospital) Đổi biến số t = eu , ta có: f (x) = √ u < ln x, x < eu < x, suy √ x ln = √ du ln x u (1/2) ln x e ln x x du u lim f (x) = ln (1/2) ln x ⇒ u x→1+ Từ (1)-(2), ta thấy J = (ln 2, ∞) để ý: với x > 1, (1/2) ln x < ln x < f (x) < x (1/2) ln x du u = x ln (2) Ghi chú: để chứng minh (1) ta dùng bất đẳng thức et ≥ + t > t ⇒ ln t < t ⇒ 1 √ x dt > với t > Vậy, f (x) > √x = ln x Suy (1) ln t t t ... giảm nên hội tụ = 2016 un ≤ = 2016 (∀n ≥ 1) Đặc biệt, a + (a − 2016) 2 = u2 ≤ 2016 ⇒ (a − 2016) (a − 2015) ≤ ⇒ 2015 ≤ a ≤ 2016 Đảo lại, cho 2015 ≤ a ≤ 2016 Khi đó, 2015 ≤ u1 ≤ 2016 Giả sử với n... có 2015 ≤ un ≤ 2016 Suy ra: (un − 2016) (un − 2016 + 1) ≤ ⇒ (un − 2016) 2 + un − 2016 ≤ Theo công thức truy hồi, bất đẳng thức cuối viết thành un+1 ≤ 2016; vậy, 2015 ≤ un ≤ un+1 ≤ 2016 Sử dụng nguyên... thu 2015 ≤ un ≤ 2016 với n ≥ Dãy cho đơn điệu bị chặn nên hội tụ Kết luận: giá trị cần tìm a 2015 ≤ a ≤ 2016 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2016 Mơn thi: Giải