Kỳ thi Olympic Toán học lần thứ 26 dành cho sinh viên các trường đại học, cao đẳng, học viện và học sinh phổ thông các trường chuyên trong cả nước đã diễn ra tại Trường đại học Quảng Bình từ 9-15/4/2018. Quyển kỷ yếu này chủ yếu dành để tập hợp lại một số bài đề xuất của các trường tham dự kỳ thi với mong muốn cung cấp thêm một tài liệu tham khảo cho những người quan tâm.
KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 26 Quảng Bình, 9-15/4/2018 HỘI TỐN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH HỘI TỐN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 26 BIÊN TẬP Nguyễn Thành Chung Trường Đại học Quảng Bình Đồn Trung Cường Hội Toán học Việt Nam & Viện Toán học Nguyễn Văn Quý Université Paris Panthéon-Sorbonne Trần Văn Thành Viện Tốn học Dương Việt Thơng Trường Đại học Kinh tế Quốc dân Vũ Tiến Việt Học viện An ninh Nhân dân QUẢNG BÌNH, 9-15/4/2018 GIỚI THIỆU Kỳ thi Olympic Toán học lần thứ 26 dành cho sinh viên trường đại học, cao đẳng, học viện học sinh phổ thông trường chuyên nước diễn Trường đại học Quảng Bình từ 9-15/4/2018 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 Mục lục I KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 26 Một số thông tin kỳ thi Thông tin chung Kết 5 Một số hình ảnh II ĐỀ THI 15 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 NGÀY - Biến đổi Abel số ứng dụng 3.2 NGÀY - Bài toán đàn gà 17 17 17 18 20 20 22 24 24 25 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 27 27 30 31 32 33 34 35 MỤC LỤC Các đề xuất: Giải tích Dãy số Chuỗi số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Phương trình hàm III HƯỚNG DẪN GIẢI 53 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 NGÀY - Biến đổi Abel số ứng dụng 3.2 NGÀY - Bài toán đàn gà 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 37 37 39 40 42 46 51 55 55 55 59 64 64 69 72 72 75 81 81 90 94 96 98 99 104 107 107 113 116 124 138 153 Phần I KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 26 140 Lấy tích phân vế với ý f (x)dx, f (a + 4)da = f (x)dx, f (a + 6)da = 13 f (x)dx, f (a + 10)da = 11 ta suy bất đẳng thức cần chứng minh Bài 5.5 (ĐH Hàng hải Việt Nam) Vì hàm f tuần hồn chu kỳ T nên tích phân đoạn có độ dài T Ta chứng minh công thức nT T f (t)dt = n (19) f (t)dt với n nguyên Thật vậy, với n nguyên dương ta có nT T f (t)dt = 2T f (t)dt + nT T f (t)dt + + T f (t)dt = n f (t)dt (n−1)T Với n nguyên âm ta có −T nT f (t)dt = −2T f (t)dt+ nT f (t)dt+ + −T f (t)dt = (−n) T f (t)dt = n T (n+1)T f (t)dt Cuối rõ ràng (19) với n = Với x ∈ R tồn số nguyên n thỏa mãn nT ≤ x < (n + 1)T Do (19) ta có x nT f (t)dt = x f (t)dt + T f (t)dt = n x f (t)dt + nT f (t)dt nT Suy x x T f (t)dt x f (t)dt n f (t)dt = x + nT x (20) PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 141 Dễ thấy hàm |f (t)| tuần hoàn chu kỳ T nên (n+1)T x x |f (t)|dt f (t)dt nT nT ≤ x nT ≤ |x| Do T |f (t)|dt |f (t)|dt = |x| |x| x f (t)dt lim nT (21) =0 x x→∞ T |f (t)|dt lim Ta có Mà = |x| x→∞ nT − x T n − = < = x T xT |x|T |x| 1 n dần đến nên − dần đến x dần đến vô cực, hay |x| x T n = x→∞ x T (22) lim Từ (20),(21),(22) suy x T f (t)dt f (t)dt lim x→∞ = x T Bài 5.6 (ĐH Sư phạm Kỹ thuật Hưng Yên) Đặt a = f (x)dx Khi [f (x)]2 + af (x) − 0 a2 2 dx [f (x)]4 + 2a[f (x)]3 − a3 f (x) + = 1 [f (x)]4 dx − a3 = 0 a4 4 = f (x)dx + 27 [f (x)]4 dx − f (x)dx a4 dx 142 Bài 5.7 (ĐH Sư phạm Kỹ thuật Hưng Yên) Xét hàm g : [0, 1] → R sau ta+(1−t)b f (x)dx g(t) = (1−t)a+tb Ta thấy g(0) = g( ) = g(1) = g(t) hàm khả vi 1 Theo định lý Rolle tồn c1 ∈ (0, ) c2 ∈ ( , 1) để g (c1 ) = g (c2 ) = 2 Mặt khác g (t) = f (ta + (1 − t)b)(a − b) − f ((1 − t)a + tb)(b − a) = (a − b)[f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] Do f (ck a + (1 − ck )b) + f ((1 − ck )a + ck b) = 0, (k = 1, 2) a+b nên ck a + (1 − ck )b = , (k = 1, 2) 2 Gọi c1 = c ∈ (0, ) ta có f (ca + (1 − c)b) + f ((1 − c)a + cb) = 0, đồng thời ta thấy (1 − c)a + cb < ca + (1 − c)b ⇔ < (b − a)(1 − 2c) 1 b−a Đặt α = (b − a)(1 − 2c) = (b − a) − c(b − a) < α < ta 2 a+b a+b − α = (1 − c)a + cb, + α = ca + (1 − c)b, nên 2 Rõ ràng ck = f( a+b a+b − α) + f ( + α) = 2 Bài 5.8 (ĐH Kiến Trúc Hà Nội) 1) Gọi p(x) đa thức bậc Ta chứng 1 minh p(x)dx = (p(0) + 4p( ) + p(1)) Tiếp theo, với ≤ a < b ≤ 1, b sử dụng đổi biến công thức với đa thức bậc 3, ta thu f (x)dx = a b−a f (a) + 4f a+b + f (b) 2) Trước tiên, xét f (x) có x = nghiệm [0, 1] Vì f (x) liên tục [0, 1] nên f (x) khơng đổi dấu [0, 1] Khi 1 |f (x)|dx = 0 4f ( ) + f (1) f (x)dx = ≤ max |f (x)| 6 [0,1] PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 143 Kết thúc chứng minh, ta xét f (x) có nghiệm khác Gọi x1 < x2 < · · · < xm tất nghiệm khác f (x) (0, 1] Vì f (x) liên tục nên f (x) khơng đổi dấu [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], , [xm , xm+1 ] với x0 = 0, xm+1 = Ta có xi+1 xi + xi+1 5(xi+1 − xi ) xi+1 − xi (f (xi ) + 4f ( ) + f (xi+1 )) ≤ max |f (x)| [0,1] 6 f (x)dx = xi xi+1 với i = 0, 1, · · · , m Mà ta lại có xi+1 xi m xi+1 xi |f (x)|dx, ta thu i=0 xi |f (x)|dx f (x)dx = |f (x)|dx = 5(xi+1 − xi ) max |f (x)| = [0,1] i=0 m |f (x)|dx ≤ max |f (x)| [0,1] 3) Ta xác định hàm số g(x) = 4x3 − 8x2 + 5x thuộc tập M thỏa mãn điều kiện g(x) ≥ [0, 1], max g(x) = g(x)dx = Khi với [0,1] C ∈ (0, ), ta ln có |g(x)|dx > C = C max |g(x)| [0,1] Bài 5.9 (ĐH Kỹ thuật Hậu cần Công an Nhân dân) Đặt c = b m = (b − a) Do f (x)dx = 0, ta a b b c (x − c)f (x)dx = xf (x)dx = a (a + b) a b (x − c)f (x)dx + a (x − c)f (x)dx c c (x − c)f (x)dx ta đổi biến y = c − x Với tích phân a c m (x − c)f (x)dx = − a m yf (c − y)dy = − tf (c − t)dt b (x − c)f (x)dx ta đổi biến z = x − c Với tích phân c b m (x − c)f (x)dx = c m zf (z + c)dz = tf (t + c)dt 144 Từ định lý Lagrang ta có ξt ∈ (c − t, c + t) để m b m 2t2 f (ξt )dt t[f (t + c) − f (c − t)]dt = xf (x)dx = a b 0 2t2 f (ξt ) dt 2t2 f (ξt )dt xf (x)dx = = 2M t2 dt 2M 0 a m m m m3 (b − a)3 = M 12 Bài 5.10 (Học viện Phịng khơng Khơng qn) Ta thấy dãy số {an } xác định x > Khi n → ∞ số hạng an tích phân suy rộng ∞ ln x dx + x2 Ta chứng minh tích phân hội tụ Thật ∞ ln x dx = + x2 ln x dx + + x2 ∞ ln x dx + x2 Xét tích phân thứ Với α thuộc vào (0, 1) ta ln có lim+ x→0 ln x : α 1+x x ln x 1 Suy < α mà tích phân dx hội tụ nên theo tiêu chuẩn α 1+x x x ln x so sánh dx hội tụ Tương tự, tích phân thứ hai, ta thấy 1+x √ ∞ x x ln x √ dx hội tụ nên tích phân → x → ∞ Tích phân + x2 x x ∞ ln x dx hội tụ + x2 ∞ ln x Vậy dx hội tụ Tức dãy {an } hội tụ với x > + x2 Tính giới han Ta có ∞ ∞ Xét tích phân ln x dx = + x2 Vậy lim an = n→∞ 0 ln x dx + + x2 ∞ ln x dx + x2 ln x 1 dx Đặt x = , suy dx = − dt Ta có tích phân 1+x t t ∞ ln(1/t) + t12 ln x dx = + x2 − t2 dt = ln t dt + t2 = PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 145 Bài 5.11 (Học viện Phịng khơng Khơng qn) Tích phân không tồn hàm f không khả tích Thật vậy, với phân hoạch chia đoạn [0, 1] thành đoạn điểm = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = 1, đoạn [xi−1 , xi ], i = 1, 2, , n chứa điểm hữu tỉ điểm vô tỉ nên wi = f (x) − max x∈[xi−1 ,xi ] f (x) = − = x∈[xi−1 ,xi ] Vì vậy, n n ∆xi = − = với ∆xi = xi − xi−1 wi ∆xi = i=1 Do đó, lim max ∆xi →0 i=1 i wi ∆xi = = Suy hàm f khơng khả tích [0, 1] Ta có 1 xf (x)dx = xf (x) − 0 f (x)dx = f (1) − f (x)dx = 0 Thế nên α f (x)dx = α [f (αx) − f (x) − (α − 1)xf (x)]dx f (αx)dx = α 0 = α(α − 1)2 x2 f (θ) dx Từ suy α f (x)dx = α(α − 1)2 x2 f (θ) dx ≤ α(α − 1)2 x2 dx max |f (x)| x Ta có 1 α(α − 1) = 2α(1 − α)(1 − α) ≤ 2 Còn 2a + − α + − α x2 dx = nên max |f (x)| ≥ 10 0≤x≤1 α f (x)dx = 27 146 Bài 5.12 (ĐH Quảng Bình) Bằng phương pháp tích phân phân ta tính 1 x3 f (x)dx = x4 f (x)|10 − 1 x f (x)dx = − 1 x f (x)dx Do x4 f (x)dx = (23) Lại có (9x4 )2 dx = (24) (f (x))2 dx = (25) Từ 1 (9x4 )2 dx − 18 x4 f (x)dx + (f (x))2 dx = − 18.1 + = 0 hay [(9x4 ) − f (x)]2 dx = 0 Suy f (x) = (9x4 ), ∀x ∈ [0; 1] nên f (x) = f (x) = 95 (x5 − 1) + C Vì f (1) = nên f (x)dx = − Bài 5.13 (Trường Sĩ quan Không quân) I0 = dx = x + C dx dx dx = π = x π cos x sin(x + ) sin( + ) cos( x2 + π4 ) cos( x2 + π4 )dx d(tan( x2 + π4 )) = = sin( x2 + π4 ) cos2 ( x2 + π4 ) tan( x2 + π4 ) x π = ln | tan( + )| + C dx = = tan x + C cos2 x I1 = I2 x 5 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 147 Với n ≥ 2, ta có: In = = = = = In = 1 dx dx = = d(tan x) n n−2 n−2 cos x cos x cos x cos x tan x − tan(x)(cos2−n x) dx n−2 cos x sin2 x sin x − (n − 2) dx cosn−1 x cosn x − cos2 x sin x − (n − 2) dx cosn−1 x cosn x sin x − (n − 2) − dx n−1 n n−2 cos x cos x cos x sin x − (n − 2)In + (n − 2)In−2 cosn−1 x Suy công thức truy hồi: In = sin x n−2 n−1 + In−2 n − cos x n−1 Bài 5.14 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2) Do f đơn điệu liên tục J, ta suy tồn f −1 : [0, f −1 (c)] → [0, c] t Do f tăng ngặt nên ta có f (t) > 0, ∀ t ∈ J Đặt g(t) = bt − f (x)dx Khi t d d g(t) = b − f (x)dx = b − f (t) Từ dẫn tới g (t) = dt dt t = f −1 (b) Do g (t) = −f (t) < 0, ∀ t ∈ J nên g(t) đạt cực đại t = f −1 (b) Thêm vào ta có: ta có: f −1 (b) xf (x)dx = f −1 (b) xf (x)|0 f −1 (b) f −1 (b) − f (x)dx = bf −1 (b) − f (x)dx t f (x)dx |f −1 (b) = g(t)|f −1 (b) = g(f −1 (b)) = bt − Đặt y = f (x) dy = f (x)dx Khi x = y = cịn x = f −1 (b) ta có y = b f −1 (b) b b f −1 (y)dy = xf (x)dx = f −1 (x)dx b f −1 (x)dx Từ đó, ta có g(f −1 (b)) = Do g(t) đạt cực đại t = f −1 (b) nên ta có g(a) ≤ g(f −1 (b)) 148 a Mặt khác từ định nghĩa g(t) ta có g(a) = ba − Khi đó, ta có: Đặt: a b f (x)dx + a f (x)dx f −1 (x)dx = [ab − g(a)] + g(f −1 (b)) ≥ ab b f −1 (x)dx = diện tích I + diện tích II f (x)dx = diện tích III, 0 a b f −1 (x)dx = diện tích I + diện tích II + diện tích III f (x)dx + 0 ≥ diện tích I + diện tích III = ab Ta có hình minh họa bất đẳng thức sau Bài 5.15 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2) Giả sử f hàm số liên tục thoả mãn toán Khi f hàm số khả vi Đạo hàm hai vế đẳng thức cho ta có f (x)(1 + x2 ) − 2xf (x) f (x) = 2018 2 (1 + x ) + x2 hay f (x) 2x = 2018 + f (x) + x2 Tích phân hai vế ta nhận ln f (x) = 2018x + ln(1 + x2 ) + C, C−hằng số Do f (x) = a(1 + x2 )e2018x , a−hằng số Thay vào phương trình ban đầu ta nhận a = 2018 Do đó, ta có hàm số có dạng f (x) = 2018(1 + x2 )e2018x Thử lại ta có hàm số thỏa mãn Vậy hàm số cần tìm f (x) = 2018(1 + x2 )e2018x Bài 5.16 (CĐ Sư phạm Nam Định) Lấy a ∈ (0, 1) 1−a f (xn )dx = Đặt In = 1−a f (xn )dx + f (xn )dx, Kn = Với Jn = f (xn )dx = Jn + Kn 1−a f (xn )dx 1−a PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 149 Vì f (x) liên tục [0, 1] nên theo định lý giá trị trung bình tồn c ∈ (0, − a) cho Jn = f (cn )(1 − a) Vì < c < − a < nên lim cn = n→+∞ Vậy lim Jn = f (0)(1 − a) = 2018(1 − a) n→+∞ Vậy tồn N ∈ N∗ cho 2018 − 2019a < Jn < 2018 − 2017a với n ≥ N 1 |f (xn )| dx f (xn )dx ≤ |Kn | = 1−a 1−a f (x) liên tục [0, 1] nên |f (x)| Vậy tồn M = max |f (x)| [0,1] |Kn | ≤ M dx = M a 1−a Vậy −M a ≤ Kn ≤ M a Vậy 2018 − (M + 2019)a ≤ In ≤ 2018 − (M + 2017)a < 2018 + (M + 2019)a với n ≥ N Lấy ∈ (0; 1) Chọn a = ∈ (0; 1) M + 2019 Vậy 2018 − < In < 2018 + với n ≥ N Do lim In = 2018 n→+∞ Bài 5.17 (ĐH Sư phạm Kỹ thuật Vĩnh Long) Ta có 1 (f (x) − 15x2 ) dx = (f (x))2 − 30x2 f (x) + 225x4 dx 1 = 45 − 30 x2 f (x)dx + 45x5 |0 = 90 − 30 x2 f (x)dx x2 f (x)dx Xét Đặt u = x2 , ta dv = f (x)dx 1 2 x f (x)dx = x f (x) − xf (x)dx = − = f (x) − 15x2 Suy dx = 0 Do f (x) − 15x2 = Hay f (x) = 5x3 + C 150 Mà f (1) = nên C = Vậy f (x) = 5x3 1 4x3 ex dx = (e − 1) f (x)e dx = x4 0 Bài 5.18 (ĐH Sư phạm Kỹ thuật Vĩnh Long) Ta có ef (x) f (x) − 0≤ ef (x) f (x) dx = 0 = ef (x) f (x) dx − 4(ef (1) − ef (0) ) + ef (x) f (x) dx − = dx − ef (x) f (x)dx + 4dx 0 ef (x) f (x) Suy dx ≥ ef (x) f (x) Mà theo giả thiết dx ≤ 4, nên suy ef (x) f (x) dx = ef (x) f (x) − Do dx = ef (x) f (x) = f (x) Hay e = 2x + C Mà f (0) = nên C = Vậy f (x) = ln(2x + 1) Bài 5.19 (ĐH Tây Bắc) a) Ta giả sử phản chứng ngược lại M = Do f (0) = nên M = M > Theo giả thiết ta có f đạt giá trị lớn M > x0 ∈ (0, 1) Khi x0 điểm cực đại f f (x0 ) = 0, f (x0 ) = M > 0, f (x0 ) ≤ Từ suy x20 f (x0 ) ≤ 0; x40 f (x0 ) = −f (x0 ) < Do x20 f (x0 ) + x40 f (x0 ) − f (x0 ) < 0, mâu thuẫn với giả thiết x2 f (x) + x4 f (x) − f (x) = 0, ∀x ∈ (0, 1) Vậy M = b) Giả sử f đạt giá trị nhỏ m điểm y0 ∈ [0, 1] Ta xét trường hợp sau: TH1: Nếu y0 ∈ {0, 1} Do f (0) = f (1) = , m = Ta xét hai khả (i) Nếu f đạt cực đại x0 ∈ {0, 1} max f = f = ta f = hàm PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 151 (2i) Nếu f đạt cực đại x0 ∈ (0, 1), theo đó, từ phần a) ta M = max f (x) = Và tương tự (i) ta max f = f = ta f = x∈[0,1] hàm TH2: Hàm f đạt giá trị nhỏ m y0 ∈ (0, 1) Bằng lập luận tương tự phần a) (thay cho M m) ta có m khơng thể âm, tức f (x) = x∈[0,1] suy f = hàm [0, 1] Bài 5.20 (ĐH Tây Bắc) a) Ta xét trường hợp hàm f0 đơn điệu tăng Khi dễ chứng minh quy nạp (i) Mỗi hàm fn đơn điệu tăng (2i) Với x ∈ (0, 1] ta có f0 (x) ≥ f1 (x) ≥ · · · ≥ fn (x) ≥ · · · ≥ f0 (0) Từ (2i) ta suy dãy {fn } giảm bị chặn f0 (0) tập (0, 1] tồn hàm giới hạn h(x) = lim fn (x), x ∈ (0, 1] n→∞ Do (i) ta suy h đơn điệu tăng từ (2i) ta có f0 (0) ≤ h(x) ≤ fn (x), ∀n, ∀x ∈ (0, 1] Ta h(1) = f0 (0), h đơn điệu tăng ta suy h(x) = f0 (0) với x ∈ (0, 1] Thật vậy, giả sử h(1) > f0 (0) Khi tính đơn điệu tăng h, tồn < δ < cho h(1) > f0 (δ) Mặt khác, từ định nghĩa fn (i), (2i) ta có δ fn (t)dt ≤ fn+1 (1) = fn (t)dt f0 (t)dt + 0 δ ≤ δf0 (δ) + (1 − δ)fn (1) Do ta thu fn (1) − fn+1 (1) ≥ δ[fn (1) − f0 (δ)] ≥ δ[h(1) − g(δ)] > Từ suy ∞ ∞ [fn (1) − fn+1 (1)] ≥ n=0 δ[h(1) − g(δ)] = +∞, n=0 tức lim fn (1) = −∞ Điều mâu thuẫn với (2i) fn (1) ≥ f0 (0) Mâu n→∞ thuẫn chứng tỏ h(1) = f0 (0) h(x) = f0 (0) với x ∈ (0, 1] Vậy lim fn = f0 (0) (0, 1] n→∞ Trường hợp f0 đơn điệu giảm chứng minh tương tự ta lim fn = n→∞ f0 (0) (0, 1] 152 b) Trường hợp f0 liên tục tùy ý, ta đặt M0 (x) = max f0 (t), m0 (x) = f0 (t), x ∈ [0, 1] t∈[0,x] t∈[0,x] Khi [0, 1] hàm m0 liên tục tăng M0 liên tục giảm, m0 (x) ≤ f0 (x) ≤ M0 (x), ∀x ∈ [0, 1]; M0 (0) = f0 (0) = m0 (0) Tương tự ta xác định dãy hàm {Mn } {mn } tương tự M0 , m0 thay cho f0 fn Rõ ràng ta có mn (x) ≤ fn (x) ≤ Mn (x) Mặt khác, theo chứng minh phần a) cho hàm đơn điệu mn , Mn ta lim mn (x) = m(0) = f0 (0) = M (0) = lim Mn (x), x ∈ (0, 1] n→∞ n→∞ Do ta lim fn (x) = f0 (0) n→∞ Bài 5.21 (ĐH Thủy Lợi) Ta có n+2018 |un | = n Mà: lim ln + n→∞ n+2018 sin x dx x sin x dx x n n+2018 n dx 2018 = ln + , x n 2018 = 0, n lim un = n→∞ x Bài 5.22 (ĐH Thủy Lợi) + Với x ∈ (0; 1] ta có xf (x) = f (t)dt + Từ f (x) = với x ∈ (0; 1], hay là: f (x) hàm (0; 1] + Mặt khác, tính liên tục hàm số f (x) [0; 1], nên f (x) = lim+ f (x) = lim+ x→0 x→0 x x f (t)dt = lim+ x→0 x f (t)dt x + Áp dụng L’Hospital ta có: f (x) = lim+ f (x) = lim+ x→0 x x→0 f (t)dt f (x) = lim+ = f (0) = 2018 x→0 x + Vậy f (x) = 2018, x ∈ [0; 1] Bài 5.23 (ĐH Thủy Lợi) + Xét I1 = earctan x √ dx = x2 + √ √ x2 + 1d earctan x = x2 + 1earctan x − + Xét I2 = xearctan x √ dx x2 + xearctan x √ dx x2 + PHƯƠNG TRÌNH HÀM √ đó: I1 + I2 = x2 + 1earctan x + C1 + Ta lại có √ xearctan x √ I2 = dx = x x2 + 1d earctan x x2 + √ earctan x x2 earctan x √ I2 = x x2 + 1earctan x − √ dx − dx x2 + x2 + √ I2 = x x2 + 1earctan x − I1 − 2I √ +Từ I = (x − 1) x2 + 1earctan x + C 153 PHƯƠNG TRÌNH HÀM Bài 6.1 (ĐH Giao thông vận tải) Hiển nhiên hàm số f (x) = với x, nghiệm Giả sử có x0 cho f (x0 ) = Khi f ( x20 + y ) = f (x0 )f (y) = f (x0 )f (−y) với y ∈ R, suy f (y) = f (−y) với y ∈ R √ Vì f hàm chẵn, ta cần tìm f (x) với x ≥ Đặt g(x) = f ( x), x ≥ Khi từ phương trình cho ta có g(u + v) = g(u)g(v), với u = x2 , v = y Phương trình có nghiệm g(u) = au , a số dương Thật vậy, trước hết ta g(u) > với u ≥ Rõ ràng hàm g(u) = với u thỏa mãn phương trình Giả sử có u0 cho g(u0 ) = 0, ta có g(u0 ) = g(u0 − u)g(u), điều suy g(u) = Hơn g(u) = g u u u g = g 2 2 > Đặt h(u) = ln g(u) Khi h(u) liên tục với u ≥ dễ thấy h(u + v) = h(u) + h(v) Như h(u) thỏa mãn phương trình hàm Cauchy nên ta có h(u) = bu, b = h(1) = ln f (1) Như g(u) = au , a = eb Cuối f (x) = ax Bài 6.2 (ĐH Quảng Bình) Với x ∈ R, đặt x1 = sin x, x2 = sin x1 , · · · , xn+1 = sin xn Khi đó, dãy (xn ) ⊂ [−1; 1] Vì hàm y = sin x có y = cos x > 0, ∀x ∈ [−1; 1] nên dãy (xn ) đơn điệu Do dãy (xn )n dãy đơn điệu bị chặn Gọi a = lim limxn ; từ phương trình a = sin a ta suy a = n→∞ 154 Ta thấy f (x) = f (xn ) với n ∈ N Vì f (x) = lim f (xn ) = f ( lim xn ) = f (0) n→∞ n→∞ Tư đó, ta kết luận f (x) = f (0) với x ∈ R, tức f hàm Bài 6.3 (CĐ Sư phạm Nam Định) Đặt Q(x) = P (1 − x) Ta có Q((1 − x)2 ) = P (2x − x2 ) = (P (x))2 = (Q(1 − x))2 Dẫn đến Q(x2 ) = (Q(x))2 Nếu Q(x) khơng phải đơn thức Q(x) = axk + xm R(x) với m > k ≥ 0, a = R(x) đa thức thỏa mãn R(0) = Từ Q(x2 ) = ax2k + x2m R(x2 ), ta có (Q(x))2 = a2 x2k + 2axm+k R(x) + x2m (R(x))2 Nói riêng, 2k < k + m < 2m Đồng hệ số hai vế Hệ số x2k dẫn đến a = a2 Hệ số xm+k = 2a.R(0) Vì a = 0, R(0) = Vô lý Vậy Q(x) đơn thức Viết Q(x) = axk Do ax2k = a2 x2k với x ∈ R Cho x = ta a = a = Vậy Q(x) = Q(x) = xk Do P (x) = P (x) = P (x) = (1 − x)k (k ∈ N∗ ) Bài 6.4 (ĐH Tây Bắc) Do f đa thức nên f khả vi cấp R Đồng = f (0) tính liên tục f Từ theo giả thiết thời ta có lim f x→∞ x ta lim f (x) = f (0) Tuy nhiên f đa thức nên deg f ≥ x→∞ lim f (x) = ∞ Điều chứng tỏ deg f = hay nói cách khác f x→∞ hàm hằng, deg f ≤ f (x) = f (0), ∀x ∈ R Mặt khác f (x) ≥ f (2018), ∀x ∈ R nên f hàm lẻ Vậy deg f ∈ {0, 2} TH1: Nếu deg f = f = từ giả thiết lim f (x) = lim f x→∞ x→∞ x suy f ≡ 0, ∀x ∈ R TH2: Nếu deg f = tức f hàm số bậc hai R Từ giả thiết f (x) ≥ f (2018), ∀x ∈ R ta suy tọa độ đỉnh parabol y = f (x) x = 2018, hệ số lũy thừa bậc cao f nên ta f (x) = (x − 2018)2 + c với c số Cuối cùng, giả thiết f (x) = f (0) nên ta c+20182 = f (0) = f (x) = ta c = − 20182 Vậy f (x) = (x − 2018)2 + − 20182 Kết luận: Hoặc f (x) = f (x) = (x − 2018)2 + − 20182 Rõ ràng thử lại ta thấy f thỏa mãn điều kiện hàm cần tìm ... I KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 26 MỘT SỐ THÔNG TIN VỀ KỲ THI Các đoàn tham dự Lễ khai mạc nhận lưu niệm Nguồn: ĐH Quảng Bình Thơng tin chung Kỳ thi Olympic Toán Sinh viên. .. GIỚI THI? ??U Kỳ thi Olympic Toán học lần thứ 26 dành cho sinh viên trường đại học, cao đẳng, học viện học sinh phổ thông trường chuyên nước diễn Trường đại học Quảng Bình từ 9-1 5/4/2018 Quyển kỷ yếu. .. HỘI TỐN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN-HỌC SINH LẦN THỨ 26 BIÊN TẬP Nguyễn Thành Chung Trường Đại học Quảng Bình Đồn Trung Cường Hội Tốn học Việt