ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII (2010) Môn: Giải tích.. Câu 1.[r]
(1)HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII (2010)
Mơn: Giải tíchCâu Cho hàm số f(x) = ln(x+ 1)
a) Chứng minh với x > 0, tồn số thực c thỏa mãn điều kiện f(x) = xf0(c) mà ta ký hiệu c(x)
b) Tìm lim
x→0+
c(x)
x Giải
a) Yêu cầu toán tương đương với việc chứng minh phương trình ln(x+ 1)
x =
1
c+
có nghiệm c với x >0 Ta giải trực tiếp
c = x
ln(x+ 1) −1 b) Ta tính giới hạn
lim
x→0+
c(x)
x = limx→0+
x
ln(x+ 1) −1
x = limx→0+
x−ln(1 +x)
xln(1 +x)
bằng cách sử dụng công thức Taylor: ln(1 +x) = x−x2/2 +o(x2)hoặc dùng quy tắc L’Hopitale:
lim
x→0+
x−ln(1 +x)
xln(1 +x) = limx→0+
x−ln(1 +x)
x2 xlim→0+
x
ln(1 +x)
= lim
x→0+
1−
1 +x
2x xlim→0+
1 1 +x
=
Câu Cho dãy {xn} xác định bởi:
x1 = 1, xn+1 =xn +x2010n
, n = 1,2,
Tìm
lim
n→∞
x2010
1
x2
+ x
2010
x3
+· · ·+ x
2010
n xn+1
Giải Với k ≥ 1, ta có
x2010k xk+1
= x
2011
k xkxk+1
= xk+1 −xk
xkxk+1
=
xk
− xk+1
(2)Suy
x2010
1
x2
+ x
2010
x3
+· · ·+ x
2010
n xn+1
=
x1
− xk+1
Rõ ràng {xn} dãy tăng Nhận xét lim
n→∞xn = +∞ Suy giới hạn
cần tính
Câu Cho a ∈R hàm số f(x)khả vi [0,∞)thỏa mãn điều kiện
f(0) ≥0
f0(x) +af(x) ≥0, ∀x∈ [0,∞)
Chứng minh
f(x)≥ 0, ∀x ≥
Giải Từ giả thiết ta có
eax[f0(x) +af(x)] ≥ 0, ∀x ∈[0,∞),
hay
[eaxf(x)]0 ≥0, ∀x∈ [0,∞),
suy
eaxf(x)≥ f(0) ≥ 0, ∀x∈ [0,∞),
tức
f(x) ≥ 0, ∀x∈ [0,∞)
Câu Cho hàm f(x) khả vi liên tục trên[0,1] Giả sử
1
Z
0
f(x)dx =
1
Z
0
xf(x)dx =
Chứng minh tồn điểm c ∈(0,1) cho f0(c) =
Giải Nhận xét hàm số g(x) = 6x−2 thỏa mãn điều kiện
1
Z
0
g(x)dx =
1
Z
0
xg(x)dx = 1,
suy
1
Z
0
[f(x)−g(x)]dx =
Hàm h(x) = f(x)−g(x) liên tục [0,1] có tích phân
1
R
0
h(x)dx = 0,
nên xảy trường hợp h(x) > ,∀x ∈ (0,1) trường hợp
(3)Như phương trình h(x) = phải có nghiệm (0,1)
Giả sử h(x) = có nghiệm x = a ∈ (0,1) Xảy hai khả sau:
+) Nếu h(x) < 0,∀x∈ (0, a), h(x) > 0,∀x∈ (a,1) Khi
1
Z
0
xf(x)dx−1 =
1
Z
0
xf(x)dx−
1
Z
0
xg(x)dx =
1
Z
0
x[f(x)−g(x)]dx =
1
Z
0
xh(x)dx
=
a
Z
0
xh(x)dx+
1
Z
a
xh(x)dx > a
Z
0
ah(x)dx+
1
Z
a
ah(x)dx
=a
h
a
Z
0
h(x)dx+
1
Z
a
h(x)dx
i =a
1
Z
0
h(x)dx=
Suy
1
Z
0
xf(x)dx >1, mâu thuẫn với giả thiết đề bài!
+) Nếu h(x) > 0,∀x∈ (0, a), h(x) < 0,∀x∈ (a,1) Khi
1
Z
0
xf(x)dx−1 =
1
Z
0
xf(x)dx−
1
Z
0
xg(x)dx =
1
Z
0
x[f(x)−g(x)]dx =
1
Z
0
xh(x)dx
=
a
Z
0
xh(x)dx+
1
Z
a
xh(x)dx < a
Z
0
ah(x)dx+
1
Z
a
ah(x)dx
=ah a
Z
0
h(x)dx+
1
Z
a
h(x)dxi =a
1
Z
0
h(x)dx=
Suy
1
Z
0
xf(x)dx <1, mâu thuẫn với giả thiết đề bài!
Vậy h(x) = phải có hai nghiệm (0,1)
Giả sử hai nghiệm a, b∈ (0,1) a < b
Ta có h(a) = h(b) = , nên f(b)−f(a) = g(b)−g(a)
Theo định lý Lagrange tồn c ∈(a, b) ⊂(0,1), cho
f0(c) = f(b)−f(a)
b−a =
g(b)−g(a)
(4)Câu Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số số thực cho P(−1) 6=
−P 0(−1) P(−1) ≤
n
2.Chứng minh rằngP(x)có nghiệmx0với|x0| ≥
Giải Giả sử x1, x2, , xn nghiệm P(x) C, tồn λ ∈R cho
P(x) = λ n
Q
i=1
(x−xi) Khi ta có cơng thức
P0(x)
P(x) =
n
X
i=1
1
x−xi
⇒ −P 0(−1) P(−1) =
n
X
i=1
1
xi+
Do
n
2 +
P0(−1)
P(−1) =
n
X
i=1
1 −
1
xi+
=
2
n
X
i=1
xi−1
xi+
Ta có
xi−1 xi+
= (xi−1)(xi+ 1)
|xi+ 1|2 ,
suy
Re xi−1
xi+
= |xi|
2−1
|xi+ 1|2, ∀i = 1,2, , n
Vì n +
P0(−1)
P(−1) ∈R nên
n
2 +
P0(−1)
P(−1) =
n
X
i=1
|xi|2−1 |xi+ 1|2
≥0
Do tồn nghiệm x0 có |x0| ≥
Câu 6a Tìm tất hàm số dương f(x)khả vi liên tục [0,1] cho
f(1) = e.f(0)
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx ≤
Giải Ta có
0≤
1
Z
0
f0(x)
f(x) −1
dx =
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx−2
1
Z
0
f0(x)
(5)=
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx−2 lnf(x)
1 0+
=
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx−2 lnf(1)
f(0) +
=
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx−1
Từ đó, ta có
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx≥
Mặt khác, theo giả thiết
1
Z
0
f0(x)
f(x)
dx≤ 1,
nên
1
Z
0
f0(x)
f(x) −1
dx =
Do f hàm khả vi liên tục [0,1], ta
f0(x)
f(x) = 1,∀x∈ [0,1]
hay f(x) = f0(x),∀x ∈ [0,1], f(x) = c.ex, c > Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn
Câu 6b Ta có f(x+y) = 2010xf(y) + 2010yf(x), ∀x, y ∈ R, hay
2010−(x+y)f(x+y) = 2010−yf(y) + 2010−xf(x), ∀x, y ∈ R
Đặt 2010−xf(x) = g(x) Ta có
g(x+y) = g(x) +g(y), ∀x, y ∈R
Đây phương trình hàm Cauchy quen biết, có nghiệm g(x) = ax
Suy f(x) = ax2010x Từ điều kiện f(1) = 2010 cho suy a =
f(x) = 2010xx
Thử lại, ta thấy thỏa mãn điều kiện toán