Kỳ thi Olympic toán sinh viên và học sinh lần thứ 25

Kỳ thi Olympic Toán lần thứ 25 được tổ chức từ 10-16/4/2017 tại Trường đại học Phú Yên. Tập kỷ yếu của Kỳ thi Olympic Toán Sinh viên và Học sinh lần thứ 24 tập hợp một số bài cùng với các đáp án do các trường và học viện tham gia kỳ thi đề xuất. Mời các bạn cùng tham khảo.

KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN VÀ HỌC SINH LẦN THỨ 25 PHÚ YÊN, 10-16/4/2017 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM ĐẠI HỌC PHU YÊN ĐẠI HỌC PHÚ YÊN HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN VÀ HỌC SINH LẦN THỨ 25 BAN BIÊN TẬP Phùng Hồ Hải (chủ biên) Viện Toán học Ngô Quốc Anh Đại học KHTN, ĐHQG Hà Nội Lê Xuân Dũng Đại học Hồng Đức Lê Thanh Hiếu Đại học Quy Nhơn Trần Văn Thành Viện Toán học Dương Viết Thông Đại học KTQD Hà Nội PHÚ YÊN, 10-16/4/2017 Mục lục Mục lục I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN VÀ HỌC SINH LẦN THỨ 25 Thông tin kỳ thi Thông tin chung Kết Phát biểu khai mạc 7 11 Thông báo kỳ thi lần thứ 26 (4/2018) Thông tin chung Đề cương môn thi i Môn Đại số ii Mơn Giải tích 14 14 16 16 18 II ĐỀ THI 21 Đề thi thức 23 Đề đề xuất môn Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình Không gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức Tổ hợp 37 37 42 44 45 47 48 50 MỤC LỤC Đề đề xuất mơn Giải tích Dãy số Chuỗi số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Phương trình hàm III HƯỚNG DẪN GIẢI 73 Đáp án đề thi thức 75 Đáp án đề đề xuất môn Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình Không gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức Tổ hợp Đáp án đề đề xuất mơn Giải tích Dãy số Chuỗi số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Phương trình hàm 55 55 59 60 63 65 69 107 107 123 128 129 135 138 144 153 153 164 168 174 181 194 Phần I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN VÀ HỌC SINH LẦN THỨ 25 Thông tin kỳ thi Thông tin chung Kỳ thi Olympic Toán lần thứ 25 tổ chức từ 10-16/4/2017 Trường đại học Phú Yên Năm ngồi kỳ thi dành cho sinh viên, Hội Tốn học tiếp tục phối hợp với Trường Đại học Phú Yên tổ chức kỳ thi dành cho học sinh trung học phổ thơng chun Ơng Phan Đình Phùng, PCT UBND Tính Phú Yên trao cờ lưu niệm cho trường đồn lễ khai mạc Đã có 78 đồn từ trường đại học, cao đẳng, học viện nước tham dự kỳ thi, có 608 sinh viên dự thi mơn Đại số Giải tích Tại kỳ thi dành cho học sinh trung học phổ thông chuyên, có 10 trường gửi đồn tham dự, với tổng số 50 học sinh Cơ quan tổ chức • Bộ Giáo dục Đào tạo • Trung ương Hội Sinh viên Việt Nam • Trường đại học Phú Yên • Liên hiệp Hội Khoa học Kỹ thuật Việt Nam • Hội Tốn học Việt Nam Ban tổ chức Đồng trưởng ban: TS Trần Văn Chương - Hiệu trưởng trường Đại học Phú Yên; GS.TSKH Phùng Hồ Hải - Phó chủ tịch kiêm Tổng thư ký Hội Tốn học Việt Nam Phó ban: Đại diện Bộ Giáo dục & Đào tạo (Lãnh đạo Vụ công tác Học sinh sinh viên), Đại diện TW Hội sinh viên Việt Nam; GS.TSKH Phạm Thế Long - Phó chủ tịch Hội Tốn học Việt Nam; PGS.TS Nguyễn Huy Vị - Phó hiệu trưởng trường Đại học Phú Yên Ủy viên: TS Lê Đức Thoang, Trưởng khoa Khoa học Tự nhiên, Đại học Phú n; ThS Lê Thị Kim Loan, Phó trưởng phịng Đào tạo, Đại học Phú Yên; TS Lê Cường, Đại học Bách khoa Hà Nội; TS Đoàn Trung Cường, Viện Toán học; TS Nguyễn Chu Gia Vượng, Viện Toán học; TS Nguyễn Duy Thái Sơn, Đại học Sư phạm Đà Nẵng; TS Ngô Quốc Anh, ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội TS Trần Văn Chương, Hiệu trưởng Trường Đại học Phú Yên khai mạc 185 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN với x ∈ [0, 1]; điều dẫn đến f (x) = với x ∈ [0, 1]; f hàm Điều trái với giả thiết f (0) = 0; f (1) = Bài 5.8 dx dx + x x (2017 + 1)(1 + x ) −1 (2017 + 1)(1 + x ) 1 dx dx + −x + 1)(1 + (−x)2 ) x (2017 (2017 + 1)(1 + x ) 1 2017x dx dx + x x (2017 + 1)(1 + x ) (2017 + 1)(1 + x ) dx π = 1+x I = = = = Bài 5.9 Xét hàm số F (x) = xf (x), F (x) = f (x) + xf (x) hầu hết x ∈ [a, b] Khi b b F (x)dx = F (x)|ba = bf (b) − af (a) = b f (x)dx + a a xf (x)dx a Ta chứng minh : f (b) b xf (x)dx = a g(x)dx f (a) f (b) Xét I = g(x)dx, đặt t = g(x) → x = f (t) → dx = f (t)dt hầu hết f (a) b t ∈ [a, b] Từ I = b xf (x)dx, ta nhận ĐPCM tf (t)dt = a Bài 5.10 Đặt g(x) := a x [f (t)]2 dt, x ≥ Khi đó, giả thiết, ta có g (x) ≥ [g(x)]2 , ∀x ≥ (6.6) Giả sử tồn x0 > cho g(x0 ) > Khi g(x) ≥ g(x0 ) > với x ≥ x0 Do đó, (6.6), hàm số sau ϕ(x) := + x, g(x) x ∈ [x0 , ∞), 186 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH đơn điệu giảm ϕ (x) = −g (x) [g(x)]2 + ≤ với x ∈ [x0 , ∞) Tuy nhiên, điều dẫn đến mâu thuẫn limx→∞ ϕ(x) = ∞ Vậy giả sử tồn x0 > cho g(x0 ) > sai, tức x [f (t)]2 dt = g(x) = với x ≥ Điều dẫn đến f (x) = với x ≥ Bài 5.11 Với x ≥ 1, ta có √ f (x) − f ( x) = ≥ = x √ x √ f (t)dt = √ xf ( x) √ x √ x x √ x tf (t) dt t dt (Vì xf (x) hàm tăng) t √ xf ( x) ln x Chia hai vế cho x, ta thu √ √ f ( x) ln x f ( x) f (x) √ ≥ + x x x Lấy tích phân hai vế, ta √ √ 2017 2017 f (x) f ( x) ln x f ( x) √ + dx ≥ x x x 1 dx = f √ 2017 ln (2017) Bài 5.12 +) Trước hết ta chứng minh tồn x0 ∈ (0, 1) cho f (x0 ) = Thật vậy, giả sử ngược lại, tính liên tục hàm f ta suy f (x) > với x ∈ (0, 1) f (x) < với x ∈ (0, 1) Khơng tính tổng quát ta xét trường hợp f (x) > với x ∈ (0, 1) Khi đó, f (x) > với x ∈ , Đặt m = min{f (x)|x ∈ [ 14 , 34 ]} > 4 Ta có 1 f (x)dx ≥ m > (trái giả thiết) f (x)dx > +) Giả sử x0 nghiệm phương trình f (x) = Khi kết f (x) < 0, ∀x ∈ (0, x0 ) hợp với tính liên tục f f (x)dx = 0, ta có f (x) > 0, ∀x ∈ (x0 , 1) 187 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN (hoặc ngược lại) Do đó, (x − x0 )f (x) > 0, ∀x ∈ (0, x0 ) ∪ (x0 , 1) Từ = x0 1 f (x)dx = x0 0 (x − x0 )f (x)dx = 0 xf (x)dx − (x − x0 )f (x)dx + x0 (x − x0 )f (x)dx > (mâu thuẩn) Điều chứng tỏ f (x) có hai khơng điểm phân biệt khoảng (0, 1) Bài 5.13 Ta có: + cos x = cos2 x2 + sin2 x2 1 = Suy = x 2 + cos x cos + sin2 x2 cos2 (π, 2π] + tan2 π 2π dx = + cos x Vì vậy: + tan2 dt +2 + t2 −∞ x tan arctan t dt √ =2 3+t Bài 5.14 Đặt F (x) = x x ∀x ∈ [0, π) ∪ , 2π cos2 x2 0 +∞ =2 x x +∞ dx + cos2 x2 π arctan t + √ 3 + tan2 dx x 2π = √ −∞ t= f (t) dt Tích phân phần ra, ta được: 1 F (x) dx = − xf (x) dx 0 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có  1 2  /2        xf (x) dx ≤  x− 1/ Do đó: 2   x2 dx    f (x) dx ≤  x−   1/ 1 x− 2 2    f (x) dx +  /2 f (x) dx   dx  1/ 1 1/  f (x) dx = 24 1/   /2 /2  f (x) dx = 24 2  x f (x) dx ≤ 24 f (x) dx 1/ f (x)dx 188 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MƠN GIẢI TÍCH Mặt khác 1/ 1/ 2 xf (x) dx = f (x) dx − 1/ F (x) dx, 0 1 f (x) dx = x− f (x)dx − 1/ 1/ F (x)dx 1/ Do  1 24 1/ 1 f (x) dx ≥   11 =  2 1/ f (x) dx− 0 1/ 1/ f (x) dx− 2   1 F (x) dx + 2 f (x) dx− 1/ F (x) dx = 2 1/ f (x) dx− 1/ 2 1 = 1/ 2 xf (x) dx x f (t)dt + (t − 1)f (t)dt tf (t)dt + 0 x Từ suy 1 |f ( )| = f (t)dt + tf (t)dt + f (t)dt + |f (t)|dt + 0 |f (t)|dt + = 1 tf (t)dt + 0 (t − 1)f (t)dt |f (t)|dt + (t − 1)f (t)dt |t||f (t)|dt + |f (t)|dt + 1 |f (t)|dt = |t − 1||f (t)|dt 1  F (x) dx 2  F (x) dx Bài 5.15 Ta dễ dàng kiểm tra f (x) = 2 1 F (x) dx + |f (t)|dt |f (t)| + |f (t)| dt 189 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN x |f (x)| = f (t)dt + 1 |f (t)|dt = |f (t)|dt x |f (t)|dt + |t − 1||f (t)|dt x |f (t)|dt + 1 x |f (t)|dt + = (t − 1)f (t)dt |t||f (t)|dt + x x |f (t)|dt + tf (t)dt + |f (t)| + |f (t)| dt, ∀x ∈ [0, 1] Bài 5.16 Xét f1 , f2 : [−1, 1] → R với f1 (x) = [f (x) + f (−x)], f2 (x) = [f (x) − f (−x)] f1 hàm chẵn, f2 hàm lẻ, f1 f2 hàm lẻ chúng liên tục Khi ta có 1 x2 f (x)dx −1 x2 f (x)dx −1 x[f1 (x) + f2 (x)]dx = + 2 xf (x)dx x2 f1 (x)dx = 10 −1 1 +6 xf2 (x)dx 0 1 [f (x)]2 dx = −1 xf2 (x)dx =4 −1 −1 [f1 (x) + f2 (x)]2 dx = −1 [f1 (x)]2 dx + [f2 (x)]2 dx Áp dụng bất đẳng thức Caychy-Schwarz với h : [0, 1] → R liên tục ta có 1 [h(x)]2 dx x4 dx x2 h(x)dx x2 dx [h(x)]2 dx xh(x)dx 0 1 1 ⇒ [h(x)]2 dx x2 h(x)dx ⇒ 1 [f1 (x)]2 dx + [h(x)]2 dx x2 h(x)dx 0 [f2 (x)]2 dx x2 f1 (x)dx 10 +6 xf2 (x)dx 0 Vậy ta bất đẳng thức cần phải chứng minh Nhận xét Bằng cách tương tự chứng minh bất đẳng thức tổng quát 2p [f (x)] dx −1 4p + 2 x f (x)dx −1 2 0 Lấy h(x) = f1 (x) h(x) = f2 (x) ta có 2 xf (x)dx x2 f1 (x)dx =4 −1 2 x2 [f1 (x) + f2 (x)]dx = 2p + + 2 xf (x)dx −1 190 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH với p số nguyên dương lẻ 1 Bài 5.17 Ta chứng tỏ −1 (1 − |x|)2 f (x)dx = 1 −1 f (x)dx Thật vậy, ta có −1 (1 − |x|) f (x)dx = (1 − |x|)2 [f (x) + f (−x)]dx 1 = (1 − x)2 [f (x) − f (−x)] + 0 1 = 2(1 − x)[f (x) + f (−x)] + (1 − x)[f (x) − f (−x)]dx f (x)dx [f (x) + f (−x)]dx = −1 Đến áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tích phân ta có f (x)dx −1 −1 (1 − |x|)4 dx 1 dễ dàng thấy −1 (1 − |x|)4 dx = [f (x)]2 dx −1 (1 − x)4 dx = , nên ta suy bất đẳng thức cần phải chứng minh Bài 5.18 Nếu f (x) hàm số toán trở thành tầm thường Nếu f (x) hàm tuyến tính (f (x) = αx + β, α = 0) mâu thuẫn với giả thiết f (a) = f (b) = Áp dụng định lý Cauchy cho f (x) φ(x) = 12 (x − a)2 đoạn [a, 12 (a + b)] ta có 8[f ( a+b ) − f (a)] f (ξ1 ) a+b = , a < ξ1 < (b − a) ξ1 − a Áp dụng định lý Cauchy cho f (x) ψ(x) = 12 (x − b)2 đoạn [ 21 (a + b), b] ta có 8[f (b) − f ( a+b )] f (ξ2 ) a + b = , < ξ2 < b (b − a) ξ2 − b Suy ) − f (a)] 8[f (b) − f ( a+b )] 8[f ( a+b f (ξ1 ) f (ξ2 ) 2 + = + , 2 (b − a) (b − a) ξ1 − a ξ2 − b f (ξ1 ) − f (a) f (ξ2 ) − f (b) 8[f (b) − f (a)] = + (b − a) ξ1 − a ξ2 − b 191 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN Áp dụng định lý Lagrange cho f (x) ta f (ξ1 ) − f (a) = f (η1 ), a < η1 < ξ1 , ξ1 − a f (ξ2 ) − f (b) = f (η2 ), ξ2 < η2 < b ξ2 − b Do 8[f (b) − f (a)] = f (η1 ) + f (η2 ), (b − a)2 |f (b) − f (a)| = |f (η1 ) + f (η2 )| |f (η1 )| + |f (η2 )| (b − a)2 max{|f (η1 )|, |f (η2 )|} Như tồn c = η1 c = η2 a < c < b thỏa mãn yêu cầu Bài 5.19 Ta có 0 m+M f (x)dx − ⇒ 2 f (x)dx = (m + M ) m+M 2 M −m f (x)dx + − (m + M ) f (x)dx − mM f (x)dx + Mặt khác [f (x) − m][f (x) − M ] = [f (x)]2 − (m + M )f (x) + mM, ∀x ∈ [0, 1] ⇒ (m + M ) [f (x)]2 dx f (x)dx − mM Suy bất đẳng thức cần phải chứng minh Bài 5.20 Với x ∈ [0, 1], dùng khai triển Taylor ta f (t) = f (0) + f (αz )t = f (αx )t, f (t) = f (1) + f (βx )(t − 1) = f (βx )(t − 1), với αx ∈ (0, x) βx ∈ (x, 1) Từ với x ∈ [0, 1] ta có x f (x)dx = f (t)dt + 0 x x x x |f (t)|dt = (1 − t)dt = f (t)dt x t|f (αx )|dt + t2 t2 x + (t − ) 2 x 1 = x2 − x + = (x − )2 + 2 tdt + f (t)dt + x |f (t)|dt + x f (t)dt x x (1 − t)|f (βx )|dt 192 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MƠN GIẢI TÍCH 1 1 Do [(x − )2 + ] = , đạt x = ta suy x∈[0,1] 4 f (x)dx Bài 5.21 Đổi biến t = u3 ta 2 t2 f (t3 )dt u2 f (u3 )du = f (t)dt = 1 Do từ điều kiện đề ta có [f (t3 )]2 + (t2 − 1)2 + 2f (t3 ) − 2t2 f (t3 ) dt = [f (t3 )]2 + (1 − t2 )2 + 2(1 − t2 )f (t3 ) dt = [f (t3 )] + − t2 dt = Suy f (t3 ) + − t2 ≡ 0, ∀t ∈ [1, 2], hay f (x) = x − 1, ∀x ∈ [1, 8] Bài 5.22 a) Trước hết ta có nhận xét x e−at [t + cos(bt)] dt = I1 (x) + I2 (x) I(x) = đó: x x e−at cos(bt) e−at tdt, I2 (x) = I1 (x) = 0 Bằng phương pháp tích phân phần, ta thu được: I1 (x) = x e I2 (x) = −at e−ax − a2 a x+ a e−ax a2 cos(bt)dt = [b sin(bx) − a cos(bx)] + a + b2 a + b2 Từ ta có: a e−ax I(x) = + − a a + b2 a lim I1 (x) = x→∞ a+ a e−ax + [b sin(bx) − a cos(bx)] a + b2 a a ; lim I2 (x) = ⇒ lim I(x) = + 2 x→∞ a x→∞ a +b a a + b2 b) Theo tính chất đạo hàm theo cận biến thiên ta có: I (x) = e−ax [x + cos(bx)] 193 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN Bằng phương pháp quy nạp (hoặc dùng công thức Leibnitz) n = 1, 2, , 3, · · · ta thu I (n+1) (x) = (e−ax [x + cos(bx)]) (n) = x(e−ax )(n+1) + n(e−ax )(n) + n n −ax = (n − ax)(−1) a e −ax =e n + n n (n) (n) + (xe−ax cos(bx)) Cnk (e−ax )(k) (cos(bx))(n−k) k=0 Cnk (−1)k ak e−ax (b)(n−k) cos x + (n − k) π2 k=0 n (n − ax)(−1) a + = (xe−ax ) n k=0 Cnk (−1)k ak (b)(n−k) cos x + (n − k) π2 Bài 5.23 Cách 1:  f (x)   ; x = {0; π} sin x Xét hàm số: g (x) = f (0) ; x =   −f (π) ; x = π Nhận thấy hàm g khả vi điểm x ∈ (0, π) f (x) = g (x) sin x + g (x) cos x Do đó: π π π g (x)2 cos2 xdx+ (f (x)) dx = 0 π (g (x)) sin2 xdx+2 g (x) g (x) sin x cos xdx Tích phân phần suy ra: π π g (x) g (x) sin x cos xdx = 0 π g (x)2 sin x cos xdx = − g (x)2 cos2 x − sin2 x dx Do đó: π π π g (x)2 sin2 xdx + (f (x)) dx = 0 f (x) π (g (x)) sin2 xdx ≥ f (x)2 dx Từ suy đpcm Cách 2: Ta có: π π f (x) − f (x) g (x) dx ≥ ⇔ π f (x) dx ≥ π ⇔ f (x) π (f (x) g (x))2 dx g (x) d f (x) − 0 π ≥ f (π) g (π) − f (0) g (0) − f (x) g (x) + g (x) dx 194 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MƠN GIẢI TÍCH Giờ chọn để thỏa mãn điều kiện: g (x) + g (x) = −1 ⇒ g (x) = cot x ∀x ∈ (0; π) Phương trình hàm Bài 6.1 Đạo hàm hai vế theo ẩn y, ta có y y y f (x + y) = f (x + ) + f (x + ) 2 y Thay x = − , ta có y y f ( ) = f (0) + f (0) 2 Thay x = 0, ta có y f (y) = yf ( ) + f (0) y Khử f ( ) hệ thức trên, ta nhận f (y) = y f (0) + yf (0) + f (0) Hay f (x) = ax2 + bx + c Thử lại: Thỏa mãn Bài 6.2 Thay x = y, ta có t 2xf (2x) = 2f (x) ⇒ f (t) = f ( ) t Do vậy, f (x) khả vi vô hạn lần với t = Đạo hàm theo ẩn x, ta có (x + y)f (x + y) + f (x + y) = f (x) Đạo hàm theo ẩn y, ta có (x + y)f (x + y) + f (x + y) = f (y) Suy f (x) = f (y) với x, y f (x) = ax + b Thay x = y = 0, suy f (0) = b = Thay f (x) = ax vào giả thiết, ta có a = Vậy, f (x) = 195 PHƯƠNG TRÌNH HÀM với x ∈ R Bài 6.3 Giả sử tồn hàm số thỏa yêu cầu toán Thay y = −x, ta được: xf (x) + xf (−x) = 2xf (0), ∀x ∈ R, hay f (x) − f (0) = − (f (−x) − f (0)) Đặt g(x) = f (x) − f (0), x ∈ R g hàm lẻ thỏa g(0) = xg(x) − yg(y) = (x − y) g (x + y) , ∀x, y ∈ R (6.7) xg(x) − yg(y) = (x + y) g (x − y) (6.8) Thay y −y, ta Từ (6.7) (6.8), ta (x − y) g (x + y) = (x + y) g (x − y) , ∀x, y ∈ R Thay x y + ta g (2x + 1) = (2x + 1) g(1), ∀x ∈ R Suy g(x) = g(1)x, ∀x ∈ R f (x) = ax + b, ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm thỏa yêu cầu toán Bài 6.4 Cho x = f (2x) = 2f (x) (6.9) ta có f (0) = Áp dụng (6.9) n lần ta f (x) = 2n f x 2n (6.10) Vì f khả vi x = nên f (y) = my + y, m = f (0) hợp với (6.10) ta có = (y) → y → Thay y = f (x) = 2n m x x + n n 2 = mx + x (6.11) x vào (6.11), kết 2n (6.12) Cho n → ∞, → 0, ta f (x) = mx Bài 6.5 Đặt g(x) = xf (x) phương trình trở thành g(x) = g(xx ) Xét x > 196 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MƠN GIẢI TÍCH • Nếu < x ≤ 1, xét dãy số (un ) xác định sau u1 = x, un+1 = uunn , với n ≥ Ta có g(un+1 ) = g(uunn ) = g(un ) nên g(un ) = g(un−1 ) = · · · = g(u1 ) = g(x) với n ≥ Mặt khác, lim un = nên g(x) = lim g(un ) = n→∞ n→∞ g( lim un ) = g(1) n→∞ • Nếu x > 1, kí hiệu s : [1, +∞) → [1, +∞) hàm số ngược hàm số r(x) = xx [1, +∞) (s tồn r hàm số đồng biến [1, +∞)) Xét dãy số (un ) xác định sau u1 = x, un+1 = s(un ), với n ≥ r(x) ≥ x nên s(x) ≤ r(s(x)) = x với x ∈ (0, 1) Do (un ) dãy số khơng tăng bị chặn nên hội tụ đến l ∈ R thỏa l = s(l) ⇒ r(l) = r(s(l)) = l ⇒ l = Vậy g(x) = lim g(un ) = g( lim un ) = g(1) n→∞ n→∞ Vậy g hàm Suy hàm số cần tìm f (x) = c với c ∈ R x Bài 6.6 Phương trình cho tương đương với x ln a = a ln x ⇔ ln x ln a = x a − ln x ln x , ta có f (x) = Ta có lim+ f (x) = −∞ x→0 x x2 ln x lim f (x) = lim = lim = Do f có bảng biến thiên x→+∞ x→+∞ x x→+∞ x sau: Xét hàm số f (x) = x f (x) + e + −1 e f (x) +∞ − −∞ Từ bảng biến thiên suy phương trình cho có tối đa hai nghiệm dương Phương trình có nghiệm dương f (a) = ln a ∈ (−∞, 0] ∪ {e−1 } ⇔ a ∈ (0, 1] ∪ {e} a 197 PHƯƠNG TRÌNH HÀM Cũng từ bảng biến thiên ta có lim s(a) = a→+∞ n Bài 6.7 Đặt : Sn = k=1 |Sn | + |Sn−1 | ≤ Từ : ak [f (x + ky) − f (x − ky)] Khi đó: |Sn − Sn−1 | ≤ |an [f (x + ny) − f (x − ny)]| ≤ → |f (x + ny) − f (x − ny)| ≤ Đặt an u = x + ny ⇒ |f (u) − f (v)| ≤ n với n tùy ý thuộc N∗ , từ suy v = x − ny a f (u) = f (v), u, v ∈ R Vậy f hàm Thử lại, f hàm ta ln có bất đẳng thức Bài 6.8 Đặt P (x, y) mệnh đề f (x + y ) ≥ (y + 1) f (x) , ∀x, y ∈ R P (x − 1, −1) ⇒ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Với y > P x + y , y ⇒ f x + 2y ≥ (y + 1) f x + y ≥ (y + 1)2 f (x) , P x + 2y , y ⇒ f x + 3y ≥ (y + 1) f x + 2y ≥ (y + 1)3 f (x) Bằng quy nạp ta thu f (x + ny ) ≥ (y + 1)n f (x) , ∀x ∈ R, ∀y > 0, ∀n = 1, Từ (2), lấy y = f (2) , ta được: n x+ n n 1+ n ≥ f (x) , ∀x ∈ R, ∀n = 1, (3) Sử dụng (3) liên tiếp ta thu được: f ⇒f x+ k x+ n n ≥ ≥ ⇒ ≤ f (x) ≤ 1+ 1+ n n n f x+ n ≥ 1+ kn f (x + 1) n 1+ n f (x) ⇒ f (x + 1) ≥ n, n 2n f (x) 1+ n ∀x ∈ R, ∀n = 1, 2, n2 f (x) (4) 198 CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MƠN GIẢI TÍCH Từ (4) cho n → +∞ ta được: ≤ f (x) ≤ ⇒ f (x) = 0, ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy hàm số f (x) = thỏa mãn yêu cầu đề Bài 6.9 Bổ đề: Nếu hàm số g : R ⇒ R liên tục nhận giá trị vô tỉ g(x) = c với c số Chứng minh Thật vậy, khơng tồn cặp số thực phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 ) cho g (x1 ) = g (x2 ) Do tính chất liên tục hàm g nên với số hữu tỉ q ∈ (min {g (x1 ) , g (x2 )} ; max {g (x1 ) , g (x2 )}) cho trước, tồn x3 ∈ (x1 , x2 ) để g (x3 ) = q, điều g nhận giá trị vơ tỉ Vây bổ đề chứng minh Theo hàm số f : R → R hữu tỉ liên tục thỏa mãn điều kiện với x ∈ R số f (x)+f x + 2017 f (x + 11) + f (x + 4) + f (x + 2017) số vô tỉ Điều tương đương 2017 với hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f (x) + f x + số vô tỉ số f (x + 11) + f (x + 4) + f (2017) số hữu tỉ Do vậy, cặp hàm  2017   + f (x + 11) + f (x + 4) + f (2017) h1 (x) = f (x) + f x + 2017   − f (x + 11) − f (x + 4) − f (2017) h2 (x) = f (x) + f x + hàm liên tục nhận giá trị vô tỉ với x ∈ R Vậy theo nhận xét h1 ≡ c1 , h2 ≡ c2 (với c1 , c2 số vơ tỉ đó) Suy 2017 2017 c1 + c2 f (x) + f x + , ∀x ∈ R (1) f x + = + f (x + 2 c1 + c2 , ∀x ∈ R (2) 2017) = Từ (1) (2) cho ta f (x) = f (x + 2017) với x ∈ R, hay f (x) hàm tuần hoàn R Xét hàm số g(x) = x11 − 4x + 2017 − f (x) , với x ∈ R Khi đó, g(x) hàm số xác định, liên tục R Vì f (x) hàm số tuần hồn R nên hàm số f (x) bị chặn Ta có: lim g (x) = lim x11 − 4x + 2017 − f (x) = +∞ lim g (x) = lim x11 − 4x + 2017 − f (x) = −∞ x→+∞ x→−∞ x→+∞ x→+∞ Từ suy ra, tồn số n > 0, m < cho g(n) > 0, g(m) < Vì hàm số g(x) liên tục R g(m).g(n) < nên theo định lý giá trị trung gian tồn x0 ∈ (n, m) cho g(x0 ) = hay x11 − 4x0 + 2017 − f (x0 ) = PHƯƠNG TRÌNH HÀM 199 Bài 6.10 Từ a), thay x = y, ta có: 2f (x) − g (x) = f (x) − x ⇒ f (x) = g (x) − x; ∀x ∈ R Như vậy, giả thiết a) trở thành: (g (x) − x)−g (x) = (g (y) − y)−y ⇒ g (x) = 2x − 2y + g (y) ∀x, y ∈ R Thay y = đặt g (0) = b, ta có g (x) = 2x + b, đó: f (x) = x + b Thay biểu thức f g vào bất đẳng thức b), ta (x + b) (2x + b) ≥ x + ∀x ⇔ 2x2 + (3b − 1) x + b2 − ≥ ∀x ⇔ ≥ ∆ = (3b − 1)2 − 4.2 b2 − = b2 − 6b + ⇔b=3 Hiển nhiên hàm f (x) = x + 3; g (x) = 2x + thỏa mãn điều kiện b) Khơng khó để chứng minh chúng thỏa mãn điều kiện i) Thật vậy, ta có: 2f (x) − g (x) = (x + 3) − (2x + 3) = f (y) − y = y + − y = Vậy i) thỏa mãn Vậy, tất hàm số f g cần tìm là: f (x) = x + 3; g (x) = 2x + ... I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN VÀ HỌC SINH LẦN THỨ 25 Thông tin kỳ thi Thơng tin chung Kỳ thi Olympic Tốn lần thứ 25 tổ chức từ 10-16/4/2017 Trường đại học Phú Yên Năm kỳ thi dành cho sinh viên, ... viên thân mến! Kỳ thi Olympic toán học sinh viên học sinh tổ chức với mục đích khuyến khích, động viên niềm say mê, tình u tốn học bạn sinh viên học sinh Đa số sinh viên tham dự Olympic tốn học. .. dành cho sinh viên dự thi bảng A 20 Phần II ĐỀ THI 21 Chương Đề thi thức 23 24 CHƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỘI TỐN HỌC VIỆT NAM KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN VÀ HỌC SINH NĂM 2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC