Bài tập giải tích

20 16 0
  • Loading ...
1/20 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/10/2018, 17:22

Phần Bài tập Giải tích Cho dãy số {an } {bn } thoả mãn điều kiện sau lim (an + bn ) = , lim (a2k+1 − b2k+1 )=0, n n n→∞ n→∞ với k số ngun khơng âm Chứng minh lim an = lim bn = n→∞ n→∞ Solution +) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức |t − 1|2k+1 22k |t2k+1 − 1| , ∀t ∈ R Thật vậy, t = bất đẳng thức hiển nhiên (t − 1)2k+1 Với t = xét hàm f (t) = 2k+1 , f (t) liên tục R t −1 {1} (2k + 1)(t − 1)2k (t2k+1 − 1) − (2k + 1)t2k (t − 1)2k+1 (t2k+1 − 1)2 (2k + 1)(t − 1)2k (t2k − 1) = (t2k+1 − 1)2 f (t) = Như dấu f (t) dấu (t2k − 1) với t = Ta thấy f (t) > −∞ < t < −1 < t < +∞, f (t) < − < t < , f (−1) = f (−1) = 22k Lại thấy (t − 1)2k+1 (t − 1)2k = lim =0 t→1 t2k+1 − t→1 t2k lim f (t) = , lim f (t) = lim t→±∞ t→1 Do suy f (t) = (t − 1)2k+1 t2k+1 − 22k ⇒ |t − 1|2k+1 |t2k+1 − 1| dẫn đến có bất đẳng thức cần phải chứng minh 22k , ∀t = , Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 +) Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức |x − y|2k+1 22k |x2k+1 − y 2k+1 | , ∀x, y ∈ R Thật vậy, y = bất đẳng thức hiển nhiên Với y = 0, bất đẳng thức chứng minh ta việc đặt t = x y suy bất đẳng thức cần phải chứng minh +) Bây trở lại toán cho, ta coi x = an , y = bn |an − bn |2k+1 ⇔ 22k |a2k+1 − b2k+1 |, n n 2k − b2k+1 2k+1 a2k+1 n n |an − bn | 2k+1 Cho n → ∞ ta đợc lim (an − bn ) = Kết hợp với giả thiết lim (an + bn ) = ta n→∞ n→∞ đẫn tới lim an = lim bn = n→∞ n→∞ Cho dãy số xn = 6+ 6+ + + √ n lần Hãy tính giới hạn lim xn ? , lim 6n (2 − xn )? n→∞ n→∞ Solution Dễ dàng thấy (giải thích?) xn < xn+1 < xn < với n Suy tồn lim xn = l thấy (giải thích?) l = Khi n→∞ − x3n − xn−1 = < (2 − xn−1 ) 2 + 2xn + xn + 2xn + xn 1 < − xn < (2 − xn−1 ) < (2 − xn−2 ) < < n−1 (2 − x1 ) 7 n−1 n−1 √ 6 6(2 − x1 ) = 6(2 − 6) < 6n (2 − xn ) < 7 < − xn = Vậy có lim 6n (2 − xn ) = n→∞ Chứng minh dãy √ 7, 7− √ 7, 7− 7+ √ 7, 7− 7+ 7− √ 7, hội tụ tìm giới hạn Solution Gọi xn số hạng thứ ncủa dãy cho √ Ta có xn+2 = − + xn < xn < , xn = với n ∈ N (giải thích?) 3 Khi xn > 2, xn+2 < xn < 2, xn+2 > Từ suy dãy cho hội tụ, giới hạn ε Nếu xn = + ε, với < ε < 1, + xn = + ε < + ε + 36 = (3 + 6ε )2 , nên √ √ + xn < + 6ε xn+2 = − + xn > − (3 + 6ε ) = − 6ε Nhưng ε < ε − ε2 , 144 nên 4− ε >2− ε 12 ε 12 − xn+2 < = (xn 12 − 2) Tương tự xn = − ε, với < ε < 1, + xn = − ε > − 2ε + ε9 = (3 − 3ε )2 , √ √ nên + xn > − 3ε xn+2 = − + xn < − (3 − 3ε ) = + 3ε Nhưng ε < ε + ε2 , 144 nên 4+ Như |xn+2 − 2| < ε 0, q > 0, p + q < dãy số {an } không âm, thoả mãn an+2 pan+1 + qan , n ∈ N Chứng minh dãy {an } hội tụ tìm lim an n→∞ Kết p > 0, q > 0, p + q = ? Solution Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh đợc an cun−3 , ∀n , với c = pa2 + qa1 , < u = q ∃n0 ∈ N để ∀n β 1+q n0 ta có (1 − q)ε > |bn − β| = |an + qan−1 − (1 + q)α| = |(an − α) − (−q)(an−1 − α)| |an − α| − q|an−1 − α| , ta có |an − α| q|an−1 − α| + (1−q)ε Từ quy nạp ta nhận |an0 +k − α| (1 − q)ε ε − α| + q k |an0 − α| + (q k−1 + q k−2 + + q + 1) = q k |an0 − α| + − q k (1 − q)ε < q k |an0 1−q Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 Chú ý < q < , nên với k đủ lớn ta có ε , |an0 +k − α| < ε , q k |an0 − α| < hay nói cách khác, với n đủ lớn ta có |an − α| < ε Cho dãy {xn }∞ n=1 xác định sau x1 = a , xn+1 = + ln xn (x2n + 3) 3x2n + Chứng minh dãy hội tụ tìm giới hạn Solution .? Cho dãy số {xn }∞ n=1 xác định sau: x1 = − , xn − (1 + (1 + xn ))xn+1 = (n 1) ∞ Chứng minh chuỗi (1 + xn ) hội tụ tính tổng chuỗi n=1 Solution .? Cho hàm số f : [0, 1] → R khả vi liên tục thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = Chứng minh với n ∈ N tồn số x1 , x2 , , xn ∈ [0, 1] cho 1 + + + =n f (x1 ) f (x2 ) f (xn ) Solution Theo định lý Lagrange tồn số c ∈ (0, 1) cho f (c) = f (1) − f (0) =1 1−0 Có hai trường hợp xảy ra: 1) Với x ∈ [0, 1] f (x) (hoặc f (x) 1) 2) Tồn a, b ∈ [0, 1] để f (a) < < f (b) +) Trường hợp 1) ta suy f (x) ≡ x , ∀x ∈ [0, 1] Thật vậy, xét f (x) , ∀x ∈ [0, 1] Giả sử phản chứng: tồn t ∈ [0, 1] để f (t) = t Tức f (t) > t f (t) < t Khi f (t) > t , định lý Lagrange cho hàm f [t, 1] tồn α ∈ (1, t) để f (α) = mâu thuẫn với việc f (x) f (1) − f (t) − f (t) 1−t = < =1 1−t 1−t 1−t , ∀x ∈ [0, 1] 5 Khi f (t) < t , định lý Lagrange cho hàm f [0, t] tồn β ∈ (0, t) để f (β) = mâu thuẫn với f (x) f (t) − f (0) f (t) t = < =1 t−0 t t , ∀x ∈ [0, 1] Tương tự với f (x) , ∀x ∈ [0, 1] Kết f (x) ≡ x , ∀x ∈ [0, 1] dẫn đến f (x) ≡ , ∀x ∈ [0, 1] kết luận toán hiển nhiên +) Trường hợp 2) ta thấy f (x) liên tục, nên giá trị f (x) lấp đầy đoạn [m, M ] ⊂ R Gọi ε = min{1 − f (a) , f (b) − 1} > [1 − ε, + ε] ⊂ [m, M ] giá trị f (x) lấp đầy [1 − ε, + ε] Lấy y1 ∈ (1, + ε] , phải tồn x1 ∈ [0, 1] để f (x1 ) = y1 y1 Xét hệ thức + = , ta y2 = y1 y2 2y1 − x −1 Dựa vào tính nghịch biến hàm g(x) = (do g (x) = < , ∀x = ) 2x − (2x − 1) ta suy > y2 > 1+ε ε =1− > − ε hay y2 ∈ (1 − ε, 1) + 2ε + 2ε nên phải tồn x2 ∈ [0, 1] để f (x2 ) = y2 1 Như ta có x1 , x2 ∈ [0, 1] để + = (∗) f (x1 ) f (x2 ) Bây n chẵn (n = 2k) cách lấy k điểm dạng y1 nói theo kết (∗) ta kết luận toán Nếu n lẻ (n = 2k + 1) cách xét k điểm dạng y1 nói theo kết (∗) , đồng thời lấy thêm điểm c ∈ (0, 1) mà f (c) = có phần đầu, ta kết luận toán Cho hàm f liên tục [0, 1], khả vi (0, 1) f (0) = 0, f (1) = Chứng minh 1) Với n ∈ N tồn điểm x1 , x2 , , xn mà < x1 < x2 < < xn < cho f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = n 2) Tồn a, b ∈ (0, 1), a = b cho f (a)f (b) = Solution .? Cho hàm f : R → R thoả mãn f x+y = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R 1) Đặt g(x) = f (x) − f (0) , chứng tỏ g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R 2) Chứng minh f hàm số 6 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 Solution 1) Ta có ∀x, y ∈ R g(x) + g(y) [f (x) − f (0)] + [f (y) − f (0)] f (x) + f (y) = = − f (0) 2 (x + y) + x+y − f (0) = f − f (0) =f 3 f (x + y) + f (0) f (x + y) − f (0) g(x + y) = − f (0) = = 2 Như g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R 2) Lấy y = x ta g(2x) = 2g(x) , ∀x ∈ R (1) Lại có g x+y x+y f (x) + f (y) − f (0) = − f (0) [f (x) − f (0)] + [f (y) − f (0)] g(x) + g(y) = = 2 =f Vì g x + 2x g(x) + g(2x) = hay g(2x) = g(x) , ∀x ∈ R (2) Từ (1) (2) suy g(x) = , ∀x ∈ R Vậy f (x) = f (0) , ∀x ∈ R , tức f (x) hàm số 10 Cho f : [a, b] → R hàm khả vi đến cấp thỏa mãn f (a) = f (b) = Chứng minh tồn c ∈ (a, b) cho |f (c)| |f (b) − f (a)| (b − a)2 Solution .? 11 Cho hàm f ∈ C [0, 1] (khả vi liên tục [0, 1] thoả mãn f (0) = f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) Chứng minh [f (x)]3 dx [f (x)]2 1 (1 − x)2 f (x)dx Đáp án Vì f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) f (0) = nên f (x) > 0, ∀x ∈ [0, 1] Dùng tích phân phần ta có 1 (1 − x)3 f (x)dx = (1 − x)3 f (x) + (1 − x)2 f (x)dx = (1 − x)2 f (x)dx Sử dụng bất đẳng thức Holder tích phân b b |u(x)v(x)|dx a p |u(x)| dx a b p q |v(x)| dx a q , (p > 0, q > 0, 1 + = 1) p q với u(x) = f (x) [f (x)] , v(x) = (1 − x)2 [f (x)] , p = , q = 1 |u(x)v(x)|dx = (1 − x)2 f (x)dx = I |u(x)| dx 1 = 0 |v(x)| dx = 0 Do I , ta [f (x)]3 dx [f (x)]2 = J3 , J (1 − x)3 f (x)dx = (3I) J (3I) , suy J I , ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh 12 Cho f (x) = x3 − 3x + Hỏi phương trình f (f (x)) = có nghiệm thực phân biệt? Solution Ta thấy f (x) = 3x2 − = 3(x + 1)(x − 1) Do hàm liên tục f (x) đơn điệu tăng khoảng (−∞, −1) , (1, ∞) đơn điệu giảm khoảng (−1, 1) Mặt khác f (−1) = > , f (1) = −1 < , f (3) = 19 > lim f (x) = ±∞ x⇒±∞ Suy phương trình f (x) = có nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 thoả mãn bất đẳng thức x1 < −1 < x2 < < x3 < Vẽ đồ thị (tự vẽ) hàm f (x) với lưu ý max f (x) = f (−1) = , f (x) = f (1) = −1 ta nhận thấy đường thẳng y = x1 cắt đồ thị điểm, đường thẳng đường thẳng y = x2 y = x3 cắt đồ thị điểm phân biệt Như phương trình f (x) = x1 có nghiệm thực, phương trình f (x) = x2 phương trình f (x) = x3 phương trình có nghiệm thực phân biệt, đồng thời nghiệm phương trình khác Nghiệm phương trình f (f (x)) = nghiệm phương trình Vậy phương trình f (f (x)) = có nghiệm thực phân biệt 13 Cho P (x) = x2 − Hỏi phương trình P (P (P P (x))) = n có nghiệm thực phân biệt? Solution Đặt Pn (x) = P (P (P P (x))) n Ta có P1 (x) = P (x) = x − −1 Lại có Pn+1 (x) = P1 (Pn (x)) = P (Pn (x)) = [Pn (x)]2 − −1 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 • Trước hết ta xét phương trình Pn (x) = a (∗) Nếu a < −1 phương trình (∗) vơ nghiệm Giả sử a > , ta chứng minh quy nạp với n phương trình (∗) có hai nghiệm thực phân biệt Thật √ P1 (x) = P (x) = x2 − = a có hai nghiệm thực phân biệt x = ± + a Giả sử Pn (x) = a có hai nghiệm thực phân biệt, phương trình Pn+1 (x) = a tương đương với phương trình [Pn (x)]2 = + a , Pn (x) = √ √ √ − + a (1) Pn (x) = + a (2) Nhưng − + a < −1 , nên (1) vơ nghiệm, ta xét (2) Thế mà theo giả thiết quy nạp (2) có nghiệm thực phân biệt Vậy Pn+1 (x) = a có nghiệm thực phân biệt Chứng minh quy nạp hồn thành • Bây xét phương trình Pn (x) = (∗∗) Ta thấy P1 (x) = P (x) = x2 − = có nghiệm thực phân biệt x = ±1 P2 (x) = P (P (x)) = (x2 − 1)2 − = x4 − 2x2 = x2 (x2 − 2) = có nghiệm thực √ phân biệt x = , x = ± Giả sử quy nạp Pk (x) = có k + nghiệm thực phân biệt (với k n) Ta chứng tỏ Pn+2 (x) = có n + nghiệm thực phân biệt Thật Pn+2 (x) = P2 (Pn (x)) = [Pn (x)]2 ([Pn (x)]2 − 2) = dẫn tới √ Pn (x) = (3) Pn (x) = ± (4) Tập hợp nghiệm (3) tập hợp nghiệm (4) không giao Theo giả thiết quy nạp (3) có n + nghiệm thực phân biệt √ √ Với (4) Pn (x) = − < −1 nên vơ nghiệm, Pn (x) = > có nghiệm thực phân biệt theo phần chứng minh phía Vậy Pn+2 (x) = có n + nghiệm thực phân biệt Chứng minh quy nạp hồn thành Tóm lại (∗∗) có n + nghiệm thực phân biệt 14 Chứng minh không tồn đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc deg(P ) = n cho P (x) ∈ Q , ∀x ∈ R \ Q Solution Ta chứng minh quy nạp phản chứng +) Xét deg(P ) = , hay P (x) = ax + b (a = 0) Giả sử ∀x ∈ R \ Q P (x) ∈ Q Khi x + ∈ R \ Q x ∈ R \ Q , nên P (x + 1) ∈ Q P ( x2 ) ∈ Q Suy P (x + 1) − P (x) ∈ Q , tức [a(x + 1) + b] − (ax + b) = a ∈ Q Đồng thời 2P ( x2 ) − P (x) ∈ Q , tức (ax + 2b) − (ax + b) = b ∈ Q P (x) − b (ax + b) − b ∈ Q , tức = x ∈ Q , điều mâu thuẫn a a với x ∈ R \ Q Vậy khẳng định toán với deg(P ) = n = Từ dẫn đến +) Giả sử khẳng định toán với deg(P ) = m ∈ {1, 2, , n − 1} (n 2) , ta chứng minh khẳng định toán với deg(P ) = n Đặt P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an (a0 = 0) Giả sử ∀x ∈ R \ Q P (x) ∈ Q Khi x + ∈ R \ Q , nên P (x + 1) ∈ Q Suy H(x) = P (x + 1) − P (x) ∈ Q , ∀x ∈ R \ Q (∗) Sử dụng khai triển nhị thức Newton ta dễ dàng thấy deg(H) n−1 Nhưng từ theo giả thiết quy nạp xảy (∗) Vậy khẳng định toán với deg(P ) = n Chứng minh tốn hồn thành 15 Cho hàm f khả vi thỏa mãn f (x)+f (x) 1, ∀x ∈ R f (0) = Tìm max{f (1)? Solution .? 16 Cho f : [0, 1] → R hàm khả vi tới cấp 2, thỏa mãn f (0) = f (1) = f (x) + 2f (x) + f (x) 0, ∀x ∈ [0, 1] Chứng minh f (x) 0, ∀x ∈ [0, 1] Solution .? 17 Tìm tất các hàm f : R → R liên tục thỏa mãn n+ 12 n f (t)dt = nf (x) + n , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N Solution .? 18 Cho f (x) hàm dương, khơng tăng, khả tích, xác định [0, 1] Chứng minh x[f (x)]2 dx xf (x)dx [f (x)]2 dx f (x)dx Solution Xét hàm g : [0, 1] → R sau x g(x) = x [f (t)] dt x tf (t)dt − x t[f (t)] dt f (t)dt Ta thấy g(0) = x g (x) = f (x) (t − x)[f (x) − f (t)]dt 0, ∀x ∈ [0, 1] Do g(1) g(0) = ta suy điều phải chứng minh 10 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 19 Chứng minh bất đẳng thức + sin x − sin x sin x · ln 2x2 , − π π tồn c ∈ (0, 1) cho αf (c) + cf (c) = Hint Áp dụng định lý Rolle cho hàm g(x) = xα f (x) 27 Cho hàm f (x) khả vi [0, 1], thỏa mãn f (0) = f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1] Xét số α, β > Chứng minh tồn c ∈ (0, 1) cho α f (c) f (1 − c) =β f (c) f (1 − c) Solution .? 28 Cho hàm f khả vi [0, 1] thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = Chứng minh với α, β > tồn c1 , c2 ∈ (0, 1), c1 = c2 cho α β + =α+β f (c1 ) f (c2 ) Solution .? 29 Cho hàm liên tục f : [0, 1] → R thỏa mãn f (x)dx = Chứng minh tồn α, β, γ ∈ (0, 1), α < β < γ cho f (α)f (β)f (γ) = Solution .? 30 Cho hamg f ∈ C [a, b] (0 a < b) Đặt f (x) = m, max f (x) = M x∈[a,b] x∈[a,b] Chứng minh m(b2 − a2 ) Solution .? bf (b) − af (a) − f (b) + f (a) M (b2 − a2 ) 12 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 31 Cho hàm f, g ∈ C[0, 1] Chứng minh tồn điểm c, d ∈ (0, 1) cho c (1 − x)f (x)dx g(x)dx = 0 d (−x)f (x)dx f (x)dx xg(x)dx = c (1 − x)g(x)dx d (1 − x)g(x)dx 0 xf (x)dx Solution .? x 32 Cho hàm f ∈ C[0, 1] đặt F (x) = f (t)dt , x ∈ [0, 1] Giả sử 1 x2 f (x)dx + F (x)dx = Chứng minh [f (x)]2 dx > 212 f (x)dx Solution .? 33 Cho đa thức P (x) với bậc n có nghiệm thực (tính bội) Chứng minh đa thức Q(x) = P (x) + P (x) − P (x) có nghiệm thực (tính bội) Solution .? 34 Cho đa thức P (x) với deg(P ) = n có n nghiệm thực x1 < x2 < < xn Giả sử Q(x) đa thức với deg(Q) = n − thoả mãn điều kiện khoảng (xi , xi+1 ) Q(x) có nghiệm thực (với i = 1, 2, , n − 1) Chứng minh đa thức R(x) = P (x)Q(x) − P (x)Q (x) khơng có nghiệm thực Solution Gọi nghiệm Q(x) y1 , y2 , , yn−1 Ta viết P (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) , a = Q(x) = b(x − y1 )(x − y2 ) (x − yn−1 ) , b = với x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < < xn−1 < yn−1 < xn Rõ ràng Q(xi ) = b(xi − y1 )(xi − y2 ) (xi − yn ) = , ∀i = 1, n Áp dụng định lý Rolle ta suy đa thức P (x) với deg(P ) = n−1 có đủ n−1 nghiệm thực phân biệt nghiệm nằm khoảng (xi , xi+1 ) với i = 1, 2, , n− Do P (xi ) = 0, ∀i = 1, n Từ với đa thức R(x) = P (x)Q(x) − P (x)Q (x) ta có R(xi ) = P (xi )Q(xi ) − P (xi )Q (xi ) = P (xi )Q(xi ) = , ∀i = 1, n (∗) 13 Xét hệ n đa thức bậc n − sau P1 (x) = P (x) P (x) P (x) , P2 (x) = , , Pn (x) = x − x1 x − x2 x − xn Ta chứng tỏ hệ {P1 (x), P2 (x), , Pn (x)} độc lập tuyến tính Thật vậy, giả sử có số α1 , α2 , , αn ∈ R cho n α1 P1 (x) + α2 P2 (x) + + αn Pn (x) = αi Pi (x) ≡ , ∀x ∈ R i=1 Lần lượt lấy x = xi (i = 1, 2, , n) Pk (xi ) = với k = i, ta α1 P1 (x1 ) = α2 P2 (x2 ) = = αn Pn (xn ) = α1 = α2 = = αn = (vì Pi (xi ) = , ∀i = 1, n) Vậy {P1 (x), P2 (x), , Pn (x)} lập thành sở cho tập hợp đa thức bậc n − Suy đa thức Q(x) biểu diễn thành Q(x) = c1 P1 (x) + c2 P2 (x) + + cn Pn (x) n = n ci Pi (x) = i=1 i=1 P (x) = P (x) ci x − xi n i=1 ci x − xi với c1 , c2 , , cn ∈ R không đồng Lấy x = xk (với k ∈ {1, 2, , n}) Pi (xk ) = với i = k, ta Q(xk ) = ck Pk (xk ) = ck a(xk − x1 )(xk − x2 ) (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) (xk − xn ) Vì Q(xk ) = suy ck = Mặt khác (xk −x1 ) > 0, (xk −x2 ) > 0, , (xk −xk−1 ) > (xk − xk+1 ) < 0, , (xk − xn ) < nên dấu Q(xk ) dấu (−1)n−k ack Tương tự có Q(xk+1 ) = 0, ck+1 = dấu Q(xk+1 ) dấu (−1)n−k−1 ack+1 Do khoảng (xk , xk+1 ) Q(x) có nghiệm yk , nên Q(xk )Q(xk+1 ) < (hay Q(xk ) Q(xk+1 ) trái dấu) Suy > [(−1)n−k ack ][(−1)n−k−1 ack+1 ] = (−1)2n−2k−1 a2 ck ck+1 = −a2 ck ck+1 ck ck+1 > (hay ck ck+1 dấu) Vậy ci = 0, ∀i = 1, n c1 , c2 , , cn có dấu Xét hàm số Q(x) f (x) = = P (x) n i=1 ci , x = xi (i = 1, 2, , n) x − xi 14 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 Ta có f (x) = Q(x) P (x) n f (x) = i=1 = −R(x) P (x)Q (x) − P (x)Q(x) = [P (x)] [P (x)]2 ci x − xi n = i=1 ci x − xi n =− i=1 ci =0 (x − xi )2 nên suy R(x) = 0, ∀x = xi (i = 1, 2, , n) Kết hợp với kết (∗) ta R(x) = 0, ∀x ∈ R, hay R(x) khơng có nghiệm thực 35 (Moscow 1971) Cho dãy số {an }∞ n=1 với lim an = a n→∞ a1 + a2 + · · · + an Xét dãy số {bn }∞ n=1 với bn = n Chứng minh lim bn = a n→∞ Hỏi điều ngược lại có khơng? 36 (Moscow 1972) Cho dãy số dương {aik } (i, k = 1, 2, ) thoả mãn lim aik = +∞ k→∞ với i = 1, 2, Chứng minh tồn dãy số {bk } (k = 1, 2, ) cho bk = (i = 1, 2, ) k→∞ aik lim bk = +∞ , lim k→∞ 37 (Moscow 1972) Cho hàm số f (x) liên tục thoả mãn f (f (x)) ≡ x toàn đờng thẳng thực R Chứng minh tồn x0 ∈ R cho f (x0 ) = x0 38 (Moscow 1973) Chứng minh với x > −1 ta có bất đẳng thức |x| + |x| | ln(1 + x)| |x|(1 + |x|) 1+x 39 (Moscow 1974) Cho dãy số {xn }∞ n=1 bị chặn thoả mãn điều kiện xn+1 − xn > − (n = 1, 2, ) n2 Chứng minh dãy số cho hội tụ 40 (Moscow 1975) Cho hàm số f (x) khả vi [0, +∞) , thoả mãn f (0) = |f (x)| e−x , ∀x > Chứng minh tồn x0 > cho f (x0 ) = −e−x0 41 (Moscow 1975) Cho hàm số f (x) liên tục [a, b] Giả sử b xk f (x)dx = với k = 0, 1, 2, , n a Chứng minh phwơng trình f (x) = có n + nghiệm [a, b] 15 42 (Moscow 1977) Tính giới hạn lim xn với n→∞ (n+1)2 xn = k=n2 √ k 43 (Moscow 1979) Cho hàm số f (x) liên tục [−1, 1], khả vi hai lần (−1, 1), thoả mãn f (−1) = f (1) = |f (x)| M, ∀x ∈ (−1, 1) Chứng minh M (1 − x2 ) , ∀x ∈ [−1, 1] |f (x)| 44 (Moscow 1980) Cho P (x) đa thức có nghiệm thực (tính bội) Xét đa thức Q(x) = P (x) + P (x) P (4) (x) P (6) (x) + + + 2! 4! 6! Chứng minh Q(x) có nghiệm thực (tính bội) 45 (Moscow 1980) Biết Hãy tính ln(1 − x) π2 dx = − x ln(1 − x + x ) dx x 46 (Moscow 1982) Cho hàm f (x) khả tích [0, 1] f (x)dx = Chứng minh với α ∈ [0, 1] ta có n−1 k+α n lim n→∞ k=0 f (x)dx = α k n 47 (Moscow 1983) Cho dãy số {xn }∞ n=1 thoả mãn điều kiện |xn − xm | > , ∀n < m n Chứng minh dãy số cho không bị chặn 48 (Moscow 1983) Cho hàm số f (x) liên tục R Giả sử tồn x0 ∈ R n ∈ N cho f (f (f ( f (x0 )))) = x0 n lần Chứng minh tồn α ∈ R cho f (α) = α 16 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 ∞ ∞ 49 (Moscow 1984) Cho số dương a, b, c xây dựng dãy số {an }∞ n=1 , {bn }n=1 , {cn }n=1 sau a1 = a , an+1 = (an + bn + cn ) an bn + bn cn + cn an b1 = b , bn+1 = a n + bn + cn 3an bn cn c1 = c , cn+1 = an bn + bn cn + cn an Chứng minh ba dãy {an }, {bn }, {cn } hội tụ tới giới hạn tìm giới hạn 50 (Moscow 1985) Chứng minh với x > ta có bất đẳng thức x2 + ln x 51 (Moscow 1985) Cho số dương x1 , x2 đặt x2n+1 = 2x2n + x2n−1 (n 1) , x2n = x2n−1 + x2n−2 (n 2) x2n tìm giới hạn n→∞ x2n−1 Chứng minh tồn lim 52 (Moscow 1985) Tính giới hạn lim x| sin(nx)|dx n→∞ 53 (Moscow 1985) Chứng minh bất đẳng thức π √ 2 +∞ √ −∞ dx x4 + 2x2 + 54 (Moscow 1986) Tính tích phân I = −1 2arctan √ x2 dx ex − 55 (Moscow 1987) Cho dãy số thực {an }∞ n=1 đặt An = a1 + a2 + · · · + an n Chứng minh A1 − G1 2(A2 − G2 ) , Gn = ··· √ n a1 a2 an n(An − Gn ) ··· 56 (Moscow 1987) Cho hàm f (x), g(x) khả tích đơn điệu tăng [a, b] Chứng minh b b f (x)dx a b g(x)dx a (b − a) f (x)g(x)dx a 17 57 (Moscow 1987) Tính giới hạn √ lim np sin(π( + 1)n ) n→∞ p số cho trớc 58 (Moscow 1988) Chứng minh với e−x − x < n ta có bất đẳng thức x2 n 1− x n n e−x 59 (Moscow 1988) Tính tích phân +∞ J= e−2t − dt t (1 + t)2 ln(1 + t) ∞ 60 (Moscow 1990) Cho hai dãy số thực {xn }∞ n=1 , {yn }n=1 thoả mãn hệ thức 2xn + 3yn + xn = − 4yn Chứng minh tồn giới hạn lim yn tồn giới hạn lim xn n→∞ n→∞ 61 (Moscow 1990) Tính tích phân π I= −π dx +1 2sin x 62 (Moscow 1990) Cho hàm f (x) đơn điệu khả vi liên tục [0, 4] Giả sử |f (x)| < 1, ∀x ∈ [0, 4] Chứng minh tồn x0 ∈ (0, 4) cho [f (x0 )]2 + [f (x0 )]2 < Khẳng định khơng, thay [0, 4] [0, 3]? 63 (Moscow 1991) Cho hàm f (x), g(x) liên tục R Chứng minh b lim n→∞ a f (sin nx)g(x)dx = 2π π f (sin x)g(x)dx −π 64 (Moscow 1992) Cho hàm f (x) liên tục [0, 1] Đặt m = f (x), M = max f (x) Chứng minh x∈[0,1] x∈[0,1] 1 [f (x)] dx − f (x)dx (M − m)2 18 Phần Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016 65 (Moscow 1997) Cho hàm f (x) khả vi liên tục [0, 1] Chứng minh 1 f( ) |f (x)|dx + |f (x)|dx Hint Dùng tích phân phần chứng tỏ f (x)dx + Hãy tính xf (x)dx + (x − 1)f (x)dx 66 (Moscow 2002) Biết 1 1 f( ) = ln(1 + x) π2 dx = x 12 ln(1 − x ) dx x 67 (Kiev 2004) Cho hàm liên tục f : [0, 1] → R với f (x)dx = Chứng minh [f (x)]2 dx xf (x)dx = 68 (Kiev 2004) Cho dãy số {an }∞ n=1 xác định a1 = , an+1 = an − 3an + Chứng minh {an } dãy tăng không bị chặn 1 + + + Xét dãy {bn }∞ n=1 với bn = a1 − a2 − an − Chứng minh dãy {bn } hội tụ tìm giới hạn 69 (Minsk 2004) Cho dãy số {an }∞ n=0 xác định a0 = , an+1 n Hãy tính lim n→∞ k=0 = n+1 n k=0 ak n−k+2 ak ? 2k 70 (Minsk 2006) Cho dãy số {xn }∞ n=1 xác định x1 = , xn+1 = xn + Hãy tính lim n→∞ xn √ n 2xn ? 71 (Minsk 2006) Tìm tất hàm f, g : R → R thoả mãn  [f (x)]3 − 3f (x)[g(x)]2 = cos 3x , ∀x ∈ R 3[f (x)]2 g(x) − [g(x)]3 = sin 3x 19 72 (Minsk 2007) Cho hàm f : R → R khả vi ba lần Chứng minh tồn a ∈ (−1, 1) cho f (a) = 3[f (1) − f (−1) − 2f (0)] 73 (Minsk 2008) Chứng minh phương trình t5 + t = x (x > 0) với ẩn t ln có nghiệm t = g(x) Khi chứng tỏ tồn tích phân g(x)dx tính giá trị tích phân 74 (Minsk 2008) Cho số thực a > 0, a = Tính giới hạn ax − x(a − 1) lim x→+∞ x 75 Cho hàm f : [0, 1] → R khả tích cho xf (x)dx = Chứng minh [f (x)]2 dx f (x)dx 0 Solution Cách Ta có 1 3x 3x + )f (x)dx 2 3x = (1 − )f (x)dx + xf (x)dx = 2 0 f (x)dx = (1 − (1 − 3x )f (x)dx Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tích phân ta f (x)dx 3x )f (x)dx 9x2 = (1 − 3x + )dx (1 − = 1 3x [f (x)]2 dx ) dx 0 1 [f (x)]2 dx = [f (x)]2 dx 0 (1 − Suy điều cần chứng minh Dấu (=) xảy f (x) = − 3x Cách Đặt α = f (x)dx xét hàm g(x) = 6x − 4, ta có 1 xg(x)dx = ? = , [g(x)]2 dx = ? = 0 = [f (x)]2 dx + 2α [f (x)]2 dx + 2α 1 f (x)g(x)dx + α2 [g(x)]2 dx 0 (6x − 4)f (x)dx + 4α2 = [f (x) + αg(x)]2 dx = [f (x)] dx + 12α xf (x)dx − 8α Suy [f (x)]2 dx f (x)dx + 4α = 4α2 = f (x)dx 2 [f (x)]2 dx − 4α2 20 Phần Bài tập Giải tích ơn tập OLP-2016 Cách Nếu f (x)dx = , hiển nhiên bất đẳng thức cần chứng minh đúng! Giả sử f (x)dx = α = , xét hàm g(x) = − 6x Ta có 1 xg(x)dx = 1 x(4 − 6x)dx = [g(x)]2 dx = 0 (4 − 6x)2 dx = (4x − 6x2 )dx = (2x2 − 2x3 ) =0 (16 − 48x + 36x2 )dx = (16x − 24x2 + 12x3 ) =4 Lại xét hàm h(x) = α1 f (x) − g(x) , ta thấy 1 [ f (x) − g(x)]2 dx α 1 [f (x)]2 dx − f (x)g(x)dx + [g(x)]2 dx α 0 1 (4 − 6x)f (x)dx + [f (x)]2 dx − α 0 12 [f (x)]2 dx − f (x)dx + xf (x)dx + α α 0 [h(x)] dx = α2 = α = α = α = Suy [f (x)]2 dx − [f (x)]2 dx 4α2 = f (x)dx Nhận xét Thực Cách kiểu trình bầy khác Cách f (x)dx, Cách Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tích phân đặt α = ta có ∀m ∈ R 1 12 dx 0 ([f (x)]2 + 2mxf (x) + m2 x2 )dx [f (x)] dx + 2m xf (x)dx + m 2 x dx [f (x)]2 dx [f (x)]2 dx m f (x)dx + xdx 2 m2 0 1 m2 f (x)dx + m f (x)dx − 12 0 m α2 + mα − = h(m) 12 f (x)dx +m Vì max{h(m)} = h(6α) = 4α2 nên ta suy điều cần chứng minh m∈R f (x)dx + m 0 [f (x) + mx]2 dx 1[f (x) + mx]dx 1 [f (x) + mx]2 dx f (x)dx +
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài tập giải tích, Bài tập giải tích

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay