i Danh sách thành viên tham gia nghiên cứu đề tài đơn vị phối hợp Danh sách thành viên tham gia nghiên cứu đề tài đơn vị phối hợp I Danh sách thành viên tham gia nghiên cứu đề tài Nguyễn Việt Trung, ĐHSP K18B Tốn, Trưởng nhóm Bùi Thị Thùy Linh, ĐHSP K18B Toán, Thành viên tham gia đề tài Nguyễn Thị Trang, ĐHSP K19 Toán, Thành viên tham gia đề tài Hoàng Thị Nhung , ĐHSP K19 Toán, Thành viên tham gia đề tài Lê Anh Đào, ĐHSP K19 Toán, Thành viên tham gia đề tài II Đơn vị phối hợp chính: Khoa Khoa học Tự nhiên Mục lục Mở đầu Giới hạn dãy số 1.1 Tìm giới hạn theo định nghĩa 1.2 Các phép toán thay giới hạn tương đương 1.3 Dãy đơn điệu 1.4 Tiêu chuẩn Cauchy 1.5 Tìm biểu thức số hạng tổng quát 1.6 Phương pháp tổng tích phân 1.7 Trường hợp ánh xạ co 3 11 12 21 23 Hàm số liên tục 2.1 Sử dụng định lý giá trị trung gian 2.2 Sử dụng định lý Weiersstrass 2.3 Sử dụng định nghĩa hàm liên tục thứ để giải toán 2.4 Sử dụng định nghĩa thứ liên tục hàm số điểm 2.5 Liên tục hàm đơn điệu 30 33 Đạo hàm 3.1 Cơ sở lý thuyết 3.2 Tính đạo hàm hàm số - Đạo hàm điểm 3.3 Sự khả vi 3.4 Tính đạo hàm cấp cao 3.5 Ứng dụng đạo hàm 3.5.1 Tính đơn điệu hàm số 3.5.2 Cực trị 3.5.3 Bất đẳng thức-Hàm số lồi 3.6 Định lý giá trị trung bình 3.6.1 Định lý Rolle 3.6.2 Định lý Lagrange 3.6.3 Định lý Cauchy 3.7 Khai triển Taylor 3.7.1 Phần dư 3.7.2 Chọn điểm khai triển- điểm áp dụng 35 35 35 36 38 40 40 41 42 43 43 46 48 49 50 51 25 25 28 29 iii 3.7.3 Cấp khai triển 3.7.4 Khai triển thành chuỗi Taylor Phương trình hàm có sử dụng đạo hàm 52 52 53 Tích phân 4.1 Cơ sở lý thuyết 4.1.1 Định nghĩa 4.2 Một số phương pháp giải tích phân 4.2.1 Phương pháp 1: Đạo hàm theo cận 4.2.2 Phương pháp 2:Đổi biến số 4.2.3 Phương pháp 3: Tích phân phần 4.2.4 Phương pháp 4: Giá trị trung bình tích phân 4.2.5 Phương pháp 5: Bất đẳng thức tích phân 4.2.6 Phương pháp 6: Số gia hàm số qua tích phân-khảo sát nguyên hàm 56 56 56 57 57 60 63 65 67 Một số toán tổng hợp 5.1 Những toán 75 75 3.8 72 Thông tin kết nghiên cứu 84 Kết luận kiến nghị 88 Một số vấn đề giải tích chọn lọc kỳ thi Olympic Tốn học sinh viên toàn quốc Mở đầu Sự cần thiết đề tài: Kỳ thi Olympic toán học sinh viên toàn quốc hoạt động thường niên Hội Toán học Việt Nam nhằm tạo sân chơi tri thức cho sinh viên trường đại học toàn quốc nơi để khẳng định thương hiệu trường đại học Theo đề cương ôn tập Hội Toán học Việt Nam, nội dung phần thi giải tích bao gồm nhiều phần tài liệu trích dẫn tham khảo tài liệu viết tổng quan nên tạo nhiều khó khăn cho sinh viên thời gian ngắn ôn tập nắm vững phần nội dung kiến thức để áp dụng giải toán thi Ngoài ra, nội dung thi phần kiến thức nâng cao hữu ích cho giáo viên ngành sư phạm toán áp dụng giảng dạy ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi trường trung học phổ thơng.Tuy nhiên, tài liệu trình bày hệ thống phân dạng dạng tốn phương pháp giải vấn đề này, có tài liệu trình bày phần nhỏ dạng chun đề.Vì chúng tơi chon đề tài làm đề tài nghiên cứu khoa học cho nhóm Mục tiêu đề tài: Xây dựng hệ thống nội dung cốt lõi Giải tích nội dung lựa chọn cho thi Giải tích kỳ thi Olympic tốn học sinh viên toàn quốc nhằm tạo tài liệu tốt phục vụ cho sinh viên giảng viên 3.Ý nghĩa khoa học đề tài,đóng góp đề tài: Đây tài liệu tốt cho sinh viên giảng viên Khoa ơn luyện kỳ thi Olympic tốn học tài liệu tốt cho em học sinh giáo viên trường phổ thong ôn luyện học sinh giỏi Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu toán liên quan đến kỳ thi Olympic tốn học sinh viên tồn quốc Nội dung nghiên cứu:Nghiên cứu vấn đề lựa chọn cho thi Giải tích kỳ thi Olympic tốn học sinh viên tồn quốc dựa đề cương ơn tập mơn Giải tích Hội Tốn học Việt Nam Chương Giới hạn dãy số Dãy Un gọi hội tụ đến l (hay có giới hạn l) với số ε > tồn N ∈ N cho |un − l| < ε, ∀n > N Khi ta viết limn→∞ un → l hay (un → ∞) 1.1 Tìm giới hạn theo định nghĩa CHÚ Ý +Điều quan trọng ta phải làm trội |un − l| g(n) cho dễ dàng có g(n) < ε , dễ nghiệm với n > N +Có thể làm trội |un − l| tổng h(n) + k(n) giải riêng h(n) < ε2 với n > N1 , k(n) < ε2 với n > N2 Khi với N = max(N1 , N2 ) |un − l| < ε MỘT SỐ BÀI TẬP VÍ DỤ Bài 1.1.1 n =a a, Chứng minh limn→∞ un = a limn→∞ u1 + +u n Xét u1 + u2 + + un −a n u1 − a u2 − a un − a + + + = n n n A= Vì lim un = a x→∞ Nghĩa là: ∀ε > 0, ∃N0 : ∀n > N0 Sao cho |un − a| < ⇒A≤ ε (uN0 +1 − a) + + (un − a) (u1 − a) + (u2 − a) + + (uN0 − a) + n n Vì {un } có giới hạn nên bị chặn nên |un | ≤ M ε n−N0 Khi A ≤ M+|a| n N0 + n Chọn n > N1 = (M+|a|)N0 2ε +1 (M+|a|)N ⇒ < ε2 n Chọn n > max (N0 , N1 ) A < ε2 + ε2 = ε n b, Chứng minh rằng: Nếu lim un = +∞ lim u1 +u2 + +u = +∞ n x→∞ x→∞ Giải: Vì lim un = +∞ x→∞ Nghĩa ∀M > 0, ∃n > N0 : ∀n > N0 ⇒ |un | > M (u1 + u2 + + uN0 + uN0 +1 + + un ) n (u1 + u2 + + uN0 ) (uN0 +1 + + un ) = + n n (uN0 +1 + + un ) ≥ n M(n − N0 − 1) = n Khi n → ∞ Ta được: ∀M > 0, ∃n > N0 u1 + + un ≥M n u1 + u2 + + un = +∞ ⇒ lim x→∞ n ⇒ Bài 1.1.2 Cho {xn } thỏa mãn điều kiện ≤ xm+n ≤ xm + xn , ∀m, n Chứng minh dãy xnn hội tụ Giải: xn n tập bị chặn ∃α = in f xnn , n = 1, 2, ≥ Ta chứng minh cho lim xnn = α x→∞ Theo tính chất in f ∃m, cho α ≤ xmm ≤ α + ε2 Với n số tự nhiên bất kỳ: n = q.m + r (q, r ∈ N; ≤ r ≤ n − 1) Khi xn ≤ xm + + xm + xr xn q.xm + xr ⇒α ≤ ≤ n q.m + r xr xm q.m + = m q.m + r n ε xr ≤α+ + n Với ≤ r ≤ m − xr ≤ max {x1 , , xm−1 } = c Với 2c n> ε xr ε ⇒0≤ ≤ n xn ⇒ α ≤ ≤ α +ε n xn ⇒ lim =α x→∞ n Bài 1.1.3 = +∞ Cho dãy số dương {un } cho lim uun+1 x→∞ n √ Chứng minh : lim n un = +∞ x→∞ Giải: Cho A > tùy ý cố định ∃N1 ∈ N : ∀n > N1 ⇒ uun+1 > A+1 n Ta có: uN1 +1 uN +2 un+1 ≥ A + 1; ≥ A + 1; ; ≥ A+1 un un + un un ⇒ ≥ (A + 1)n−N1 uN1 ⇔ √ n un ≥ (A + 1) uN1 (A + 1)N1 n uN1 (A+1)N1 Vì n → Khi n → ∞ Khi : ∃N2 ∈ N : uN1 (A+1)N1 n ≥ A A+1 Chọn N = max {N1 , N2 } ⇒ ∀n ≥ N (A + 1) ⇒ lim x→∞ 1.2 uN1 n (A + 1)N1 ≥A √ n un = +∞ Các phép toán thay giới hạn tương đương Bài 1.2.1 Cho α ∈ R cho απ ∈ / Z Chứng minh không tồn giới hạn lim sin (αn), n→∞ đặc biệt không tồn giới hạn lim sinn n→∞ Giải: Giả sử giới hạn dãy tồn Khi = lim (sin (n + 2) α − sinnα) = 2sinα lim cos (n + 1) α n→∞ n→∞ Suy lim cosnα = n→∞ Từ = lim (cos (n + 2) α − cosnα) = −2sinα lim sin (n + 1) α n→∞ n→∞ Suy lim sinnα = n→∞ Từ = lim sin2 nα + cos2 nα = 0,Vô lý n→∞ Vậy không tồn lim sin (αn) n→∞ Khi cho α = lim sinn khơng tồn n→∞ Bài 1.2.2 Cho dãy {xn } xác định : xn = sinxn−1 ; n = 2, 3, ; x1 Tùy ý (0; π) Chứng minh rằng: xn ∼ n3 , (n → ∞) Giải: Do xn dãy giảm bị chặn nên tồn giới hạn dãy Mặt khác xn = sinxn−1 nên chuyển qua giới hạn ta lim xn = n→∞ 1 = = xn2 sin2 xn−1 xn−1 1− xn2 = xn−1 xn−1 − xn−1 3! + o xn−1 = hay xn−1 3! + o xn−1 = + + o (1) xn−1 + 31 + yn , yn → (n → ∞) Bài 1.2.3 Cho {an } {bn } hai dãy số dương thỏa mãn lim ann = a; lim bnn = b Với a, b > n→∞ n→∞ Với p, q dương thỏa mãn p + q = Chứng minh lim (p.an + q.bn )n = a p bq n→∞ √ Giải lim an = lim n ann = Từ giả thiết n→∞ n→∞ lna = lim n→∞ n ann = lim nlna = lim nln (1 + (an − 1)) n→∞ n→∞ = lim n (an − 1) n→∞ ln(1+a) a a→∞ Do lim =1 Suy an − ∼ lna n Tương tự ta có bn − ∼ Từ lnb n lim nln (p.an + q.bn ) = lim nln [1 + p (an − 1) + q (bn − 1)] n→∞ n→∞ = lim n [p (an − 1) + q (bn − 1)] = lim n p n→∞ n→∞ lnb lna +q n n = plna + qlnb Từ suy điều phải chứng minh 1.3 Dãy đơn điệu Để chứng minh {un } tăng , ta thường chứng minh theo cách sau: 1: un+1 − un ≥ 0, ∀n Chương Một số toán tổng hợp 5.1 Những toán Bài 1: Dãy xi dãy yi xác định sau x1 = 0.8; x2 = 0.6; xn+1 = (xn (yn ))( yn sin(yn )); (yn+1 ) = xn sin(yn )+yn cos(yn ) (n1) Tìm lim xn lim yn n→∞ n→∞ Giải: liên hệ đến công thức sin, cosin tổng ta làm sau: Đặt y0 = arcsin0.6; y1 = sin y0 ; x1 = cos y0 Dễ chứng minh theo quy nạp xn+1 = cos(y0 + y1 + y2 + + yn ); yn+1 = sin(y0 + y1 + y2 + + yn ) Ta biết với x > 0, (sin x) < x Vậy với < x < π ta có sin x = sin(πx ) < πx Từ < y0 + + yn < π < yn+1 = sin(y0 + + yn ) < π( y0 + + yn ) hay < (y0 + + (yn+1 )) < π Vậy y0 > < y0 + + yn < π, ∀n Suy n ∑ yi tăng bị chặn trên, hội tụ Lại suy yn → (n → 0) Thế i=0 sin(y0 + + yn ) → (n → ∞) ; nữa, π2 < y0 + y1 + y2 = 1.8938 nên (y0 + + yn ) → π (n → ∞) Từ xn → (−1) (n → ∞) Đáp số lim xn = −1; n→∞ lim yn = n→∞ Bài 2: Tìm giơi hạn A = lim n→∞ Giải: xn ( n→∞ x n+2)+1 f (x) = lim +∞ n 0 xn dx + +∞ (n → ∞) f (x)dx = Vậy A = +∞ Từ ta có ≤ | x ( x12 − x( n+2)+1 dx ≤ 1 n+1 + n+3 → +∞ +∞ xn dx ( x n+2)+1 +∞ dx = 1 x2 xn dx − n+2 x +1 dx x2 (x( n+2)+1) +∞ f (x)|dx = ≤ xn dx + +∞ xn xn+2 +1 dx+ dx x( n+2) = 76 +∞ Bài 3: Tìm giới hạn A = lim n→∞ Giải: 0≤ xn +∞ x2 n+1 dx = xn x2 n+1 dx +∞ xn xn dx + dx x2 n+1 x2 n+1 ≤ xn dx + +∞ 1 xn dx = n+1 + n−1 → (n → ∞) Suy A = Bài 4: Tìm hai số a, b thuộc R cho 01 (1 + x2 )( 1n )dx = a + nb + o n12 (n → ∞) Giải: 2 fn x = (1 + x2 )( n1 ) = e n ln(1+x ) Một mặt ta có ≤ 1n ln + x2 ≤ xn ≤ 1: với x thuộc [0;1] Mặt khác, tồn M > cho với t thuộc [0;1], || et − (1 + t) ≤ Mt Suy với n thuộc N* ta có | 1 | e n ln(1+x )| − (1 + n1 ln + x2 dx ≤ M 11 n ln (1 + x2 )( n1 |)dx − + x2 dx ≤ M 1 + n ln 1+x x2 n dx = O( n2 ) Ta thu a = 1,b = ln + x2 dx = ln2 + π2 − Bài 5: cho f:(0; +∞) đến R hàm khả vi thỏa mãn hai điều kiện √ a) f (x) = −3 f (x) + f (2x), x > b)|| f (x) ≤ e( − x), x ≡ ∞ ĐặtUn = xn f (x)dx, với n thuộc N 1) Hãy biểu diễn un qua u0 2) Chứng n minh dãy un 3n! hội tụ đến đến giới hạn hữu hạn A Hơn nữaA = u0 = Giải: ∞ Tích phân phần ta un = 1+n ∞ ( f (x)d(x( n+1)) = n+1 x n+1) f (x) ∞ − 1+n x( n Từ giả thiết b) số hạng thứ Đối với số hạng thứ hai dùng a) sau ∞ −1 −1 đổi biến 2x= t ta un = n+1 x( n + 1) f (x)dx = n+1 n+1 un+1 − n+1 Suy un = un = n! 3n n n! 3n u0 ∏ 1− 21i ∞ n ∞ ( x n + 1)(−3 f (x) + f (2x (n+1)un x( n + 1) f (2x)dx = n+1 (1− 2( n+1) )un+1 hay un+1 = 3(1− u0 ∏ 1− 21i i=1 ∞ Tích vơ hạn ∏ i=1 − 21i ∞ hội tụ chuỗi ∑ i=1 2i ) 2( n+1) hội tụ Vậy thuộc R (n → ∞) Rõ ràngA = uo = i=1 Bài 6: Gỉa sửbn dãy số thực cho b0 = 1, bn = + bn−1 − N 1+ bn−1 , n=1,2, Tính tổng SN = ∑ bn 2n Từ tìm S = lim SN n=1 Giải: N→∞ 77 Dễ tháy theo quy nạp bn > 0, ∀n; từ dãy xác định với n =0,1,2 Biến bn−1 −2 + đổi đẳng thức cho, ta có bn = 1+ + bn−1 = 1+ bn−1 − √ √ hay bn + = + bn−1 Từ đó, đặt an = bn + a0 = 2,an = N N √ an−1 > Suy an = 2( 2( −n)); SN = ∑ bn 2n = ∑ (an )2 ∗ 2n − an ∗ 2( n + 1) = n=1 n=1 N ∑ (an−1 − 1)2n − (an − 1)2( n + 1) = (a0 − 1)21 − (aN − 1)2( N + 1) = − n=1 2(2( −N)−1) Đặt x = 2( − N) Khi x → N 2( −N) 2(2x −1) lim − x = − 2ln2 x→0 n→∞ n Bài Cho εn ≡ lim εn = Tìm lim n→∞ Giải : → ∞ S = lim SN = N→∞ n ∑ ln( nk + εn ) k=1 n Vì lnx đơn điệu tăng lnxdx hội tụ, từ ta có −1 = lnxdx = lim 1n ( ∑ nk ) n n→∞ n k=1 Thế n1 ∑ ln( nk + εn ) ≥ 1n ∑ ln( nk ) → (−1) n → ∞ Cho trước ε > 0, tồn k=1 k=1 n n n0 cho n ≥ n0 ≤ εn ≤ ε Vậy 1n ∑ ln( nk + εn ) ≤ 1n ∑ ln( nk + ε) Từ n ∑ ln( nk + ε) = n→∞ n k=1 n lim ∑ ln( nk + ε) = −1 n→N n k=1 chỗ lim k=1 ε+1 k=1 lnxdx, cho ε → ta nhận ln(x + ε)dx = ε an+1 +an n n→∞ Bài 8: Dãy an thỏa mãn điều kiện lim an+2 − an = 0.Chứng tỏ lim n→∞ = Phân tích: Giả sử mệnh đề chứng minh, an dãy thỏa mãn điều kiện cho Xét dãy bn với b2n+1 = b2n = 2n Thế bn thỏa mãn điều kiện nêu Vậy theo kết luận mệnh đề ta phải có b2n+12n+b2n = a2n2n → n → ∞ a2n+1 Như a2n2n 2n+1 dẫn đến không n → ∞ Giải: Trước hết ta nhắc lại kết cn dãy cho cn+1 −cn → n → ∞ cn n → n → ∞ Từ giả thiết, an+2 − an = (an+2 + an+1 ) − (an+1 + an ) → n → ∞ Ap dụng với cn = (an+1 + an ) ta có an+1n+an → n → ∞ Bài 9: Cho f (n) = (n2 +1)(n2 +4)(n2 +9) (n2 +(2n)2 ) Tìm A = lim [( f (n)) n ]n−4 n→∞ Giải: 78 2 −4 Đặt an = [( f (n)) n ]n−4 , ta có an = n4 [(1 + ( 1n )2 )(1 + ( 2n )) (1 + ( 2n n ) )]n Đặt bn = lnan = ( n1 )[ln(1 + ( 1n )2 ) + + ln(1 + ( 2n n ) )] bn tổng tích phân hàm liên tục g(x) = ln(1 + x2 ) đoạn [0;2] ứng với phép chia đoạn i [0;2] thành 2n đoạn, điểm trung gian εi mút bên phải đoạn [ i−1 n ; n ] Vậy n → ∞, bn → ln(1 + x2 )dx = 2ln5 − + arctan = k Suy A = ek ≈ (4, 192) Bài 10: Dãy an xác định bởi: a0 = a, a1 = b, an+1 = an + an−12n−an Tìm lim an n→∞ Giải: an+1 − an = ( −1 2n )(an − an−1 ) Ap dụng liên tiếp đẳng thức ta a1 −a0 ) Từ an = (an − an−1 ) + (an−1 − an−2 ) + + an+1 − an = (−1)n ( 2.4 2n b−a b−a ( (a1 − a0 ) + a0 = a + (b − a) − b−a + 2.4 + + (−1) n − 1) 2.4 (2n−2) → √ ) n → ∞ (a + b−a e Bài 11: Dãy an cho a0 = 0; an+1 = + sin(an − 1), với n ≥ Tìm n ∑ lim i=0n Giải: Ta có an+1 − = sin(an − 1) Từ đó, đặt an − = bn bn+1 = sin(bn ) với n0 Dễ thấy −1 = b0 < b1 < b2 < < Suy bn đơn điệu tăng đến b ≤ Chuyển qua giới hạn ta sin(b) = b hay b = Vậy lim an = + lim bn = Suy n→∞ n→∞ n n→∞ ∑ i=1 dãy trung bình cộng n có giới hạn n Bài 12: Tìm un biết un+2 = ( n+1 )(un + 1), với n ≥ Hướng dẫn: n(n−1) Đặt xn = nun xn+1 = xn +n, x1 = suy xn = , nên suy un = n−1 n(n+1) Bài 13: Tìm lim unn biết u1 = 0; un+1 = ( (n+2)(n+3) )(un + 1), với n ≥ n→∞ Giải: Đặt xn = n(n + 1)2 (n + 2)un , fn = n(n + 1)2 (n + 2) xn=1 − xn = fn ; x1 = suy xn = (xn − xn−1 ) + (xn−1 − xn−2 ) + + (x2 − x1 ) + x1 = fn−1 + fn−2 + (n−1)n(n+1)(n+2)(2n+1) i(i+1)(i+2)(i+3)(2i+3)−(i−1)(i+1)i(i+2)(2i+1) + f1 = (do fi = ) 10 10 (n−1)(2n+1) Suy un = 10(n+1) Vậy lim unn = 15 n→∞ Bài 14: Cho dãy hàm f1 (x) = x; f2 (x) = xx ; f3 (x) = (xx )x ; Tính lim+ f2004 (x) x→0 Giải: Ta có lim+ f1 (x) = 0; lim+ f2 (x) = Ta chứng minh lim+ f2n−1 (x) = x→0 x→0 x→0 79 0; lim+ f2n (x) = Để làm điều đó, ta chứng minh theo quy nạp với x→0 n ≡ a) Tồn δn ∈ (0; 1), f2n−1 (x) < x với x ∈ (0; δn ); b) lim+ f2n (x) = √ x→0 Hiển nhiên < ( fn (x)) < với x ∈ (0; 1) Với n = 1, x < x với x ∈ (0; 1) nên a) thỏa mãn Lại có xx = exlnx nên b) thỏa mãn Tù giả thiết quy nạp suy có δn+1 (0;1) để ( f2n (x) > 12 với x ∈ (0; δn+1 ) Từ đó, với < x < δn+1 f2n+1 (x) = x√f2n (x) < x Từ bất đẳng thức suy ( f2n+2 (x)) = x f2n+1 (x) > (xx ) x2 = e (x)lnx → x → 0+ Theo định lý kẹp lim+ f2n+2 (x) = Như a) b) với n+1, từ với n Từ x→0 b) giới hạn cần tìm Bài 15: Cho f,g hai hàm liên tục, đơn điệu thực sự, g(0) = f (0) [ f (g(x))]−1 +[g( f (x))]−1 = 2x với x số thực Chứng minh f (x) = g(x) với x số thực Giải: Hàm số h(x) = f (g(x))]−1 xác định R, đơn điệu thực , h(0) = h(x)+(h(x))−1 = 2x với x ∈ R (1) Hàm h(x) (h(x))−1 đông thời đồng biến nghịch biến, theo (1) bác bỏ khả thứ hai Vậy h(x) đồng biến Ta cần chứng minh h(x) = x, với nọi x thuộc R Gỉa sử ngược lại, tồn a cho r = a − h(a) khác Viết lại (1) dạng 2x − h(x) = [h(x)]( − 1) rôi tác động vào hai vế hàm h ta h(2x − h(x)) = x với x thuộc R (2) Từ đó, ta dễ chứng minh theo quy nạp rằng, với n=0,1,2 h(a + nr) = a + (n − 1)r (3) Hơn ta dễ chứng minh (3) với số nguyên âm Vậy (3) với n Bây giả sử r>0 Gỉa sử n số nguyên âm thỏa mãn a + (n − 1)r ≤ < a + nr (4) Ap dụng hàm h vào hai vế bất đẳng thức bên phải ta < a + (n − 1)r, mâu thuẫn với bên trái Mâu thuẫn chứng minh khẳng định √ Bài 16: Xét hàm số h(r) = | r − m2 + 2n2 | : m, n ∈ Z, r > Chứng minh hay phủ định lim h(r) tồn r→∞ Giải: cho trước r> Chọn m nguyên dương để r ∈ (m; √ m + 1), sau 2 chọn số tự nhiên n lớn để m + 2n < r Nói khác m2 + 2n2 < r ≤ m2 +√ 2(n + 1)2, từ m2 + 2n2 < r2 < (m + 1)2 Vậy 2n2 < 2m + 1, suy n < m + Khoảng cách từ r đến điểm lưới gần phải√nhỏ độ rộng d khoảng đó, từ h(r) ≤ d√= m2 + 2(n + 1)2 − m2 + 2n2 = 2(2n+1) √ √ < √ 2n+1 < m+1+1 → r → ∞.Vậy tồn 2 m 2 2 m +2(n+1) + m +2n m +2n lim h(r) r→∞ Bài 17: Cho f:(0; 1) → R thỏa mãn lim f (x) = f (x) − f ( 2x ) = o(x) x→0 80 x → Chứng minh f (x) = o(x) x → Giải: Với ε > cho ta | f (x)| < xε với x đủ nhỏ Từ giả thiết, ta có xε x thể tìm δ > để với < | x| < δ , | f ( 2xr ) − f ( 2( r+1) )| < 2( r+2) , với r=0,1,2 Từ x | f (x)| < | f (x) − f ( 2x )|+ +| f ( 2( n−1) ) − f ( 2xn )| + | f ( 2xn )| ≤ xε( 14 + 18 + ) + | f ( 2xn )| với n ≥ Do lim f ( 2xn ) = nên với x cho chọn n đủ lớn để f ( 2xn ) < xε n→0 Từ suy điều cần chứng minh Bài 18: Giả sử hệ số x1 992 chuỗi lũy thừa (1 + x)a = + ax + 1992 C(a) Tính I = C(−t − 1) ∑ i=1 t+i dt Giải: (−1−t)(−2−t) (−1992−t) = Từ khai triển Maclaurin (1+x)−t−1 ta thấy C(−1−t) = 1992! 1992 (1+t)(t+2) (t+1992) Từ đó, theo quy tắc đạo hàm tích ta cóC(−1−t) ∑ 1+t 1992! i=1 1992 (t+1)(t+2) (t+1992) 1 = 1992! [(t + 1)(t + 2) (t + 1992)] lấy tích phân 1992! ∑ t+i i=1 = ta I = 1993 − = 1992 Bài 19: Gỉa sử f(x) hàm khả vi cấp n+1 R Chứng minh với f (b)+ f (b)+ + f (b)(n) số thực a, b; a x > 0; f (x) > 0, với x khác ( f (x))2 −2 f (x) f ”(x) √ x khác Ta chứng Tính đạo hàm ta g(x) = 2( f (x)) f (x) 81 f ”(x) tỏ g(x) dẫn đến giới hạn hữu hạn x → Đặtc = , khai triển maclaurin hàm f(x), f’(x), f"(x) ta có f (x) = cx2 + O(x3 ) f (x) = 2cx + O(x2 ); f ”(x) = 2c + O(x) Suy ( f (x))2 = 4(cx)2 + O(x3 ): f (x) f ”(x) = 4(cx)2 + O(x3 ); 2( f (x))2 f (x) = 2(4(cx)2 + O(x3 )) | x c + o(x)| Như g(x) bị chặn lân cận từ chỗ ( f (x))2 − f (x) f ”(x) = O(x3 ) lim 2( f (x))2 f (x) = 8c khác x→0 Bài 21: Tìm hàm f: (0; ∞) → (0; ∞) thỏa mãn đồng thức f (x) f (y f (x)) = f (x + y) với x, y lớn Giải: trước hết ta chứng minh f (x) ≤ với x dương Gỉa sử ngược lại, f (x0 ) > với x0 > Chọn y = f (xx00)−1 ta f (x0 ) f ( f (x0 )( f (xx0o)−1 = f (x0 + x0 ) f (x0 )−1 x f (x ) 0 =) f ( f (x ) hay f (x0 ) = 1, mâu thuẫn Từ f (x) < với x )−1 f (x+y) dương Vậy < f (x) = f (y f (x)) ≤ với x, y dương suy f(x) đơn điệu giảm, f(x) khả vi vô số điểm, đặc biệt x0 Ta viết f (x+y)− f (x) f (y f (x))−1 lại đẳng thức dạng = ( f (x))2 y f (x) Do f (x)khviti x= x0 y f (z)−1 = −a ≤ Lại từ (1) suy z z→0 1 ) = a hay f (x) = ax+b với a f (x) = −a( f (x))2 với x dương nên ( f (x) dương Thử lại thấy b = 1, a ≤ Đáp số f (x) = ax+1 ( f (x0 ))2 khác 0, từ (1) suy tồn lim+ Những tốn khác Bài 1: Tìm hàm f thỏa mãn: f (x + y) + f (y + z) + f (z + x) ≥ f (x + 2y + 3z) với x, y, z Bài 2: x, y, z, t số thực không âm thỏa mãn điều kiện sau y = x − 2004, x = 2y − 2004, t = 3z − 2004 Tìm nghiệm hệ x nhỏ Bài 3: Tìm tất đa thức p(x) cho (p(x))2 = cp(x)p”(x) với số c Bài 4: Với n nguyên dương xét hàm số f (x) = (sin(2x))n + [(sin(x))n − (cos(x))n ]2 Chứng tỏ max f ≡ Bài 5: Tìm đa thức p(x) bậc cho p(x)+1 (x−1)3 p(x)−1 (x+1)3 Bài 6: Cho hàm số f(x) g(x) dương, liên tục f(x) tăng cong g(x) giảm 1 f (x)g(x)dx f (x)g(x) − xdx Chứng minh o Bài 7: Ta gọi điểm mặt phẳng Oxy có hai tọa độ nguyên điểm lưới 82 Gỉa sử f(x) số điểm lưới nằm hình tròn Cr tâm O, bán kính r Tìm f (r) A= lim r2 r→∞ √ Bài 8: Dãy hàm fn (x) xác định f1 (x) = x2 + 48; fn (x) = x2 + fn−1 (x), với n ≥ Tìm nghiệm thực phương trình fn (x) = 2x Bài 9: Tính cơng cần thiết để bơm nước từ mặt đất lên cầu đường kính r = mét, đáy cầu cách mặt đất H=20 mét cho mực nước cầu đạt h= 10 mét so với đáy cầu (coi p=1, g=9,8) Bài 10: Chứng minh 2(x − 1)lnx + x(lnx)2 = 4x có hai nghiệm phân biệt x Bài 11: Tính đạo hàm cấp n ≥ hàm số f (x) = e( nt)(1 + x−t 1! + + (x−t)( n−1) )dt (n−1)! HƯỚNG DẪN: Bài 1: Đặt x = a, y = z = suy f (a) + f (0) ≥ f (a) hay f (0) ≥ f (a) Đặt x = y = 2a = −z suy f (a) + f (0) ≥ f (0) hay f (a) ≥ f (0) Trả lời: f (x) = const Bài 2: z = ( 3t ) + 668; y = ( 2z ) + 1002 = ( 6t ) + 1336; x = y + 2004 = ( 6t ) + 3340 Trả lời: x = 3340; y = 1336; z = 668;t = Bài 3:Gỉa sử bậc p(x) n So sánh hệ số lũy thừa bậc cao n x suy c = n−1 ; n >= Lại có pp = c( p” p ) hay (ln(| x)|) = c(ln(| p )|) Vậy n−1 p = ap n , suy p = k(x + b)n với k,b số Trả lời: bậc p(x) khác n ; c = n−1 ; p(x) = k(x + b)n với k, b hai số tùy ý Bài 4: f (x) ≤ nên (2n − 2)(sin(x))n (cos(x))n + (sin(x))2n + (cos(x))2n ≤ (n−1) ((sin(x))2 +(cos(x))2 )n hay (2n −2)(x)n (cos x)n ≤ ∑ Cni (sin x)( 2n − 2i)(cos x)2i i=1 n Chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho −2 số hạng dạng (sin x)2n−2i (cos x)2i vế phải Bài 5: p’(x) có bậc 4, có chứa hai thừa số (x − 1)2 (x + 1)2 Vậy p (x) = a(x2 − 1)2 hay p(x) = ( ax5 ) − ( 2ax ) + ax + b.Từ giả thiết, p(1) = −15x 1, p(−1) = 1, suy a b Trả lời: p(x) = −3x +10x f (x)[g(1 − x) − g(x)]dx ≥ Đổi biến tráo Bài 6: Cần chứng minh K= 1 f (1 − x)[g(x) − g(1 − x)]dx Từ 2K= [ f (1 − x) − f (x)][g(x) cận t = 1−x K= 0 Do f(x) tăng g(x) giảm, hàm dấu tích phân khơng âm với 0, biến đổi phương trình cho dạng + (lnx)2 − x = Một nguyên hàm vế trái F(x) = (x − 1)((lnx)2 − 4) Ap dụng định lý Rolle cho F(x) đoạn [ e12 ; 1] [1; e2 ] Bài 11: Dùng quy tắc đạo hàm riêng trực tiếp định nghĩa đạo hàm ta x có f (x) = enx + ent (1 + x−t 1! + + f n (x) = enx (1 + n + n2 + + nn−1 ) (x−t)( n−2) )dt (n−2)! Đạo hàm liên tiếp suy 84 Thông tin kết nghiên cứu Tên đề tài: Một số vấn đề giải tích chọn lọc kỳ thi Olympic Tốn học sinh viên tồn quốc Cấp dự thi: Cấp khoa Nhóm sinh viên thực hiện: - Họ tên: Nguyễn Việt Trung, Bùi Thị Thùy Linh, Nguyễn Thị Trang, Hoàng Thị Nhung, Lê Anh Đào - Khoa: Khoa Khoa học Tự nhiên Giáo viên hướng dẫn: ThS Lê Trần Tình Thời gian thực hiện: Từ tháng 10/2017 đến tháng 04/2018 Cơ quan quản lý đề tài: Trường Đại học Hồng Đức Đơn vị chủ trì đề tài: Khoa Khoa học Tự nhiên 86 Báo cáo tổng kết: Giới hạn dãy số - Tìm giới hạn theo định nghĩa - Các phép toán thay giới hạn tương đương - Dãy đơn điệu - Tiêu chuẩn Cauchy - Tìm biểu thức tổng quát số hạng - Phương pháp tổng tích phân - Trường hợp ánh xạ co Hàm số liên tục - Sử dụng định lý giá trị trung gian - Sử dụng định lý Weiersstrass - Sử dụng định nghĩa liên tục thứ - Sử dụng định nghĩa liên tục thứ hai - Liên tục hàm đơn điệu Đạo hàm - Cơ sở lý thuyết - Tính đạo hàm hàm số- Đạo hàm điểm - Sự khả vi 87 - Đạo hàm cấp cao - Ứng dụng đạo hàm - Định lý giá trị trung bình - Khai triển Taylor - Phương trình hàm có sử dụng đạo hàm Tích phân - Cơ sở lý thuyết - Một số phương pháp giải tích phân Một số tốn tổng hợp 88 Kết luận kiến nghị - Phân dạng trình bày hệ thống dạng toán phương pháp giải theo nội dung cụ thể Ngồi ra, chúng tơi đưa ví dụ minh họa để áp dụng phương pháp đưa hệ thống tập áp dụng kèm theo - Tài liệu đưa cho khóa sau dùng để ơn luyện olympic tốn 89 Tài liệu tham khảo [1] Tơ Văn Ban, Những tập giải tích nâng cao [2] Những tài liệu sưu tầm mạng [3] Bài dạy olympic thầy giáo khoa: KHTN Trường đại học Hồng Đức ... kỳ thi Olympic Tốn học sinh viên toàn quốc Mở đầu Sự cần thi t đề tài: Kỳ thi Olympic toán học sinh viên tồn quốc hoạt động thường niên Hội Tốn học Việt Nam nhằm tạo sân chơi tri thức cho sinh. .. học sinh giỏi Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu toán liên quan đến kỳ thi Olympic toán học sinh viên toàn quốc Nội dung nghiên cứu:Nghiên cứu vấn đề lựa chọn cho thi Giải tích kỳ thi Olympic. .. trường hợp khác khơng tốn olympic nên ta không đề cập a, nghiệm khác 1: deg g = deg f b, nghiệm 1: g (n) = n.h (n) Với deg h = deg f c, nghiệm 1: g (n) = n2 h (n) Với deg h = deg f VD1:  Cho dãy