intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

BÀI TẬP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH

Chia sẻ: Ly Tran Hiep | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST
Báo xấu
1.461
lượt xem 258
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi Olympic toán sinh viên toàn quốc phần giải tích. Tập hợp các bài toán hay và lời giải chi tiết về hàm số giúp bạn ôn tập nhanh chóng và hiệu quả. Bài 1 tìm tất cả các hàm số u(x)thỏa mãn u(x) = x +

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI TẬP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH

  1. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH BÀI TÂP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH 1 2 Bài 1. Tìm tất cả các hàm số u ( x ) thỏa mãn u ( x ) = x + ∫ u ( t ) dt . 0 Giải 1 2 Vì ∫ u ( t ) dt là một hằng số nên u ( x ) = x + C (C là hằng số). 0 1 1 t  2 2 1C 1 2 ∫ ( t + C ) dt = C ⇔  2 + Ct  =C ⇔ + =C ⇔C = . Do đó  0 82 4 0 1 Vậy u ( x ) = x + là hàm số cần tìm. 4 Bài 2. Cho hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: f ( x + 19 ) ≤ f ( x ) + 19 và f ( x + 94 ) ≥ f ( x ) + 94 với mọi x. Chứng minh rằng: f ( x + 1) = f ( x ) + 1 với mọi x ∈ ℝ . Giải Lấy một số thực x bất kỳ. Áp dụng điều kiện ban đề cho với x − 19 và x − 94 ta thu được: f ( x − 19 ) ≥ f ( x ) − 19 và f ( x − 94 ) ≤ f ( x ) − 94 . Bây giờ ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp với mọi n ∈ ℕ f ( x + 19n ) ≤ f ( x ) + 19n , f ( x + 94n ) ≥ f ( x ) + 94n f ( x − 19n ) ≥ f ( x ) − 19n , f ( x − 94n ) ≤ f ( x ) − 94n . Ta có: f ( x + 1) = f ( x + 5.19 − 94 ) ≤ f ( x + 5.19 ) − 94 ≤ f ( x ) + 5.19 − 94 = f ( x ) + 1 f ( x + 1) = f ( x + 18.94 − 89.19 ) ≥ f ( x + 18.94 ) − 89.19 ≥ ≥ f ( x ) + 18.94 − 89.19 = f ( x ) + 1 . Vậy f ( x + 1) = f ( x ) +1 ∀∈ ℝ . Bài 3. Cho f : ℝ → ℝ là hàm khả vi cấp hai với đạo hàm cấp 2 dương. Chứng minh rằng: f ( x + f ′ ( x ) ) ≥ f ( x ) với mọi số thực x. Giải + Nếu f ′ ( x ) = 0 thì f ( x + f ′ ( x ) ) = f ( x ) với mọi x : hiển nhiên. + Nếu f ′ ( x ) < 0 thì áp dụng định lý Lagrange trên đoạn  x + f ′ ( x ) ; x  ta   được: f ( x ) − f ( x + f ′ ( x ) ) = f ′ ( c ) ( − f ′ ( x ) ) , c ∈ ( x + f ′ ( x ) ; x ) . 1 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  2. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH f ′′ ( x ) > 0 ⇒ f ′ là hàm tăng ⇒ f ′ ( c ) < f ′ ( x ) < 0 . Vì vậy f ( x ) − f ( x + f ′( x )) < 0 . + Nếu f ′ ( x ) > 0 thì chứng minh tương tự như trường hợp f ′ ( x ) < 0 ta cũng thu được f ( x ) − f ( x + f ′ ( x ) ) < 0 . π π Bài 4 Cho x ≥ 2 , chứng minh ( x + 1) cos − x cos > 1. x +1 x Giải π Xét hàm số: f : [ 2; ∞ ) → ℝ , f ( t ) = t cos . t Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn [ x; x + 1] đối với hàm f ( t ) f ( x + 1) − f ( x ) tồn tại u ∈ [ x; x + 1] : f ′ ( u ) = = f ( x + 1) − f ( x ) ( x + 1) − x π π π > 1 ∀u ∈ [ 2; +∞ ) . Cần chứng minh f ′ ( u ) = cos + sin u u u π2 π < 0 ∀u ∈ [ 2; +∞ ) ⇒ f ′ nghịch biến trên [ 2; +∞ ) f ′′ ( u ) = − cos u3 u f ′ ( u ) > lim f ′ ( u ) = 1 . u →∞ π π − x cos > 1 ∀x ∈ [ 2; +∞ ) . Vậy ( x + 1) cos x +1 x Bài 5 Tồn tại hay không hàm khả vi liên tục f thỏa mãn điều kiện f ( x ) < 2 , f ( x ) f ′ ( x ) ≥ sin x ∀x ∈ ℝ ? Giải Không tồn tại. Ta có: f ( x ) − f ( 0 ) = ∫  f ( t ) ′ dt = ∫ 2 f ( t ) f ′ ( t ) dt ≥ 2 ∫ sin tdt = 2 (1 − cos x ) x x x 2 2 2   0 0 0 (π ) ≥ ( 0 ) + 2 (1 − cos π ) ≥ 4 . 2 2 Suy ra: f f Bài 6  1 Giả sử hàm f : ( − a; a ) \ {0} → ( 0; +∞ ) thoả mãn lim  f ( x ) +  = 2. f ( x)  x →0  Chứng minh rằng lim f ( x ) = 1 . x →0 Giải 2 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  3. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH 1 Với f ( x ) > 0 , áp dung bất đẳng thức Cauchy ta được: f ( x ) + ≥ 2. f ( x)  1 1 lim  f ( x ) +  = 2 ⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho 0 ≤ f ( x ) + −2
  4. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH bất đẳng thức f ( x ) ≥ ϕ ( x ) được thoả mãn trong lân cận khuyết của 0 và lim ϕ ( x ) = 0 thì từ (*) suy ra được: lim f ( x ) = 0 . x →0 x →0 Giải Ví dụ 1 ( −1) nếu x = n , n = 0,1,2,3,...  n Xét f : ℝ → ℝ xác định bởi f ( x ) =  2   0 nếu ngược lại ϕ ( x ) ≤ f ( x ) = ( f ( x ) + f ( 2x )) − f ( 2x ) ≤ ( f ( x ) + f ( 2x )) − ϕ ( 2x ) Vì lim ϕ ( x ) = lim ( f ( x ) + f ( 2 x ) − ϕ ( x ) ) = 0 nên lim f ( x ) = 0 . x →∞ x →0 x →0 Bài 9 a) Cho ví dụ về hàm f thoả mãn điều kiện lim ( f ( x ) f ( 2 x ) ) = 0 nhưng x →0 lim f ( x ) không tồn tại. x →0 b) Chứng minh rằng nếu trong một lân cận khuyết của 0, các bất đẳng thức 1 f ( x ) ≥ x , < α < 1 và f ( x ) f ( 2 x ) ≥ x được thoả mãn thì lim f ( x ) = 0 . α x →0 2 Giải ( −1) n nếu x = 1n , n = 0,1,2,3,...  a) Xét f : ℝ → ℝ xác định bởi f ( x ) =  2 0  nếu ngược lại x x 1 < α < 1 nên lim f ( x ) = 0 . b) x ≤ f ( x ) ≤ α ≤ α . Do f ( 2x ) 2x x →0 2 Bài 10 f ( ax ) = g ( a ) với mỗi số dương a. Chứng Cho trước số thực α , giả sử lim xα x →∞ minh rằng tồn tại c sao cho g ( a ) = caα . Giải g (a) f ( ax ) f (t ) Ta có: α = lim α α = lim α = g (1) ⇒ g ( a ) = g (1) aα . Chọn x →∞ t →∞ a ax t c = g (1) ta được g ( a ) = ca . α Bài 11 Giả sử f ∈ C ([ 0;2]) và f ( 0 ) = f ( 2 ) . Chứng minh rằng tồn tại x1 , x 2 trong [ 0;2] sao cho x2 − x1 = 1 và f ( x2 ) = f ( x1 ) . 4 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  5. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH , x ∈ [ 0;2] Xét hàm số g ( x ) = f ( x + 1) − f ( x ) Vì f ∈ C ([ 0;2]) nên g ∈ C ([ 0;2]) . Ta có: g ( 0 ) = f (1) − f ( 0 ) = f (1) − f ( 2 ) = − ( f ( 2 ) − f (1) ) = − g (1) Suy ra: g ( 0 ) g (1) = −  g (1)  ≤ 0. 2   Vì thế tồn tại x0 ∈ [ 0;1] : g ( x0 ) = 0 ⇔ f ( x0 + 1) = f ( x0 ) . Vậy có thể lấy x2 = x0 + 1 , x1 = x0 . Bài 12 Cho f ∈ C ([ 0;2]) . Chứng minh rằng tồn tại x1 , x2 trong [ 0;2] sao cho ( f ( 2) − f ( 0)) . 1 x2 − x1 = 1 và f ( x2 ) − f ( x1 ) = 2 Giải ( f ( 2 ) − f ( 0 ) ) , x ∈ [0;2] 1 Xét hàm số: g ( x ) = f ( x + 1) − f ( x ) − 2 Vì f ∈ C ([ 0;2]) nên g ∈ C ([ 0;2]) . ( f ( 2 ) − f ( 0 ) ) = f (1) − 2 ( f ( 0 ) + f ( 2 ) ) 1 1 Ta có: g ( 0 ) = f (1) − f ( 0 ) − 2   g (1) = f ( 2 ) − f (1) − ( f ( 2 ) − f ( 0 ) ) = −  f (1) − ( f ( 0 ) + f ( 2 ) )  1 1   2 2 2   Suy ra: g ( 0 ) g (1) = −  f (1) − ( f ( 0 ) + f ( 2 ) )  ≤ 0 . 1   2 ( f ( 2) − f ( 0)) . 1 Vì thế tồn tại x0 ∈ [ 0;1] : g ( x0 ) = 0 ⇔ f ( x0 + 1) − f ( x0 ) = 2 Vậy có thể lấy x2 = x0 + 1 , x1 = x0 . Bài 13 Với n ∈ ℕ , gọi f ∈ C ([ 0; n ]) sao cho f ( 0 ) = f ( n ) . Chứng minh rằng tồn tại x1 ; x2 trong khoảng [ 0; n ] thoả mãn x2 − x1 = 1 và f ( x2 ) = f ( x1 ) . Giải Xét g ( x ) = f ( x + 1) − f ( x ) , x ∈ [ 0; n − 1] g ( 0 ) + g (1) + ... + g ( n − 1) = f (1) − f ( 0 ) + f ( 2 ) − f (1) + ... + f ( n ) − f ( n − 1) = f ( n ) − f ( 0 ) = 0 + Nếu g ( k ) = 0 , k ∈ {0,1,2,..., n − 1} thì ta có ngay điều phải chứng minh. 5 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  6. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH + Nếu ∃k ∈ {0,1, 2,..., n − 1} : g ( k ) ≠ 0 . Không mất tính tổng quát giả sử g ( k ) > 0 thì lúc đó luôn tìm được h ≠ k , h ∈ {0,1,2,..., n − 1} sao cho g ( h ) < 0 . Khi đó tồn tại x0 ∈ [ 0; n − 1] sao cho g ( x0 ) = 0 ⇔ f ( x0 + 1) = f ( x0 ) . Vậy có thể lấy x2 = x0 + 1 , x1 = x0 . Bài 14 Chứng minh rằng nếu a1 sin x + a2 sin 2 x + ... + an sin nx ≤ sin x với x ∈ ℝ thì a1 + 2a2 + ... + nan ≤ 1 . Giải Đặt f ( x ) = a1 sin x + a2 sin 2 x + ... + an sin nx ta có: f ( x ) − f (0) a1 + 2a2 + ... + nan = f ′ ( 0 ) = lim x →0 x f ( x) f ( x ) sin x f ( x) = lim = lim == lim ≤ 1. . x →0 x →0 x →0 x sin x x sin x Bài 15 Giả sử f ( 0 ) = 0 và f khả vi tại điểm 0. Hãy tính 1  x   x  x lim  f ( x ) + f  + f   + ... + f    với k là một số nguyên dương 2 3  k  x →0 x cho trước. Giải Ta có: 1  x   x  x lim  f ( x ) + f  + f   + ... + f    2 3  k  x →0 x   x  x  x f   − f (0) f   − f ( 0) f   − f ( 0)  ( x ) − f (0) + 1 .  2  f +. + ... + .   1 1 3 k = lim   x−0 x x x x →0   2 3 k −0 −0 −0   2 3 k   f ′ ( 0) f ′( 0) f ′( 0)  1 1 1 = f ′(0) + = 1 + + + ... +  f ′ ( 0 ) . + + ... +  23 k 2 3 k 6 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  7. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Bài 16 Cho f là hàm khả vi tại a và xét hai dãy ( xn ) và ( yn ) cùng hội tụ về a sao cho f ( xn ) − f ( yn ) = f ′( a ) . xn < a < yn với mọi n ∈ ℕ . Chứng minh rằng: lim xn − yn n →∞ Giải f ( xn ) − f ( yn ) f ( xn ) − f ( yn ) − xn f ′ ( a ) + yn f ′ ( a ) − f ′( a ) = Ta có: 0 ≤ xn − yn xn − yn f ( xn ) − f ( yn ) − f ( a ) + f ( a ) + af ′ ( a ) − af ′ ( a ) − xn f ′ ( a ) + yn f ′ ( a ) = xn − yn f ( xn ) − f ( a ) − f ′ ( a )( xn − a ) f ( yn ) − f ( a ) − f ′ ( a )( yn − a ) = − xn − yn xn − yn f ( xn ) − f ( a ) − f ′ ( a )( xn − a ) f ( yn ) − f ( a ) − f ′ ( a )( yn − a ) ≤ + xn − yn xn − yn f ( xn ) − f ( a ) − f ′ ( a )( xn − a ) f ( yn ) − f ( a ) − f ′ ( a )( yn − a ) ≤ + xn − a yn − a f ( xn ) − f ( a ) f ( yn ) − f ( a ) − f ′( a ) + − f ′( a ) → 0 (n → ∞) = xn − a yn − a f ( xn ) − f ( yn ) = f ′( a ) . Vậy lim xn − yn n →∞ Bài 17 Cho f khả vi trên ( 0; +∞ ) và a > 0 . Chứng minh rằng: a) Nếu lim ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) = M thì lim f ( x ) = . M x →+∞ x →+∞ a ( ) M b) Nếu lim af ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = M thì lim f ( x ) = . x →+∞ x →+∞ a Giải Áp dụng quy tắc Lôpitan, ta có: ( eax f ( x ) )′ = lim eax ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) e ax f ( x ) a) lim f ( x ) = lim = lim ( eax )′ e ax ae ax x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) = a xlim ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) = a . 1 1 M = lim x →+∞ →+∞ a 7 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  8. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH b) Ta có: a  f ( x ) + f ′( x )  ′ ( ) ea x  e f ( x) e f ( x) ax ax 2 x  lim f ( x ) = lim = lim = lim ′ () a ax x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ ax e ea x e 2x ( ) ( ) 1 1 M = lim af ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = lim af ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = . x →+∞ a x→+∞ a a Câu 18 Cho f khả vi cấp 3 trên ( 0; +∞ ) . Liệu từ sự tồn tại của giới hạn lim ( f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + f ′′′ ( x ) ) có suy ra sự tồn tại của lim f ( x ) x →+∞ x →+∞ không? Giải Không. Lấy ví dụ: f ( x ) = cos x , x ∈ ( 0; +∞ ) . Ta có: lim ( f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + f ′′′ ( x ) ) = lim ( cos x − sin x − cos x + sin x ) = 0 x →+∞ x →+∞ Nhưng không tồn tại lim f ( x ) = lim cos x . x →+∞ x →+∞ Câu 19 a) Giả sử f xác định và liên tục trên [ 0; +∞ ) , có đạo hàm liên tục trên ( 0; +∞ ) và thoả mãn f ( 0 ) = 1, f ( x ) ≤ e ∀x ≥ 0 . Chứng minh rằng tồn tại −x x ∈ ( 0; +∞ ) sao cho f ′ ( x ) = e . − x0 0 0 b) Giả sử f khả vi liên tục trên (1; +∞ ) và thoả mãn f (1) = 1 , 1 ∀x ≥ 1 . Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ (1; +∞ ) sao cho f ( x) ≤ x 1 f ′ ( x0 ) = − 2 . x0 Giải a) Đặt g ( x ) = f ( x ) − e − x f liên tục trên [ 0; +∞ ) ⇒ g liên tục trên [ 0; +∞ ) ⇒ g liên tục trên tại 0 ⇒ lim g ( x ) = g ( 0 ) = f ( 0 ) − 1 = 0 . x → 0+ 0 ≤ f ( x ) ≤ e − x ⇒ lim f ( x ) = 0 x →+∞ ⇒ lim g ( x ) = lim ( f ( x ) − e − x ) = lim f ( x ) − lim e − x = 0 . x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ 8 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  9. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Do đó: lim g ( x ) = lim g ( x ) ⇒ ∃x0 ∈ ( 0; +∞ ) : g ′ ( x0 ) = 0 hay f ′ ( x0 ) = e − x . 0 x → 0+ x →+∞ 1 b) Đặt g ( x ) = f ( x ) − x f khả vi liên tục trên (1; +∞ ) ⇒ lim f ( x ) = f (1) = 0 x →1+  1 ⇒ lim g ( x ) = lim  f ( x ) −  = 0 .  x + + x →1 x →1  1 1 0 ≤ f ( x ) ≤ ⇒ lim f ( x ) = 0 ⇒ lim g ( x ) = lim  f ( x ) −  = 0  x x →+∞ x →+∞ x →+∞ x 1 lim g ( x ) = lim g ( x ) ⇒ ∃x0 ∈ (1; +∞ ) : g ′ ( x0 ) = 0 hay f ′ ( x0 ) = − 2 . + x →+∞ x →1 x0 π π   Câu 20 Cho M =  f ∈ C ([ 0;1]) : ∫ f ( x ) sin xdx = ∫ f ( x ) cos xdx = 1 .   0 0 π Tìm min ∫ f 2 ( x ) dx . f ∈M 0 Giải 2 Cho f 0 ( x ) = ( sin x + cos x ) . π + Rõ ràng f 0 ∈ M . π + Đối với hàm bất kỳ f ∈ M , ∫  f ( x ) − f 0 ( x )  dx ≥ 0 . 2   0 π π π π 8 4 4 f 2 ( x ) dx ≥ 2 ∫ f ( x ) f 0 ( x )dx − ∫ f 02 ( x ) dx = = ∫ f 02 ( x ) dx . − = ∫ Suy ra: π π π 0 0 0 0 Vậy cực tiểu đạt được khi f = f 0 . Câu 21 Tìm hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ sao cho x ( x) = ∫ ( f (t ) + f ′2 ( t ) ) dt + 2011 2 2 f (1). 0 Giải Vì hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ nên f 2 ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Lấy đạo hàm 2 vế của (1), ta được: 2 f ( x ) f ′ ( x ) = f 2 ( x ) + f ′2 ( x ) ⇒ ( f ′ ( x ) − f ( x ) ) = 0 ⇒ f ′ ( x ) = f ( x ) 2 ⇒ f ( x ) = Ce x (2). 9 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  10. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Từ (1) suy ra: f 2 ( 0 ) = 2011 ⇒ f ( 0 ) = ± 2011 . Cho x = 0 , từ ( 2 ) ⇒ f ( 0 ) = C = ± 2011 . Vậy f ( x ) = ± 2011e x . Câu 22 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : ℝ → ℝ thoả mãn f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( x2011 ) = f ( y1 ) + f ( y2 ) + ... + f ( y2011 ) với mọi bộ số thoả mãn: x1 + x2 + ... + x2011 = y1 + y2 + ... + y2011 = 0 . Giải Đặt f ( 0 ) = b , g ( x ) = f ( x ) − b. Do đó: g ( 0 ) = f ( 0 ) − b = 0 và g ( x1 ) + g ( x2 ) + ... + g ( x2011 ) = g ( y1 ) + g ( y2 ) + ... + g ( y2011 ) với mọi bộ số thoả mãn : x1 + x2 + ... + x2011 = y1 + y2 + ... + y2011 = 0 . Trước hết cho y1 = y2 = ... = y2011 = 0 , x1 = x2 = ... = x2009 = 0 , x 2010 = x, x 2011 = − x ta được: g ( − x ) = − g ( x ) ∀x ∈ ℝ . Tiếp theo cho y1 = y2 = ... = y2011 = 0 , x1 = x2 = ... = x2008 = 0 , x 2009 = x, x 2010 = y , x2011 = − x − y ta được: g ( x ) + g ( y ) + g ( − x − y ) = 0 ∀x,y ∈ ℝ ⇔ g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) ∀x, y ∈ ℝ Đây là phương trình hàm Cauchy, do đó: g ( x ) = ax , a = g (1) . Vậy f ( x ) = ax + b , a, b = const . Câu 23 Cho f liên tục trên đoạn [ a; b ] , khả vi trong khoảng ( a; b ) và f ( a ) = f ( b ) = 0 . Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho: f ′ ( c ) = f 2011 ( c ) . Giải x − f 2010 ( t ) dt ∫ Xét hàm số: g ( x ) = e f ( x) a Vì f liên tục trên đoạn [ a; b ] , khả vi trong khoảng ( a; b ) nên g liên tục trên đoạn [ a; b ] , khả vi trong khoảng ( a; b ) . Hơn nữa g ( a ) = g ( b ) = 0 suy ra tồn t ại c ∈ ( a; b ) : g ′ ( c ) = 0 . x − f 2010 ( t ) dt ∫ ( f ′ ( x ) − f ( x ) ) . Suy ra: f ′ ( c ) = f ( c ) . Mà g ′ ( x ) = e 2011 2011 a 10 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  11. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Câu 24 Cho f liên tục trên [ 0;2012] . Chứng minh rằng tồn tại các số f ( 2012 ) − f ( 0 ) x1 , x2 ∈ [ 0;2012] , x1 − x2 = 1006 thoả mãn: f ( x2 ) − f ( x1 ) = 2 Giải ( x + 1006 ) − f ( x ) − f ( 2012 ) − f ( 0 ) , x ∈ [ 0;1006] . Xét hàm số: F ( x ) = 1006 2012 F liên tục trên [ 0;1006] . Ta có: 2 f (1006 ) − f ( 2012 ) − f ( 0 ) F (0) = 2012 2 f (1006 ) − f ( 2012 ) − f ( 0 ) F (1006 ) = − 2012 F ( 0 ) F (1006 ) ≤ 0 ⇒ ∃x0 ∈ [ 0;1006] : F ( x0 ) = 0 . f ( 2012 ) − f ( 0 ) ⇔ ∃x0 ∈ [ 0;1006] : f ( x0 + 1006 ) − f ( x0 ) = . 2 Đặt x2 = x0 + 1006 , x1 = x0 ta có điều phải chứng minh. Câu 25 Cho số thực a∈ [ 0;1] . Xác định tất cả các hàm liên tục không âm trên [ 0;1] sao cho các điều kiện sau đây được thỏa mãn: 1 1 1 f ( x ) dx = 1 b) ∫ xf ( x ) dx = a c) ∫ x 2 f ( x ) dx = a 2 . ∫ a) 0 0 0 Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có: 2 2 1  1  12 1  ∫ xf ( x ) dx  =  ∫ x f ( x ). f ( x )dx  ≤ ∫ x f ( x ) dx.∫ f ( x ) dx . 0  0 0 0 2   1 1 1 Mà theo giả thiết:  ∫ xf ( x ) dx  = ∫ x 2 f ( x ) dx.∫ f ( x ) dx . 0 0 0 Do f liên tục trên [ 0;1] nên x f ( x ) = λ f ( x ) λ ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1] 1 Suy ra: f ( x ) = 0 ∀x ∈ [ 0;1] . Điều này mâu thuẩn với giả thiết: ∫ f ( x ) dx = 1 . 0 Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Bài 26 Có tồn tại hay không hàm số khả vi f : ℝ → ℝ thoả mãn f ( 0 ) = 1 , f ′ ( x ) ≥ f 2 ( x ) ∀x ∈ ℝ ? 11 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  12. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Giải Giả sử hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. Vì f ′ ( x ) ≥ f 2 ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ nên f đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 1 > 0 ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . f ′(t ) x x 1 , x ∈∈ [ 0;1) . Từ giả thiết bài toán ta có: ∫ 2 dt ≥ ∫ dt ⇒ f ( x ) ≥ 0 f (t ) 1− x 0 Do đó không tồn tại lim f ( x ) . Điều này mâu thuẫn với giả thiết f liên tục. x →1 Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Câu 27 Có hay không một hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn: f ( x + y ) + sin x + sin y < 2 với x, y ∈ ℝ . Giải Giải sử tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. π π , ta được: f (π ) + 2 < 2 . + Cho x = , y= 2 2 π 3π , ta được: f (π ) − 2 < 2 . + Cho x = − ,y= 2 2 Ta lại có: 4 = ( f (π ) + 2 ) + ( − f (π ) + 2 ) ≤ f (π ) + 2 + f (π ) − 2 < 4 . Điều này vô lý. Vậy không có hàm số f nào thoả yêu cầu bài toán. Câu 28 Tìm tất cả các hàm f(x) xác định và liên tục trên ℝ sao cho f ′ ( x ) f ′′ ( x ) = 0 ∀x ∈ ℝ . Giải Đặt g ( x ) = ( f ′ ( x ) ) 2 g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) f ′′ ( x ) = 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ g ( x ) = C = const ⇒ f ′ ( x ) = const ⇒ f ( x ) = ax + b ∀x ∈ ℝ . Câu 29 Cho f : ℝ → ℝ sao cho f ( a ) − f ( b ) < a − b ∀a ≠ b . Chứng minh rằng nếu f ( f ( f ( 0 ) ) ) = 0 thì f ( 0 ) = 0 . Giải Ta viết lại điều kiện đối với hàm f(x) như sau: f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b (*) Dấu “=” xảy ra khi a = b. Đặt x = f ( 0 ) , y = f ( x ) . Khi đó f ( y ) = 0. Áp dụng bất đẳng thức (*) liên tiếp ta có: 12 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  13. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH x = x − 0 ≥ f ( x ) − f ( 0) = y − x ≥ f ( y ) − f ( x ) = 0 − y ≥ f ( 0) − f ( y ) = x Suy ra: x = y = 0 . Vậy f ( 0 ) = 0 . Câu 30 x2 Hàm f ( x ) = có khả vi tại điểm x = 0 hay không? 3 ex − 1 − x − 2 Giải Theo công thức Taylor, ta có: x 2 x3 x 2 x3 e = 1 + x + + + o ( x ) ⇒ e − 1 − x − = + o ( x3 ) x 3 x 26 26 x3 + o ( x3 ) = 3 x + o ( x ) . 1 ⇒ f ( x) = 3 6 6 1 Vậy f(x) khả vi tại x = 0 và f ′ ( 0 ) = 3 . 6 Câu 31 Chứng minh rằng nếu hàm f(x) khả vi vô hạn lần trên ℝ thì hàm f ( x ) − f (0) được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 cũng khả vi vô hạn x lần. Giải Với x ≠ 0 ta có: f ( x ) − f (0) 1 x 1 f ( x ) − f ( 0 ) = ∫ f ′ ( t ) dt = ∫ f ′ ( ux ) xdu ⇒ = ∫ f ′ ( ux ) du x 0 0 0 1 ∫ f ′ ( ux ) du khả vi vô hạn lần với mọi x ∈ ℝ . Vì 0 f ( x ) − f (0) Vậy được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 khả vi vô hạn x lần. Câu 32 Cho f ( x ) khả vi 2 lần thoả f ( 0 ) = f (1) = 0 , m in f ( x ) = −1 . x∈[0;1] Chứng minh rằng: max f ′′ ( x ) ≥ 8 . x∈[0;1] Giải f liên tục trên [ 0;1] ⇒ ∃a ∈ [ 0;1] : f ( a ) = m in f ( x ) = −1.Suy ra được x∈[0;1] f ′ ( a ) = 0 , a ∈ ( 0;1) . 13 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  14. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH f ( a + θ ( x − a )) Khai triển Taylor tại a: f ( x ) = −1 + ( x − a) , 0 < θ < 1. 2 2 f ′′ ( c1 ) 2 , 0 < c1 < a . + Với x = 0 , ta có: 0 = −1 + a 2 f ′′ ( c2 ) (1 − a ) , a < c2 < 1 . + Với x = 1 , ta có: 0 = −1 + 2 2 1 2 1 2 ; f ′′ ( c2 ) = Do đó: f ′′ ( c1 ) = 2 ≥ 8 nếu a ≤ 2 ≥ 8 nếu a ≥ . (1 − a ) 2 2 a Vậy max f ′′ ( x ) ≥ 8 . x∈[ 0;1] Câu 33  2011 1  x sin , x ≠ 0 Giả sử f ( x ) =  x 0  ,x=0 và hàm g ( x ) khả vi tại x = 0. Chứng minh rằng g ( f ( x ) ) có đạo hàm bằng 0 tại x = 0 . Giải  1 g  h 2011 sin  − g ( 0 ) g ( f ( h)) − g ( f ( 0)) = lim  h g ( f ( x ) ) = lim d Ta có: h →0 h →0 dx h h x =0    1  1 g  h 2011 sin  − g ( 0 ) g  h 2011 sin  − g ( 0 )    1 = lim  h .h 2011 sin =  lim  h 1  . lim h 2011 sin  1 1   h →0 h h →0 h  h →0 h 2011 sin − 0 h 2011 sin − 0   h h   1 1 ≤ h 2011 → 0 ( h → 0 ) nên lim h 2011 sin = 0 . Vì 0 ≤ h 2011 sin h →0 h h g ( f ( x ) ) =  g ′ ( 0 )  .0 = 0 d Do đó:   dx x =0 Câu 34 Hàm f xác định, khả vi trên ( 0; +∞ ) , λ ∈ ℝ . Chứng minh rằng hàm f ′ ( x ) + λ f ( x ) không giảm khi và chỉ khi f ′ ( x ) eλ x không giảm. Giải Đặt h ( x ) = f ′ ( x ) + λ f ( x ) ; g ( x ) = f ′ ( x ) eλ x . 14 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  15. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Suy ra: eλ x h ( x ) = ( e λ x f ( x ) )′ ; e− λ x g ( x ) = f ′ ( x ) . Khi đó: g ( x ) = eλ x f ′ ( x ) = h ( x ) − λ eλ x f ( x ) = h ( x ) − λ ∫ ( e λt f ( t ) )′ dt − λ f ( 0 ) x 0 x = h ( x ) − λ ∫ e λt h ( t ) dt − λ f ( 0 ) . 0 x h ( x ) = f ′ ( x ) + λ f ( x ) = e − λ x g ( x ) + λ ∫ f ′ ( t ) dt + λ f ( 0 ) 0 x = e − λ x g ( x ) + λ ∫ e − λt g ( t ) dt + λ f ( 0 ) . 0 ( ⇒ ) Giả sử h ( x ) không giảm Khi đó với b > a ta có: b g ( b ) − g ( a ) = ( e λb h ( b ) − eλ a h ( a ) ) − λ ∫ eλt h ( t ) dt (1) a Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại b b c ∈ ( a; b ) : ∫ eλt h ( t ) dt = h ( c ) ∫ e λt dt = h ( c ) ( eλb − eλ a ) 1 (2) λ a a Thay (2) vào (1) ta được: g ( b ) − g ( a ) = e λb h ( b ) − e λ a h ( a ) − e λb h ( c ) + e λ a h ( c ) = e λb ( h ( b ) − h ( c ) ) + e λ a ( h ( c ) − h ( a ) ) ≥ 0 với b > c > a . Do đó g(x) không giảm. ( ⇐ ) Giả sử g(x) không giảm Khi đó với b > a ta có: b h (b) − h ( a ) = ( e g (b) − e g ( a ) ) + λ ∫ e − λt g ( t ) dt − λb −λa (3) a Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại b b c ∈ ( a; b ) : ∫ e g ( t ) dt = g ( c ) ∫ e − λt dt = − g ( c ) ( e − λb − e − λ a ) 1 − λt (4) λ a a Thay (4) vào (3) ta được: h ( b ) − h ( a ) = e − λb g ( b ) − e − λ a g ( a ) − e − λb g ( c ) + e − λ a g ( c ) = e − λb ( g ( b ) − g ( c ) ) + e − λ a ( g ( c ) − g ( a ) ) ≥ 0 với b > c > a . Do đó h(x) không giảm. Vậy bài toán đã chứng minh xong. 15 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  16. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Câu 35 Giả sử f ∈ C ( ℝ ) . Liệu có tồn tại các hàm số g(x) và h(x) sao cho ∀x ∈ ℝ thì f ( x ) = g ( x ) sin x + h ( x ) cos x hay không? Giải Có. Chẳng hạn xét các hàm số sau: g ( x ) = f ( x ) sin x , h ( x ) = f ( x ) cos x Ta có: g ( x ) sin x + h ( x ) cos x = f ( x ) sin 2 x + f ( x ) cos 2 x = f ( x ) . Câu 36 Giả sử f : ℝ → ℝ có đạo hàm cấp 2 thoả mãn: f ( 0 ) = 1, f ′ ( 0 ) = 0 và f ′′ ( x ) − 5 f ( x ) + 6 f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . Chứng minh rằng: f ( x ) ≥ 3e 2 x − 2e3 x , ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . Giải Ta có: f ′′ ( x ) − 5 f ′ ( x ) + 6 f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ f ′′ ( x ) − 2 f ′ ( x ) − 3 ( f ′ ( x ) − 2 f ( x ) ) ≥ 0 ∀x ∈ [ 0; +∞ ) Đặt g ( x ) = f ′ ( x ) − 2 f ( x ) , x ∈ [ 0; +∞ ) . Khi đó g ′ ( x ) − 3g ( x ) ≥ 0 , x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ ( e −3 x g ( x ) )′ ≥ 0 ,x ∈ [ 0; +∞ ) [ 0; +∞ ) ⇒ e −3 x g ( x ) tăng trên ⇔ ( e f ( x ) )′ ≥ −2e , x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ ( e f ( x ) + 2e )′ ≥ 0 x ∈ [ 0; +∞ ) −2 x −2 x x x ⇒ e f ( x ) + 2e tăng trên [ 0; +∞ ) −2 x x ⇒ e f ( x ) + 2e ≥ e f ( 0 ) + 2e = 3 , [ 0; +∞ ) −2 x 0 0 x ⇒ f ( x ) ≥ 3e − 2e , ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . 2x 3x Câu 37 Cho f : ( 0; +∞ ) → ℝ có đạo hàm cấp 2 liên tục thoả mãn: f ′′ ( x ) + 2 xf ′ ( x ) + ( x 2 + 1) f ( x ) ≤ 2011 với mọi x. Chứng minh rằng: lim f ( x ) = 0 . x →∞ Giải Áp dụng quy tắc Lôpitan, ta có: x2 e f ( x) 2 lim f ( x ) = lim = x2 x →∞ x →∞ e 2 16 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  17. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH ′ ′  x2  x2 2 2 e ( f ′ ( x ) + xf ( x ) )  e f ( x)  2 x    = lim e ( f ′ ( x ) + xf ( x ) ) = lim  2   = lim  x2 ′  x2 ′ 2 x →∞ x →∞ x →∞ x 2 2 xe 2 e   xe     x2 ( f ′′ ( x ) + 2 xf ′ ( x ) + ( x + 1) f ( x ) ) f ′′ ( x ) + 2 xf ′ ( x ) + ( x 2 + 1) f ( x ) 2 e 2 = lim = lim = 0. x2 + 1 x2 x →∞ x →∞ (x + 1) 2 e 2 Câu 38 f ( x) Giả sử hàm số f liên tục trên [ 0; +∞ ) , f ( x ) ≥ 0 ∀x ≥ 0 và lim = a < 1. x →+∞ x Chứng minh rằng tồn tại c ≥ 0 sao cho f ( c ) = c . Giải + Nếu f ( 0 ) = 0 thì kết luận trên hoàn toàn đúng. + Nếu f ( 0 ) > 0 Đặt g ( x ) = f ( x ) − x Vì f liên tục trên [ 0; +∞ ) g cũng liên tục trên [ 0; +∞ ) . Ta có: g ( 0 ) = f ( 0 ) − 0 = f ( 0 ) > 0 ∀x ≥ 0 . f ( x) f (b) < 1 ⇔ ∃b > 0 : f ( b ) < b . = a < 1 ⇒ ∃b > 0 : lim x →+∞ x b Khi đó: g ( b ) = f ( b ) − b < 0 . g ( 0 ) g ( b ) ≤ 0 ⇒ ∃c ∈ [ 0; b] ⊂ [ 0; +∞ ) : g ( c ) = 0 ⇔ ∃c ≥ 0 : f ( c ) = c . Câu 39 Giả sử f có đạo hàm trên một khoảng chứa [ 0,1] , f ′ ( 0 ) > 0 , f ′ (1) < 0 . Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ ( 0;1) : f ( x ) ≤ f ( x0 ) ∀x ∈ [ 0;1] . Giải f có đạo hàm trên một khoảng chứa [ 0,1] ⇒ ∃x0 ∈ [ 0;1] : f ( x ) ≤ f ( x0 ) = max f ( x ) . x∈[ 0,1] Ta sẽ chứng minh: x0 ≠ 0, x 0 ≠ 1. Thật vậy! f ( x ) − f (0) f ( x ) − f (0) > 0 ∀x ∈ ( 0; h ] = f ′ ( 0 ) > 0 ⇒ ∃h ∈ ( 0;1) : lim+ x →0 x x 17 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  18. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) ∀x ∈ ( 0; h ] ⇒ f ( 0 ) không phải là giá trị lớn nhất của f ( x ) trên [ 0,1] ⇒ x0 ≠ 0 . f ( x ) − f (1) f ( x ) − f (1) < 0 ∀x ∈ [ k ;1) = f ′ (1) < 0 ⇒ ∃k ∈ ( 0;1) : lim x −1 x −1 −1 x →1 ⇒ f ( x ) < f (1) ∀x ∈ [ k ;1) ⇒ f (1) không phải là giá trị lớn nhất của f ( x ) trên [ k ;1) ⇒ x0 ≠ 1 . Câu 40 Cho một hàm số f xác định trên ℝ thoả mãn f ( 0 ) = 0 , f ( x ) ≥ sin x ∀x ∈ ℝ . Chứng minh rằng đạo hàm của f tại 0 không tồn tại. Giải Giả sử f ′ ( 0 ) tồn tại.  π ∀x ∈  0;  ta có:  2 f ( x ) − f ( 0 ) sin x f ( x ) − f ( 0) ⇒ f ′ ( 0+ ) = lim sin x ≥ ≥ lim = 1. x−0 x−0 + + x →0 x →0 x x Tương tự ta cũng chứng minh được f ′ ( 0−1 ) < −1 Điều này chứng tỏ f ′ ( 0 ) không tồn tại. Câu 41 Giả sử f ( x ) khả vi trên ( a; b ) sao cho lim = +∞ , lim f ( x ) = −∞ và x→a+ x →b − f ′ ( x ) + f 2 ( x ) ≥ −1 ∀x ∈ ( a; b ) . Chứng minh rằng b − a ≥ π . Cho ví dụ để b−a =π . Giải Cách 1 f ′( x) Ta có: f ′ ( x ) + f 2 ( x ) ≥ −1 ∀x ∈ ( a; b ) ⇔ + 1 ≥ 0 ∀x ∈ ( a; b ) 1 + f 2 ( x) ⇔ ( arctan f ( x ) + x )′ ≥ 0 ∀x ∈ ( a; b ) ⇒ arctan f ( x ) + x tăng trên ( a; b ) π π +b ⇔ b−a ≥π . +a≤− Chuyển qua giới hạn ta được: 2 2 Ví dụ: y = cot x , a = 0 , b = π . Cách 2 f ′( x ) Ta có: f ′ ( x ) + f 2 ( x ) ≥ −1 ∀x ∈ ( a; b ) ⇔ ≥ −1 ∀x ∈ ( a; b ) 1 + f 2 ( x) 18 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  19. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Lấy tích phân hai vế: f ′( x ) b b dx ≥ ∫ −1dx ⇔ arctan f ( x ) a ≥ a − b ⇔ −π ≥ a − b ⇔ b − a ≥ π . b ∫1 + f 2 ( x) a a Câu 42 1 Cho f là một hàm liên tục trên [ 0;1] . Tìm . Tìm lim ∫ f ( x n ) dx . n →∞ 0 Giải 1−ε 1 1 f ( x n ) dx = f ( x n ) dx + ∫ε f ( x ) dx . Cho 0 < ε < 1 . Khi đó ta có: ∫ ∫ n 1− 0 0 + Theo định lý giá trị trung bình của tích phân tồn tại 1−ε 1−ε f ( x n ) dx = f ( c n ) (1 − ε ) ⇒ lim ∫ f ( x ) dx = f ( 0 )(1 − ε ) . c ∈ [ 0;1 − ε ] : ∫ n n →∞ 0 0 1 1 ∫ε f ( x ) dx ≤ ∫ε f ( x ) dx ≤ M ε . + Đặt M = sup f ( x ) , ta có: n n x∈[ 0,1] 1− 1− 1 Vậy lim ∫ f ( x n ) dx = f ( 0 ) . n →∞ 0 Câu 43 b Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] và ∫ f ( x ) dx = 0 . Chứng minh rằng tồn a c tại c ∈ ( a; b ) : ∫ f ( x ) dx = f ( c ) . a x Xét hàm: g ( x ) = e ∫ f ( t ) dt −x a g liên tục trên [ a; b ] , khả vi trên ( a; b ) g ( a ) = g (b) = 0 . Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ ( a; b ) : g ′ ( c ) = 0 .   x c c Mà g ′ ( x ) = e − x  f ( x ) − ∫ f ( t ) dt  , vì thế f ( c ) = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx .   a a a Câu 44 Giả sử f ∈ C ([ a; b ]) , a > 0 và b Chứng minh tồn tại c ∈ ( a; b ) ∫ f ( x ) dx = 0 . a c ∫ f ( x ) dx = cf ( c ) . sao cho a 19 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
  20. www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Giải 1x Xét hàm số: g ( x ) = ∫ f ( t ) dt xa g liên tục trên [ a; b ] , khả vi trên ( a; b ) g ( a ) = g (b) = 0 . Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ ( a; b ) : g ′ ( c ) = 0 . 1  x Mà g ′ ( x ) = 2  xf ( x ) − ∫ f ( t ) dt  x  a c Do đó tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho ∫ f ( x ) dx = cf ( c ) . a Câu 45 Giả sử f, g∈ C ([ a; b ]) . Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho b b g ( c ) ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ∫ f ( x ) dx . a a Giải x x Xét F ( x ) = ∫ f ( t ) dt , G ( x ) = ∫ g ( t ) dt a a Suy ra: F ′ ( x ) = f ( x ) , G′ ( x ) = g ( x ) Áp dụng định lý Cauhy ta có: b ∫ f ( t ) dt F (b) − F ( a ) F ′( c ) f (c) ∃ c∈ ( a; b ) : ⇔ ∃ c ∈ ( a; b ) : = = a G ( b ) − G ( a ) G′ ( c ) g (c) b ∫ g ( t ) dt a b b ⇔ ∃ c∈ ( a; b ) : g ( c ) ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ∫ f ( x ) dx . a a Câu 46 Giả sử f, g∈ C ([ a; b ]) . Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho c b g ( c ) ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ∫ f ( x ) dx . a c Giải x b Xét hàm: F ( x ) = ∫ f ( t ) dt ∫ g ( t ) dt a x F liên tục trên [ a; b ] , khả vi trên ( a; b ) và F ( a ) = F ( b ) . Vì thế theo định lý Rolle ta có: ∃c ∈ ( a; b ) : F ′ ( c ) = 0 20 VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2