olympic_toan_cao_cap_split_1

Chia sẻ: Kata_3 Kata_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu toán cao cấp olympic dành cho sinh viên muốn thử sức trong lĩnh vực toán , thông qua tai liệu này các bạn sẽ có 1 lượng kiến thức vô cùng phong phú.Chúc các bạn thành công

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: olympic_toan_cao_cap_split_1

Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com Chương 1 Lý thuy t 1.1 Các đ nh lý v giá tr trung bình Đ nh lý 1.1.1 (Fecmat). Cho hàm f xác đ nh trên (a, b) và c ∈ (a, b). N u f đ t c c tr đ a phương t i c và f (c) t n t i thì f (c) = 0. Đ nh lý 1.1.2 (Rolle). Cho hàm f liên t c trên [a, b] và kh vi trên (a, b). N u f (a) = f (b) thì t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Đ nh lý 1.1.3 (Lagrange). Cho hàm f liên t c trên [a, b] và kh vi trên (a, b). Khi đó t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (a) − f (b) f (c) = . a−b Đ nh lý 1.1.4 (Cauchy). Cho hai hàm s f và g liên t c trên [a, b], kh vi trên (a, b). Khi đó t n t i c ∈ (a, b) sao cho [f (b) − f (a)]g (c) = [g (b) − g (a)]f (c). Đ nh lý 1.1.5 (Darboux). Cho hàm f kh vi trên (a, b) và c, d ∈ (a, b). Khi đó f nh n m i giá tr trung gian gi a f (c) và f (d). 1.2 Khai tri n Taylor và quy t c L’Hospital Đ nh lý 1.2.1. N u hàm s f : (a, b) → R có các đ o hàm đ n c p n − 1 trên (a, b) và có đ o hàm c p n t i đi m x0 ∈ (a, b) thì v i h đ nh ta có f (n) (x0 ) n f (x0 ) f (x0 ) 2 h + o(hn ). f (x0 + h) = f (x0 ) + h+ h + ... + 1! 2! n! Ph n dư o(hn ) đư c g i là ph n dư Peano. 1
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com Đ nh lý 1.2.2. Cho hàm f xác đ nh trên [a, b] và x0 là m t đi m c đ nh trên [a, b]. Gi s f có đ o hàm đ n c p n liên t c trên [a, b] và có đ o hàm c p n + 1 trên kho ng (a, b). Khi đó v i m i x ∈ [a, b], t n t i c n m gi a x và x0 sao cho f (n) (x0 ) f (n+1) (c) f (x0 ) (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 . (x − x0 ) + . . . + f (x) = f (x0 ) + 1! n! (n + 1)! Bi u th c f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 Rn = (n + 1)! đư c g i là ph n dư trong công th c khai tri n Taylor (đ n b c n + 1) c a hàm f t i x0 . Ph n dư này đư c g i là ph n dư d ng Lagrange. Đ t h = x − x0 và g i θ ∈ (0, 1) là s sao cho c = x0 + θh ta có f (n) (x0 ) n f (n+1) (x0 + θh) n+1 f (x0 ) f (x0 ) 2 f (x0 + h) = f (x0 ) + h+ h +...+ h+ h. 1! 2! n! (n + 1)! N u hàm f th a mãn các gi thi t trong đ nh lý trên thì t n t i s c n m gi a x và x0 sao cho f (n) (x0 ) f (n+1) (c ) f (x0 ) (x − x0 )n + (x − x0 )(x − c )n . (x − x0 )+ . . . ++ f (x) = f (x0 )+ 1! n! (n + 1)! Bi u th c f (n+1) (c ) (x − x0 )(x − c )n Rn = (n + 1)! đư c g i là ph n dư d ng Cauchy. Hi n nhiên là Rn = Rn . Đ t h = x − x0 và g i θ ∈ (0, 1) sao cho x = x0 + θ h ta có f (n) (x0 ) n f (n+1) (x0 + θ h) f (x0 ) (1 − θ )n hn+1 . f (x0 + h) = f (x0 ) + h + ... + h+ 1! n! (n + 1)! Đ nh lý 1.2.3. Gi s f và g là hai hàm s xác đ nh và có đ o hàm h u h n trên (a, b) \ {x0 }, x0 ∈ (a, b). N u 1. lim f (x) == lim g (x) = 0, x→x0 x→x0 f (x) = L (L ∈ R ho c L = ±∞), 2. lim x→x0 g (x) f (x) thì lim = L. x→x0 g (x) V i nh ng gi thi t thích h p, quy t c này cũng đúng cho gi i h n m t phía, ∞ gi i h n vô t n, và gi i h n có d ng vô đ nh . ∞ 2
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com 1.3 M i liên h gi a nguyên hàm và tích phân xác đ nh Gi s f là m t hàm kh tích trên [a, b]. Khi đó v i m i x ∈ [a, b], f kh tích trên [a, b] và ta xác đ nh đư c hàm s −→ F: [a, b] R x −→ x f (t)dt. a N u f là hàm s liên t c trên [a, b] thì f kh tích trên [a, b] và khi đó F là m t nguyên hàm c a f trên [a, b], nghĩa là v i m i x ∈ [a, b], x f (t)dt = f (x). a N u f là hàm liên t c trên [a, b], α, β là nh ng hàm kh vi trên [a, b] và nh n giá tr thu c đo n [a, b]. Khi đó v i m i x ∈ [a, b] ta có α(x) = f α(x) α (x) − f β (x) β (x). f (t)dt β (x) 3
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com Chương 2 Bài t p 2.1 Các đ nh lý giá tr trung bình Bài 1: Cho f : [−π/2, π/2] → [−1, 1] là m t hàm kh vi có đ o hàm liên t c và không âm. Ch ng minh r ng t n t i x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho (f (x0 ))2 + (f (x0 ))2 ≤ 1. Gi i: Xét hàm s g (x) = arcsin(f (x)). Khi đó g : [−π/2, π/2] → [−π/2, π/2] là m t hàm liên t c trên [−π/2, π/2] và n u f (x) = ±1 thì g kh vi t i x và f (x) g (x) = . 1 − (f (x))2 N u t n t i x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho f (x0 ) = 1 hay f (x0 ) = −1 thì x0 là c c tr đ a phương c a hàm f nên theo đ nh lý Fermat, f (x0 ) = 0. Do đó ta có (f (x0 ))2 + (f (x0 ))2 = 1. N u f (x) = ±1 v i m i x ∈ (−π/2, π/2) thì g th a mãn các đi u ki n c a đ nh lý Lagrange trên [−π/2, π/2] nên t n t i x0 ∈ (−π/2, π/2) sao cho π π f (x0 ) π π g ( ) − g (− ) = ( − (− )). 1 − (f (x0 ))2 2 2 2 2 Đ ý r ng vì v ph i là không âm nên v trái cũng không âm. Ngoài ra v trái không vư t quá π . V y ta có b t đ ng th c sau đây f (x0 ) 0≤ (π ) ≤ π. 1 − (f (x0 ))2 T đó ta nh n đư c (f (x0 ))2 + (f (x0 ))2 ≤ 1. 4
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com Bài 2: Cho hàm f liên t c trên [a, b] (a > 0), kh vi trên (a, b). Ch ng minh r ng t n t i x1 , x2 , x3 ∈ (a.b) sao cho f (x2 ) f (x3 ) + (a2 + ab + b2 ) f (x1 ) = (a + b) . 4x2 6x3 Gi i: Áp d ng đ nh lý Lagrange cho hàm f trên [a, b] ta có x1 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) = f (x1 ). b−a Áp d ng đ nh lý Cauchy cho hàm f và hàm x −→ x2 ta có x2 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f (x2 ) = b 2 − a2 2x2 hay f (x2 f (x1 ) = (a + b) . 2x2 Áp d ng đ nh lý Cauchy cho hàm f và hàm x −→ x3 ta có x3 ∈ (a, b) sao cho f (b) − f (a) f (x3 ) = 3x2 b 3 − a3 3 hay f (x3 ) f (x1 ) = (a2 + ab + b2 ) . 3x23 T các k t qu trên ta có x1 , x2 , x3 ∈ (a, b) sao cho f (x2 ) f (x3 ) + (a2 + ab + b2 ) f (x1 ) = (a + b) . 6x2 4x2 3 Bài 3: Cho hàm f : (−∞, +∞) −→ (−∞, +∞) kh vi đ n c p n + 1 t i m i đi m c a (−∞, +∞) và (a, b) ∈ R2 , a < b, sao cho f (b) + f (b) + . . . + f (n) (b) = b − a. ln f (a) + f (a) + . . . + f (n) (a) Khi đó t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (n+1) (c) = f (c). Gi i: Xét hàm F (x) = f (x) + f (x) + . . . + f (n) (x))e−x , x ∈ [a, b]. Ta có F (a) = F (b) và v i m i x ∈ [a, b], F (x) = e−x f n+1 − f (x) . Theo đ nh lý Lagrange, t n t i c ∈ (a, b) sao cho F (c) = 0, t c là f (n+1) (c) − f (c) = 0. 5
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com Bài 4: Cho hàm f ∈ C 2 [0, +∞) (t c f kh vi liên t c đ n c p 2 trên [0, +∞)). V i m i (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 , xét hàm s  n u x ≥ 0, f (x)  F (x) = a1 f (−x) + a2 f (−2x) + a3 f (−3x) n u x < 0.  Ch ng minh r ng có th ch n các s ak , k = 1, 2, 3 đ F ∈ C 2 (R). Hư ng d n gi i: Rõ ràng F kh vi liên t c đ n c p 2 trên (−∞, 0) và (0, +∞). Đ F ∈ C 2 (R) thì ch c n F kh vi liên t c đ n c p 2 t i 0 là xong. Ta có F liên t c t i 0 ⇔ lim F (x) = lim F (x) = F (0) − + x→0 x→0 ⇔ lim f (x) = lim a1 f (−x) + a2 f (−2x) + a3 f (−3x) = f (0) − + x→0 x→0 ⇔ (a1 + a2 + a3 )f (0) = f (0). Đi u đó đư c th a mãn n u ta ch n các s a1 , a2 , a3 sao cho a1 + a2 + a3 = 1. Khi đó ta có F+ (0) = f+ (0) và F− (0) = (−a1 − 2a2 − 3a3 )f+ (0). F s có đ o hàm t i 0 n u các s a1 , a2 , a3 th a thêm đi u ki n −a1 − 2a2 − 3a3 = 1. Lúc đó hàm F đư c xác đ nh như sau  f (x) n u x > 0,      F (x) = f+ (0) n u x = 0,    −a f (−x) − 2a f (−2x) − 3a f (−3x) n u x < 0. 1 2 3 F+ (0) = f+ (0) và F− (0) = (a1 + 4a2 + 9a3 )f+ (0). Do đó F s có đ o hàm c p 2 t i 0 n u các s a1 , a2 , a3 th a thêm đi u ki n a1 + 4a2 + 9a3 = 1. Khi đó  f (x) n u x > 0,      F (x) = f+ (0) n u x = 0,    a f (−x) + 4a f (−2x) + 9a f (−3x) n u x < 0. 1 2 3 6
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com là m t hàm liên t c. Tóm l i F kh vi liên t c đ n c p 2 t i 0 (và do đó thu c C 2 (R)) n u (a1 , a2 , a3 ) là nghi m c a h phương trình  a + a + a = 1  1 2 3    −a1 − 2a2 − 3a3 = 1    a + 4a + 9a = 1 1 2 3  Gi i h này ta đư c ... Bài 5: Cho hàm f : R → R kh vi 2 l n và th a mãn f (0) = 2, f (0) = −2 và f (1) = 1. Ch ng minh r ng t n t i m t s c ∈ (0, 1) sao cho f (c)f (c) + f (c) = 0. Gi i: Xét hàm s 1 g (x) = f 2 (x) + f (x), x ∈ R. 2 Ta có g (0) = 0 và v i m i x, g (x) = f (x)f (x) + f (x). Theo đ nh lý Rolle, ta ch c n ch ng minh t n t i η ∈ (0, 1) sao cho g (η ) = 0 thì suy ra ngay s t n t i c a c theo yêu c u c a bài ra. Ta xét hai trư ng h p sau: a) f (x) = 0 v i m i x ∈ [0, 1]. Khi đó đ t x 1 − , x ∈ [0, 1], h(x) = 2 f (x) g ta có hàm h xác đ nh trên [0, 1] và h = 2 . Vì h(0) = h(1) = − 1 nên áp 2 f d ng đ nh lý Rolle cho hàm h, t n t i η ∈ (0, 1) sao cho h (η ) = 0. Do đó g (η ) = f 2 (η )h (η ) = 0. b) T n t i x ∈ [0, 1] sao cho f (x) = 0. Khi đó ta g i z1 = inf {x ∈ [0, 1] : f (x) = 0} và z2 = sup{x ∈ [0, 1] : f (x) = 0}. T tính liên t c c a hàm f và tính ch t c a inf và sup ta có f (z1 ) = f (z2 ) = 0. Do đó 0 < z1 ≤ z2 < 1. Ngoài ra cũng d th y f (x) > 0 v i m i x ∈ [0, z1 ) ∪ (z2 , 1]. T đó suy ra g (z1 ) = f (z1 ) ≤ 0 và g (z2 ) = f (z2 ) ≥ 0, 7
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com do đó t n t i η ∈ [z1 , z2 ] ⊂ (0, 1) sao cho g (η ) = 0. V y ta có đi u ph i ch ng minh. Bài 6: Cho f : [0, 1] → R th a mãn a. f tăng trên [0, 1], b. f kh vi trên (0, 1] và f gi m trên (0, 1]. Xét dãy (xn )n đư c xác đ nh b i 1 1 1 1 1 1 f ( ) + 2 f ( ) + . . . + 2 f ( ), n ∈ N. xn = 2 1 1 2 2 n n Ch ng minh r ng dãy (xn )n h i t . Gi i: Vì f tăng trên [0, 1] nên f (x) ≥ 0 v i m i x ∈ (0, 1]. Do đó v i m i n ∈ N, ta có 1 1 xn+1 − xn = ) ≥ 0. f( (n + 1)2 n + 1 V y dãy (xn )n là m t dãy tăng. Đ ch ng minh (xn )n h i t ta ch c n ch ng minh (xn )n b ch n. 1 ,1 V i m i k ∈ N, áp d ng đ nh lý Lagrange cho hàm f trên ta có k+1 k 1 1 1 f( ) − f( ) = f (θk ) , k k+1 k (k + 1) 1 ,1 v i θk ∈ . Vì f không âm và gi m trên (0, 1] nên t đây suy ra k+1 k 1 1 1 1 f( ) − f( )≥f( ) . k k+1 k k (k + 1) Do đó 1 1 k+1 1 1 1 1 ≤ 2 f( ) − f( f( )= f( ) ). k2 k k k k (k + 1) k k+1 L n lư t thay k b i 1, 2, ..., n r i c ng v theo v n b t đ ng th c đó ta đư c 1 xn ≤ 2 f (1) − f ( ). n+1 1 Vì f tăng trên [0, 1] nên f ( n+1 ) ≥ f (0). Do đó xn ≤ 2 [f (1) − f (0)] . Ngoài ra đ ý r ng xn ≥ 0 v i m i n ∈ N. V y (xn )n là m t dãy tăng và b ch n nên h i t . Chú ý: 1. N u thay gi thi t f tăng b ng gi thi t f gi m thì k t lu n trên có còn đúng không? 2. Hàm s f (x) = x, x ∈ [0, 1] là m t hàm th a mãn bài toán trên. 8
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com Bài 7: Cho hàm f liên t c trên [0, 1], kh vi trên (0, 1) có th tr ra các đi m 1 thu c t p {0} ∪ { n : n ∈ N}. Ch ng minh r ng t n t i các dãy gi m ng t (αn )n , (cn )n ch a trong kho ng (0, 1) sao cho n αk f (ck ) = f (1) − f (0). lim n→∞ k=1 1 ,1 Gi i: V i m i k ∈ N, áp d ng đ nh lý Lagrange cho hàm f trên đo n , k+1 k 1 ,1 t n t i ck ∈ sao cho k+1 k 1 1 1 f( ) − f( ) = f (ck ) . k k+1 k (k + 1) 1 Đ t αk = , ta đư c k(k+1) 1 1 f( ) − f( ) = f (ck )αk . k k+1 T đó ta nh n đư c n 1 αk f (ck ) = f (1) − f ( ). n+1 k=1 Vì f liên t c t i 0 nên khi qua gi i h n hai v c a đ ng th c trên ta nh n đư c n αk f (ck ) = f (1) − f (0). lim n→∞ k=1 Ngoài ra d th y các dãy s (αn )n , (cn )n ch a trong kho ng (0, 1) và gi m ng t. V y ta có đi u ph i ch ng minh. Chú ý: n n 1 αk = 1 − nên lim αk = 1. 1. Vì k=1 k=1 n+1 n→∞ 2. Hàm f th a mãn các tính ch t nêu trong bài toán trên m t cách không t m thư ng có th đư c xác đ nh như sau: ∞ 1 1 L y g là m t hàm liên t c trên [0, 1]. Vì [0, 1] = {0} ( n+1 , n ] nên ta xác đ nh n=1 đư c hàm f b ng cách đ t f ( 1 ) 1  x= , nu  n n   1 1  f (x) = x∈ an x + bn , , nu n+1 n     f (0) x = 0. nu   trong đó an , bn đư c ch n sao cho 9
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - http://www.simpopdf.com   an 1 + bn = f ( ),   n n  an 1 + bn = f ( ).   n+1 n+1 Bài 8: Cho g là m t hàm kh vi liên t c trên đo n [a, b], f là m t hàm kh vi trên đo n [a, b] và f (a) = 0. Gi s có s λ > 0 sao cho |g (x)f (x) + f (x)| ≤ λ|f (x)|, v i m i x ∈ [a, b]. Ch ng minh r ng f = 0 trên đo n [a, b]. Gi i: Gi s r ng có c ∈ (a, b] sao cho f (c) = 0. Không m t tính t ng quát ta gi s f (c) > 0. Vì f liên t c trên đo n [a, b] nên t n t i d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 v i m i x ∈ (d, c]. V i x ∈ (d, c] ta có f (x) − λ ≤ 0, g (x) + f (x) nên hàm s F (x) = g (x) + ln f (x) − λx không tăng trên (d, c]. Do đó v i m i x ∈ (d, c], g (x) + ln f (x) − λx ≥ g (c) + ln f (c) − λc, hay là f (x) ≥ eλx−λc+g(c)−g(x) f (c). Vì f và g liên t c t i d nên ta nh n đư c 0 = f (d) = lim f (x) ≥ eλd−λc+g(c)−g(d) f (c) > 0. + x→d Mâu thu n trên ch ng t f = 0 trên đo n [a, b]. Chú ý 1. L y g (x) = 1 v i m i x ∈ [a, b] thì ta đư c m t trư ng h p riêng c a bài toán trên: Cho f là m t hàm kh vi trên đo n [a, b] và f (a) = 0. Gi s có s λ > 0 sao cho |f (x)| ≤ λ|f (x)|, v i m i x ∈ [a, b]. Ch ng minh r ng f = 0 trên đo n [a, b]. M t cách ch ng minh khác như sau: Gi s có c ∈ (a, b] sao cho f (c) = 0. Không m t tính t ng quát ta gi s f (c) > 0. Vì f liên t c trên đo n [a, b] nên t n t i d ∈ (a, c) sao cho f (d) = 0 và f (x) > 0 v i m i x ∈ (d, c]. V i x ∈ (d, c) ta có f (θx ) | ln f (c) − ln f (x)| = (c − x) ≤ λ(c − x), f (θx ) 10