ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII(2010) MÔN GIẢI TÍCH

Chia sẻ: Ly Tran Hiep | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

157
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án olympic toán sinh viên lần thứ xviii(2010) môn giải tích', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII(2010) MÔN GIẢI TÍCH

H I TOÁN H C VI T NAM B GIÁO D C VÀ ĐÀO T O ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN L N TH XVIII (2010) Môn: Gi i tích Câu 1. Cho hàm s f (x) = ln(x + 1). a) Ch ng minh r ng v i m i x > 0, t n t i duy nh t s th c c th a mãn đi u ki n f (x) = xf (c) mà ta ký hi u là c(x). c(x) b) Tìm lim . x x→0+ Gi i. a) Yêu c u bài toán tương đương v i vi c ch ng minh phương trình ln(x + 1) 1 = x c+1 có nghi m duy nh t c v i m i x > 0. Ta có th gi i tr c ti p đư c x − 1. c= ln(x + 1) b) Ta có th tính gi i h n x −1 x − ln(1 + x) c(x) ln(x + 1) lim = lim = lim x x x ln(1 + x) x→0+ x→0+ x→0+ b ng cách s d ng công th c Taylor: ln(1 + x) = x − x2 /2 + o(x2 ) ho c dùng quy t c L’Hopitale: x − ln(1 + x) x − ln(1 + x) x lim = lim lim x2 x ln(1 + x) ln(1 + x) x→0+ x→0+ x→0+ 1 1− 1 1 1+x = lim lim = . 1 2x 2 x→0+ x→0+ 1+x Câu 2. Cho dãy {xn } đư c xác đ nh b i: x1 = 1, xn+1 = xn 1 + x2010 , n = 1, 2, . . . n Tìm x2010 x2010 x2010 1 2 n + ··· + lim + . n→∞ x2 x3 xn+1 Gi i. V i m i k ≥ 1, ta có x2010 x2011 xk+1 − xk 1 1 k k − = = = . xk+1 xk xk+1 xk xk+1 xk xk+1
Suy ra x2010 x2010 x2010 1 1 1 2 n + ··· + − + = . x2 x3 xn+1 x1 xk+1 Rõ ràng {xn } là dãy tăng. Nh n xét r ng lim xn = +∞. Suy ra gi i h n n→∞ c n tính b ng 1. Câu 3. Cho a ∈ R và hàm s f (x) kh vi trên [0, ∞) th a mãn các đi u ki n f (0) ≥ 0 và f (x) + af (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞). Ch ng minh r ng f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0. Gi i. T gi thi t ta có eax [f (x) + af (x)] ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞), hay [eax f (x)] ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞), suy ra eax f (x) ≥ f (0) ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞), tc f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞). Câu 4. Cho hàm f (x) kh vi liên t c trên [0, 1] . Gi s r ng 1 1 f (x)dx = xf (x)dx = 1. 0 0 Ch ng minh r ng t n t i đi m c ∈ (0, 1) sao cho f (c) = 6. Gi i. Nh n xét r ng hàm s g (x) = 6x − 2 th a mãn các đi u ki n 1 1 g (x)dx = xg (x)dx = 1, 0 0 suy ra 1 [f (x) − g (x)]dx = 0. 0 1 Hàm h(x) = f (x) − g (x) liên t c trên [0, 1] và có tích phân h(x)dx = 0, 0 nên không th x y ra trư ng h p h(x) > 0 , ∀x ∈ (0, 1) ho c trư ng h p h(x) < 0, ∀x ∈ (0, 1). 2
Như th phương trình h(x) = 0 ph i có ít nh t m t nghi m trong (0, 1). Gi s r ng h(x) = 0 ch có m t nghi m x = a ∈ (0, 1). X y ra hai kh năng sau: +) N u h(x) < 0, ∀x ∈ (0, a), thì h(x) > 0, ∀x ∈ (a, 1). Khi đó 1 1 1 1 1 xf (x)dx − 1 = xf (x)dx − x[f (x) − g (x)]dx = xg (x)dx = xh(x)dx 0 0 0 0 0 a 1 a 1 = xh(x)dx + xh(x)dx > ah(x)dx + ah(x)dx a a 0 0 a 1 1 =a h(x)dx + h(x)dx = a h(x)dx = 0. a 0 0 1 Suy ra xf (x)dx > 1, mâu thu n v i gi thi t c a đ bài! 0 +) N u h(x) > 0, ∀x ∈ (0, a), thì h(x) < 0, ∀x ∈ (a, 1). Khi đó 1 1 1 1 1 xf (x)dx − 1 = xf (x)dx − x[f (x) − g (x)]dx = xg (x)dx = xh(x)dx 0 0 0 0 0 a 1 a 1 = xh(x)dx + xh(x)dx < ah(x)dx + ah(x)dx a a 0 0 a 1 1 =a h(x)dx + h(x)dx = a h(x)dx = 0. a 0 0 1 Suy ra xf (x)dx < 1, mâu thu n v i gi thi t c a đ bài! 0 V y h(x) = 0 ph i có ít nh t hai nghi m trong (0, 1). Gi s hai nghi m đó là a, b ∈ (0, 1) và a < b. Ta có h(a) = h(b) = 0 , nên f (b) − f (a) = g (b) − g (a). Theo đ nh lý Lagrange t n t i c ∈ (a, b) ⊂ (0, 1), sao cho f (b) − f (a) g (b) − g (a) f (c) = = = 6. b−a b−a 3
Câu 5. Cho đa th c P (x) b c n v i h s s th c sao cho P (−1) = 0 và P (−1) n − ≤ . Ch ng minh r ng P (x) có ít nh t m t nghi m x0 v i |x0 | ≥ 1. P (−1) 2 Gi i. Gi s x1 , x2 , . . . , xn là các nghi m c a P (x) trong C, khi đó t n t i λ ∈ R sao cho n (x − xi ). Khi đó ta có công th c P (x) = λ i=1 n n P (−1) P (x) 1 1 ⇒− = = . x − xi P (−1) P (x) x +1 i=1 i i=1 Do đó n n P (−1) xi − 1 n 1 1 1 − + = = . P (−1) 2 2 xi + 1 2 i=1 xi + 1 i=1 Ta có xi − 1 (xi − 1)(xi + 1) = , |xi + 1|2 xi + 1 suy ra |xi |2 − 1 xi − 1 , ∀i = 1, 2, . . . , n. Re = |xi + 1|2 xi + 1 P (−1) n ∈ R nên Vì + P (−1) 2 n |xi |2 − 1 P (−1) n 1 ≥ 0. + = 2 i=1 |xi + 1|2 P (−1) 2 Do đó t n t i ít nh t m t nghi m x0 có |x0 | ≥ 1. Câu 6a. Tìm t t c các hàm s dương f (x) kh vi liên t c trên [0, 1] sao cho f (1) = e.f (0) và 1 f (x) 2 dx ≤ 1. f (x) 0 Gi i. Ta có 1 1 1 2 2 f (x) f (x) f (x) 0≤ −1 dx − 2 dx = dx + 1 f (x) f (x) f (x) 0 0 0 4
1 2 f (x) 1 dx − 2 ln f (x) = +1 f (x) 0 0 1 2 f (x) f (1) dx − 2 ln = +1 f (x) f (0) 0 1 2 f (x) dx − 1. = f (x) 0 T đó, ta có 1 2 f (x) dx ≥ 1. f (x) 0 M t khác, theo gi thi t thì 1 2 f (x) dx ≤ 1, f (x) 0 nên 1 2 f (x) −1 dx = 0. f (x) 0 Do f là hàm kh vi liên t c trên [0, 1], ta đư c f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] f (x) hay f (x) = f (x), ∀x ∈ [0, 1], do đó f (x) = c.ex , c > 0. Th l i, ta th y hàm này th a mãn. Câu 6b. Ta có f (x + y ) = 2010x f (y ) + 2010y f (x), ∀x, y ∈ R, hay 2010−(x+y) f (x + y ) = 2010−y f (y ) + 2010−x f (x), ∀x, y ∈ R. Đ t 2010−x f (x) = g (x). Ta có g (x + y ) = g (x) + g (y ), ∀x, y ∈ R. Đây chính là phương trình hàm Cauchy quen bi t, có nghi m là g (x) = ax. Suy ra f (x) = ax2010x . T đi u ki n f (1) = 2010 đã cho suy ra a = 1 và f (x) = 2010x x. Th l i, ta th y th a mãn đi u ki n bài toán. —————————————————— 5