Exercise 3. We have $\int_0^1f^2(x)dx\int_0^2(3x-2)^2dx\geq (\int_0^1f(x)(3x-2)dx)^2$.

MATHEMATICAL OLYMPIAD STUDENT

(third-2012)

Exercise 1. For $f(x)=2(x-1)-\arctan x,x\in\mathbb{R}$.
a) Prove that $f(x)=0$ have only a root $a\in(1,\sqrt{3})$.
b) Let $\{u_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ be a sequence defined by$\left\{\begin{matrix} u_1=\dfrac{3}{2}& \\ u_n=1+\dfrac{1}{2}\arctan x,&n\geq1 \end{matrix}\right.$.
Prove that $\{u_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ converges to $a$.
Exercise 2. Let $f:[0,+\infty)\longrightarrow \mathbb{R}$ be a differentiable function such that $f(0)=1$. Prove that if $f'(x)\geq f(x)$ for all $x\in[0,+\infty)$, then the function $g(x)=f(x)-e^x$ is a increasing function.
Exercise 3. Let $f:[0,1]\longrightarrow \mathbb{R}$ be a integrable function such that $\int_0^1xf(x)dx=0$. Prove that
$\int_0^1f^2(x)dx\geq 4(\int_0^1f(x)dx)^2$.
Exercise 4. Let $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ be a twice differentiable, $g:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^+$ be a function such that $f(x)+f''(x)=-xg(x)f'(x)$ for all $x\in\mathbb{R}$. Prove that $f(x)$ is bounded.
Exercise 5. Let $P(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$ with $a_n>0$ be a $n$ degrees polynomial and have distinct $n$ roots. Prove that the polynomial $Q(x)=(P(x))^2-P'(x)$ only have
a) distinct $n+1$ roots if $n$ is odd.
b) distinct $n$ roots if $n$ is even.
Exercise 6. Find al function $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ satisfies
$f(x+y)\geq f(x).f(y)\geq e^{x+y}$ for all $x,y\in \mathbb{R}$.

Cho trước một đường tròn $(O,R)$. Tìm 3 điểm A,B,C trên đường tròn sao cho AB+BC+CA lớn nhất.

Problem 5. Assign $g(x)=e^x[f(x)-1]+1$. We have $g'(x)=e^x[f(x)-1+f'(x)]<0$. So,
$e[f(1)-1]+1=g(1)<g(0)=0$
If $f(x)+f'(x)<1$ then there don't exist $f(x)$.

Problem 2. Every $x\in[0,2]$, we have
$f(x)=f(x)-f(0)=f'(\theta_1)x,\theta_1\in(0,x)\geq-2x$
$f(x)-f(1)=f'(\theta_2)(x-1),\theta_2\in(x,1)\Rightarrow f(x)\geq 2x-1$.
So,
$\int_0^1f(x)dx=\int_0^\frac{1}{4}f(x)dx+\int_\frac{1}{4}^1f(x)dx
\geq \int_0^\frac{1}{4}-2xdx+\int_\frac{1}{4}^1 (2x-1)dx=\dfrac{1}{8}$
But $f(x)=\left\{\begin{matrix}
-2x &x\in[0,\frac{1}{4}] \\
2x-1&x\in[\frac{1}{4},1]
\end{matrix}\right.$
isn't continuous at $x=\dfrac{1}{4} $.

problem 3. For all $\epsilon>0,\exists n_0$ such that $|2a_{n+1}-a_n-2012|<\epsilon,\forall n\geq n_0$. Hence,
$|2(a_{n+1}-2012)-(a_n-2012)|<\epsilon$
Implies
$|a_{n+1}-2012|<\dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{1}{2}|a_n-2012| <\dots<\epsilon(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dots+\dfrac{1}{2^{n-n_0}})=\epsilon(1-(\dfrac{1}{2} )^{n-n_0})<\epsilon$
We have $\lim a_n=2012$

Problem 2. We have $g(0)=0$ and $g(x)$ be a continuous. Integral both sides, we get
$\int_0^xg(y)dy=(\int_0^yf(t)dt)^{2012}\geq 0$.
Assign $h(x)=\int_0^xg(t)dt$. So, we have $h'(x)=g(x)$.
Because $g(x)$ be a nonincreasing, so $g(x)\leq g(0),\forall x\in[0,+\infty)$. Therefore
$h'(x)\leq 0,\forall x\in[0,+\infty)$ or $h(x)\leq h(0)=0,\forall x\in[0,+\infty)$
Implies
$h(x)=0,\forall x\in[0,+\infty)$.
Similarly for $x\in(-\infty,0]$. We have $h(x)=0$ or $g(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$.
When $\int_0^xf(t)dt=0,\forall x\in\mathbb{R}$. Easily, we prove that $f(x)=0$

Bạn phải hiểu đây là sân chơi để khẳng định mình, khẳng định trường mình. Còn được gì, thì ngoài vật chất ''những tấm bằng khen" (rất khó để có) và tiền, thì cái bạn có nữa là cơ hội giao lưu bạn bè về toán học. Đề đại số những năm gần không "khó" lắm. Với theo tôi cái khó của người này đôi khi là cái dễ của bản thân nữa. Thân chào bạn.

Exercise 5. We have $f(t)=\int_0^1f(x)dx+\int_0^txf'(x)dx+\int_t^1(x-1)f'(x)dx$, forall $t\in [0,1]$.
Therefore $|f(t)|\leq \int_0^1|f(x)|dx+t\int_0^t|f'(x)|dx+(1-t)\int_t^1|f'(x)|dx$.
Final, we choose $t=\dfrac{1}{2} $.

Exercise 1. We have $0\leq |2-x_{n+1}|=|2-\sqrt[3]{6+x_n}|=|\dfrac{2-x_n}{4+2\sqrt[3]{6+x_n}+\sqrt[3]{(6+x_n)^2}} |<\dfrac{|2-x_n|}{7} $.
So, $0\leq 6^{n+1}|2-x_{n+1}|<\dfrac{6}{7}|2-x_n|<...<(\dfrac{6}{7} )^n|2-\sqrt[3]{6}|\rightarrow 0 $

Assumming $g(x)=ax+b$ such that $\int_0^1g(x)dx=\int_0^1xg(x)=1$. Hence, $g(x)=6x-2$.
We have $\int_0^1(f(x)-6x+2)^2dx\geq 0$, but $\int_0^1(f(x)-6x+2)^2dx=\int_0^1(f(x))^2dx-4$

Exercise 4: Find all integrable function $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ such that
$f(x)\leq \int_0^x t^{2012}f(t)dt , \forall x \in [0,1]$.

Consider $F(x)=\dfrac{1}{x} \int_0^{x}f(t)dt$. We have $f(x)=(xF(x))'$ and
$\int_0^{1}f(x)dx=(xF(x))|_0^{1}=F(1)$
$2\int_{\dfrac{1}{4}}^{\dfrac{3}{4}}f(x)dx=\dfrac{3}{2}F(\dfrac{3}{4})-\dfrac{1}{2}F(\dfrac{1}{4}) $.
Implies
$3F(\dfrac{3}{4} )-F(\dfrac{1}{4} )=2F(1)$
$\Leftrightarrow F(\dfrac{3}{4})-F(\dfrac{1}{4})=2(F(1)-F(\dfrac{3}{4}))$
So, there exist $\theta_{1}\in (\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4})$ and $\theta_{2}\in (\dfrac{3}{4},1)$ such that
$F'(\theta_1)\dfrac{1}{2}=2.F'(\theta_2)\dfrac{1}{4}$
$\Rightarrow F'(\theta_1)= F'(\theta_2)$
we have $\theta\in (\theta_1,\theta_2)$ such that $F''(\theta)=0$ or
$\dfrac{2}{\theta^3} \int_0^{\theta}f(t)dt-\dfrac{2}{\theta^2}f(\theta)+\dfrac{1}{\theta}f'(\theta)=0 $
Next, assignment $H(x)=2\int_0^{x}f(t)dt-2xf(x)+x^2f'(x)$
$\Rightarrow H(0)=0, H(\theta)=0$
$\exists x_0\in (0,\theta):H'(x_0)=0$
But $H'(x)=x^2f''(x)$
Final $f''(x_0)=0$

1. xét hàm số $f(x)=\cos ^2x-\sqrt{x},x\geq 0$, ta có $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0).f(1)=\cos ^2 1-1<0$ nên tồn tại một $x_{0}\in (0,1)$ sao cho $f(x_{0})=0$.
2. Tương tự ta cũng xét $f(x)=(9-5m)x^5+(m^2-1)x^4-1$. Nếu $m=\dfrac{9}{5}$ thì pt trở thành $x^4=\dfrac{25}{56}$
nếu $m\neq \dfrac{9}{5}$ thì không mất tính tổng quát ta có thể xét th $m<\dfrac{9}{5}$ khi đó với $x$ đủ lớn $(x\rightarrow + \infty )$ thì $f(x)\rightarrow +\infty$, ngược lại khi $x$ đủ bé $(x\rightarrow -\infty)$ thì $f(x)\rightarrow -\infty$. Vì $f(x)$ liên tục nên tồn tại $x_{0}:f(x_{0})=0$. Th $m>\dfrac{9}{5}$ thì tương tự.
3. Tương tự (sử dụng định lý Rolle).
4. Tham khảo bài giải Olympic giải tích 2011.

nếu hệ là nhừ thế này $\left\{\begin{array}{l}x^3+y=2\\y^3+x=2\end{array}\right. $ thì có thể giải như sau;
trừ hai vế pt ta có pt $(x-y)(x^2+y^2+xy-1)=0\Leftrightarrow$ $x=y$ hoặc $x^2+y^2+xy-1=0$
với x=y thì $x^3+x-2=0 \Leftrightarrow (x-1)(x^2+x+2)=0$
với $X^2+y^2+xy-1=0$ thì bó tay

tuy khong ve dau nhung t xin dc trinh bay mot cach sau:
đặt $M=VT$
do $abcd=1$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z,t$ sao cho $a=\dfrac{\displaystyle x}{\displaystyle y},b=\dfrac{\displaystyle y}{\displaystyle x},c=\dfrac{\displaystyle z}{\displaystyle t},d=\dfrac{\displaystyle t}{\displaystyle z}$.
khi đó
$M=\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle (y+z)(y^2+z^2)}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle (z+t)(z^2+t^2)}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle (t+x)(t^2+x^2)}$
nhưng ta có $(x+y)(x^2+y^2)\leq 2(x^3+y^3)\hspace*{1 cm} \forall x,y>0$
$ \Rightarrow \dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}\geq\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle 2(x^3+y^3)}$
khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

$a \geq b \geq c \Rightarrow bc\geq ac$?

bài 2:
$P+12=3(\dfrac{\displaystyle a}{\displaystyle b+c}+1)+4(\dfrac{\displaystyle b}{\displaystyle c+a}+1)+5(\dfrac{\displaystyle c}{\displaystyle a+b}+1)$
$\Leftrightarrow P+12=(a+b+c)(\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\Leftrightarrow P+12=\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[(b+c)+(a+c)+(b+a)](\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\geq \dfrac{\displaystyle (\sqrt{3}+2+\sqrt{5})^2}{\displaystyle 2}$

định gnhỉa sup và inf như thế là sai. sup va inf phải đươc dn bằng ngôn ngữ $ \varepsilon,\delta $.vì không phải lúc nào sup=max.

sao co thể đặt $x=\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle cos\alpha}$

day la mot bai hao hao giong de thi dh khoi A nam 2010

sao hem nay tren dien dan go latex khong dc vay danh gui file thoi.

xét hàm số $f(x)=3^{\displaystyle\dfrac{ x}{ 3}}-x$
$ \Rightarrow f'(x)=-\displaystyle\dfrac{1}{ 3}ln3.3^{\displaystyle\dfrac{ x}{ 3}}-1<0$
vay nếu pt co nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất. ta thay x=3

ban trên giäi sai r°i. ta co $32x^{2}(x^{2}-1)(2x^{2}-1)=x-1 \Leftrightarrow (x-1)[32x^{2}(x+1)(2x^{2}-1)-1]=0$.toi chi co the giup toi day thoi.

để chứng minh bài toán trên cần chứng minh bài toán phụ sau: cho $\Delta ABC $ lấy lần lượt các điểm M,N,P thuộc AB,BC,AC sau cho MB=2MA, NA=NB, PC=PA. cmr AN, BP, CM đồng qui. có hình kèm theo. có thể chứng minh bằng cách kẻ thêm các đường thẳng đi qua P và song song với AI ,sử dụng định lí talet (giả sử CM, BP cắt nhau tại I, AI cắt BC tại N', cm $N\equiv N'$).
khi đó dưa vào file hình 2 ta có ngay điều cần chứng minh.( chúng đồng qui tại O là trung điểm của MN)