Bài 51: Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và thõa mãn $\int_{0}^{1}xf(x)=0$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ để $\int_{c}^{1}f(x)dx=0$.

Bài 55 [Đặng Thành Nam] Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to R $thỏa mãn các điều kiện

i.                 Với   $ 0 < x < y $ thì $f(x) < f(y)$.

ii.                  $f\left( {\frac{{xy}}{{x + y}}} \right) = \frac{{f(x) + f(y)}}{2},\forall x,y > 0$.

Chứng minh rằng tồn tại ${x_0} \in \left( {0, + \infty } \right)$sao cho $f({x_0}) = 0$. 

Hình như vẫn chưa chuẩn Nam ơi, vì $\frac{xy}{x+y}<x$ và $\frac{xy}{x+y}<y$, mà $f$ đơn điệu ngặt, nên $f(\frac{xy}{x+y})<\frac{f(x)+f(y)}{2}$ mà. 

Gửi tặng các các sĩ tử một bài toán đẹp mắt mình vừa cho ra lò
Bài 48. [Đặng Thành Nam] Cho $f$ là hàm liên tục khả vi trên trên $\left[ {a,b} \right]$ thỏa mãn điều kiện
$$f\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) \ge \frac{{f(a) + f(b)}}{2}$$
Chứng minh rằng tồn tại $c \in \left( {a,b} \right)$ sao cho
$$ f'( c ) = \frac{{f(b) - f(a)}}{{2\left( {b - a} \right)}}$$

Chọn $f(x)=x$ thì bài toán có vấn đề Nam ơi.

Bài 1:cho hàm$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ khả vi 3 lần.CMR: tồn tại $c \in (-1;1)$ thỏa mãn $\frac{f'''(c)}{6}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)$

Bài2: chứng minh:$0<\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{e^{x}-1}dx-\sum_{i=1}^{2016}\frac{1}{i^2}<\frac{1}{2016}$

1. Xét hàm $g(x)=f(x)-[\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)]x^3-[\frac{f(1)+f(-1)}{2}-f(0)]x^2-f'(0)x$.

Thấy ngay $g(1)=g(0)=g(-1)$ (vì cùng bằng $f(0)$) nên tồn tại $c_1 \in (0,1); c_2 \in (-1,0)$ để $g'(c_1)=g'(c_2)=0$ (I).

Thấy ngay $g'(0)=0$ (II).

Như vậy từ (I) và (II) suy ra tồn tại $c_3 \in (0,c_1); c_4 \in (c_2,0)$ để $g''(c_3)=g''(c_4)=0$. Như vậy có $c \in (c_4,c_3)$ mà $g'''(c)=0$ hay $f'''(c)=6[\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)]$ (đpcm).
 

Bài 50: Cho $f:[0,1]\rightarrow R$, liên tục, thỏa mãn:
$\int_{0}^{1}xf(x)=0$ Chứng minh tồn tại $c\epsilon [0,1]$ để:
$f( c ) = c.\int_{0}^{1}f(x)dx$

Đặt $M=\int_{0}^{1}f(x)dx$ và $g(x)=f(x)-Mx$.
Theo Lagrange tồn tại $a \in (0,1)$ để $M=f(a) \Rightarrow g(a)=M(1-a)$.

Theo Lagrange tồn tại $b \in (0,1)$ để $\int_{0}^{1}xf(x)=bf(b) \Rightarrow f(b)=0 \Rightarrow g(b)=-Mb$.

Như vậy $g(a)g(b)<0$ nên sẽ có nghiệm $c \in (a,b)$ để $g( c)=0$.

Bài 55

 

 

[Đặng Thành Nam] Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to R $thỏa mãn các điều kiện

i.                 Với   $ 0 < x < y $ thì $f(x) < f(y)$.

ii.                  $f\left( {\frac{{2xy}}{{x + y}}} \right) = \frac{{f(x) + f(y)}}{2},\forall x,y > 0$.

Chứng minh rằng tồn tại ${x_0} \in \left( {0, + \infty } \right)$sao cho $f({x_0}) = 0$. 

Hàm $f(x)=-\frac{1}{x}$ thì đâu có tồn tại $x_0$ như vậy hả Nam.

Bài 49: $f(x)$ khả vi trên $[0,3]$ thỏa mãn: $f(0)=2, f(3)=1$ và $\left | f'(x) \right |\leq 1$
Chứng minh: $\int_{0}^{3}f(x)dx\geq \frac{5}{2}$

Từ $|f'(x)| \leq 1 \Rightarrow -1 \leq f'(x) \leq 1$. Thành thử hàm $f(x)-x$ nghịch biến, và hàm $f(x)+x$ đồng biến trên $[0,3]$. Như vậy:
i/ $f(x)-x \geq f(3)-3 \Rightarrow f(x) \geq x-2$ với $x \in [0,3]$
ii/$f(x)+x \geq f(0)-0 \Rightarrow f(x) \geq 2-x$ với $x \in [0,3]$
Suy ra $\int_{0}^{3}f(x)dx \geq \int_{0}^{3}|x-2|dx=\frac{5}{2}$. (đpcm)

Bài 46: Cho $f(x)$ là một hàm liên tục trên $[0,1]$ sao co với mỗi $x\epsilon [0,1]$ thì $\int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}$
Chứng minh: $\int_{0}^{1}f^2(t)dt\geq \frac{1}{3}$

Sr: Nhầm đề tý, đã sửa rồi, thiếu cái mũ 2

Cái $f(x) \geq x$ là sai (có thể chỉ ra phản ví dụ).
Đối với bất đẳng thức sau:
Ta có:
$\int_{0}^{1} f(x)x dx= [(-\int_{x}^{1} f(t)dt).x]|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(-\int_{x}^{1} f(t)dt)dx$ (công thức tích phân từng phần)
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f(x)x dx=\int_{0}^{1}(\int_{x}^{1} f(t)dt)dx \geq \int_{0}^{1}\frac{1-x^2}{2}dx$
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f(x)x dx \geq \frac{1}{3}$
Như vậy:
$\Rightarrow \int_{0}^{1} [f(x)-x]^2 dx \geq 0$
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f^2(x)dx+\frac{1}{3} \geq 2\int_{0}^{1} f(x)x dx$
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f^2(x) dx \geq \frac{1}{3}$.
PS: Lời giải dựa trên ý tưởng của bạn Nguyễn Huyền Giang, anh chỉ là người triển khai ý tưởng thôi nhé. :3

Bài 30: Chứng minh rằng với $n\geq k\geq r\geq s$, ta có:

$C_{n}^{k}C_{k}^{r}C_{r}^{s}=C_{n}^{s}C_{n-s}^{r-s}C_{n-r}^{k-r}$

Bài 31: $m,n$ là 2 số nguyên dương, $m \geq n$. CMR:

$\sum_{k=0}^{n}\left ( -1 \right )^kC_{n}^{m-k}C_{n}^{k}=1$

Câu 30: Biến đổi trực tiếp hoặc dùng tính chất $C_{n}^{x}.C_{n-x}^{y}=C_{x+y}^{x}.C_{n}^{x+y}$.

Câu 31: Câu này hình như sai đề, mình tính ra biểu thức này phải bằng 0 nếu $m$ lẻ, còn bằng $(-1)^tC_{n}^{t}$ nếu $m=2t$.

Mình nghĩ 2 bài này chủ yếu là dùng đếm bằng 2 cách

Nếu pé thích thì có thể dùng khai triển và đồng nhất hệ số:
Để ý rằng $[\sum_{i=0}^{n}x^i.C_{n}^{i}].[\sum_{j=0}^{n}(-x)^j.C_{n}^{j}]=(1+x)^n.(1-x)^n=(1-x^2)^n$.

Đồng nhất hệ số của $x^m$ ở hai vế:

$\sum_{k=0}^{m}C_{n}^{m-k}.C_{n}^{k}(-1)^k=$ hệ số của $x^m$ ở vế phải.

+Nếu $m$ lẻ thì hiển nhiên hệ số này ở vế phải bằng 0.

+Nếu $m$ chẵn thì đặt $m=2t$, hệ số này ở vế phải bằng $(-1)^tC_{n}^{t}$.

PS: Pé thử cố gắng nghĩ thêm cách đếm bằng 2 cách đi cho trọn vẹn. Như vậy sẽ đẹp hơn.

Năm mới, em xin chúc toàn thể các thành viên của diễn đàn ta một năm Quý Tỵ tràn đầy may mắn, hạnh phúc và thành công. Chúc diễn đàn sẽ mãi đi lên và là nơi giao lưu bổ ích cho các bạn trẻ yêu toán Việt Nam. :x

Câu BĐT:
Biến đổi một chút, BĐT đã cho thành:

$P=ab+bc+ca+\frac{72}{ab+bc+ca}-\frac{1}{2}abc$
Do $a,b,c \geq 1$ nên $(a-1)(b-1)(c-1) \geq 0$ hay $abc+5 \geq ab+bc+ca$. (1)
Do $a,b,c \leq 3$ nên $(a-3)(b-3)(c-3) \geq 0$ hay $abc+27 \leq 3(ab+bc+ca)$. (2)
Theo Côsi $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$ nên $ab+bc+ca \leq 12$.
Từ (1) và (2) rút ra $ab+bc+ca \geq 11$.
Đặt $ab+bc+ca=t$ thì $t \in [11,12]$ và:

$P \leq t+\frac{72}{t}-\frac{1}{2}(t-5)=\frac{t}{2}+\frac{72}{t}+\frac{5}{2}$ (*)
Bài toán quy về khảo sát hàm (*) trong đoạn $[11,12]$. Dấu bằng khi $a=1, b=2, c=3$ hay $t=11$.
 

Câu 5: Cho $a_1,a_2,...,a_{2013},b_1,b_2,...,b_{2013}>0$ sao cho :

$a_1^x+a_2^x+...+a_{2013}^x \ge b_1^x+b_2^x+...+b_{2013}^x \;\;, \forall x \in \mathbb{R}$. Xét tính đơn điệu của hàm số

$$f(x)=\left( \frac{a_1}{b_1} \right)^x+\left( \frac{a_2}{b_2} \right)^x+...+\left( \frac{a_{2013}}{b_{2013}} \right)^x $$
 

Dùng một cái mệnh đề nhỏ là:
Hàm $f$ có đạo hàm tại $x=0$ và thỏa mãn $f(x) \geq 0$ với mọi $x \in R$; $f(0)=0$. Khi đó $f '(0)=0$.
Quay lại bài toán:
Xét hàm $g(x)=(a_1^x+a_2^x+....+a_n^x)-(b_1^x+b_2^x+....+b_n^x)$, rõ ràng hàm này thõa mãn các điều kiện của mệnh đề trên, suy ra $g '(0)=0$. Kéo theo $a_1.a_2.....a_n=b_1.b_2.....b_n$ (1).
Tiếp tục xét hàm số $f(x)=(\frac{a_1}{b_1})^x+(\frac{a_2}{b_2})^x+....+(\frac{a_n}{b_n})^x$, rõ ràng $f '' (x) \geq 0$ , suy ra $f '(x) \geq f '(0)$với mọi $x \geq 0$ . Thế nhưng $f '(0)=0$ theo (1). Như vậy hàm $f$ đồng biến trên $[0,+\infty)$, và một cách tương tự, sẽ nghịch biến trên $(-\infty,0]$.

câu 3) Ta đặt degP = m và deg Q= n thay vào đề bài ta dễ dàng có được m=n.
xét H(x) = P(x)-Q(x) ta sẽ chứng minh H(x) có vô số nghiệm.
Theo đề bài ta có thì : P(1)=Q(1)
=> H(x) hoặc là có hữu hạn nghiệm hoặc là vô số nghiệm.
Giả sử: H(x) có hữu hạn nghiệm
ta gọi x_1,x₂ ,.... x_q là các nghiệm của phương trình H(x)
Không mất tính tổng quát ta giả sử max {x_i} = x_a
thay x_a vao đề ta có P(e^x_a + x_a Q(x_a) +x²_a Q² (x_a) )=Q(e^x_a + x_a P(x_a) +x²_a P² (x_a​) )
=> e^x_a + x_a Q(x_a) +x²_a Q² (x_a) cũng là 1 nghiệm của H(x) (do P(x_a)=Q(x_a))
cứ liên tục như vậy => x_a là max là vô lý
=> H(X) không có hữu han nghiệm
=> H(X) có vô số nghiệm=>$P(X)\equiv Q(X)$ (đpcm)

Do lần đầu em tham gia xiin các anh góp ý.

Ý tưởng lời giải của bạn là chính xác rồi, chỉ có điều trình bày chưa rõ ràng lắm nên hơi khó hiểu. Mình xin đươc trình bày lại theo ý tưởng của bạn như sau:
Đặt $H(x)=P(x)-Q(x)$. Thay $x=0$ vào giả thiết ban đầu của bài toán suy ra $H(1)=0$. Như vậy $H(x)$ có ít nhất một nghiệm thực.
Gọi $x_0$ là nghiệm thực của $H(x)$, thay $x=x_0$ và giả thiết ta suy ra $x_1=e^{x_0}+x_0P(x_0)+x_0^2P^2(x_0)$ cũng là nghiệm của $H(x)$. Như vậy ta có thể xây dựng một dãy nghiệm thực của $H(x)$ với $x_0=1$ và $x_{n+1}=e^{x_n}+x_nP(x_n)+x^2_nP^2(x_n)$. Chú ý rằng $e^{x}+xP(x)+x^2P^2(x) \geq e^{x}-\frac{1}{4}>x$ với mọi $x \geq 1$, như vậy có thể thấy dãy $x_n$ tăng ngặt. Suy ra $H(x)$ có vô hạn nghiệm thực, đồng nghĩa với việc $H(x) \equiv 0$. (đpcm)

 

Theo giả thiết:

+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A=A(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x_0|<A$.
+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A'=A'(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x'_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x'_0|<A'$.
Cộng dọc và dùng BĐT trị tuyệt đối suy ra với mọi $\epsilon >0$, tồn tại $M=M(\epsilon)=A+A' $ để $|g(x_0)-g(x'_0)|< \epsilon$ với mọi  $|x_0-x'_0|<M$. Như vậy hàm $g(x)$ liên tục đều.

Làm sao nghĩ ra được lời giải này vậy .

Có thể làm bằng cách khác:

Ta có:

$\int_{0}^{1}|f(x)|dx \geq |\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(x)dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx|$

Theo Lagrange, tồn tại $a \in (0, \frac{1}{2})$ và $b \in (\frac{1}{2},1)$ để: $\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(x)dx=\frac{1}{2}f(a)$ và $\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}f(b)$. Như vậy:

$\int_{0}^{1}|f(x)|dx \geq \frac{1}{2}|f(a)+f(b)|$. (1)

Lại có:

$\int_{0}^{1}|f'(x)|dx \geq \int_{a}^{b}|f'(x)|dx \geq |\int_{a}^{\frac{1}{2}}f'(x)dx|+|\int_{b}^{\frac{1}{2}}f'(x)dx|$

$\Rightarrow \int_{0}^{1}|f'(x)|dx \geq |f(\frac{1}{2})-f(a)|+|f(\frac{1}{2})-f(b)|$. (2)

Từ 1 và 2 suy ra đpcm.

[/color]

Chỗ này : "Ma trận X giao hoán với A khi và chỉ khi X lần lượt giao hoán với $A_{1},A_{2},A_{3}$" tức

$$A_1X+A_2X+A_3X=XA_1+XA_2+XA_3 $$
$$\Leftrightarrow \begin{cases} A_1X=XA_1 \\ A_2X=XA_2 \\ A_3X=XA_3 \end{cases}$$

Nói chung là không đúng với ma trận bất kỳ nên cần phải CM anh !

Thực ra chỉ cần xét ma trận $B=A-2I$ để có $BX=XB$. Ở đây có thể thấy ma trận $-BX$ là ma trận thu được bằng cách tịnh tiến tất cả các dòng của $X$ lên phía trên 1 đơn vị, và dòng cuối chuyển thành 0. Còn ma trận $-XB$ là ma trận thu đuợc bằng cách tịnh tiến tất cả các các cột của $X$ sang phía phải 1 đơn vị, và chuyển tất cả các cột đầu thành 0. Thành thử việc quy về đẳng thức $BX=XB$ có thể dễ dàng tìm ra $X$.
Cụ thể, đặt $X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ e & f & g & h\\ i & j & k & l\\ m & n & p & q \end{bmatrix}$ thì:
$\begin{bmatrix} e & f & g & h\\ i & j & k & l\\ m & n & p & q\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & a & b & c\\ 0 & e & f & g\\ 0 & i & j & k\\ 0 & m & n & p \end{bmatrix}$
Dẫn đến:
$X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ 0 & a & b & c\\ 0 & 0 & a & b\\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$

câu 5 giải tích tớ nghĩ là;

Xét $g(x)=2013e^{\frac{x}{2013}}f(x)$ thì $\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{g'(x)}{e^{\frac{x}{2013}}}=2014$.bây giờ nếu chứng minh được $\lim_{x\rightarrow\infty}g(x)=\infty$ thì áp dụng lhopital là xong.nhưng mình còn tắc chỗ đó.ai có cao kiến j ko?

5. Đặt $f(x)=2014 \prod_{i=1}^{2014} (x-x_i)$.

Sử dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức $g(x)$ tại 2014 điểm $x_i$ ta có:

$g(x)=\sum_{i=1}^{2014} \frac{ 2014 \prod_{j=1, j \neq i}^{2014} (x-x_j)}{f'(x_i)}.g(x_i)$

Đồng nhất hệ số ứng với đơn thức $x^{2013}$ ở cả 2 vế suy ra:

$2014=2014 \sum_{i=1}^{2014}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}$

Suy ra đpcm.

mọi người thảo luận câu 1 đi ạ

1. Viết lại biểu thức như sau:

$A=\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n^2}{n(n+1)} .\frac{\sqrt[n]{x}-\sqrt[n+1]{x}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}$

Áp dụng Stolz cho hai dãy $a_n=\sqrt[n]{x}-1$ và  $b_n=\frac{1}{n}$, hay dãy này thõa mãn điều kiện Stolz là giảm ngặt và có giới hạn bằng 0 nên theo định lý ta sẽ có:

$A=\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\sqrt[n]{x}-1}{\frac{1}{n}}$. Chú ý rằng $\lim_{t \rightarrow 0} \frac{x^t-1}{t}=lnx$ nên $A=lnx$.

 

Đề thi chọn đội tuyển Olympic Toán Sinh viên của Đại học FPT năm 2013.
Môn Giải tích.

Bài 1.
a) Chứng minh rằng với mọi $x$ thì $\cos x\le 1-\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\frac{{{x}^{4}}}{4!}$.
b) Chứng minh rằng $\tan (\sin x)>x$ với $x\in \left[ 0;\frac{\pi }{3} \right]$

Bài 2.
Cho $a,b$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2} \right)^n=\sqrt{ab}$.

Bài 3.
Cho dãy số $({{a}_{n}})$ được xác định như sau

$\left\{ \begin{align}
& {{a}_{1}}=0,{{a}_{2}}=\frac{1}{2}, \\
& {{a}_{n}}=\frac{1}{3}\left( 1+{{a}_{n-1}}+a_{n-2}^{3} \right),n>2 \\
\end{align} \right.$

Chứng minh rằng dãy số này có giới hạn. Tìm giới hạn đó.

Bài 4.
Tính tích phân sau $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx}$.

Bài 5.
Cho hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f\left( x+2f(y) \right)=3f\left( xf(y) \right)$ với $x,y\in \mathbb{R}.$
Chứng minh rằng $f(x)=0$ với mọi $x.$

Bài 6. Chọn một trong hai câu.

6a. Cho $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[1;2]$ và giả sử $\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx=0}$. Chứng minh rằng tồn tại giá trị $\theta \in \left( 1;2 \right)$ sao cho $\int\limits_{1}^{\theta }{f(x)dx=\theta }f(\theta )$.

6b. Cho hàm số $f(x)$ khả vi trên $\left( 0;+\infty \right)$ và giả sử $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)+2\sqrt{x}{f}'(x) \right)=0$.
Chứng minh rằng $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=0$.

Nhìn sơ sơ thì ra khoảng nhiêu bài, có gì tối về giải nốt:

Bài 1:

a/ Cách cơ bản nhất là cứ xét $f(x)=cosx+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^4}{4!}-1$, đạo hàm cấp 4 là $f^{(4)}(x) \leq 0 \Rightarrow f^{(3)}(x) \leq f(0)$, cứ liên tục như vậy sẽ thu được $f(x) \leq 0$.

b/ (Chưa ra)
Bài 2:

Hiện tại mới nghĩ ra ý tưởng tính giới hạn $xln(\frac{\sqrt[x]{a}+\sqrt[x]{b}}{2})$ liên tục bằng L'Hospital, hoặc khảo sát hàm số $(\frac{\sqrt[x]{a}+\sqrt[x]{b}}{2})^x$ để chứng minh dãy đơn điệu nhưng rất cồng kềnh. Đặt gạch hóng các thánh xử lý nốt bài này. ;

Bài 3:

Ta có $a_3=\frac{1}{2} \geq a_2$ và $a_2 > a_1$. Do đó bằng quy nạp ta dễ dàng suy ra $a_{n+1} > a_{n}$. Mặt khác, bằng quy nạp ta cũng thấy $a_n<1$. Dãy này tăng và bị chặn nên có giới hạn.

Bài 4:

Ta có:

$\int \frac{sinx-cosx}{sinx+cosx}dx=-ln(sinx+cosx)$

và $\int \frac{sinx+cosx}{sinx+cosx}dx=x$

Từ đó suy ra $\int \frac{sinx}{sinx+cosx}dx=\frac{1}{2}[x-ln(sinx+cosx)]$.

Bài 5:

Rõ ràng $f(x)=1$ với mọi $x$ không thể thõa mãn bài toán, như vậy tồn tại ít nhất một $x_0$ để $f(x_0) \neq 1$. Thay $y=x_0$ và $x=\frac{2f(x_0)}{f(x_0)-1}$ vào phương trình hàm suy ra $f[\frac{2f^2(x_0)}{f(x_0)-1}]=0$. Như vậy đặt $x_1=\frac{2f^2(x_0)}{f(x_0)-1}$ thì $f(x_1)=0$. Tiếp tục thay $x=0, y=x_1$ vào phương trình hàm suy ra $f(0)=0$.

Với mọi $x \in R$, thay $y=0$ vào phương trình hàm suy ra $f(x)=0$. (đpcm)

Bài 6:

a/ Để ý rằng $\int_{1}^{2}[xf(x)+\int_{1}^{x}f(t)dt]dx=\int_{1}^{2}f(x)dx=0$ nên theo Lagrange tồn tại $c \in (1,2)$ để $cf( c)+\int_{1}^{c}f(t)dt=0$.

b/ Xét $g(x)=e^{\sqrt{x}}f(x)$, theo quy tắc L'Hospital (http://en.wikipedia.org/wiki/L'H%C3%B4pital's_rule), ta có ngay:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{g(x)}{e^{\sqrt{x}}}=\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{g'(x)}{\frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}}=0$. (đpcm)

Đề kiểm tra đội tuyển OLP sinh viên Học viện Tài Chính, môn giải tích

Bùi Khắc Dương - HVTC

Câu 1: Cho dãy $(x_n)$ thỏa mãn:
$$x_1=2013 , x_{n+1}=\frac{x_{n}^{3}+3x_n+16}{x_n^2-x_n+11}$$

Tìm: $\lim_{n \to +\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^2+7}$

Câu 2: Tìm tất cả các số $d\in (0,1)$ có tính chất: Nếu $f(x)$ là hàm tùy ý liên tục, xác định với $x\in [0,1]$ , ngoài ra: $f(0)=f(1)$ thì tồn tại các số $x_0\in[0,1-d]$ sao cho: $f(x_0)=f(x_0+d)$

Câu 3: Cho hàm $f(x)$ liên tục, khả vi trên $[0,+\infty)$ thỏa mãn: $f(0)=0$, $f'(0)>0$ và: $f"(x)> f(x)$ với $\forall x>0$.

Chứng minh: $f(x)>0$ với: $\forall x>0$

Câu 4: Cho hàm $f(x)$ khả vi, thỏa mãn: $\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}xf(x)dx=1$ với $\forall x\in [0,1]$

Chứng minh: tồn tại $c\in (0,1)$ để $f'( c )=6$

Câu 5: Cho $f,g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn: $g'(x)=f(g(x))$.

Chứng minh: Nếu $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $f( c )=0$.

Câu 1: Áp dụng $\frac{1}{x_n-4}-\frac{1}{x_{n+1}-4}=\frac{1}{x^2_{n}+7}$.
Câu 3: Đặt $g(x)=e^{-x}[f(x)+f '(x)]$ thì ta có $g(0)>0$ và $g'(x)>0$ (với mọi $x>0$). Thành thử $g(x)>0 \Rightarrow f(x)+f '(x)>0$ với mọi $x>0$. Từ đó, đặt $h(x)=e^xf(x)$ thì theo trên, $h'(x)>0$ và $h(0)=0$, suy ra $h(x)>0 \Rightarrow f(x)>0$ với mọi $x>0$.
Câu 4: Sẽ có $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=0$. Từ $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=0$ nên theo Rolle ta có tồn tại $c_1 \in (0,1)$ để $f(c_1)=6c_1-2$, và giả sử đây là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=6x-2$. Như vậy hàm $h(x)=f(x)-6x+2$ sẽ đơn điệu ngặt trong các đoạn $[0,c_1]$ và $[c_1,1]$. Không mất tính tổng quát, giả sử $h(x)$ tăng ngặt trong $[0,c_1]$, suy ra nó giảm ngặt trong $[c_1,1]$, thành thử $\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{c_1}x[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}x[f(x)-6x+2]dx>\int_{0}^{c_1}c_1[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}c_1[f(x)-6x+2]dx=0$ (Vô lý với giả thiết).

Như vậy ắt hẳn $h(x)$ sẽ có một nghiệm $c_2$ nào đó khác $c_1$. Từ đó suy ra $h(c_1)=h(c_2)=0$, theo Rolle sẽ tồn tại $c \in (c_1,c_2)$ để $h'(c )=0$ (đpcm).
Câu 5: Áp dụng cái bổ đề "Nếu có $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $\lim_{x \to +\infty}g'(x)=0$". Cái này chứng minh bằng cách sử dụng định lý L'Hospital trực tiếp $\lim_{x \to +\infty}g(x)=\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x.g(x)}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x.[g(x)+g'(x)]}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)]$, suy ra $\lim_{x \to +\infty}g'(x)=0$. Thay vào bài toán ra luôn.

Đoạn này là chưa chính xác. Đây là một bài toán khó, và là câu khó nhất đề thi OLP năm 2010.
Xin được viết lại lời giải.

Trước tiên, ý tưởng của ta như sau:

Theo định lý Lagrange, với $0\le a <b \le 1$ thì tồn tại $c \in (a;b)$ sao cho $f'(c )=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b} $

Nếu $g$ là hàm bậc nhất, tức tồn tại $(k,t) \in \mathbb{R}^2 -{(0;t)} $ sao cho $g(x)=kx+t $ , khi đó thay vào ta có

$g'( c )=k$ ,.....vậy ta có gì ? Liên hệ với yêu cầu đề bài, chỉ cần ta chứng minh được có $(k,t)$ thỏa mãn yêu cầu trên đồng thời và $f(a)-f(b)=g(a)-g(b) $ , dễ thấy $g(x)=6x+t $ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

May mắn thay, thay hàm f bởi g trong giả thiết, ta có ngay $g(x)=6x-2 $ thỏa điều kiện $\int_0^1g(x)dx=\int_0^1 xg(x)dx =1$

Vậy $\int_0^1(f(x)-g(x))dx=\int_0^1 x(f(x)-g(x))dx=0 $

Xét $h(x)=f(x)-g(x) $

Từ đẳng thức trên, suy ra tồn tại $x_0 \in (0;1) $ sao cho $h(x_0)=0$

Như đã phân tích ý tưởng trên kia, ta phải tìm được hai số $a,b$ sao cho $f(a)-f(b)=g(a)-g(b)$ hay $h(a)=h(b)$.

Vậy, từ chỗ $h(x_0)=0$ gợi ý cho ta chứng minh $h(x)=0$ có ít nhất 2 nghiệm trên $(0;1)$ là có ngay điều cần tìm.

Thật vậy, giả sử $h(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x_0$ trên $(0;1)$

Không mất tính tổng quát, và do $h$ liên tục trên $[a;b]$ nên giả sử $h(x) < 0 \; \forall x \in (0;x_0)$ và $h(x) >0 ; \forall x \in (x_0;1)$

Vậy $$0=\int_0^1 xh(x)dx=\int_0^{x_0} xh(x)dx+\int_{x_0}^1 xh(x)dx $$

$$> \int_0^{x_0} x_0 h(x)dx+\int_{x_0}^1 x_0 h(x)dx=x_0 \int_0^1 h(x)dx=0 $$

Mâu thuẫn nhận được chứng tỏ $h(x)=0$ phải có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trên $[0;1]$, giả sử hai nghiệm đó là $a;b$, vậy

$$h(a)=f(b)=0$$

$$\Leftrightarrow f(a)-f(b)=g(a)-g(b) \Leftrightarrow \dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=\dfrac{g(a)-g(b)}{a-b}=6$$

Theo định lý Lagrange, tồn tại $c$ nằm giữa $a$ và $b$ sao cho $f'( c)=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=6$

Vậy ta có đpcm.

Tôi công nhận là dùng L'Hospital trong trường hợp này là chưa chính xác, vậy có thể sửa lại bằng cách sử dụng Lagrange:
Với mọi $x>0$, tồn tại $a_x \in (x,2x)$ để $f'(a_x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$. Cho $x \rightarrow + \infty$, để ý rằng khi đó $a_x \rightarrow + \infty$, còn $\lim_{x \rightarrow + \infty} [f(2x)-f(x)]=0$. Thành thử $\lim_{x \rightarrow + \infty} f'(x)=0$.

Để thể hiện sự tôn trọng, trước khi nhận xét một ai đó luôn luôn phải xem xét thật kỹ càng rồi mới phát biểu, đặc biệt là ĐHV thì không thể dựa vào quyền lực mà phát ngôn tùy tiện, mình đã xem kỹ lời giải và nhận thấy nó sai ở chỗ này:

Sai ở chỗ kết luận $h$ đơn điệu ngặt trong $[0;c_1]$ và $[c_1;1]$, chỉ có thể kết luận về dấu của $h$ chứ không thể kết luận về tính biến thiên của $h$ được.

À đúng là chỗ đấy tôi lý luận nhầm thật, cảm ơn đã nhắc nhở và thành thật xin lỗi bạn.

Tính tổng của chuỗi  $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n}}{(4n)!}$$

 

Mọi người thử làm theo nhiều cách khác nhau

Ta có:

$e^{xy}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(xy)^n}{n!}$

Do $u_0=i$ là một nghiệm phức khác $1$ của phương trình $x^4=1$ nên theo định lý URF ta có:

$\frac{e^{x}+e^{ix}+e^{-x}+e^{-ix}}{4}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n}}{4n!}$

$\Rightarrow \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n}}{4n!}=\frac{e^{x}+e^{-x}}{4}+\frac{cosx}{2}$.
Nhiều khi mấy định lý của phổ thông vẫn luôn đủ mạnh để "trị" các bài toán chuỗi đại học.