Chủ đề này có 137 trả lời

[HeilHitler]

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.

[dangnamneu]

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

Uhm mình có edit lại đề bài rồi

[HeilHitler]

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. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 04-04-2013 - 19:14

[HeilHitler]

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 05-04-2013 - 13:56

[phudinhgioihan]

Bài 43:Cho hàm $f:[ a,b]\to\mathbb{R}$ khả vi 3 lần trên$[a,b]$ với $f(a)=f(b)$.Đặt $M=\sup_{x\in [a,b]}|f'''(x)|$ Chúng minh rằng
$$\left|\int\limits_{a}^{\frac{a+b}{2}} f(x)dx - \int\limits_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(x)dx\right| \leq \dfrac{(b-a)^4 M}{192} $$

 

 

Ta có: $$ \text{Với} \;t \in [0;1]\;, \int_a^b f(x)dx=\left(x-ta-(1-t)b\right)f(x)|_a^b-\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)f'(x)dx $$

$$=(b-a)\left(tf(b)+(1-t)f(a)\right)-\frac{1}{2}\left(x-at-(1-t)b\right)^2f'(x)|_a^b+\frac{1}{2}\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)^2f''(x)dx $$


$$=(b-a)\left(tf(b)+(1-t)f(a)\right)-\frac{1}{2}(b-a)^2\left( t^2f'(b)-(1-t)^2f'(a) \right)+\frac{1}{2}\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)^2f''(x)dx $$

Từ đây hoặc nếu thích, ta có thể cho xuất hiện cả $t_1;t_2$ vào nữa để có đẳng thức tổng quát hơn.

 

 

$$\int_a^{\frac{a+b}{2}}f(x)dx-\int_{\frac{a+b}{2}}^b f(x)dx =\int_a^{\frac{a+b}{2}}(f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}))dx $$ ( đổi biến $t=x+\frac{a-b}{2}$ cho tích phân $\int_{\frac{b+a}{2}}^b f(x)dx$)

 

Áp dụng đẳng thức mình thiết lập ở trên kia, ta có

 

$2\int_a^{\frac{a+b}{2}}(f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}))dx $

 

$=(b-a)(2t-1)(f(\frac{a+b}{2})-f(a))-\dfrac{(b-a)^2}{4}(2t-1)(f'(\frac{a+b}{2})-f'(a))+\int_a^{\frac{a+b}{2}}\left(x-\dfrac{1+t}{2}a-\dfrac{1-t}{2}b\right)^2\left(f''(x)-f''(x+\frac{b-a}{2})\right)dx $

 

 

Chọn $t=\frac{1}{2}$ , ta có

 

$$2\int_a^{\frac{a+b}{2}}(f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}))dx=\int_a^{\frac{a+b}{2}}\left(x-\frac{3}{4}a-\frac{1}{4}b\right)^2\left(f''(x)-f''(x+\frac{b-a}{2})\right)dx $$

 

Suy ra

 

$$\left| \int_a^{\frac{a+b}{2}}(f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}))dx \right| $$

 

$$\le \dfrac{1}{2} \int_a^{\frac{a+b}{2}}\left(x-\frac{3}{4}a-\frac{1}{4}b\right)^2\left|f''(x)-f''(x+\frac{b-a}{2}) \right| dx $$

 

Theo định lý Lagrange, $\left|f''(x)-f''(x+\frac{b-a}{2}) \right|=\dfrac{b-a}{2}|f'''(c )| \le \dfrac{b-a}{2}M \;\;, c \in (x,x+\dfrac{b-a}{2})$

 

Vậy

 

$$\left| \int_a^{\frac{a+b}{2}}(f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}))dx \right| $$

 

$$\le \dfrac{b-a}{4}M \int_a^{\frac{a+b}{2}}\left(x-\frac{3}{4}a-\frac{1}{4}b\right)^2dx $$

 

$$\le \dfrac{(b-a)^4}{384}M $$

 

Kết quả còn mạnh hơn đề bài  @@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 27-04-2013 - 11:41

[dangnamneu]

Mình có tính toán lại, chỗ đẳng thức của cậu có chút sai sót Đạt ạ, cậu kiểm tra lại giúp

 

 

$\int\limits_a^b {f(x)dx}  = \left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)f(x)\left| \begin{array}{l}b\\a\end{array} \right. -\int\limits_a^b {\left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)f'(x)dx}$

 

$= \left( {b - a} \right)\left( {tf(b) + \left( {1 - t} \right)f(a)} \right) - \frac{1}{2}{\left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)^2}f'(x)\left| \begin{array}{l}b\\a\end{array} \right. + \frac{1}{2}\int\limits_a^b {{{\left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)}^2}f''(x)dx}$

 

$= \left( {b - a} \right)\left( {tf(b) + \left( {1 - t} \right)f(a)} \right) - \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{2}\left[ {{t^2}f'(b) - {{\left( {1 - t} \right)}^2}f'(a)} \right] + \frac{1}{2}\int\limits_a^b {{{\left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)}^2}f''(x)dx}$

 

Suy ra

 

$2\int\limits_a^b {f(x)dx}  = 2\left( {b - a} \right)\left( {tf(b) + \left( {1 - t} \right)f(a)} \right) - {\left( {b - a} \right)^2}\left[ {{t^2}f'(b) - {{\left( {1 - t} \right)}^2}f'(a)} \right] + \int\limits_a^b {{{\left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)}^2}f''(x)dx} $ 

 

Suy ra

$2\int\limits_a^b {f(x)dx}  = 2\left( {b - a} \right)\left( {tf(b) + \left( {1 - t} \right)f(a)} \right) - {\left( {b - a} \right)^2}\left[ {{t^2}f'(b) - {{\left( {1 - t} \right)}^2}f'(a)} \right] + \int\limits_a^b {{{\left( {x - ta - \left( {1 - t} \right)b} \right)}^2}f''(x)dx} $

 

 

 

cho $t = \frac{1}{2}$ta được

$2\int\limits_a^b {f(x)dx}  = \left( {b - a} \right)\left( {f(b) + f(a)} \right) - \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{4}\left( {f'(b) - f'(a)} \right) + \int\limits_a^b {{{\left( {x - \frac{{a + b}}{2}} \right)}^2}f''(x)dx} $

Áp dụng bài toán này với $a: = a,b: = \frac{{a + b}}{2}$ và hàm $f(x): = f(x) - f\left( {x + \frac{{b - a}}{2}} \right)$ suy ra

$2\int\limits_a^{\frac{{a + b}}{2}} {\left[ {f(x) - f\left( {x + \frac{{b - a}}{2}} \right)} \right]dx}  = \frac{{b - a}}{2}\left[ {f\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) - f(b) + f(a) - f\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)} \right]$

$ - \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{{16}}\left[ {f'\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) - f'(b) - f'(a) + f'\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)} \right] + \int\limits_a^{\frac{{a + b}}{2}} {{{\left( {x - \frac{{3a + b}}{4}} \right)}^2}\left( f''(x) - f''\left( x +\frac{b - a}{2} \right)  \right)dx} $

Khác với đẳng thức cậu thiết lập, Cậu rảnh xem lại giúp mình nhé!!

Chứng minh được kiểu này thì bài toán hay quá, Mình có Lời giải gốc của bài toán này không tự nhiên lắm

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 27-04-2013 - 11:59

[babymath]

 

 Mình có Lời giải gốc của bài toán này không tự nhiên lắm

 

 

 

 

Bạn post lời giải gốc được không ? 

Mình nghĩ từ lời giải gốc có thể giúp bạn Đạt hoàn thiện lời giải theo hướng của bạn ấy

 

 

 

[dangnamneu]

Dù hơi sớm nhưng mình lập Topic này để các bạn/các em chuẩn bị tham sự kỳ thi Olympic toán sinh viên cấp trường hoặc dự kỳ thi Toán sinh viên toàn quốc năm 2014 cùng trao đổi, thảo luận các vấn đề trong đề thi. Mong muốn giúp đỡ các em có định hướng ôn tập rõ ràng và đạt kết quả cao trong kỳ thi năm tới!

 

Nội dung chính trong cấu trúc đề thi Môn giải tích

1. Dãy số
2. Hàm số và các tính chất cơ bản của hàm số(đạo hàm, đơn điệu, bất đẳng thức,...)
3. Giới hạn hàm số, giới hạn với bài toán tích phân
4. Các định lý giá trị trung bình(Fertma, Rolle, Cauchy, Darbounx, Flett's và định lý giá trị trung bình cho tích phân).
5. Bất đẳng thức tích phân
6. Nghiệm của đa thức
7. Phương trình hàm
8. Chuỗi số và tích phân suy rộng

CÁC BẠN CÓ BÀI TOÁN NÀO CẦN TRAO ĐỔI POST BÊN DƯỚI ĐỂ CÙNG TRAO ĐỔI

 

Cùng bắt đầu với đề VMC 2013

Câu 1. Cho $x_1 = a \in \mathbb{R}$ và dãy $(x_n)$ được xác định bởi $(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1$. Tìm $\lim\limits_{x \to \infty} x_n$.

Câu 2. Tìm giới hạn $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx. $$

Câu 3. Cho $\alpha \leq \beta \le 0$. Hãy tìm các hàm số $f : (0, \infty ) \to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $ f(x) = \max \{ x^{\alpha}y^{\beta} - f(y) : y \ge x \}$ với mọi $ x \in \ (0,\infty). $

Câu 4. Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và khả vi trong $(0,1)$ thỏa mãn $f(0)=0 ; f(1)=1$. Chứng minh rằng tồn tại các số phân biệt $x_1,x_2,\ldots,x_{2013} \in (0,1)$ sao cho
$$ \sum_{k=1}^{2013} \frac{kx_k}{f'(x_k)}=\frac{2013 \times 1007}{2}. $$

Câu 5. Cho $f(x)$ là hàm dương, liên tục trên đoạn $[0,1]$ và thỏa mãn điều kiện $ f(x)+f\left( \left( 1-\sqrt{x} \right)^2 \right) \le 1 $ với mọi $x \in [0,1]$.  Chứng minh rằng
$$ \int_0^1 \sqrt{f(x)} \, dx \le \frac{\pi\sqrt5}{8}. $$

Câu 6: Thí sinh chọn một trong hai câu:

a) Cho $(a_n)$ là dãy số dương sao cho chuỗi số $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ hội tụ. Chứng minh rằng tồn tại dãy số dương $(b_n)$ sao cho $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = \infty$ và chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_n < \infty$ cũng hội tụ.
b) Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$. Chứng minh rằng nếu tồn tại hàm $g(x)$ đơn điệu thực sự (tức là đơn điệu và $g(x) \ne g(x)$ nếu $x \ne y$) và liên tục trên đoạn $[0,1]$ sao cho
$$ \int_0^1 f(x)g^k(x)\,d(x)=0, \ \ \forall k=0,1,\ldots,2013 $$
thì phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 2014 nghiệm phân biệt nằm trong khoảng $(0,1)$.
Hãy chỉ ra thí dụ nếu bỏ tính đơn điệu của hàm $g(x)$ thì định lý có thể không đúng.

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 18-10-2013 - 00:51

[Mrnhan]

 

 

Cùng bắt đầu với đề VMC 2013

Câu 1. Cho $x_1 = a \in \mathbb{R}$ và dãy $(x_n)$ được xác định bởi $(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1$. Tìm $\lim\limits_{x \to \infty} x_n$.

 

 

 

 

 

Câu 1 có nhầm không ta, $n\to +\infty $ chứ?

 

$(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\left ( x_{n+1}-1 \right )=n^2\left ( x_{n}-1 \right )$

 

Đặt $u_{n}=n^2\:x_{n}-n^2\to u_{n+1}=u_{n}=...=u_{1}=a-1$

 

$\to x_{n}=1+\frac{a-1}{n^2}$

 

Nên $\lim_{n\to +\infty} x_{n}=1$

 

P/s: Đúng không ta?

[dangnamneu]

Câu 1 có nhầm không ta, $n\to +\infty $ chứ?

 

$(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\left ( x_{n+1}-1 \right )=n^2\left ( x_{n}-1 \right )$

 

Đặt $u_{n}=n^2\:x_{n}-n^2\to u_{n+1}=u_{n}=...=u_{1}=a-1$

 

$\to x_{n}=1+\frac{a-1}{n^2}$

 

Nên $\lim_{n\to +\infty} x_{n}=1$

 

P/s: Đúng không ta?

Đúng rùi em, hai năm nay dãy số đơn giản mà

[phudinhgioihan]

Câu 2. Tìm giới hạn $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx. $$

 

 

Làm biếng đóng thành file pdf nên gõ từng bài vậy

 

Rất nhiều người làm sai bài này khi nghĩ rằng $\lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx=\int_0^1 \left( \lim_{n \to \infty} \dfrac{nx^n}{2013+x^n} \right) dx $

 

Khi nào $f_n $ liên tục trên $[a;b]  \;, \forall n \in \mathbb{N}$ và $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ hội tụ đều về một hàm số $f$ thì khi  đó mới có thể kết luận

 

$\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)dx=\int_a^b \left( \lim_{n \to \infty} f_n(x) \right) dx =\int_a^b f(x)dx$

 

Quay trở lại vấn đề, bản chất ở đây chỉ là giới hạn dãy số, do đó cố gắng đánh giá hàm trong tích phân để được giới hạn kẹp

 

$$\int_0^1 \dfrac{nx^n}{2013+x^n}dx=\left( x \ln (2013+x^n) \right)|_0^1-\int_0^1 \ln (2013+x^n)dx$$

 

$$=\ln 2014-\int_0^1 \ln 2013(1+\dfrac{x^n}{2013})dx =\ln \dfrac{2014}{2013}-\int_0^1 \ln(1+\dfrac{x^n}{2013})dx$$

 

Áp dụng bdt quen thuộc, $\forall t \ge 0,\;\; 0 \le \ln(1+t) \le t$, ta được

 

$$0 \le \ln(1+\dfrac{x^n}{2013}) \le \dfrac{x^n}{2013}  \Rightarrow 0\le \int_0^1 \ln(1+\dfrac{x^n}{2013})dx \le \int_0^1 \frac{x^n}{2013}dx=\frac{1}{2013(n+1)}$$

 

Do $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2013(n+1)}=0$ nên từ đây suy ra $\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \ln(1 +\dfrac{x^n}{2013})dx=0 $

 

Vậy $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx=\ln \dfrac{2014}{2013} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 12-11-2013 - 17:55

[phudinhgioihan]

Câu 3. Cho $\alpha \ge \beta > 0$. Hãy tìm các hàm số $f : (0, +\infty ) \to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $ f(x) = \max \{ x^{\alpha}y^{\beta} - f(y) : y \ge x \}$ với mọi $ x \in \ (0,+\infty). $
 

 

 

Hình như đây là một bài trong đề thi ở đâu đó ( lỡ quên mất )

 

Với $x>0$,

 

từ giả thiết $f(x)=\max_{y \ge x} ( x^\alpha y^\beta-f(y) ) $ suy ra $f(x) \ge x^\alpha y^\beta-f(y) \;, \forall y \ge x $

 

Cho $y=x$ ta được $f(x) \ge \dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$

 

Do đó $x^\alpha y^\beta-f(y) \le x^\alpha y^\beta -\dfrac{y^{\alpha+\beta}}{2} , \forall y \ge x$

 

Ta chứng minh bất đẳng thức $x^\alpha y^\beta-\dfrac{y^{\alpha+\beta}}{2} \le \dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2} \;, \forall y \ge x$

 

$$\Leftrightarrow \left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\alpha \ge 2 , \; \forall y \ge x$$

 

Do $\dfrac{y}{x} \ge 1 $ và $\alpha \ge \beta >0 $ nên

 

$$\left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\alpha \ge \left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\beta \ge 2 \sqrt{\left(\frac{x}{y} \right)^\beta \left( \frac{y}{x} \right)^\beta} =2$$

 

Như vậy phải có $f(x)=\dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$

 

Thử lại, hàm số $f(x)=\dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

[phudinhgioihan]

Câu 4. Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và khả vi trong $(0,1)$ thỏa mãn $f(0)=0 ;\;  f(1)=1$. Chứng minh rằng tồn tại các số phân biệt $x_1,x_2,\ldots,x_{2013} \in (0,1)$ sao cho
$$ \sum_{k=1}^{2013} \frac{kx_k}{f'(x_k)}=\frac{2013 \times 1007}{2}. $$
 

 

Đây là bài toán ...chả biết gọi sao nữa , xem sau sẽ rõ

 

Tổng quát, thay $2013$ bởi $n \in \mathbb{N}^* $ cho đẹp.

 

$\dfrac{2013 \times 1007}{2} $ thay bằng $\dfrac{n(n+1)}{4}=\frac{1}{2}\left( 1+2+...+n \right)$

 

Ta cần chứng minh tồn tại $n$ số thực phân biệt trong $(0;1)$ sao cho $$\sum_{k=1}^n \dfrac{kx_k}{f'(x_k)}=\dfrac{1+2+...+n}{2}$$

 

$$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{k2x_k}{f'(x_k)}=1+2+...+n$$

 

$$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{1+2...+n} \dfrac{2x_k}{f'(x_k)}=1$$

 

Biểu thức $\dfrac{2x_k}{f'(x_k)}$ gợi ý tới $\dfrac{(x^2)^\prime}{f^\prime(x)}$ tức liên quan đến định lý Cauchy.

 

Đặt $z_k=\dfrac{1+...+k}{1+...+n} \;, 1 \le k \le n-1 $, hiển nhiên $z_k \in (0;1) \;, \forall 1 \le k \le n-1 $

 

Hàm $f$ liên tục trên $[0;1]$ và $f(0)=0 <1=f(1) $ nên theo định lý giá trị trung gian, với mỗi $z_k, \; 1 \le k \le n-1$ phải tồn tại $y_k \in (0;1) $ sao cho $z_k=f(y_k)$ (chọn các $y_k$ tất cả đều khác nhau). Không mất tính tổng quát, giả sử $(y_k)_{1 \le k \le n-1}$ là dãy tăng.

 

Đặt $y_0=0,y_n=1 $

 

Áp dụng định lý Cauchy cho $n$ đoạn $[y_i; y_{i+1}] \;, 0 \le i \le n-1$ với hàm $f$ và $g(x)=x^2$, tồn tại các $x_{i+1} \in (y_i;y_{i+1}) \;, 0 \le i \le n-1$ sao cho

 

$$\dfrac{y_{i+1}^2-y_i^2}{f(y_{i+1}-f(y_i)}=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}$$

 

$$\Leftrightarrow y_{i+1}^2-y_i^2=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}( f(y_{i+1}-f(y_i))=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}(z_{i+1}-z_i)=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n}$$

 

$$\Rightarrow \sum_{i=0}^{n-1} \left( y_{i+1}^2-y_i^2 \right) =\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n} $$

 

$$\Leftrightarrow 1=\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n} $$

 

Đây chính là điều phải chứng minh.

[phudinhgioihan]

Câu 5. Cho $f(x)$ là hàm dương, liên tục trên đoạn $[0,1]$ và thỏa mãn điều kiện $ f(x)+f\left( \left( 1-\sqrt{x} \right)^2 \right) \le 1 $ với mọi $x \in [0,1]$.  Chứng minh rằng
$$ \int_0^1 \sqrt{f(x)} \, dx \le \frac{\pi\sqrt5}{8}. $$
 

 

Do sự xuất hiện của $x$ và $(1-\sqrt{x})^2$ nên nghĩ ngay tới lượng giác hóa

 

Bằng đổi biến $x=\cos^4 t $, ta được

 

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)}dx=4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{f(\cos^4 t)}\cos^3 t \sin t dt \le^{C-S} 4 \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos^4 x)dx}\sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x \sin^2 x dx}$$

 

Bằng đổi biến $x=\sin^4 t $

 

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)} dx =4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{f(\sin^4 t)} \sin^3t \cos t dt \le^{C-S}4 \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin^4 x)dx} \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 x \cos^2 x dx} $$

 

Bằng đổi biến $x=\frac{\pi}{2}-t$

 

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x \sin^2 x dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 x \cos^2 x dx$$

 

 

Vì vậy

 

$$2 \left( \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \right)^2 \le 16 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \right)dx \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6x \cos^2xdx $$

 

Theo giả thiết, $f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \le 1 $

 

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6x \cos^2xdx=\dfrac{5\pi}{256}$

 

Cho nên $$\left( \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \right)^2 \le \dfrac{5 \pi^2}{64}$$

 

$$\Rightarrow \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \le \dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$$

 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $f(\cos^4x)=a \cos^3x\sin x\;, f(\sin^4 x)=b\sin^3 x\cos x$ với $(a,b) \in \mathbb{R}^2 $

 

Khi đó $f(\cos^4 x)+f(\sin^4 x)=a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x$

 

Theo giả thiết thì phải có $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x \le 1 \; \forall x \in \mathbb{R}$, hơn nữa
, để có dấu "=" thì $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \right)dx=\dfrac{\pi}{2}$

 

Suy ra $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x=1 \; \forall x \in \mathbb{R}$ nhưng điều này là mâu thuẫn vì thay $x=0$ thì $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x=0 \neq 1 $

 

Tóm lại, ta có bất đẳng thức thật sự $$\int_0^1 \sqrt{f(x)}dx < \dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$$

 

 

Nhận xét: Ta có thể giải cách khác để thu được hằng số tốt hơn $\dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$ nhưng hơi dài nên không ghi ra ở đây .

[phudinhgioihan]

 

Câu 6: Thí sinh chọn một trong hai câu:

b) Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$. Chứng minh rằng nếu tồn tại hàm $g(x)$ đơn điệu thực sự (tức là đơn điệu và $g(x) \ne g(y)$ nếu $x \ne y$) và liên tục trên đoạn $[0,1]$ sao cho
$$ \int_0^1 f(x)g^k(x)\,d(x)=0, \ \ \forall k=0,1,\ldots,2013 $$
thì phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 2014 nghiệm phân biệt nằm trong khoảng $(0,1)$.
Hãy chỉ ra thí dụ nếu bỏ tính đơn điệu của hàm $g(x)$ thì định lý có thể không đúng.

 

 

Với $P \in \mathbb{R}_{2013}[x]$ là đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn 2013 bất kỳ, từ giả thiết, ta luôn có $\int_0^1 f(x)P(x)dx=0$

 

Giả sử phương trình $f(x)=0$ có ít hơn 2014 nghiệm trong $(0;1)$. Bỏ qua các nghiệm bội mà tại đó hàm số $f$ đổi dấu, sắp xếp các nghiệm còn lại theo thứ tự tăng dần $x_0=0 < x_1<x_2<...<x_m < 1=x_{m+1}  \;, m <2014$. Trên hai khoảng liên tiếp $(x_i;x_{i+1})$ và $(x_{i+1};x_{i+2}) \;, 0 \le i \le m-1$, hàm số $f(x)$ nhận giá trị dấu khác nhau. Đặt $h(x)=\prod_{i=1}^{m}(g(x)-g(x_i))$, do $g(x)$ đơn điệu nên trong hai khoảng liên tiếp $(x_i;x_{i+1})$ và $(x_{i+1};x_{i+2}) \;, 0 \le i \le m-1$ $h(x)$ cũng nhận giá trị dấu khác nhau. Do đó, $f(x)h(x)$ hoặc dương hoặc âm trên $[0;1]$, do đó $\int_0^1 f(x)h(x) dx \neq 0$. Tuy nhiên, $h \in \mathbb{R}_{2013}[x]$ nên theo nhận xét đầu tiên, ta phải có $\int_0^1 f(x)h(x)dx=0$. Mâu thuẫn.

 

Vậy phương trình $f(x)=0$ có ít nhất $2014$ nghiệm thực phân biệt.

 

Nếu bỏ giả thiết $g(x)$ đơn điệu. Xét $r_1(x),r_2(x)$ là hai hàm thực liên tục trên $[0;1]$ sao cho $r_1$ là hàm lẻ và $r_2$ là hàm chẵn. Đặt $f(x)=r_1(x-\frac{1}{2}) \;, g(x)=r_2(x-\frac{1}{2} )$.

 

Với $k \in \mathbb{Z}, 0 \le k \le 2013$

 

$$\int_0^1f(x)g^k(x)dx=\int_0^{\frac{1}{2}} r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx+\int_{\frac{1}{2}}^1 r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx$$

 

$$\int_0^{\frac{1}{2}} r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx=^{x=1-t} \int_{\frac{1}{2}}^1r_1(\frac{1}{2}-t) r_2^k(\frac{1}{2}-t)dt $$

 

$$=-\int_{\frac{1}{2}}^1 r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx$$

 

Do đó $\int_0^1f(x)g^k(x)dx=0$

 

Nhưng $f(x)=0 \Leftrightarrow r_1(x-\frac{1}{2})=0 $ có số nghiệm tùy thuộc vào $r_2(x)$, rõ ràng có vô số hàm số $r_2$ thỏa yêu cầu nhưng phương trình $r_2(x-\frac{1}{2}) =0$ chỉ có một nghiệm thực. Ví dụ $r_{1a}(x)=ax \;, a \neq 0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 12-11-2013 - 22:54

[1110004]

 

Nhận xét: Ta có thể giải cách khác để thu được hằng số tốt hơn $\dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$ nhưng hơi dài nên không ghi ra ở đây .

anh có thể hướng dẫn cách khác cho em hỏng 

p/s: em làm câu này không được thật ấm ức!

[dangnamneu]

Các bạn trao đổi về đề Cấp trường của Kinh tế quốc dân năm 2014

Câu 1: Cho dãy số $\left\{ {{a_n}} \right\}$xác định bởi ${a_1} = \frac{1}{2},{a_n} = \frac{{a_n^2}}{{a_n^2 - {a_n} + 1}},\forall n = 1,2,...$

a)      Chứng minh rằng dãy $\left\{ {{a_n}} \right\}$có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b)      Đặt ${b_n} = {a_1} + {a_2} + ... + {a_n}$. Tìm phần nguyên của ${b_n}$và tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {b_n}$.     

Câu 2. Cho $f:\left[ {0;1} \right] \to R $là hàm liên tục, khả vi trên $\left( {0;1} \right)$sao cho $f(0) = 0;f(1) = 1$. Chứng minh rằng tồn tại ${x_i} \in \left( {0;1} \right),i = 1,2,...,2014$sao cho

$$\sum\limits_{i = 1}^{2014} {\dfrac{1}{{1007f'({x_i})}}}  = 2015$$.

Câu 3. Giả sử $f: R \to R $là hàm liên tục, giả sử tồn tại $M>0$ thỏa mãn

$$\left| {f(x) - f(y)} \right| \ge M\left| {x - y} \right|,\forall x,y \in R $$.

Chứng minh rằng với mọi  $\lambda  \in R $sao cho ${x_0} \in R $sao cho $f({x_0}) = \lambda $.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 06-01-2014 - 02:34

[anktqd]

Em góp vui bài

Cho hàm số $f(x)$ khả vi trên $[a, b].$ Chứng minh tồn tại $x_0 \in (a, b)$ sao cho \[\frac{1}{x_0-a}\left(f'(x_0)-\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}\right)+\frac{1}{x_0-b}\left(f'(x_0)-\frac{f(x_0)-f(b)}{x_0-b}\right)=\frac{f'(b)-f'(a)}{b-a}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anktqd: 10-01-2014 - 18:09

[duong vi tuan]

Các bạn trao đổi về đề Cấp trường của Kinh tế quốc dân năm 2014

Câu 1: Cho dãy số $\left\{ {{a_n}} \right\}$xác định bởi ${a_1} = \frac{1}{2},{a_n} = \frac{{a_n^2}}{{a_n^2 - {a_n} + 1}},\forall n = 1,2,...$

a)      Chứng minh rằng dãy $\left\{ {{a_n}} \right\}$có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b)      Đặt ${b_n} = {a_1} + {a_2} + ... + {a_n}$. Tìm phần nguyên của ${b_n}$và tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {b_n}$.     

Câu 2. Cho $f:\left[ {0;1} \right] \to R $là hàm liên tục, khả vi trên $\left( {0;1} \right)$sao cho $f(0) = 0;f(1) = 1$. Chứng minh rằng tồn tại ${x_i} \in \left( {0;1} \right),i = 1,2,...,2014$sao cho

$$\sum\limits_{i = 1}^{2014} {\dfrac{1}{{1007f'({x_i})}}}  = 2015$$.

Câu 3. Giả sử $f: R \to R $là hàm liên tục, giả sử tồn tại $M>0$ thỏa mãn

$$\left| {f(x) - f(y)} \right| \ge M\left| {x - y} \right|,\forall x,y \in R $$.

Chứng minh rằng với mọi  $\lambda  \in R $sao cho ${x_0} \in R $sao cho $f({x_0}) = \lambda $.

 

câu 2, hình như sai đề , em chọn f(x) =x . thấy không thõa mãn

câu3) em làm như vầy, ý của e là đi cm f không bị chặn trên và dưới ( vì theo định lí ??? thì f - liên tục thì nó nhận mọi giá trị trung gian )

- từ bdt đã cho ta được f là đơn ánh .

vì f đơn ánh và liên tục nên nó đơn điệu ( hình như mấy top nick trước có cm cái này rồi ) - không mất tính tổng quát , ta giả sử f đơn điệu tăng

khi đó :

với x > 0 $f(x)-f(0)\geq M|x|$ khi đó cho x tiên về dương vô cùng thì f(x) ra dương vô cùng .

với x <0 $f(0)-f(x)\geq M|x|\Leftrightarrow f(x)\leqslant f(0)-M|x|$ cho x tiến về âm vô cùng thì f(x) tiến về âm vô cùng.

 

cho em xin thuốc giải bài này của anh luôn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 11-01-2014 - 13:43

[dangnamneu]

câu 2, hình như sai đề , em chọn f(x) =x . thấy không thõa mãn

câu3) em làm như vầy, ý của e là đi cm f không bị chặn trên và dưới ( vì theo định lí ??? thì f - liên tục thì nó nhận mọi giá trị trung gian )

- từ bdt đã cho ta được f là đơn ánh .

vì f đơn ánh và liên tục nên nó đơn điệu ( hình như mấy top nick trước có cm cái này rồi ) - không mất tính tổng quát , ta giả sử f đơn điệu tăng

khi đó :

với x > 0 $f(x)-f(0)\geq M|x|$ khi đó cho x tiên về dương vô cùng thì f(x) ra dương vô cùng .

với x <0 $f(0)-f(x)\geq M|x|\Leftrightarrow f(x)\leqslant f(0)-M|x|$ cho x tiến về âm vô cùng thì f(x) tiến về âm vô cùng.

 

cho em xin thuốc giải bài này của anh luôn.

Nếu đặt $g(x) = f(x) - \lambda $ khi đó ý tưởng bài toán là giả sử tồn tại $M>0$ sao cho $\left| {g(x) - g(y)} \right| \ge M\left| {x - y} \right|,\forall x,y \in R $.

Khi đó tồn tại ${x_0} \in $sao cho $g({x_0}) = 0$.    

Em chỉ cần phản chứng kết hợp với bất đẳng thức trị tuyệt đối rồi đl giá trị trung gian là ok.