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).
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.
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.
Lời giải này mắc phải sai lầm mà đa số sinh viên và học sinh gặp phải, kể cả các thầy giáo!
Ta biết quy tắc L'hospial, trước tiên phải có giới hạn $\lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} =l \in \mathbb{R} $ thì mới có $\lim_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)}=l $
Đây là quan hệ kéo theo chứ không phải tương đương, do đó trước khi sử dụng đl L'Hospital, ta cần biết rõ liệu $\lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ có tồn tại hữu hạn hay không!
Bài giải này sai rõ ràng vì $\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)]$ chưa hẳn đã tồn tại, cái sai rõ nhất ta có thể thấy đó là lời giải dẫn đến kết quả $\lim_{x \to +\infty}g(x)=\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)] $ với mọi $g$ khả vi !!!
Lời giải bài này đã có ở đây:
http://diendantoanho...tn-dhqg-ha-nội/Trùng hợp là hai đề thi cùng có một bài
Edited by phudinhgioihan, 16-03-2013 - 23:30.
