Tải bản đầy đủ

Bài tập giải tích

Phần 2
Bài tập Giải tích
1. Cho các dãy số {an } và {bn } thoả mãn các điều kiện sau
lim (an + bn ) = 0 , lim (a2k+1
− b2k+1
)=0,
n
n

n→∞

n→∞

với k là số nguyên không âm nào đó. Chứng minh rằng
lim an = lim bn = 0

n→∞

n→∞

Solution. +) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức

|t − 1|2k+1

22k |t2k+1 − 1| , ∀t ∈ R .

Thật vậy, khi t = 1 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
(t − 1)2k+1
Với t = 1 xét hàm f (t) = 2k+1
, thì f (t) liên tục trên R
t
−1

{1} và

(2k + 1)(t − 1)2k (t2k+1 − 1) − (2k + 1)t2k (t − 1)2k+1
(t2k+1 − 1)2
(2k + 1)(t − 1)2k (t2k − 1)
=
.
(t2k+1 − 1)2

f (t) =

Như thế dấu của f (t) là dấu của (t2k − 1) với t = 1.
Ta thấy f (t) > 0 khi −∞ < t < −1 hoặc 1 < t < +∞,
f (t) < 0 khi − 1 < t < 1 , còn f (−1) = 0 và f (−1) = 22k .
Lại thấy
(t − 1)2k+1
(t − 1)2k
=
lim
=0.
t→1 t2k+1 − 1
t→1
t2k

lim f (t) = 1 , lim f (t) = lim

t→±∞

t→1



Do đó suy ra
0

f (t) =

(t − 1)2k+1
t2k+1 − 1

22k



|t − 1|2k+1
|t2k+1 − 1|

dẫn đến có bất đẳng thức cần phải chứng minh.
1

22k , ∀t = 1 ,


2

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016
+) Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức
|x − y|2k+1

22k |x2k+1 − y 2k+1 | , ∀x, y ∈ R .

Thật vậy, khi y = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Với y = 0, thì trong bất đẳng thức đã chứng minh ở trên ta chỉ việc đặt t =

x
y



suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.
+) Bây giờ trở lại bài toán đã cho, ta coi x = an , y = bn thì được
|an − bn |2k+1

0
⇔ 0

22k |a2k+1
− b2k+1
|,
n
n
2k

− b2k+1
2 2k+1 a2k+1
n
n

|an − bn |

1
2k+1

.

Cho n → ∞ ta đợc lim (an − bn ) = 0. Kết hợp với giả thiết lim (an + bn ) = 0 ta
n→∞

n→∞

đẫn tới lim an = lim bn = 0.
n→∞

n→∞

2. Cho dãy số

xn =

3

6+

3

6+

3

6 + ... +


3

6

n lần

Hãy tính các giới hạn lim xn ? , lim 6n (2 − xn )?
n→∞

n→∞

Solution. Dễ dàng thấy (giải thích?) rằng xn < xn+1 và 1 < xn < 2 với mọi n

1.

Suy ra tồn tại lim xn = l và có thể thấy (giải thích?) rằng l = 2 . Khi đó
n→∞

8 − x3n
2 − xn−1
1
=
< (2 − xn−1 )
2
2
4 + 2xn + xn
4 + 2xn + xn
7
1
1
1
0 < 2 − xn < (2 − xn−1 ) < 2 (2 − xn−2 ) < ... < n−1 (2 − x1 )
7
7
7
n−1
n−1

6
6
3
6(2 − x1 ) =
6(2 − 6)
0 < 6n (2 − xn ) <
7
7

0 < 2 − xn =

Vậy có

lim 6n (2 − xn ) = 0 .

n→∞

3. Chứng minh rằng dãy


7,

7−



7,

7−

7+



7,

7−

7+

7−



7, ...

hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Solution. Gọi xn là số hạng thứ ncủa dãy đã cho.

Ta có xn+2 = 7 − 7 + xn và 1 < xn < 3 , xn = 2 với mọi n ∈ N (giải thích?).


3
Khi đó nếu xn > 2, thì xn+2 < 2 và nếu xn < 2, thì xn+2 > 2 . Từ đó suy ra nếu
dãy đã cho hội tụ, thì giới hạn của nó có thể là 2 .
2

ε
Nếu xn = 2 + ε, với 0 < ε < 1, thì 7 + xn = 9 + ε < 9 + ε + 36
= (3 + 6ε )2 , nên


7 + xn < 3 + 6ε và xn+2 = 7 − 7 + xn > 7 − (3 + 6ε ) = 4 − 6ε . Nhưng
ε
6

<

ε
3



ε2
,
144

nên

4−

ε
6

>2−

ε
12

ε
12

và 2 − xn+2 <

=

1
(xn
12

− 2) .
2

Tương tự nếu xn = 2 − ε, với 0 < ε < 1, thì 7 + xn = 9 − ε > 9 − 2ε + ε9 = (3 − 3ε )2 ,


nên 7 + xn > 3 − 3ε và xn+2 = 7 − 7 + xn < 7 − (3 − 3ε ) = 4 + 3ε . Nhưng
ε
3

<

ε
3

+

ε2
,
144

nên

4+

Như vậy |xn+2 − 2| <

ε
3

<2+

1
.|xn
12

ε
12

và xn+2 − 2 <

ε
12

=

1
(2
12

− xn ).

− 2|. Do đó xn hội tụ tới 2 .

4. Cho các số p > 0, q > 0, p + q < 1 và dãy số {an } không âm, thoả mãn
an+2

pan+1 + qan , n ∈ N.

Chứng minh rằng dãy {an } hội tụ và tìm lim an .
n→∞

Kết quả sẽ như thế nào nếu p > 0, q > 0, p + q = 1 ?
Solution. Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh đợc
0

an

cun−3 , ∀n

3 , với c = pa2 + qa1 , 0 < u =

q
<1.
1−p

Vậy suy ra lim an = 0 .
n→∞

Khi p + q = 1 thì điều kiện ở đề bài có thể viết là
an+2
như thế ta có 0

(1 − q)an+1 + qan
...

hay là an+2 + qan+1

an+1 + qan

an + qan−1

...

an+1 + qan ,

a2 + qa1 .

Xét dãy {bn } với bn = an + qan−1 , thì đó là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi
0, nên tồn tại giới hạn lim bn = β
n→∞

0.

Bây giờ ta chứng tỏ rằng dãy {an } hội tụ và lim an = α =
n→∞

Thật vậy, ∀ε > 0 thì ∃n0 ∈ N để ∀n

β
.
1+q

n0 ta có

(1 − q)ε
> |bn − β| = |an + qan−1 − (1 + q)α|
2
= |(an − α) − (−q)(an−1 − α)| |an − α| − q|an−1 − α| ,
hay là ta có |an − α|

q|an−1 − α| +

(1−q)ε
2

.

Từ đây bằng quy nạp ta nhận được
|an0 +k − α|

(1 − q)ε
2
ε
− α| + .
2

q k |an0 − α| + (q k−1 + q k−2 + ... + q + 1)
= q k |an0 − α| +

1 − q k (1 − q)ε
.
< q k |an0
1−q
2


4

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016
Chú ý rằng 0 < q < 1 , nên với k đủ lớn ta sẽ có
ε
, do đó |an0 +k − α| < ε ,
2

q k |an0 − α| <

hay nói cách khác, với n đủ lớn ta sẽ có |an − α| < ε .
5. Cho dãy {xn }∞
n=1 xác định như sau
x1 = a

1 ,

xn+1 = 1 + ln

xn (x2n + 3)
3x2n + 1

Chứng minh dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Solution. ...?
6. Cho dãy số {xn }∞
n=1 xác định như sau:
x1 = −

1
, xn − (1 + (1 + xn ))xn+1 = 0 (n
2

1)



Chứng minh rằng chuỗi

(1 + xn ) hội tụ và tính tổng của chuỗi này.
n=1

Solution. ...?
7. Cho hàm số f : [0, 1] → R khả vi liên tục và thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1 .
Chứng minh rằng với mỗi n ∈ N tồn tại các số x1 , x2 , ..., xn ∈ [0, 1] sao cho
1
1
1
+
+ ... +
=n
f (x1 ) f (x2 )
f (xn )
Solution. Theo định lý Lagrange tồn tại số c ∈ (0, 1) sao cho
f (c) =

f (1) − f (0)
=1
1−0

Có hai trường hợp xảy ra:
1) Với mọi x ∈ [0, 1] thì f (x)

1 (hoặc f (x)

1)

2) Tồn tại a, b ∈ [0, 1] để f (a) < 1 < f (b)
+) Trường hợp 1) ta suy ra f (x) ≡ x , ∀x ∈ [0, 1] . Thật vậy, xét f (x)

1 , ∀x ∈

[0, 1]. Giả sử phản chứng: tồn tại t ∈ [0, 1] để f (t) = t . Tức là f (t) > t hoặc f (t) < t.
Khi f (t) > t , do định lý Lagrange cho hàm f trên [t, 1] tồn tại α ∈ (1, t) để
f (α) =
mâu thuẫn với việc f (x)

f (1) − f (t)
1 − f (t)
1−t
=
<
=1
1−t
1−t
1−t
1 , ∀x ∈ [0, 1].


5
Khi f (t) < t , do định lý Lagrange cho hàm f trên [0, t] tồn tại β ∈ (0, t) để
f (β) =
mâu thuẫn với f (x)

f (t) − f (0)
f (t)
t
=
< =1
t−0
t
t

1 , ∀x ∈ [0, 1] . Tương tự với f (x)

1 , ∀x ∈ [0, 1] .

Kết quả f (x) ≡ x , ∀x ∈ [0, 1] dẫn đến f (x) ≡ 1 , ∀x ∈ [0, 1] và kết luận của bài
toán hiển nhiên là đúng.
+) Trường hợp 2) ta thấy do f (x) liên tục, nên giá trị của f (x) lấp đầy một đoạn
nào đó [m, M ] ⊂ R . Gọi ε = min{1 − f (a) , f (b) − 1} > 0 thì [1 − ε, 1 + ε] ⊂ [m, M ]
và giá trị của f (x) lấp đầy [1 − ε, 1 + ε] .
Lấy bất kỳ y1 ∈ (1, 1 + ε] , thì phải tồn tại x1 ∈ [0, 1] để f (x1 ) = y1 .
1
y1
1
Xét hệ thức
+
= 2 , ta được y2 =
.
y1 y2
2y1 − 1
x
−1
1
Dựa vào tính nghịch biến của hàm g(x) =
(do g (x) =
< 0 , ∀x = )
2
2x − 1
(2x − 1)
2
ta suy ra
1 > y2 >

1+ε
ε
=1−
> 1 − ε hay y2 ∈ (1 − ε, 1)
1 + 2ε
1 + 2ε

nên phải tồn tại x2 ∈ [0, 1] để f (x2 ) = y2 .
1
1
Như vậy ta đã có x1 , x2 ∈ [0, 1] để
+
= 2 (∗) .
f (x1 ) f (x2 )
Bây giờ nếu n chẵn (n = 2k) thì bằng cách lấy k điểm dạng y1 như nói ở trên và
theo kết quả (∗) ta sẽ được kết luận của bài toán.
Nếu n lẻ (n = 2k + 1) thì vẫn bằng cách xét k điểm dạng y1 như nói ở trên và theo
kết quả (∗) , đồng thời lấy thêm điểm c ∈ (0, 1) mà f (c) = 1 đã có ở phần đầu, ta
sẽ được kết luận của bài toán.
8. Cho hàm f liên tục trên [0, 1], khả vi trong (0, 1) và f (0) = 0, f (1) = 1.
Chứng minh rằng
1) Với mỗi n ∈ N tồn tại các điểm x1 , x2 , ..., xn mà 0 < x1 < x2 < ... < xn < 1 sao
cho f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = n.
2) Tồn tại a, b ∈ (0, 1), a = b sao cho f (a)f (b) = 1.
Solution. ...?
9. Cho hàm f : R → R thoả mãn
f

x+y
3

=

f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R
2

1) Đặt g(x) = f (x) − f (0) , chứng tỏ rằng g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R .
2) Chứng minh rằng f là hàm hằng số.


6

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016
Solution. 1) Ta có ∀x, y ∈ R thì
g(x) + g(y)
[f (x) − f (0)] + [f (y) − f (0)]
f (x) + f (y)
=
=
− f (0)
2
2
2
(x + y) + 0
x+y
− f (0) = f
− f (0)
=f
3
3
f (x + y) + f (0)
f (x + y) − f (0)
g(x + y)
=
− f (0) =
=
2
2
2
Như vậy g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R .
2) Lấy y = x ta được g(2x) = 2g(x) , ∀x ∈ R (1) .
Lại có
g

x+y
3

x+y
f (x) + f (y)
− f (0) =
− f (0)
3
2
[f (x) − f (0)] + [f (y) − f (0)]
g(x) + g(y)
=
=
2
2
=f

Vì thế
g

x + 2x
g(x) + g(2x)
=
3
2

hay g(2x) = g(x) , ∀x ∈ R (2)

Từ (1) và (2) suy ra g(x) = 0 , ∀x ∈ R . Vậy f (x) = f (0) , ∀x ∈ R , tức f (x) là
hàm hằng số.
10. Cho f : [a, b] → R là hàm khả vi đến cấp 2 và thỏa mãn f (a) = f (b) = 0 . Chứng
minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
|f (c)|

4
|f (b) − f (a)|
(b − a)2

Solution. ...?
11. Cho hàm f ∈ C 1 [0, 1] (khả vi liên tục trên [0, 1] thoả mãn f (0) = 0 và f (x) >
0, ∀x ∈ (0, 1) . Chứng minh
1
0

[f (x)]3
dx
[f (x)]2

1

1
9

(1 − x)2 f (x)dx

0

Đáp án. Vì f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) và f (0) = 0 nên f (x) > 0, ∀x ∈ [0, 1] .
Dùng tích phân từng phần ta có
1
0

1

1

(1 − x)3 f (x)dx = (1 − x)3 f (x) 0 + 3

1

(1 − x)2 f (x)dx = 3

0

(1 − x)2 f (x)dx

0

Sử dụng bất đẳng thức Holder về tích phân
b

b

|u(x)v(x)|dx
a

p

|u(x)| dx
a

b

1
p

q

|v(x)| dx
a

1
q

, (p > 0, q > 0,

1 1
+ = 1)
p q


7
với u(x) =

f (x)

2

[f (x)]

, v(x) = (1 − x)2 [f (x)] 3 , p = 3 , q =

2
3

1

1

|u(x)v(x)|dx =
0

(1 − x)2 f (x)dx = I

3

|u(x)| dx

1

1
3

=
0

0
1

3

|v(x)| 2 dx

2
3

1

=

0
1

0

0
1

Do đó I

3
, ta được
2

[f (x)]3
dx
[f (x)]2

1
3

1

= J3 , J

(1 − x)3 f (x)dx

2
3

0
2

= (3I) 3

0
2

J 3 .(3I) 3 , suy ra J

1
I
9

, ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.

12. Cho f (x) = x3 − 3x + 1 .
Hỏi phương trình f (f (x)) = 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Solution. Ta thấy f (x) = 3x2 − 3 = 3(x + 1)(x − 1) . Do đó hàm liên tục f (x)
đơn điệu tăng trong 2 khoảng (−∞, −1) , (1, ∞) và đơn điệu giảm trong khoảng
(−1, 1).
Mặt khác f (−1) = 3 > 0 , f (1) = −1 < 0 , f (3) = 19 > 0 và

lim f (x) = ±∞ .

x⇒±∞

Suy ra phương trình f (x) = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 thoả mãn
bất đẳng thức x1 < −1 < x2 < 1 < x3 < 3 .
Vẽ đồ thị (tự vẽ) hàm f (x) với lưu ý max f (x) = f (−1) = 3 , min f (x) = f (1) = −1
ta nhận thấy rằng đường thẳng y = x1 chỉ cắt đồ thị tại 1 điểm, còn mỗi đường
thẳng trong 2 đường thẳng y = x2 và y = x3 cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.
Như thế phương trình f (x) = x1 có 1 nghiệm thực, còn phương trình f (x) = x2 và
phương trình f (x) = x3 mỗi phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt, đồng thời
các nghiệm của 3 phương trình này khác nhau.
Nghiệm của phương trình f (f (x)) = 0 chính là nghiệm của 3 phương trình trên.
Vậy phương trình f (f (x)) = 0 có 7 nghiệm thực phân biệt.
13. Cho P (x) = x2 − 1 . Hỏi phương trình
P (P (P...P (x))) = 0
n

có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Solution. Đặt Pn (x) = P (P (P...P (x))) .
n
2

Ta có P1 (x) = P (x) = x − 1

−1 .

Lại có Pn+1 (x) = P1 (Pn (x)) = P (Pn (x)) = [Pn (x)]2 − 1

−1 .


8

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016
• Trước hết ta xét phương trình Pn (x) = a (∗) .
Nếu a < −1 thì phương trình (∗) vô nghiệm.
Giả sử a > 0 , ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n phương trình (∗) có hai
nghiệm thực phân biệt. Thật vậy

P1 (x) = P (x) = x2 − 1 = a có hai nghiệm thực phân biệt là x = ± 1 + a .
Giả sử Pn (x) = a

có hai nghiệm thực phân biệt, khi đó phương trình

Pn+1 (x) = a tương đương với phương trình [Pn (x)]2 = 1 + a , hay là Pn (x) =



− 1 + a (1) hoặc Pn (x) = 1 + a (2) . Nhưng − 1 + a < −1 , nên (1) vô
nghiệm, ta chỉ còn xét (2). Thế mà theo giả thiết quy nạp thì (2) có 2 nghiệm thực
phân biệt. Vậy Pn+1 (x) = a có 2 nghiệm thực phân biệt. Chứng minh quy nạp được
hoàn thành.
• Bây giờ xét phương trình Pn (x) = 0 (∗∗) .
Ta thấy P1 (x) = P (x) = x2 − 1 = 0 có 2 nghiệm thực phân biệt là x = ±1 .
P2 (x) = P (P (x)) = (x2 − 1)2 − 1 = x4 − 2x2 = x2 (x2 − 2) = 0 có 3 nghiệm thực

phân biệt là x = 0 , x = ± 2 .
Giả sử quy nạp rằng Pk (x) = 0 có k + 1 nghiệm thực phân biệt (với mọi k

n).

Ta chứng tỏ rằng Pn+2 (x) = 0 có n + 3 nghiệm thực phân biệt.
Thật vậy Pn+2 (x) = P2 (Pn (x)) = [Pn (x)]2 ([Pn (x)]2 − 2) = 0 dẫn tới

Pn (x) = 0 (3) hoặc Pn (x) = ± 2 (4) .
Tập hợp nghiệm của (3) và tập hợp nghiệm của (4) không giao nhau.
Theo giả thiết quy nạp thì (3) có n + 1 nghiệm thực phân biệt.


Với (4) thì Pn (x) = − 2 < −1 nên vô nghiệm, còn Pn (x) = 2 > 0 có 2 nghiệm
thực phân biệt theo phần chứng minh ở phía trên.
Vậy Pn+2 (x) = 0 có n + 3 nghiệm thực phân biệt. Chứng minh quy nạp được hoàn
thành. Tóm lại (∗∗) có n + 1 nghiệm thực phân biệt.
14. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc deg(P ) = n

1 sao

cho P (x) ∈ Q , ∀x ∈ R \ Q .
Solution. Ta chứng minh bằng quy nạp và phản chứng.
+) Xét deg(P ) = 1 , hay P (x) = ax + b (a = 0) . Giả sử ∀x ∈ R \ Q thì P (x) ∈ Q .
Khi đó x + 1 ∈ R \ Q và

x
2

∈ R \ Q , nên P (x + 1) ∈ Q và P ( x2 ) ∈ Q .

Suy ra P (x + 1) − P (x) ∈ Q , tức là [a(x + 1) + b] − (ax + b) = a ∈ Q .
Đồng thời 2P ( x2 ) − P (x) ∈ Q , tức là (ax + 2b) − (ax + b) = b ∈ Q .


9
P (x) − b
(ax + b) − b
∈ Q , tức là
= x ∈ Q , điều này mâu thuẫn
a
a
với x ∈ R \ Q . Vậy khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = n = 1 .

Từ đó dẫn đến

+) Giả sử khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = m ∈ {1, 2, ..., n − 1} (n

2)

, ta chứng minh khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = n .
Đặt P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an (a0 = 0) .
Giả sử ∀x ∈ R \ Q thì P (x) ∈ Q . Khi đó x + 1 ∈ R \ Q , nên P (x + 1) ∈ Q .
Suy ra H(x) = P (x + 1) − P (x) ∈ Q , ∀x ∈ R \ Q (∗) .
Sử dụng khai triển nhị thức Newton ta dễ dàng thấy 1

deg(H)

n−1 .

Nhưng từ đây theo giả thiết quy nạp thì không thể xảy ra (∗) .
Vậy khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = n .
Chứng minh bài toán được hoàn thành.
15. Cho hàm f khả vi và thỏa mãn f (x)+f (x)

1, ∀x ∈ R và f (0) = 0. Tìm max{f (1)?

Solution. ...?
16. Cho f : [0, 1] → R là hàm khả vi tới cấp 2, thỏa mãn f (0) = f (1) = 0 và f (x) +
2f (x) + f (x)

0, ∀x ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng f (x)

0, ∀x ∈ [0, 1].

Solution. ...?
17. Tìm tất các các hàm f : R → R liên tục thỏa mãn
n+ 12

2

n

f (t)dt = nf (x) +

n

1
, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N
2

Solution. ...?
18. Cho f (x) là hàm dương, không tăng, khả tích, xác định trên [0, 1]. Chứng minh
rằng
1
0

x[f (x)]2 dx

1
0

xf (x)dx

1
[f (x)]2 dx
0
1
f (x)dx
0

Solution. Xét hàm g : [0, 1] → R như sau
x

g(x) =

x

2

[f (t)] dt
0

x

tf (t)dt −
0

x

2

t[f (t)] dt
0

f (t)dt
0

Ta thấy g(0) = 0 và
x

g (x) = f (x)

(t − x)[f (x) − f (t)]dt

0, ∀x ∈ [0, 1]

0

Do đó g(1)

g(0) = 0 và ta suy ra điều phải chứng minh.


10

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016

19. Chứng minh bất đẳng thức
1 + sin x
1 − sin x

sin x · ln

2x2 , −

π
π
2
2

Solution. Hai vế là hàm chẵn nên chỉ cần xét x ∈ [0, π2 ). Ta có
x

x

cos tdt = sin x ,
0

0

1
1
1 + sin x
dt = ln
cos t
2
1 − sin x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz về tích phân
x

f (t)g(t)dt

x

2

[f (t)] dt ·

0

với f (t) =



0

cos t , g(t) = √

x

2

[g(t)]2 dt

0

1
ta suy ra điều phải chứng minh.
cos t

20. Cho f (x) là hàm khả vi liên tục trên [a, b]. Chứng minh rằng
b

lim

n→∞

f (x) sin nxdx = 0
a

Solution. Dùng tích phân từng phần ta được
b

0
a

f (a) cos na − f (b) cos nb 1 b
f (x) sin nxdx =
f (x) cos nxdx
+
n
n a
2 maxx∈[a,b] |f (x)| 1 b
max |f (x)|dx → 0 (n → ∞)
+
n
n a x∈[a,b]

21. Cho f ∈ C[0, 1]. Chứng minh rằng
1

x2 f (x)dx

2

0

1
3

1

x2 [f (x)]2 dx

0

Solution. ...?
22. Cho f ∈ C 1 [0, 1] với f (0) = f (1) = 0. Chứng minh rằng
1

f (x)dx
0

2

1
12

1

[f (x)]2 dx

0

và chỉ ra hàm f để đạt được dấu đẳng thức.
Solution. ...?
23. Cho hàm f ∈ C 2 [a, b]. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f (a) + f (b)
a+b
(b − a)2
− f(
)=
f (c)
2
2
8
Solution. ...?


11
24. Cho hàm f khả vi liên tục đến cấp 4 trên [−1, 1] và thỏa mãn f (−1) = f (1).
Chứng minh rằng tồn tại θ ∈ (−1, 1) sao cho
2f (0) − f (−1) − f (1) =

1 (4)
f (θ)
12

Solution. ...?
25. Cho hàm f khả vi đến cấp 3 trên [a, b] và thỏa mãn f (a) = f (b). Chứng minh rằng
(a+b)/2

b

f (x)dx −
a

f (x)dx
(a+b)/2

(b − a)4
sup |f (x)|
192 x∈[a,b]

Solution. ...?
26. Cho hàm f (x) khả vi trên [0, 1] và thỏa mãn f (1) = 0 . Chứng minh rằng với mỗi
α > 1 tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho αf (c) + cf (c) = 0.
Hint. Áp dụng định lý Rolle cho hàm g(x) = xα f (x).
27. Cho hàm f (x) khả vi trên [0, 1], thỏa mãn f (0) = 0 và f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1].
Xét các số α, β > 1. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho
α

f (c)
f (1 − c)

f (c)
f (1 − c)

Solution. ...?
28. Cho hàm f khả vi trên [0, 1] và thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1.
Chứng minh rằng với α, β > 0 tồn tại c1 , c2 ∈ (0, 1), c1 = c2 sao cho
α
β
+
=α+β
f (c1 ) f (c2 )
Solution. ...?
1

29. Cho hàm liên tục f : [0, 1] → R thỏa mãn

f (x)dx = 1.
0

Chứng minh rằng tồn tại α, β, γ ∈ (0, 1), α < β < γ sao cho f (α)f (β)f (γ) = 1.
Solution. ...?
30. Cho hamg f ∈ C 2 [a, b] (0

a < b). Đặt min f (x) = m, max f (x) = M .
x∈[a,b]

x∈[a,b]

Chứng minh rằng
m(b2 − a2 )
2
Solution. ...?

bf (b) − af (a) − f (b) + f (a)

M (b2 − a2 )
2


12

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016

31. Cho các hàm f, g ∈ C[0, 1]. Chứng minh rằng tồn tại các điểm c, d ∈ (0, 1) sao cho
1

c

(1 − x)f (x)dx

1

g(x)dx =

0

0
d

1

(−x)f (x)dx

0

f (x)dx
0

1

xg(x)dx =

0

c

(1 − x)g(x)dx
d

(1 − x)g(x)dx

0

0

xf (x)dx
0

Solution. ...?
x

32. Cho hàm f ∈ C[0, 1] và đặt F (x) =

f (t)dt , x ∈ [0, 1]. Giả sử
0

1

1

x2 f (x)dx + 2

F (x)dx = 0
1
2

0
1

Chứng minh rằng

1

[f (x)]2 dx > 212

0

f (x)dx

2

0

Solution. ...?
33. Cho đa thức P (x) với bậc n

2 có các nghiệm đều thực (tính cả bội).

Chứng minh rằng đa thức Q(x) = P (x) + P (x) − P (x) cũng có các nghiệm đều
thực (tính cả bội).
Solution. ...?
34. Cho đa thức P (x) với deg(P ) = n có n nghiệm thực là x1 < x2 < ... < xn .
Giả sử Q(x) là đa thức với deg(Q) = n − 1 thoả mãn điều kiện trong mỗi khoảng
(xi , xi+1 ) thì Q(x) có một nghiệm thực (với i = 1, 2, ..., n − 1) .
Chứng minh rằng đa thức R(x) = P (x)Q(x) − P (x)Q (x) không có nghiệm thực.
Solution. Gọi các nghiệm của Q(x) là y1 , y2 , ..., yn−1 . Ta có thể viết
P (x) = a(x − x1 )(x − x2 )...(x − xn ) , a = 0
Q(x) = b(x − y1 )(x − y2 )...(x − yn−1 ) , b = 0
với x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < ... < xn−1 < yn−1 < xn .
Rõ ràng là Q(xi ) = b(xi − y1 )(xi − y2 )...(xi − yn ) = 0 , ∀i = 1, n.
Áp dụng định lý Rolle ta suy ra đa thức P (x) với deg(P ) = n−1 có đủ n−1 nghiệm
thực phân biệt và mỗi nghiệm nằm trong một khoảng (xi , xi+1 ) với i = 1, 2, ..., n− 1.
Do đó P (xi ) = 0, ∀i = 1, n.
Từ đây với đa thức R(x) = P (x)Q(x) − P (x)Q (x) ta có
R(xi ) = P (xi )Q(xi ) − P (xi )Q (xi ) = P (xi )Q(xi ) = 0 , ∀i = 1, n (∗).


13
Xét hệ n đa thức bậc n − 1 sau
P1 (x) =

P (x)
P (x)
P (x)
, P2 (x) =
, ..., Pn (x) =
x − x1
x − x2
x − xn

Ta chứng tỏ rằng hệ {P1 (x), P2 (x), ..., Pn (x)} là độc lập tuyến tính.
Thật vậy, giả sử có các số α1 , α2 , ..., αn ∈ R sao cho
n

α1 P1 (x) + α2 P2 (x) + ... + αn Pn (x) =

αi Pi (x) ≡ 0 , ∀x ∈ R
i=1

Lần lượt lấy x = xi (i = 1, 2, ..., n) thì do Pk (xi ) = 0 với k = i, ta được
α1 P1 (x1 ) = α2 P2 (x2 ) = ... = αn Pn (xn ) = 0
do đó α1 = α2 = ... = αn = 0 (vì Pi (xi ) = 0 , ∀i = 1, n).
Vậy {P1 (x), P2 (x), ..., Pn (x)} lập thành một cơ sở cho tập hợp các đa thức bậc n − 1.
Suy ra đa thức Q(x) có thể biểu diễn thành
Q(x) = c1 P1 (x) + c2 P2 (x) + ... + cn Pn (x)
n

=

n

ci Pi (x) =
i=1

i=1

P (x)
= P (x)
ci
x − xi

n

i=1

ci
x − xi

với c1 , c2 , ..., cn ∈ R và không đồng nhất bằng 0 .
Lấy x = xk (với k nào đó ∈ {1, 2, ..., n}) thì do Pi (xk ) = 0 với i = k, ta được
Q(xk ) = ck Pk (xk ) = ck a(xk − x1 )(xk − x2 )...(xk − xk−1 )(xk − xk+1 )...(xk − xn )
Vì Q(xk ) = 0 suy ra ck = 0. Mặt khác (xk −x1 ) > 0, (xk −x2 ) > 0, ..., (xk −xk−1 ) > 0
và (xk − xk+1 ) < 0, ..., (xk − xn ) < 0 nên dấu của Q(xk ) là dấu của (−1)n−k ack .
Tương tự có Q(xk+1 ) = 0, ck+1 = 0 và dấu của Q(xk+1 ) là dấu của (−1)n−k−1 ack+1 .
Do trong khoảng (xk , xk+1 ) thì Q(x) chỉ có duy nhất nghiệm yk , nên Q(xk )Q(xk+1 ) <
0 (hay Q(xk ) và Q(xk+1 ) trái dấu). Suy ra
0 > [(−1)n−k ack ][(−1)n−k−1 ack+1 ] = (−1)2n−2k−1 a2 ck ck+1 = −a2 ck ck+1
do đó ck ck+1 > 0 (hay ck và ck+1 cùng dấu). Vậy ci = 0, ∀i = 1, n và c1 , c2 , ..., cn có
cùng dấu.
Xét hàm số
Q(x)
f (x) =
=
P (x)

n

i=1

ci
, x = xi (i = 1, 2, ..., n)
x − xi


14

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016
Ta có
f (x) =

Q(x)
P (x)
n

f (x) =
i=1

=

−R(x)
P (x)Q (x) − P (x)Q(x)
=
2
[P (x)]
[P (x)]2

ci
x − xi

n

=
i=1

ci
x − xi

n

=−
i=1

ci
=0
(x − xi )2

nên suy ra R(x) = 0, ∀x = xi (i = 1, 2, ..., n).
Kết hợp với kết quả (∗) ta được R(x) = 0, ∀x ∈ R, hay R(x) không có nghiệm thực.
35. (Moscow 1971) Cho dãy số {an }∞
n=1 với lim an = a .
n→∞

a1 + a2 + · · · + an
Xét dãy số {bn }∞
.
n=1 với bn =
n
Chứng minh rằng lim bn = a .
n→∞

Hỏi điều ngược lại có đúng không?
36. (Moscow 1972) Cho dãy số dương {aik } (i, k = 1, 2, ...) thoả mãn lim aik = +∞
k→∞

với mọi i = 1, 2, ...
Chứng minh rằng tồn tại dãy số {bk } (k = 1, 2, ...) sao cho
bk
= 0 (i = 1, 2, ...)
k→∞ aik

lim bk = +∞ , lim

k→∞

37. (Moscow 1972) Cho hàm số f (x) liên tục và thoả mãn f (f (x)) ≡ x trên toàn đờng
thẳng thực R. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ R sao cho f (x0 ) = x0 .
38. (Moscow 1973) Chứng minh rằng với x > −1 ta có bất đẳng thức
|x|
1 + |x|

| ln(1 + x)|

|x|(1 + |x|)
1+x

39. (Moscow 1974) Cho dãy số {xn }∞
n=1 bị chặn trên và thoả mãn điều kiện
xn+1 − xn > −

1
(n = 1, 2, ...)
n2

Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ.
40. (Moscow 1975) Cho hàm số f (x) khả vi trên [0, +∞) , thoả mãn f (0) = 1 và
|f (x)|

e−x , ∀x > 0. Chứng minh rằng tồn tại x0 > 0 sao cho f (x0 ) = −e−x0 .

41. (Moscow 1975) Cho hàm số f (x) liên tục trên [a, b] . Giả sử rằng
b

xk f (x)dx = 0 với mỗi k = 0, 1, 2, ..., n

a

Chứng minh rằng phwơng trình f (x) = 0 có ít nhất n + 1 nghiệm trên [a, b] .


15
42. (Moscow 1977) Tính giới hạn lim xn với
n→∞

(n+1)2

xn =
k=n2

1

k

43. (Moscow 1979) Cho hàm số f (x) liên tục trên [−1, 1], khả vi hai lần trong (−1, 1),
thoả mãn f (−1) = f (1) = 0 và |f (x)|

M, ∀x ∈ (−1, 1) . Chứng minh rằng

M
(1 − x2 ) , ∀x ∈ [−1, 1]
2

|f (x)|

44. (Moscow 1980) Cho P (x) là đa thức có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
Xét đa thức
Q(x) = P (x) +

P (x) P (4) (x) P (6) (x)
+
+
+ ...
2!
4!
6!

Chứng minh rằng Q(x) cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội).
1

45. (Moscow 1980) Biết rằng
0
1

Hãy tính
0

ln(1 − x)
π2
dx = −
.
x
6

2

ln(1 − x + x )
dx .
x
1

46. (Moscow 1982) Cho hàm f (x) khả tích trên [0, 1] và

f (x)dx = 1 .
0

Chứng minh rằng với bất kỳ α ∈ [0, 1] ta có
n−1

k+α
n

lim

n→∞

k=0

f (x)dx = α

k
n

47. (Moscow 1983) Cho dãy số {xn }∞
n=1 thoả mãn điều kiện
|xn − xm | >

1
, ∀n < m
n

Chứng minh rằng dãy số đã cho không bị chặn.
48. (Moscow 1983) Cho hàm số f (x) liên tục trên R .
Giả sử rằng tồn tại x0 ∈ R và n ∈ N sao cho
f (f (f (...f (x0 )))) = x0
n lần

Chứng minh rằng tồn tại α ∈ R sao cho f (α) = α .


16

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016



49. (Moscow 1984) Cho các số dương a, b, c và xây dựng các dãy số {an }∞
n=1 , {bn }n=1 , {cn }n=1

như sau
1
a1 = a , an+1 = (an + bn + cn )
3
an bn + bn cn + cn an
b1 = b , bn+1 =
a n + bn + cn
3an bn cn
c1 = c , cn+1 =
an bn + bn cn + cn an
Chứng minh rằng cả ba dãy {an }, {bn }, {cn } đều hội tụ tới cùng một giới hạn và
tìm giới hạn đó.
50. (Moscow 1985) Chứng minh rằng với x > 0 ta có bất đẳng thức
x2

1 + 2 ln x

51. (Moscow 1985) Cho các số dương x1 , x2 và đặt
x2n+1 = 2x2n + x2n−1 (n

1) ,

x2n = x2n−1 + x2n−2 (n

2)

x2n
và tìm giới hạn đó.
n→∞ x2n−1

Chứng minh rằng tồn tại lim

1

52. (Moscow 1985) Tính giới hạn lim

x| sin(nx)|dx .

n→∞

0

53. (Moscow 1985) Chứng minh bất đẳng thức
π

2 2

+∞


−∞

dx
x4 + 2x2 + 4
1

54. (Moscow 1986) Tính tích phân I =
−1

1
2arctan √
2

x2
dx .
ex − 1

55. (Moscow 1987) Cho dãy số thực {an }∞
n=1 và đặt
An =

a1 + a2 + · · · + an
n

Chứng minh rằng A1 − G1

2(A2 − G2 )

,

Gn =

···


n

a1 a2 ...an

n(An − Gn )

···

56. (Moscow 1987) Cho các hàm f (x), g(x) khả tích và đơn điệu tăng trên [a, b] .
Chứng minh rằng
b

b

f (x)dx
a

b

g(x)dx
a

(b − a)

f (x)g(x)dx
a


17
57. (Moscow 1987) Tính giới hạn

lim np sin(π( 2 + 1)n )

n→∞

trong đó p là hằng số cho trớc.
58. (Moscow 1988) Chứng minh rằng với 0
e−x 1 −

x < n ta có bất đẳng thức

x2
n

1−

x
n

n

e−x

59. (Moscow 1988) Tính tích phân
+∞

J=
0

e−2t
1

dt
t
(1 + t)2 ln(1 + t)


60. (Moscow 1990) Cho hai dãy số thực {xn }∞
n=1 , {yn }n=1 thoả mãn hệ thức

2xn + 3yn + xn = 1 − 4yn
Chứng minh rằng tồn tại giới hạn lim yn khi và chỉ khi tồn tại giới hạn lim xn .
n→∞

n→∞

61. (Moscow 1990) Tính tích phân
π

I=
−π

dx
+1

2sin x

62. (Moscow 1990) Cho hàm f (x) đơn điệu và khả vi liên tục trên [0, 4] .
Giả sử |f (x)| < 1, ∀x ∈ [0, 4] .
Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ (0, 4) sao cho
[f (x0 )]2 + [f (x0 )]2 < 1
Khẳng định trên còn đúng không, nếu thay [0, 4] bởi [0, 3]?
63. (Moscow 1991) Cho các hàm f (x), g(x) liên tục trên R . Chứng minh rằng
b

lim

n→∞

a

1
f (sin nx)g(x)dx =


π

f (sin x)g(x)dx
−π

64. (Moscow 1992) Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1] .
Đặt m = min f (x), M = max f (x) . Chứng minh rằng
x∈[0,1]

x∈[0,1]

1

1

2

[f (x)] dx −
0

f (x)dx
0

2

(M − m)2
4


18

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016

65. (Moscow 1997) Cho hàm f (x) khả vi liên tục trên [0, 1] . Chứng minh rằng
1

1
f( )
2

|f (x)|dx +
0

1
2

1

|f (x)|dx
0

Hint. Dùng tích phân từng phần chứng tỏ rằng
f (x)dx +
0
1
0

Hãy tính
0

1

xf (x)dx +

(x − 1)f (x)dx
1
2

0

66. (Moscow 2002) Biết rằng
1

1
2

1

1
f( ) =
2

ln(1 + x)
π2
dx =
.
x
12

3

ln(1 − x )
dx .
x
1

67. (Kiev 2004) Cho hàm liên tục f : [0, 1] → R với

1

f (x)dx =
0

1

Chứng minh rằng

[f (x)]2 dx

xf (x)dx = 1 .
0

4.

0
2
68. (Kiev 2004) Cho dãy số {an }∞
n=1 xác định bởi a1 = 3 , an+1 = an − 3an + 4 .

Chứng minh rằng {an } là dãy tăng và không bị chặn.
1
1
1
+
+ ... +
.
Xét dãy {bn }∞
n=1 với bn =
a1 − 1 a2 − 1
an − 1
Chứng minh rằng dãy {bn } hội tụ và tìm giới hạn của nó.
69. (Minsk 2004) Cho dãy số {an }∞
n=0 xác định bởi
a0 = 1 , an+1
n

Hãy tính lim

n→∞

k=0

1
=
n+1

n

k=0

ak
n−k+2

ak
?
2k

70. (Minsk 2006) Cho dãy số {xn }∞
n=1 xác định bởi
x1 = 1 , xn+1 = xn +
Hãy tính lim

n→∞

xn

n

1
2xn

?

71. (Minsk 2006) Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thoả mãn

[f (x)]3 − 3f (x)[g(x)]2 = cos 3x
, ∀x ∈ R
3[f (x)]2 g(x) − [g(x)]3 = sin 3x


19
72. (Minsk 2007) Cho hàm f : R → R khả vi ba lần.
Chứng minh rằng tồn tại a ∈ (−1, 1) sao cho f (a) = 3[f (1) − f (−1) − 2f (0)] .
73. (Minsk 2008) Chứng minh rằng phương trình t5 + t = x (x > 0) với ẩn là t luôn có
nghiệm duy nhất t = g(x) .
2

Khi đó chứng tỏ rằng tồn tại tích phân

g(x)dx và tính giá trị của tích phân này.
0

74. (Minsk 2008) Cho số thực a > 0, a = 1 . Tính giới hạn
ax − 1
x(a − 1)

lim

x→+∞

1
x

1

75. Cho hàm f : [0, 1] → R khả tích sao cho

xf (x)dx = 0 .
0

1

Chứng minh rằng

1

[f (x)]2 dx

f (x)dx

4

2

.

0

0

Solution. Cách 1. Ta có
1

1

3x 3x
+ )f (x)dx
2
2
0
1
3x
3 1
=
(1 − )f (x)dx +
xf (x)dx =
2
2 0
0

f (x)dx =
0

(1 −

1

(1 −
0

3x
)f (x)dx
2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz về tích phân ta được
1

f (x)dx

2

0

1

3x
)f (x)dx
2
0
1
9x2
=
(1 − 3x +
)dx
4
0
(1 −

=

1

1
3x 2
[f (x)]2 dx
) dx
2
0
0
1
1
1
[f (x)]2 dx =
[f (x)]2 dx
4
0
0

2

(1 −

Suy ra điều cần chứng minh. Dấu (=) xảy ra khi f (x) = 1 −

3x
2

.

1

Cách 2. Đặt α =

f (x)dx và xét hàm g(x) = 6x − 4, ta có
0

1

1

xg(x)dx = ...? = 0 ,
0

[g(x)]2 dx = ...? = 4

0
1

0
0

=

1

[f (x)]2 dx + 2α

0

1

[f (x)]2 dx + 2α

0
1

1

f (x)g(x)dx + α2

[g(x)]2 dx

0

0

(6x − 4)f (x)dx + 4α2

0
1

=

1

[f (x) + αg(x)]2 dx =

1

2

[f (x)] dx + 12α
0

1

xf (x)dx − 8α
0

1

Suy ra
0

[f (x)]2 dx

f (x)dx + 4α =
0

1

4α2 = 4

f (x)dx
0

1

2

2

0

.

[f (x)]2 dx − 4α2


20

Phần 2. Bài tập Giải tích ôn tập OLP-2016
1

Cách 3. Nếu

f (x)dx = 0 , thì hiển nhiên bất đẳng thức cần chứng minh đúng!
0

1

Giả sử

f (x)dx = α = 0 , xét hàm g(x) = 4 − 6x . Ta có
0

1

1

xg(x)dx =
0
1

1

x(4 − 6x)dx =
0
1

[g(x)]2 dx =

0

0
1

(4 − 6x)2 dx =

0

(4x − 6x2 )dx = (2x2 − 2x3 )

1

=0

0

(16 − 48x + 36x2 )dx = (16x − 24x2 + 12x3 )

0

1
0

=4

Lại xét hàm h(x) = α1 f (x) − g(x) , ta thấy
1

0

1
[ f (x) − g(x)]2 dx
0 α
1
1
2 1
[f (x)]2 dx −
f (x)g(x)dx +
[g(x)]2 dx
α
0
0
0
1
1
2
(4 − 6x)f (x)dx + 4
[f (x)]2 dx −
α 0
0
1
8 1
12 1
[f (x)]2 dx −
f (x)dx +
xf (x)dx + 4
α 0
α 0
0

[h(x)] dx =
0

1
α2
1
= 2
α
1
= 2
α
1
= 2
α
=

1

Suy ra

1

2

1

[f (x)]2 dx − 4

0

[f (x)]2 dx

1

4α2 = 4

0

f (x)dx

2

.

0

Nhận xét. Thực ra Cách 3. là một kiểu trình bầy khác của Cách 2.
1

f (x)dx,

Cách 4. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz về tích phân và đặt α =
0

ta có ∀m ∈ R thì
1

1

12 dx
0

0

1

([f (x)]2 + 2mxf (x) + m2 x2 )dx
0
1

2

[f (x)] dx + 2m

xf (x)dx + m

1

2

0

2

x dx
0

1

[f (x)]2 dx

0
1
0

[f (x)]2 dx

m
f (x)dx +
2

1

xdx

2

0
2

1

m2
4
0
0
1
1
2
m2
f (x)dx + m
f (x)dx −
12
0
0
2
m
α2 + mα −
= h(m)
12
f (x)dx

2

+m

Vì max{h(m)} = h(6α) = 4α2 nên ta suy ra điều cần chứng minh.
m∈R

2

1

f (x)dx + m
0

0

0

1

[f (x) + mx]2 dx

0

1

1[f (x) + mx]dx
0

1

1

1

[f (x) + mx]2 dx

f (x)dx +



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×