Các bài tập ôn thi Olympic sinh viên - Page 2

buikhacduong · 01-04-2011, 01:51 PM

Trích:

Nguyên văn bởi 123456

Bài 2, Từ giả thiết ta có f là hàm không âm, xét hàm
$g(x)=(\int_0^xf(t)dt)^2-\int_0^xf(t)^3dt $
ta có $g(0)=0 $, để chứng minh bất đẳng thức, ta chỉ cần chỉ ra $g'(x)\leq 0 $. Thật vậy,
$g'(x)=2f(x)\int_0^xf(t)dt-f(x)^3=f(x)(2\int_0^xf(t)dt-f(x)^2)=f(x)h(x) $
Ta có $h(0)=0 $, và
$h'(x)=2f(x)(1-f'(x))\geq 0 $
do đó $h(x)\geq h(0)=0 $
vậy $g'(x)\geq 0 $ do đó $g(1)\geq g(0)=0 $.

Lạ nhỉ, bất đẳng thức đổi chiều

Vâng, đúng rồi, C.M theo chiều ngược lại! Em chép nhầm đề!

buikhacduong · 01-04-2011, 08:21 PM

Bài 5: Chứng minh rằng: $\forall n\epsilon N $ thì tồn tại đa thức $P(x) $ bậc $n $ sao cho $sin(n+1)x=sinx.P(cosx) $ và tính tổng các hệ số của đa thức này!

Kelacloi · 01-04-2011, 09:21 PM

Với $n=1 $ :
Ta thấy tồn tại đa thức $P(x)=2x $ thỏa bài
Với $n=2 $
Ta thấy tồn tại đa thức $P(x)=4x^2-1 $ thỏa bài .
Giả sử khẳng định đúng với mọi $n\ge k \ge 2 $ .
Ta gọi $P_i(x) $ là đa thức thỏa bài với $n=i $
Ta chọn :
$P_{k+1}(x)=2T_k(x)+P_{k-1}(x) $ với$T_k(x) $ là đa thức $Chebysev $
Khi đó :
$sinxP_{k+1}(cosx)= sinx( 2cos(kx)+P_{k-1}(x))=sinx.2cos(nx)+sinxP_{k-1}(x)=sinx.2cos(kx)+sin((k-1)x) =sin((k+1)x) $(Theo giả thiết quy nạp )
VẬy khẳng định đúng với $n=k+1 $ nên theo quy nạp toán học , ta có điều phải chứng minh .

Với 1 đa thức bậc $n $ thỏa bài ta có :
$\sum $ Hê số $=P(1)=lim_{x\rightarrow 0} P(cosx)=lim_{x\rightarrow 0} \frac{ sin(n+1)x}{sinx}=n+1 $

buikhacduong · 03-04-2011, 09:30 PM

Bài 6: Cho $f(x),g(x) $ liên tục trên $[a,b] $ Chứng minh rằng: $\left | \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx \right |\leq \sqrt{\int_{a}^{b}f^2(x)dx}.\sqrt{\int_{a}^{b}g^2x dx} $

Kelacloi · 03-04-2011, 11:28 PM

Đây là bdt được công nhận mà ?
Với mọi điểm $a=x_0<x_1<x_2<...<x_n=b $
Áp dụng bdt Bunhia , ta có :
$ [ \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i)f^2(x_i)]. [ \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i)g^2(x_i)] \ge [ \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i)g(x_i)f(x_i)]^2 $
Cho $n \rightarrow + \infty $ và $ |x_k-x_{k+1}| \rightarrow 0 $
Ta được bdt tích phân trên

123456 · 03-04-2011, 11:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi buikhacduong

Bài 6: Cho $f(x),g(x) $ liên tục trên $[a,b] $ Chứng minh rằng: $\left | \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx \right |\leq \sqrt{\int_{a}^{b}f^2(x)dx}.\sqrt{\int_{a}^{b}g^2x dx} $

Cách khác: với mọi t, ta có $\int_a^b(tf(x)+g(x))^2dx\geq 0 $, do đó
$t^2\int_a^bf(x)^2dx+2t\int_a^bf(x)g(x)dx+\int_a^bg (x)^2dx\geq 0 $
áp dụng định lý tam thức bậc hai suy ra dpcm.

buikhacduong · 05-04-2011, 08:06 AM

Bài 7: Tìm đa thức $P(x) $ thỏa mãn: $P(x).P(2x^2)=P(2x^3+2x^2) $

Kelacloi · 05-04-2011, 01:45 PM

Thế $x=0 \Rightarrow P(0)^2=P(0) \Rightarrow P(0)=0 $ hoặc $P(0)=1 $
Nếu $degP=0 \Rightarrow P(x) \equiv 0 ; P(x) \equiv 1 $ là tất cả nghiệm của phương trình
Nếu $degP \ge 1 $
Trường hợp 1
$P(0)=0\Rightarrow \exist G(x) \in \mathbb{C}[x] : P(x)=x^nG(x);G(0) \ne 0 $
Thế nào đẳng thức đầu bài , ta suy ra
$G(x).x^n.G(2x^2).(2x^2)^n=(2x^3+x^2)^nG(2x^3+x^2) $
$\Rightarrow2^n.x^nG(x).G(2x^2)=(2x+1)^nG(2x^3+x^2) $
Từ đây suy ra $G(0)=0 $ mâu thuẫn với điều đã giả sử
Trường hợp 2
$P(0)=1 $
Gọi $x^k $ là hạng tử bậc nhỏ nhất mà hệ số $a_k \ne 0 $
$\Rightarrow P(x)=...+a_kx^{k}+1 $
Ta có :$k >0 \Rightarrow 2k \ge k $
Ta thấy :
$P(x).P(2x^2)=(...+a_kx^k+1)(...+a_kx^{2k}+1)=...+a _kx^k+1 $
$P(2x^3+2x^2)=...+(2x^3+x^2)^k+1=....+0x^k+1 $
VẬy nên khi áp dụng đồng nhất thức vào đẳng thức đầu bài , ta có :
$a_k=0 $(mâu thuẫn)

VẬy ở cả 2 trường hợp trên bài toán không tồn tại nghiệm đa thức

luatdhv · 05-04-2011, 03:54 PM

Ủng hộ Dương:
Bài B.2: Cho hàm $f:R \to [-1;1] $ liên tục và có đạo hàm cấp 2. Giải sử $f^2(0)+f'^2(0)=4 $. Chứng minh tồn tại $x_0 \in R $ mà $f(x_0)+f''(x_0)=0. $

Kelacloi · 05-04-2011, 08:50 PM

Xét $g(x)=f(x)^2+f'(x)^2 $
*)Nếu $f(x) $ đồng biến trên $(0;\infty) $
KHi đấy ta có $\forall x >0 : 4=g(0)<g(x) $
$\Rightarrow 4 < f(x)^2+f'(x)^2 < 1+f'(x)^2 $
$\Rightarrow 3<[f'(x)]^2 \forall x>0 $
Do $f'(x) $ cũng liên tục nên $\sqrt{3}<f'(x) $ hoặc $f'(x)<-\sqrt{3} $
Ở cả 2 trường hợp, ta xét tích phân của 2 bdt trên thì đều thấy $\exist c >0: |f(x)|>1 $
Điều này mâu thuẫn với đk của $f(x) $ nên trường hợp này không xảy ra

**)Nếu $f(x) $ nghịch biến trên $(-\infty;0) $ thì tương tự trường hợp trên , ta cũng loại được trường hợp này

Từ *) ta thấy 1 trong 2 trường hợp sau xảy :
1/ Tồn tại cực trị địa phương $c \in (-\infty;0) $ sao cho :$g(c) \ge g(0)=4 $
Ở trường hợp này ta suy ra $g'(c)=0 \Rightarrow f'(c)( f(c)+f''(c))=0 $.
Nếu $f'(c)=0 $ thì ta thấy mâu thuẫn vì khi đó$ 4 \le f(c)^2+f'(c)^2=f(c)^2 \le 1 $ vậy nên $f(c)+f''(c)=0 $
2/ $g(x) \le g(0) \forall x \in (-\infty;0) $

Tương tự vậy , từ **) , ta suy ra chỉ cần xét với :
$g(x) \le g(0) \forall x \in (0;+\infty) $
Từ đấy suy ra $g(0) $ cũng là cực trị địa phương của $g(x) $ và suy ra $f(0)+f''(0)=0 $
Kết thúc chứng minh

01-04-2011, 08:21 PM	#17
buikhacduong +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 60 Thanks: 80 Thanked 17 Times in 15 Posts	Bài 5: Bài 5: Chứng minh rằng: $\forall n\epsilon N $ thì tồn tại đa thức $P(x) $ bậc $n $ sao cho $sin(n+1)x=sinx.P(cosx) $ và tính tổng các hệ số của đa thức này!

01-04-2011, 09:21 PM	#18
Kelacloi +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts	Với $n=1 $ : Ta thấy tồn tại đa thức $P(x)=2x $ thỏa bài Với $n=2 $ Ta thấy tồn tại đa thức $P(x)=4x^2-1 $ thỏa bài . Giả sử khẳng định đúng với mọi $n\ge k \ge 2 $ . Ta gọi $P_i(x) $ là đa thức thỏa bài với $n=i $ Ta chọn : $P_{k+1}(x)=2T_k(x)+P_{k-1}(x) $ với$T_k(x) $ là đa thức $Chebysev $ Khi đó : $sinxP_{k+1}(cosx)= sinx( 2cos(kx)+P_{k-1}(x))=sinx.2cos(nx)+sinxP_{k-1}(x)=sinx.2cos(kx)+sin((k-1)x) =sin((k+1)x) $(Theo giả thiết quy nạp ) VẬy khẳng định đúng với $n=k+1 $ nên theo quy nạp toán học , ta có điều phải chứng minh . Với 1 đa thức bậc $n $ thỏa bài ta có : $\sum $ Hê số $=P(1)=lim_{x\rightarrow 0} P(cosx)=lim_{x\rightarrow 0} \frac{ sin(n+1)x}{sinx}=n+1 $ __________________

03-04-2011, 11:28 PM	#20
Kelacloi +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts	Đây là bdt được công nhận mà ? Với mọi điểm $a=x_0<x_1<x_2<...<x_n=b $ Áp dụng bdt Bunhia , ta có : $ [ \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i)f^2(x_i)]. [ \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i)g^2(x_i)] \ge [ \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i)g(x_i)f(x_i)]^2 $ Cho $n \rightarrow + \infty $ và $ \|x_k-x_{k+1}\| \rightarrow 0 $ Ta được bdt tích phân trên __________________

05-04-2011, 01:45 PM	#23
Kelacloi +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts	Thế $x=0 \Rightarrow P(0)^2=P(0) \Rightarrow P(0)=0 $ hoặc $P(0)=1 $ Nếu $degP=0 \Rightarrow P(x) \equiv 0 ; P(x) \equiv 1 $ là tất cả nghiệm của phương trình Nếu $degP \ge 1 $ Trường hợp 1 $P(0)=0\Rightarrow \exist G(x) \in \mathbb{C}[x] : P(x)=x^nG(x);G(0) \ne 0 $ Thế nào đẳng thức đầu bài , ta suy ra $G(x).x^n.G(2x^2).(2x^2)^n=(2x^3+x^2)^nG(2x^3+x^2) $ $\Rightarrow2^n.x^nG(x).G(2x^2)=(2x+1)^nG(2x^3+x^2) $ Từ đây suy ra $G(0)=0 $ mâu thuẫn với điều đã giả sử Trường hợp 2 $P(0)=1 $ Gọi $x^k $ là hạng tử bậc nhỏ nhất mà hệ số $a_k \ne 0 $ $\Rightarrow P(x)=...+a_kx^{k}+1 $ Ta có :$k >0 \Rightarrow 2k \ge k $ Ta thấy : $P(x).P(2x^2)=(...+a_kx^k+1)(...+a_kx^{2k}+1)=...+a _kx^k+1 $ $P(2x^3+2x^2)=...+(2x^3+x^2)^k+1=....+0x^k+1 $ VẬy nên khi áp dụng đồng nhất thức vào đẳng thức đầu bài , ta có : $a_k=0 $(mâu thuẫn) VẬy ở cả 2 trường hợp trên bài toán không tồn tại nghiệm đa thức __________________

05-04-2011, 08:50 PM	#25
Kelacloi +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts	Xét $g(x)=f(x)^2+f'(x)^2 $ )Nếu $f(x) $ đồng biến trên $(0;\infty) $ KHi đấy ta có $\forall x >0 : 4=g(0)<g(x) $ $\Rightarrow 4 < f(x)^2+f'(x)^2 < 1+f'(x)^2 $ $\Rightarrow 3<[f'(x)]^2 \forall x>0 $ Do $f'(x) $ cũng liên tục* nên $\sqrt{3}<f'(x) $ hoặc $f'(x)<-\sqrt{3} $ Ở cả 2 trường hợp, ta xét tích phân của 2 bdt trên thì đều thấy $\exist c >0: \|f(x)\|>1 $ Điều này mâu thuẫn với đk của $f(x) $ nên trường hợp này không xảy ra *)Nếu $f(x) $ nghịch biến trên $(-\infty;0) $ thì tương tự trường hợp trên , ta cũng loại được trường hợp này Từ ) ta thấy 1 trong 2 trường hợp sau xảy : 1/ Tồn tại cực trị địa phương $c \in (-\infty;0) $ sao cho :$g(c) \ge g(0)=4 $ Ở trường hợp này ta suy ra $g'(c)=0 \Rightarrow f'(c)( f(c)+f''(c))=0 $. Nếu $f'(c)=0 $ thì ta thấy mâu thuẫn vì khi đó$ 4 \le f(c)^2+f'(c)^2=f(c)^2 \le 1 $ vậy nên $f(c)+f''(c)=0 $ 2/ $g(x) \le g(0) \forall x \in (-\infty;0) $ Tương tự vậy , từ *) , ta suy ra chỉ cần xét với : $g(x) \le g(0) \forall x \in (0;+\infty) $ Từ đấy suy ra $g(0) $ cũng là cực trị địa phương của $g(x) $ và suy ra $f(0)+f''(0)=0 $ Kết thúc chứng minh __________________ thay đổi nội dung bởi: Kelacloi, 06-04-2011 lúc 05:51 AM*

03-04-2011, 09:30 PM	#19
buikhacduong +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 60 Thanks: 80 Thanked 17 Times in 15 Posts	Bài 6: Cho $f(x),g(x) $ liên tục trên $[a,b] $ Chứng minh rằng: $\left \| \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx \right \|\leq \sqrt{\int_{a}^{b}f^2(x)dx}.\sqrt{\int_{a}^{b}g^2x dx} $

05-04-2011, 08:06 AM	#22
buikhacduong +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 60 Thanks: 80 Thanked 17 Times in 15 Posts	Bài 7: Tìm đa thức $P(x) $ thỏa mãn: $P(x).P(2x^2)=P(2x^3+2x^2) $

05-04-2011, 03:54 PM	#24
luatdhv Banned Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 402 Thanks: 418 Thanked 120 Times in 75 Posts	Ủng hộ Dương: Bài B.2: Cho hàm $f:R \to [-1;1] $ liên tục và có đạo hàm cấp 2. Giải sử $f^2(0)+f'^2(0)=4 $. Chứng minh tồn tại $x_0 \in R $ mà $f(x_0)+f''(x_0)=0. $