8 trang 10 lượt tải

Đề ôn tập Giải tích | Trường Đại học Bách khoa - Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh

20

Đề ôn tập Giải tích | Trường Đại học Bách khoa - Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem.

Môn: Giải tích 41 tài liệu

Trường: Trường Đại học Bách khoa - Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh 632 tài liệu

Tác giả:

Profile

Trần Thiện 91

2 tuần trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/8
Thời gian: 150 phút
1. (2 điểm) Cho dãy số (u
n
)
∞
n=1
xác định bởi:
u
1
= 1, u
n+1
= u
n
+ 8n (n ≥ 1) .
(a) Tính giới hạn lim
n→∞
u
n
n
2
.
(b) Đặt v
n
=
n
Y
k=1
u
k
= u
1
u
2
. . . u
n
. Tính giới hạn lim
n→∞
v
n
4
n
(n!)
2
.
2. (2 điểm) Cho hàm số f : (0, 1) → R xác định bởi
f (x) =
0 nếu x ∈ Q,
q nếu x =
p
q
, với p, q ∈ Z
+
, (p, q) = 1.
(a) Tìm tất cả giá trị x
0
∈ (0, 1) sao cho hàm số f liên tục tại x
0
.
(b) Hỏi có tồn tại y
0
∈ (0, 1) sao cho hàm số f khả vi tại y
0
hay không?
3. (2 điểm) Một người đang đứng nhìn vào một bức tranh treo trên tường. Chiều dài theo phương thẳng đứng
của bức tranh là 2 mét. Gọi θ và β lần lượt là góc nhìn tạo bởi bức tranh và góc nhìn tạo bởi phần tường bên
dưới bức tranh (bên trên vị trí mắt người quan sát theo phương ngang) như hình vẽ.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TP. HỒ CHÍ MINH
228
CHAPTER
27
27.64
27.6'
27.66
27.67
27.68
27.69
Use
integration
to
show that
the
circumference
of a
circle
of
radius
r is
2
T I T .
Find
the arc
length
of the
part
of the
circle
x + y
2
= r
2
in the first
quadrant
and
multiply
it by 4.
Since
y = Vr2-x\ y' = -x/Vr2-x2 and (y')2 = x2/(r2 - x2). So 1 +(y1)2 = 1+x2/(r2 - x2) = (r2 ~ x2 +
x
2
)/(r
2
-
x
2
)
=
r
2
/(r
2
-
x
2
).
Thus,
A
person
is
viewing
a
painting hung high
on a
wall.
The
vertical dimension
of the
painting
is 2
feet
and the
bottom
of the
painting
is 2
feet above
the eye
level
of the
viewer. Find
the
distance
x
that
the
viewer should stand
from
the
wall
in
order
to
maximize
the
angle
6
subtended
by the
painting.
Thus,
the
only positive critical number
is
(and, therefore,
an
absolute) maximum.
which,
by the first-derivative
test,
yields
a
relative
From Fig. 27-6,
8 -
tan
'
4/x
-
tan~'
2/x.
So
For
what values
of x is the
equation
sin
'
(sin
x) = x
true? (Recall Problem 27.20.)
The
range
of sin
'
u is
[-Tr/2,
Tr/2],
and,
in
fact,
for
each
x in
f-ir/2,
Tr/21,
sin
'
(sin*)
= x.
For
what values
of x is the
equation
cos
'
(cos
x) = x
true?
The
range
of cos
'
« is [0,
IT].
For
each
x in
fO,
TT],
cos
'
(cos
x) = x.
For
what values
of x
does
the
equation
sin
'
(-x)
=
- s in
' x
hold?
Use implicit differentiation. 2x - x[ll(\ + y2)}-y' - tan'1 y = (1/y)/, 2x - tan'1 y = y'[\ly + xl(\ + y2)]
If x2 -x tan ly = lny, find y'.
sin
'
x is
defined only
for x in
[-1,1].
Consider
any
such
x. Let 0 = sin
1
x.
Then
sin
6
= x and
-ir/2se^ir/2.
Note
that
sin
(-6)
=
-sin
6
= -x and
-Tr/2<-0s
ir/2.
Hence,
sin~
1
(-A:)
=
-0 =
-sin
'
x.
Thus,
the set of
solutions
of
sin'
1
(-x)
=
-sin'
1
x is
[-1,1].
Fig.
27-6
sin'
1
*))
=
4r(tr/2
- 0) =
2irr.
2 m
∫
x
y
(a) Giả sử rằng cos (β) = 0.8 và
cos (θ + β)
sin (θ)
= 2.5. Tính khoảng cách x (theo phương ngang) từ người quan
sát đến bức tranh.
(b) Cho biết y = 2 mét, ở đó y là chiều cao từ phần bên dưới bức tranh so với phương nằm ngang của mắt
người quan sát. Hỏi người quan sát nên đứng ở khoảng cách x tới bức tranh như thế nào để góc nhìn θ
là lớn nhất?
1
4. (2 điểm)
(a) Cho f : (−∞, +∞) → [0, +∞) là hàm số có đạo hàm liên tục tới cấp ba và thỏa mãn
max
x∈R
|f
′′′
(x)| ≤ 1.
Chứng minh rằng
f
′′
(x) ≥ −
3
r
3
2
f (x), ∀x ∈ R.
(b) Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn điều kiện của ý (a) sao cho
f
′′
(x) = −
3
r
3
2
f (x), ∀x ∈ R.
5. (2 điểm) Cho f là hàm số khả vi trên khoảng (0, 1) và liên tục trên [0, 1]. Biết rằng f (0) = f (1) = 0 và f
không phải là hàm số hằng. Chỉ ra rằng tồn tại x
0
∈ (0, 1) sao cho
|f
′
(x
0
)| > 4
Z
1
0
f (x) dx.
HẾT
Bài 1. Cho dãy số (u
n
)
∞
n=1
xác định bởi:
u
1
= 1, u
n+1
= u
n
+ 8n (n ≥ 1) .
(a) Tính giới hạn lim
n→∞
u
n
n
2
.
(b) Đặt v
n
=
n
Y
k=1
u
k
= u
1
u
2
. . . u
n
. Tính giới hạn lim
n→∞
v
n
4
n
(n!)
2
.
Lời giải.
(a) Nhận xét rằng
u
n
= u
n−1
+ 8 (n − 1)
= u
n−2
+ 8 (n − 2) + 8 (n − 1)
= . . .
= u
1
+ 8 · 1 + 8 · 2 + . . . + 8 (n − 1)
= 1 + 8 · 1 + 8 · 2 + . . . + 8 (n − 1) .
Vậy ta có
u
n
= 1 + 8
(n − 1) n
2
= (2n − 1)
2
.
Do đó
lim
n→∞
u
n
n
2
= lim
n→∞
2 −
1
n
2
= 4.
(b) Ta có
v
n
4
n
(n!)
2
=
u
1
u
2
. . . u
n
4
n
(n!)
2
=
1
2
· 3
2
· . . . · (2n − 1)
2
2
2
· 4
2
· . . . · (2n)
2
.
Nhận xét rằng
1 · 3 < 2
2
,
3 · 5 < 4
2
,
.
.
.
(2n − 3) (2n − 1) < (2n − 2)
2
.
Do đó
0 <
v
n
4
n
(n!)
2
<
2n − 1
(2n)
2
.
Vì
lim
n→∞
2n − 1
(2n)
2
= 0
nên theo định lý kẹp ta kết luận
lim
n→∞
v
n
4
n
(n!)
2
= 0.
ĐÁP ÁN
Bài 2. Cho hàm số f : (0, 1) → R xác định bởi
f (x) =
0 nếu x ∈ Q,
q nếu x =
p
q
, với p, q ∈ Z
+
, (p, q) = 1.
Ở đây ký hiệu (p, q) để chỉ ước chung lớn nhất của p và q.
(a) Tìm tất cả giá trị x
0
∈ (0, 1) sao cho hàm số f liên tục tại x
0
.
(b) Hỏi có tồn tại y
0
∈ (0, 1) sao cho hàm số f khả vi tại y
0
hay không?
Lời giải.
(a) Lấy x
0
∈ (0, 1) tùy ý. Chọn (u
n
)
∞
n=1
là một dãy gồm các số hữu tỷ thuộc khoảng (0, 1) hội tụ về x
0
.
Gọi (v
n
)
∞
n=1
là một dãy gồm các số vô tỷ thuộc khoảng (0, 1) hội tụ về x
0
. Các dãy như vậy luôn tồn
tại do tính trù mật của tập số hữu tỷ và tập số vô tỷ trong khoảng (0, 1).
Nhận xét rằng từ định nghĩa của hàm số f ta có f (u
n
) ≥ 1 và f (v
n
) = 0, với mọi n. Từ đây ta có thể
kết luận được lim
x→x
0
f (x) không tồn tại (vì hai dãy (f (u
n
))
∞
n=1
và (f (v
n
))
∞
n=1
không thể hội tụ về
cùng một số thực).
Dẫn đến hàm số f không liên tục tại x
0
. Kết luận: không tồn tại x
0
∈ (0, 1) để f liên tục tại x
0
.
(b) Hàm số f không liên tục tại mọi điểm thuộc (0, 1) nên ta kết luận rằng f không khả vi tại mọi điểm
thuộc (0, 1).
Bài 3. Một người đang đứng nhìn vào một bức tranh treo trên tường. Chiều dài theo phương thẳng đứng của bức
tranh là 2 mét. Gọi θ và β lần lượt là góc nhìn tạo bởi bức tranh và góc nhìn tạo bởi phần tường bên dưới
bức tranh (bên trên vị trí mắt người quan sát theo phương ngang) như hình vẽ.
228
CHAPTER
27
27.64
27.6'
27.66
27.67
27.68
27.69
Use
integration
to
show that
the
circumference
of a
circle
of
radius
r is
2
T I T .
Find
the arc
length
of the
part
of the
circle
x + y
2
= r
2
in the first
quadrant
and
multiply
it by 4.
Since
y = Vr2-x\ y' = -x/Vr2-x2 and (y')2 = x2/(r2 - x2). So 1 +(y1)2 = 1+x2/(r2 - x2) = (r2 ~ x2 +
x
2
)/(r
2
-
x
2
)
=
r
2
/(r
2
-
x
2
).
Thus,
A
person
is
viewing
a
painting hung high
on a
wall.
The
vertical dimension
of the
painting
is 2
feet
and the
bottom
of the
painting
is 2
feet above
the eye
level
of the
viewer. Find
the
distance
x
that
the
viewer should stand
from
the
wall
in
order
to
maximize
the
angle
6
subtended
by the
painting.
Thus,
the
only positive critical number
is
(and, therefore,
an
absolute) maximum.
which,
by the first-derivative
test,
yields
a
relative
From Fig. 27-6,
8 -
tan
'
4/x
-
tan~'
2/x.
So
For
what values
of x is the
equation
sin
'
(sin
x) = x
true? (Recall Problem 27.20.)
The
range
of sin
'
u is
[-Tr/2,
Tr/2],
and,
in
fact,
for
each
x in
f-ir/2,
Tr/21,
sin
'
(sin*)
= x.
For
what values
of x is the
equation
cos
'
(cos
x) = x
true?
The
range
of cos
'
« is [0,
IT].
For
each
x in
fO,
TT],
cos
'
(cos
x) = x.
For
what values
of x
does
the
equation
sin
'
(-x)
=
- s in
' x
hold?
Use implicit differentiation. 2x - x[ll(\ + y2)}-y' - tan'1 y = (1/y)/, 2x - tan'1 y = y'[\ly + xl(\ + y2)]
If x2 -x tan ly = lny, find y'.
sin
'
x is
defined only
for x in
[-1,1].
Consider
any
such
x. Let 0 = sin
1
x.
Then
sin
6
= x and
-ir/2se^ir/2.
Note
that
sin
(-6)
=
-sin
6
= -x and
-Tr/2<-0s
ir/2.
Hence,
sin~
1
(-A:)
=
-0 =
-sin
'
x.
Thus,
the set of
solutions
of
sin'
1
(-x)
=
-sin'
1
x is
[-1,1].
Fig.
27-6
sin'
1
*))
=
4r(tr/2
- 0) =
2irr.
2 m
∫
x
y
A
B
C
D
(a) Giả sử rằng cos (β) = 0.8 và
cos (θ + β)
sin (θ)
= 2.5. Tính khoảng cách x (theo phương ngang) từ người
quan sát đến bức tranh.
(b) Cho biết y = 2 mét, ở đó y là chiều cao từ phần bên dưới bức tranh so với phương nằm ngang của
mắt người quan sát. Hỏi người quan sát nên đứng ở khoảng cách x tới bức tranh như thế nào để góc
nhìn θ là lớn nhất?
Lời giải.
(a) Theo định lý Sin cho tam giác ABC, ta có
AC
sin
\
ABC
=
BC
sin (θ)
.
Dẫn đến
AC = BC
sin
\
ABC
sin (θ)
= 2
cos
\
BAD
sin (θ)
= 2
cos (θ + β)
sin (θ)
= 2 · 2.5 = 5.
Trong tam giác vuông ACD ta có
x = AD = cos (β) AC = 0.8 · 5 = 4 (mét).
(b) Ta có
θ =
\
BAD −
\
CAD = arctan
BD
AD
− arctan
CD
AD
= arctan
4
x
− arctan
2
x
.
Xét hàm số
f (x) = arctan
4
x
− arctan
2
x
.
Ta có
f
′
(x) =
−4/x
2
1 + 16/x
2
+
2/x
2
1 + 4/x
2
=
2
8 − x
2
x
4
+ 20x
2
+ 64
.
Do đó f
′
> 0 với 0 < x <
√
8, và f
′
< 0 với x >
√
8. Vậy θ đạt giá trị lớn nhất khi x =
√
8 (mét).
Bài 4.
(a) Cho f : (−∞, +∞) → [0, +∞) là hàm số có đạo hàm liên tục tới cấp ba và thỏa mãn
max
x∈R
|f
′′′
(x)| ≤ 1.
Chứng minh rằng
f
′′
(x) ≥ −
3
r
3
2
f (x), ∀x ∈ R.
(b) Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn điều kiện của ý (a) sao cho
f
′′
(x) = −
3
r
3
2
f (x), ∀x ∈ R.
Lời giải.
(a) Lấy x
0
∈ R tùy ý. Ta sẽ chứng minh
f
′′
(x
0
) ≥ −
3
r
3
2
f (x
0
). (⋆)
Theo khai triển Taylor thì với mọi t > 0 luôn tồn tại ξ
1
và ξ
2
sao cho:
f (x
0
+ t) = f (x
0
) + f
′
(x
0
) t +
1
2
f
′′
(x
0
) t
2
+
1
6
f
′′′
(ξ
1
) t
3
,
f (x
0
− t) = f (x
0
) − f
′
(x
0
) t +
1
2
f
′′
(x
0
) t
2
−
1
6
f
′′′
(ξ
2
) t
3
.
Vì f (x
0
+ t) , f (x
0
− t) không âm và −1 ≤ f
′′′
≤ 1 nên
0 ≤ f (x
0
+ t) + f (x
0
− t) ≤ 2f (x
0
) + f
′′
(x
0
) t
2
+
1
3
t
3
.
Như vậy ta có
2f (x
0
) + f
′′
(x
0
) t
2
+
1
3
t
3
≥ 0, ∀t > 0.
Từ bất đẳng thức này ta sẽ chọn t > 0 một cách hợp lý để đạt được (⋆).
• Nếu f (x
0
) = 0, thì f
′′
(x
0
) t
2
+
1
3
t
3
≥ 0, ∀t > 0. Tức là f
′′
(x
0
) ≥ −
1
3
t, ∀t > 0. Dẫn đến f
′′
(x
0
) ≥ 0.
Vậy (⋆) đúng.
• Nếu f (x
0
) > 0, thì chọn t =
3
p
12f (x
0
). Khi đó
0 ≤ 2f (x
0
) + f
′′
(x
0
) t
2
+
1
3
t
3
= (12f (x
0
))
2/3
f
′′
(x
0
) +
3
r
3
2
f (x
0
)
!
.
Ta cũng kết luận được (⋆) đúng.
(b) Ta sẽ chứng minh rằng nếu một hàm số f thỏa mãn các điều kiện của ý (a) và
f
′′
(x) = −
3
r
3
2
f (x), ∀x ∈ R, (⋆⋆)
thì f
′
(x) = 0 với mọi x. Ta sẽ chỉ ra điều này bằng phản chứng.
• Giả sử tồn tại x
0
sao cho f
′
(x
0
) < 0. Từ khai triển Taylor và giả thiết f
′′′
≤ 1, ta có
0 ≤ f (x
0
+ t) ≤ f (x
0
) + f
′
(x
0
) t +
1
2
f
′′
(x
0
) t
2
+
1
6
t
3
, ∀t > 0.
- Nếu f (x
0
) = 0, thì f
′′
(x
0
) = 0 (do giả thiết bài toán). Dẫn đến
0 ≤ f
′
(x
0
) t +
1
6
t
3
= t
f
′
(x
0
) +
1
6
t
2
, ∀t > 0.
Điều này là vô lý nếu ta chọn t dương đủ gần không (vì f
′
(x
0
) < 0).
- Nếu f (x
0
) > 0, thì ta chọn t =
3
p
12f (x
0
). Khi đó
0 ≤ f (x
0
) + f
′
(x
0
) t +
1
2
f
′′
(x
0
) t
2
+
1
6
t
3
= f (x
0
) + f
′
(x
0
)
3
p
12f (x
0
) −
1
2
3
r
3
2
f (x
0
)
3
q
(12f (x
0
))
2
+ 2f (x
0
)
= f
′
(x
0
)
3
p
12f (x
0
).
Điều này cũng dẫn tới mâu thuẫn vì f
′
(x
0
) < 0.
• Trường hợp tồn tại x
0
sao cho f
′
(x
0
) > 0 cũng lập luận hoàn toàn tương tự, bằng cách xét
f (x
0
− t), ta cũng đạt được mâu thuẫn.
Như vậy ta vừa chỉ ra được f
′
(x) = 0 với mọi x. Tức là f là hàm hằng. Sử dụng (⋆⋆) ta kết luận được
rằng f ≡ 0.
Bài 5. Cho f là hàm số khả vi trên khoảng (0, 1) và liên tục trên [0, 1]. Biết rằng f (0) = f (1) = 0 và f không
phải là hàm số hằng. Chỉ ra rằng tồn tại x
0
∈ (0, 1) sao cho
|f
′
(x
0
)| > 4
Z
1
0
f (x) dx.
Lời giải. Ta sẽ lập luận bằng phản chứng. Giả sử
|f
′
(t)| ≤ 4
Z
1
0
f (x) dx, ∀t ∈ (0, 1) . (⋆)
Đặt
A = 4
Z
1
0
f (x) dx.
Từ (⋆) ta có A ≥ 0 và
−A ≤ f
′
(t) ≤ A, ∀t ∈ (0, 1) .
Chú ý rằng thật ra A > 0 vì nếu A = 0 thì f
′
≡ 0, tức f là hàm hằng và mâu thuẫn với giả thiết bài toán.
Với mọi x ∈ (0, 1) ta có:
f (x) = f (x) − f (0) =
Z
x
0
f
′
(t) dt ≤
Z
x
0
Adt = Ax. (1)
Thêm nữa
−f (x) = f (1) − f (x) =
Z
1
x
f
′
(t) dt ≥
Z
1
x
−Adt = −A (1 − x) ,
tức là
f (x) ≤ A (1 − x) . (2)
Như vậy
A = 4
Z
1
0
f (x) dx = 4
Z
1/2
0
f (x) dx + 4
Z
1
1/2
f (x) dx
≤ 4
Z
1/2
0
Axdx + 4
Z
1
1/2
A (1 − x) dx
= A/2 + A/2 = A.
Ở đây trong dòng thứ hai ta đã sử dụng hai bất đẳng thức (1) và (2). Bây giờ ta có thể kết luận rằng dấu
bất đẳng thức ở dòng thứ hai thật sự là một đẳng thức. Điều này cũng dẫn tới
f (x) =
(
Ax nếu 0 ≤ x ≤ 1/2,
A (1 − x) nếu 1/2 ≤ x ≤ 1.
Tuy nhiên ta có mâu thuẫn vì hàm số này không khả vi tại x = 1/2 (đạo hàm trái và phải khác nhau tại
x = 1/2). Như vậy giả sử phản chứng là sai và ta đạt được điều cần chứng minh.

Tài liệu khác của Trường Đại học Bách khoa - Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh

Preview text:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TP. HỒ CHÍ MINH Thời gian: 150 phút ∞
1. (2 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi: n=1 u1 = 1, un+1 = un + 8n (n ≥ 1) . un (a) Tính giới hạn lim . n→∞ n2 n Y vn (b) Đặt vn =
uk = u1u2 . . . un. Tính giới hạn lim . n→∞ 4n (n!)2 k=1
2. (2 điểm) Cho hàm số f : (0, 1) → R xác định bởi 0 nếu x ̸∈  Q,   f (x) = p  + q nếu x = , với p, q ∈ , (p, q) = 1.  Z q
(a) Tìm tất cả giá trị x0 ∈ (0, 1) sao cho hàm số f liên tục tại x0.
(b) Hỏi có tồn tại y0 ∈ (0, 1) sao cho hàm số f khả vi tại y0 hay không?
3. (2 điểm) Một người đang đứng nhìn vào một bức tranh treo trên tường. Chiều dài theo phương thẳng đứng
của bức tranh là 2 mét. Gọi θ và β lần lượt là góc nhìn tạo bởi bức tranh và góc nhìn tạo bởi phần tường bên
dưới bức tranh (bên trên vị trí mắt người quan sát theo phương ngang) như hình vẽ. cos (θ + β)
(a) Giả sử rằng cos (β) = 0.8 và
= 2.5. Tính khoảng cách x (theo phương ngang) từ người quan sin (θ) sát đến bức tranh.
(b) Cho biết y = 2 mét, ở đó y là chiều cao từ phần bên dưới bức tranh so với phương nằm ngang của mắt
người quan sát. Hỏi người quan sát nên đứng ở khoảng cách x tới bức tranh như thế nào để góc nhìn θ là lớn nhất? 2 m y ∫ x 1 4. (2 điểm)
(a) Cho f : (−∞, +∞) → [0, +∞) là hàm số có đạo hàm liên tục tới cấp ba và thỏa mãn max |f ′′′ (x)| ≤ 1. x∈R Chứng minh rằng r 3 f ′′ (x) ≥ − 3 f (x), ∀x ∈ R. 2
(b) Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn điều kiện của ý (a) sao cho r 3 f ′′ (x) = − 3 f (x), ∀x ∈ R. 2
5. (2 điểm) Cho f là hàm số khả vi trên khoảng (0, 1) và liên tục trên [0, 1]. Biết rằng f (0) = f (1) = 0 và f
không phải là hàm số hằng. Chỉ ra rằng tồn tại x0 ∈ (0, 1) sao cho Z 1 |f ′ (x0)| > 4 f (x) dx. 0 HẾT ĐÁP ÁN ∞ Bài 1. Cho dãy số (un) xác định bởi: n=1 u1 = 1, un+1 = un + 8n (n ≥ 1) . un (a) Tính giới hạn lim . n→∞ n2 n Y vn (b) Đặt vn =
uk = u1u2 . . . un. Tính giới hạn lim . n→∞ 4n (n!)2 k=1 Lời giải. (a) Nhận xét rằng un = un−1 + 8 (n − 1)
= un−2 + 8 (n − 2) + 8 (n − 1) = . . .
= u1 + 8 · 1 + 8 · 2 + . . . + 8 (n − 1)
= 1 + 8 · 1 + 8 · 2 + . . . + 8 (n − 1) . Vậy ta có (n − 1) n un = 1 + 8 = (2n − 1)2 . 2 Do đó u 2 n 1 lim = lim 2 − = 4. n→∞ n2 n→∞ n (b) Ta có vn u1u2 . . . un
12 · 32 · . . . · (2n − 1)2 = = . 4n (n!)2 4n (n!)2 22 · 42 · . . . · (2n)2 Nhận xét rằng 1 · 3 < 22, 3 · 5 < 42, ...
(2n − 3) (2n − 1) < (2n − 2)2 . Do đó vn 2n − 1 0 < < . 4n (n!)2 (2n)2 Vì 2n − 1 lim = 0 n→∞ (2n)2
nên theo định lý kẹp ta kết luận vn lim = 0. n→∞ 4n (n!)2
Bài 2. Cho hàm số f : (0, 1) → R xác định bởi 0 nếu x ̸∈  Q,   f (x) = p  + q nếu x = , với p, q ∈ , (p, q) = 1.  Z q
Ở đây ký hiệu (p, q) để chỉ ước chung lớn nhất của p và q.
(a) Tìm tất cả giá trị x0 ∈ (0, 1) sao cho hàm số f liên tục tại x0.
(b) Hỏi có tồn tại y0 ∈ (0, 1) sao cho hàm số f khả vi tại y0 hay không? Lời giải. ∞
(a) Lấy x0 ∈ (0, 1) tùy ý. Chọn (un)
là một dãy gồm các số hữu tỷ thuộc khoảng (0, 1) hội tụ về x n=1 0. ∞ Gọi (vn)
là một dãy gồm các số vô tỷ thuộc khoảng (0, 1) hội tụ về x n=1
0. Các dãy như vậy luôn tồn
tại do tính trù mật của tập số hữu tỷ và tập số vô tỷ trong khoảng (0, 1).
Nhận xét rằng từ định nghĩa của hàm số f ta có f (un) ≥ 1 và f (vn) = 0, với mọi n. Từ đây ta có thể ∞ ∞
kết luận được limx→x f (x) không tồn tại (vì hai dãy (f (u và (f (v không thể hội tụ về 0 n))n=1 n))n=1 cùng một số thực).
Dẫn đến hàm số f không liên tục tại x0. Kết luận: không tồn tại x0 ∈ (0, 1) để f liên tục tại x0.
(b) Hàm số f không liên tục tại mọi điểm thuộc (0, 1) nên ta kết luận rằng f không khả vi tại mọi điểm thuộc (0, 1).
Bài 3. Một người đang đứng nhìn vào một bức tranh treo trên tường. Chiều dài theo phương thẳng đứng của bức
tranh là 2 mét. Gọi θ và β lần lượt là góc nhìn tạo bởi bức tranh và góc nhìn tạo bởi phần tường bên dưới
bức tranh (bên trên vị trí mắt người quan sát theo phương ngang) như hình vẽ. B 2 m C y A ∫ D x cos (θ + β)
(a) Giả sử rằng cos (β) = 0.8 và
= 2.5. Tính khoảng cách x (theo phương ngang) từ người sin (θ) quan sát đến bức tranh.
(b) Cho biết y = 2 mét, ở đó y là chiều cao từ phần bên dưới bức tranh so với phương nằm ngang của
mắt người quan sát. Hỏi người quan sát nên đứng ở khoảng cách x tới bức tranh như thế nào để góc nhìn θ là lớn nhất? Lời giải.
(a) Theo định lý Sin cho tam giác ABC, ta có AC BC = . sin \ ABC sin (θ) Dẫn đến sin \ ABC cos \ BAD cos (θ + β) AC = BC = 2 = 2 = 2 · 2.5 = 5. sin (θ) sin (θ) sin (θ)
Trong tam giác vuông ACD ta có
x = AD = cos (β) AC = 0.8 · 5 = 4 (mét). (b) Ta có BD CD 4 2 θ = \ BAD − \ CAD = arctan − arctan = arctan − arctan . AD AD x x Xét hàm số 4 2 f (x) = arctan − arctan . x x Ta có −4/x2 2/x2 2 8 − x2 f ′ (x) = + = . 1 + 16/x2 1 + 4/x2 x4 + 20x2 + 64 √ √ √
Do đó f ′ > 0 với 0 < x <
8, và f ′ < 0 với x >
8. Vậy θ đạt giá trị lớn nhất khi x = 8 (mét). Bài 4.
(a) Cho f : (−∞, +∞) → [0, +∞) là hàm số có đạo hàm liên tục tới cấp ba và thỏa mãn max |f ′′′ (x)| ≤ 1. x∈R Chứng minh rằng r 3 f ′′ (x) ≥ − 3 f (x), ∀x ∈ R. 2
(b) Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn điều kiện của ý (a) sao cho r 3 f ′′ (x) = − 3 f (x), ∀x ∈ R. 2 Lời giải.
(a) Lấy x0 ∈ R tùy ý. Ta sẽ chứng minh r 3 f ′′ (x0) ≥ − 3 f (x0). (⋆) 2
Theo khai triển Taylor thì với mọi t > 0 luôn tồn tại ξ1 và ξ2 sao cho: 1 1
f (x0 + t) = f (x0) + f ′ (x0) t + f ′′ (x0) t2 + f ′′′ (ξ1) t3, 2 6 1 1
f (x0 − t) = f (x0) − f ′ (x0) t + f ′′ (x0) t2 − f ′′′ (ξ2) t3. 2 6
Vì f (x0 + t) , f (x0 − t) không âm và −1 ≤ f ′′′ ≤ 1 nên 1
0 ≤ f (x0 + t) + f (x0 − t) ≤ 2f (x0) + f ′′ (x0) t2 + t3. 3 Như vậy ta có 1
2f (x0) + f ′′ (x0) t2 + t3 ≥ 0, ∀t > 0. 3
Từ bất đẳng thức này ta sẽ chọn t > 0 một cách hợp lý để đạt được (⋆).
• Nếu f (x0) = 0, thì f′′ (x0) t2 + 1t3 ≥ 0, ∀t > 0. Tức là f′′ (x
t, ∀t > 0. Dẫn đến f ′′ (x 3 0) ≥ − 1 3 0) ≥ 0. Vậy (⋆) đúng.
• Nếu f (x0) > 0, thì chọn t = 3p12f (x0). Khi đó r ! 1 3
0 ≤ 2f (x0) + f ′′ (x0) t2 + t3 = (12f (x0))2/3 f ′′ (x0) + 3 f (x0) . 3 2
Ta cũng kết luận được (⋆) đúng.
(b) Ta sẽ chứng minh rằng nếu một hàm số f thỏa mãn các điều kiện của ý (a) và r 3 f ′′ (x) = − 3 f (x), ∀x ∈ R, (⋆⋆) 2
thì f ′ (x) = 0 với mọi x. Ta sẽ chỉ ra điều này bằng phản chứng.
• Giả sử tồn tại x0 sao cho f′ (x0) < 0. Từ khai triển Taylor và giả thiết f′′′ ≤ 1, ta có 1 1
0 ≤ f (x0 + t) ≤ f (x0) + f ′ (x0) t + f ′′ (x0) t2 + t3, ∀t > 0. 2 6
- Nếu f (x0) = 0, thì f ′′ (x0) = 0 (do giả thiết bài toán). Dẫn đến 1 1
0 ≤ f ′ (x0) t + t3 = t f ′ (x0) + t2 , ∀t > 0. 6 6
Điều này là vô lý nếu ta chọn t dương đủ gần không (vì f ′ (x0) < 0).
- Nếu f (x0) > 0, thì ta chọn t = 3 p12f (x0). Khi đó 1 1
0 ≤ f (x0) + f ′ (x0) t + f ′′ (x0) t2 + t3 2 6 r 1 3 q = f (x 3 0) + f ′ (x0) 3 p12f (x0) − f (x0) 3 (12f (x0))2 + 2f (x0) 2 2 = f ′ (x0) 3 p12f (x0).
Điều này cũng dẫn tới mâu thuẫn vì f ′ (x0) < 0.
• Trường hợp tồn tại x0 sao cho f′ (x0) > 0 cũng lập luận hoàn toàn tương tự, bằng cách xét
f (x0 − t), ta cũng đạt được mâu thuẫn.
Như vậy ta vừa chỉ ra được f ′ (x) = 0 với mọi x. Tức là f là hàm hằng. Sử dụng (⋆⋆) ta kết luận được rằng f ≡ 0.
Bài 5. Cho f là hàm số khả vi trên khoảng (0, 1) và liên tục trên [0, 1]. Biết rằng f (0) = f (1) = 0 và f không
phải là hàm số hằng. Chỉ ra rằng tồn tại x0 ∈ (0, 1) sao cho Z 1 |f ′ (x0)| > 4 f (x) dx. 0
Lời giải. Ta sẽ lập luận bằng phản chứng. Giả sử Z 1 |f ′ (t)| ≤ 4 f (x) dx, ∀t ∈ (0, 1) . (⋆) 0 Đặt Z 1 A = 4 f (x) dx. 0 Từ (⋆) ta có A ≥ 0 và
−A ≤ f ′ (t) ≤ A, ∀t ∈ (0, 1) .
Chú ý rằng thật ra A > 0 vì nếu A = 0 thì f ′ ≡ 0, tức f là hàm hằng và mâu thuẫn với giả thiết bài toán.
Với mọi x ∈ (0, 1) ta có: Z x Z x f (x) = f (x) − f (0) = f ′ (t) dt ≤ Adt = Ax. (1) 0 0 Thêm nữa Z 1 Z 1 −f (x) = f (1) − f (x) = f ′ (t) dt ≥ −Adt = −A (1 − x) , x x tức là f (x) ≤ A (1 − x) . (2) Như vậy Z 1 Z 1/2 Z 1 A = 4 f (x) dx = 4 f (x) dx + 4 f (x) dx 0 0 1/2 Z 1/2 Z 1 ≤ 4 Axdx + 4 A (1 − x) dx 0 1/2 = A/2 + A/2 = A.
Ở đây trong dòng thứ hai ta đã sử dụng hai bất đẳng thức (1) và (2). Bây giờ ta có thể kết luận rằng dấu
bất đẳng thức ở dòng thứ hai thật sự là một đẳng thức. Điều này cũng dẫn tới (Ax nếu 0 ≤ x ≤ 1/2, f (x) = A (1 − x) nếu 1/2 ≤ x ≤ 1.
Tuy nhiên ta có mâu thuẫn vì hàm số này không khả vi tại x = 1/2 (đạo hàm trái và phải khác nhau tại
x = 1/2). Như vậy giả sử phản chứng là sai và ta đạt được điều cần chứng minh.

Tài liệu liên quan: