Kỷ yếu kỳ thi Olympic Toán học sinh viên Lần thứ XXI

u(x) + u′(x) < +∞.
Chứng minh rằng:
´ +∞
1
dx
u(x) < +∞.
2. Cho chuỗi số dương ∑∞n=1 ann (an > 0 ∀n) hội tụ. Chứng minh rằng
chuỗi số ∞∑
k=1
∞∑
n=1
an
k2 + n2
hội tụ.
Bài 125 (ĐH Bách khoa Hà Nội). Cho hàm u(x) liên tục và khả vi trên
(0,+∞), hơn nữa u (x) , u′ (x) > 0 với mọi x ∈ (0,+∞). Biết ´ +∞1 dxu(x)+u′(x)hội
tụ. Chứng minh
´ +∞
1
dx
u(x) cũng hội tụ.
24
2.5 Lí thuyết chuỗi và tích phân suy rộng
Bài 126 (CĐ Tuyên Quang). Cho f là hàm khả vi liên tục trên đoạn [a,b],
f(a) = 0. Chứng minh rằng
ˆ b
a
|f(x).f ′(x)| dx ≤ (b− a)2
ˆ b
a
(f ′(x))2 dx.
Bài 127 (CĐ Tuyên Quang). Cho f là một hàm số chẵn liên tục trên
[−a, a], a > 0; g là một hàm liên tục nhận giá trị dương trên [−a, a] và
g(−x) = 1
g(x) , ∀x ∈ [−a, a]
a) Chứng minh rằng
´ a
−a
f(x)dx
1+g(x) =
´ a
0 f(x)dx.
b) Tính
´ pi
2
−pi2
cosx
1−x+√x2+1dx.
Bài 128 (CĐ Ngô Gia Tự Bắc Giang). Tính tích phân I =
´ 1
0
dx
(1+xn) n
√
1+xn
Bài 129 (CĐ Sư phạm Nam Định). Tính tích phân I =
p´i
0
x cos4 xdx.
2.5 Lí thuyết chuỗi và tích phân suy rộng
Bài 130 (ĐH Hàng Hải). Chứng minh rằng chuỗi sau hội tụ và tính tổng
của nó: ∞∑
n=1
(2n− 1)!!
(2n)!!2n .
Bài 131. Tìm lim
x→0+
´ 2013x
x
(sin t)2012
t2013 dt.
Bài 132. Cho (xn) là dãy số tăng và lim
n→∞xn = a. Chứng minh rằng chuỗi
số ∑∞n=1 (1− xnxn+1) hội tụ.
Bài 133 (ĐH Bách khoa Hà Nội). Chứng minh phương trình sin (cos x) = x
và cos (sin x) = x có nghiệm duy nhất trên [0, pi2 ]. Gọi x1, x2 là nghiệm của
hai phương trình nói trên, chứng minh x1 < x2.
25
2 Giải tích
26
Phần II
Đề thi chính thức năm 2013
27
3 Chương 3Đề thi
3.1 Đại số
Câu 1. Cho hệ phương trình tuyến tính

−x1 + x2 + x3 + · · ·+ xn = 1,
x1 − 5x2 + x3 + · · ·+ xn = 1,
. . . . .
x1 + x2 + x3 + · · · − [n(n+ 1)− 1]xn = 1.
1. Giải phương trình với n = 5.
2. Giải phương trình với n bất kỳ.
Câu 2. Cho f1(x), ..., fn(x) lần lượt là các nguyên hàm nào đó của các hàm
số ex, ..., exn , n ≥ 1. Chứng minh rằng các hàm số này độc lập tuyến tính
trong không gian C[0, 1] các hàm liên tục trên đoạn [0, 1].
Câu 3. Cho a0, a1, ..., an là các số thực, n ≥ 2. Tính định thức
Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a0 − a1 a1 0 0 · · · 0 0
−a1 a1 − a2 a2 0 · · · 0 0
0 −a2 a2 − a3 a3 · · · 0 0
. . . . . . .
0 0 0 0 · · · −an−1 an−1 − an
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
.
29
3 Đề thi
Câu 4. Cho a là một số nguyên lẻ và b1, ..., bn là các số nguyên sao cho
b1 + · · ·+ bn lẻ, n ≥ 1. Chứng minh rằng đa thức
P (x) = axn+1 + b1xn + · · ·+ bnx+ a
không có nghiệm hữu tỷ.
Câu 5. Có bao nhiêu ma trận vuông cấp n có đúng n+ 1 phần tử bằng 1,
các phần tử còn lại bằng 0 và có định thức bằng 1?
3.2 Giải tích
Câu 1. Cho x1 = a ∈ R và dãy (xn) được xác định bởi (n + 1)2xn+1 =
n2xn + 2n+ 1. Tìm limn→∞ xn.
Câu 2. Tìm giới hạn
lim
n→∞
1ˆ
0
nxn
2013 + xndx.
Câu 3. Cho α ≥ β > 0. Hãy tìm các hàm số f : (0,∞)→ R thỏa mãn điều
kiện
f(x) = max{xαyβ − f(y) : y ≥ x} với mọi x ∈ (0,∞).
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
x1, x2, ..., x2013 ∈ (0, 1) sao cho
2013∑
k=1
kxk
f ′(xk)
= 2013× 10072 .
Câu 5. Cho f(x) là hàm dương, liên tục trên đoạn [0, 1] và thoả mãn điều
kiện
f(x) + f((1−√x)2)) ≤ 1
với mọi x ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng
ˆ 1
0
√
f(x) dx ≤ pi
√
5
8 .
Hãy chỉ ra rằng dấu đẳng thức không thể xẩy ra.
Câu 6. Thí sinh chọn một trong hai câu:
30
3.2 Giải tích
6a. Cho (an) là dãy số dương sao cho chuỗi số
∑∞
n=1 an hội tụ. Chứng
minh rằng tồn tại dãy số dương (bn) sao cho limn→∞ bn =∞ và chuỗi∑∞
n=1 anbn <∞ cũng hội tụ.
6b. 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) 6= g(y) nếu x 6= y) và
liên tục trên đoạn [0, 1] sao cho
ˆ 1
0
f(x)gk(x) dx = 0 với mọi k = 0, 1, 2, ..., 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.
31
3 Đề thi
32
4 Chương 4Đáp án
4.1 Đại số
Bài 1. (5 điểm)
- Câu a) (3 điểm)
Tính ra được nghiệm
x1 = −− 3, x2 = −1, x3 = −12 , x4 = −
3
10 , x5 = −
1
5 .
Chấp nhận các kết quả có số lẻ bấm từ máy tính.
- Câu b) (2 điểm)
Đặt S = x1 + · · ·+ xn. Từ hệ đầu suy ra xi = S/i(i+ 1)− 1.
- (2 điểm) Cộng tất cả các hệ thức mới lại (hoặc thế vào phương trình đầu),
sẽ cho S = −n.
- (1 điểm) Do đó: xi = − n+1i(i+1) .
Bài 2. (5 điểm)
(2 điểm) Giả sử a1f1+· · ·+anfn = 0. Lấy đạo hàm suy ra a1ex+· · ·+anexn =
0.
(1 điểm) Lấy đạo hàm tiếp có a1ex + 2a2xex
2 + · · ·+ nanxn−1exn = 0.
(2 điểm) Cho x→ 0 suy ra a1 = 0. Thay a1 = 0 rồi chia 2 vế cho x, lại suy
ra a2 = 0, .... Cứ thế cho đến an = 0.
33
4 Đáp án
Bài 3. (5 điểm)
- (1 điểm) Khai triển Laplace để có
Dn = (a0 − a1)Dn−1 + a21Dn−2.
- (1 điểm) Tính D2 = a0a1 − a0a2 + a1a2.
- (3 điểm) Dự đoán và chứng minh bằng qui nạpDn = (−1)n∑ni=0(−1)ia0 · · · an/ai
(tức bỏ thừa số ai ở số hạng thứ i).
Bài 4. (5 điểm)
- (1 điểm) Giả sử có nghiệm là α = p/q, (p, q) = 1. Khi đó f(p) = 0, trong
đó
f(x) = axn+1 + b1qxn + · · ·+ bnqnx+ qn+1a = 0.
- (1 điểm) Nếu q chẵn thì p lẻ. Suy ra apn+1 chẵn, vô lí. Vậy q lẻ.
- (2 điểm) Chú ý f(1) = f(1)− f(p) ... (1− p). Mà f(1) ≡ 2a+∑ bi(mod 2)
lẻ, nên p chẵn.
- (1 điểm) Do f(p) = 0 suy ra aqn+1 chẵn, vô lí.
Bài 5. (5 điểm)
Trên mỗi hàng (cột) của ma trận vuông cấp n có n+ 1 phần tử bằng 1 với
định thức khác không khi và chỉ khi có duy nhất một hàng (cột) có 2 phần
tử 1 và các hàng (cột) còn lại chỉ có 1 phần tử 1.
Từ ma trận đơn vị ta đặt lần lượt số 1 vào một vị trí không nằm trên đường
chéo chính ta sẽ nhận được ma trận có định thức bằng 1. Từ đó có n2 − n
ma trận như vậy.
Từ ma trận đơn vị bằng phép đổi dòng (cột) ta có ma trận có định thức
bằng 1 hoặc −1. Có tất cả n! cách hoán vị như vậy. Suy ra sẽ có n!2 ma trận
có định thức bằng 1.
Vậy có tất cả n(n−1))n!2 .
4.2 Giải tích
Câu 1. (5 điểm) Đặt yn = xn − 1 ta thu được
(n+ 1)2yn+1 = n2yn =⇒ yn = a− 1
n2
.
34
4.2 Giải tích
• Tính được nghiệm xn = 1 + a−1n2 4 điểm
• Chỉ ra giới hạn 1 điểm
Câu 2. (5 điểm) Ta có
1ˆ
0
nxn
2013 + xn =
1ˆ
0
xd ln(2013 + xn) = ln 20142013 −
1ˆ
0
ln(1 + x
n
2013) dx.
3 điểm
Sử dụng bất đẳng thức 0 ≤ ln(1 + xn2013) ≤ x
n
2013 ta thấy
1´
0
ln(1 + xn2013) dx→ 0
khi n→∞.
Đáp số: ln 20142013 2 điểm
Câu 3. (5 điểm) Từ điều kiện f(x) = max{xαyβ − f(y) : y ≥ x} ta thấy
f(x) ≥ xαyβ − f(y) với mọi y ≥ x. Cho y = x ta có
f(x) ≥ x
α+β
2 . 1 điểm
Suy ra
xαyβ − f(y) ≤ xαyβ − y
α+β
2 .
Ta chứng minh
xαyβ − y
α+β
2 ≤
xα+β
2 .
Hay là
2 ≤
(
x
y
)β
+
(
y
x
)α
. 3 điểm
Đẳng thức này đúng do x ≤ y và α ≥ β. Theo định nghĩa
f(x) = x
α+β
2 .
Vậy
f(x) = x
α+β
2 . 1 điểm
Thử lại, ta thấy hàm này thỏa điều kiện đề bài đã cho.
35
4 Đáp án
Câu 4. (5 điểm) Đặt T = 1 + 2 + 3 + · · ·+ 2013 = 2013.20142 ; yk = 1T
k∑
i=1
i. Rõ
ràng với mọi k = 1, 2, ..., 2012 thì yk ∈ (0, 1). Vì f liên tục trên [0, 1] nên tồn
tại x¯k để f(x¯k) = yk. Ta chú ý rằng do f(0) = 0 và f(1) = 1 nên ta có thể
chọn x¯i 6= x¯i+1 (thậm chí có thể chọn x¯i tăng dần). Đặt x¯0 = 0; x¯2013 = 1.
áp dụng liên tiếp định lý Cauchy cho 2013 đoạn [0, x1] , [x1, x2] , ..., [x2012, 1]
với các hàm f và g(x) = x2 ta tìm được các điểm x1 ∈ (0, x1), x2 ∈
(x1, x2), ..., x2013 ∈ (x2012, 1) thỏa mãn
f ′(x1)
2x1
= f(x1)− f(0)
x21 − 02
⇒ x21 − 02 =
2
T
1x1
f ′(x1)
f ′(x2)
2x2
= f(x2)− f(x1)
x22 − x21
⇒ x22 − x21 =
2
T
2x2
f ′(x2)
f ′(x2013)
2x2013
= f(1)− f(x2012)1− x22012
⇒ 1− x22012 =
2
T
2013x2013
f ′(x2013)
Cộng lại ta được
1 = 2
T
2013∑
k=1
kxk
f ′(xk)
⇒ T2 =
2013∑
k=1
kxk
f ′(xk)
Hay là
T
2 =
2013∑
k=1
kxk
f ′(xk)
.
Câu 5. (5 điểm) Ta có
ˆ 1
0
√
f(x) dx = 4
ˆ pi
2
0
√
f(cos4 x)cos3 xsin x dx
≤ 4
(ˆ pi
2
0
f(cos4 x) dx
) 1
2
(ˆ pi
2
0
cos6 x sin2 x dx
) 1
2
ˆ 1
0
√
f(x) dx = 4
ˆ pi
2
0
√
f(sin4 x)sin3 xcosx dx
≤ 4
(ˆ pi
2
0
f(sin4 x) dx
) 1
2
(ˆ pi
2
0
sin6 x cos2 x dx
) 1
2
. (2 điểm)
36
4.2 Giải tích
Vì vậy
2
(ˆ 1
0
√
f(x) dx
)2
≤ 16
ˆ pi
2
0
(
f(cos4 x) + f(sin4 x)
)
dx
ˆ pi
2
0
sin6 x cos2 x dx
≤ 16pi2
ˆ pi
2
0
sin6 x cos2 x dx. (1 điểm)
Ta lại có
ˆ pi
2
0
sin6 x cos2 x dx = pi2
( 5.3
6.4.2 −
7.5.3
8.6.4.2
)
= pi2
5.3
8.6.4.2 .
Vậy ˆ 1
0
√
f(x) dx ≤ pi
√
5
8 .
Các đẳng thức trên xẩy ra khi và chỉ khi
f(cos4 x) = k cos3 x sin x; f(sin4 x) = h sin3 x cosx,
với k, h là hai hằng số.
Nhưng khi đó thì
f(cos4 x) + f(sin4 x) = k cos3 x sin x+ h sin3 x cosx
Theo điều kiện đầu bài
k cos3 x sin x+ h sin3 x cosx ≤ 1
với mọi x. Mặt khác, để có dấu bằng thì
ˆ 1
0
(f(cos4 x) + f(sin4 x)) dx = pi2 .
Điều này kéo theo
k cos3 x sin x+ h sin3 x cosx ≡ 1 ∀x ∈ [0, pi2 ].
Nhưng điều này không thể. 1 điểm
Câu 6. (5 điểm)
37
4 Đáp án
6a. Do chuỗi ∑∞n=1 an hội tụ nên ta có thể chọn được dãy các số nguyên
km ↑ ∞ sao cho ∞∑
i=km
ai <
1
m3
. (4 điểm)
Đặt bn = m nếu km < n ≤ km+1. Ta thấy bn ↑ ∞ và
∞∑
n=1
anbn =
∞∑
m=1
km+1∑
n=km+1
anbn ≤
∞∑
m=1
1
m2
<∞.
Vậy chuỗi ∑∞n=1 anbn hội tụ. 1 điểm
6b. Giả sử ngược lại hệ có k nghiệm như vậy và k < 2014. Ta bỏ qua các
nghiệm bội mà tại đó hàm số không đổi dấu và sắp xếp các nghiệm còn lại
theo thứ tự tăng dần 0 < x1 < x2 < · · · < xm < 1 (m ≤ k). Đặt x0 = 0 và
xm+1 = 1. Ta nhận thấy trên hai khoảng liên tiếp (xi, xi+1) và (xi+1, xi+2)
hàm số f(x) nhận các giá trị khác dấu nhau. Đặt φ(x) = ∏mi=1(g(x)− g(xi)).
Do g đơn điệu thực sự nên trên hai khoảng liên tiếp (xi, xi+1) và (xi+1, xi+2)
hàm số φ(x) cũng nhận các giá trị khác dấu nhau. Vì vậy hàm số f(x).φ(x)
sẽ hoặc dương hoặc âm. Từ đó
ˆ 1
0
f(x)φ(x) dx 6= 0. (4 điểm)
Điều đó mâu thuẫn với giả thiết.
Thí dụ: xét h1(x) là hàm lẻ và h2 là hàm chẵn. Đặt f(x) = h1(x − 12) và
g(x) = h2(x − 12). Khi đó, fgk là hàm có tâm đối xứng là (1/2, 0) nên´ 1
0 f(x)g
k(x) dx = 0 với mọi k.
38