Student's Guide to Solve Calculus Problems in Olympics, Schemes and Mind Maps of Calculus

Download Student's Guide to Solve Calculus Problems in Olympics and more Schemes and Mind Maps Calculus in PDF only on Docsity!

Trường Đại học Ngân hàng TP Hồ Chí Minh Bộ môn Toán Kinh tế

Hướng dẫn ôn thi

Olympic Toán sinh viên

Phần Giải tích

TS. Lê Phương (chủ biên) ThS. Bùi Thị Thiện Mỹ

Tài liệu tham khảo - Lưu hành nội bộ

www.mathvn.com

www.mathvn.com

Mục lục

Chương 1

Kiến thức cơ sở

1.1 Giải bài toán olympic như thế nào

Phân tích bài toán

Giải một bài toán là thông qua các suy luận logic, ta biến đổi các giả thiết ban đầu thành kết luận của bài toán. Do đó, định hướng chính khi giải toán là biến đổi bài toán P ban đầu lần lượt thành các bài toán đơn giản hơn P 1 , P 2 ,... , Pn để từ đó thu được kết luận của bài toán P.

Bài toán P → Bài toán P 1 → · · · → Bài toán Pn → Kết luận

Các bài toán trung gian, ví dụ bài toán (P 1 ), có 1 trong 2 dạng:

1. Tương đương với bài toán P ban đầu (P 1 ⇔ P ): khi đó bài toán P chỉ giải được khi và chỉ khi bài toán P 1 giải được. Ta có thể tự tin tập trung vào việc giải bài toán P 1 đơn giản hơn bài toán ban đầu.
2. Bài toán ban đầu là hệ quả của bài toán P 1 (P 1 ⇒ P ): trong trường hợp này ta cần dự phòng tình huống bài toán P 1 này là sai (không thể giải được), khi đó ta phải đi tìm một cách tiếp cận khác.

Trong quá trình tìm lời giải bài toán, ta có thể vận dụng linh hoạt 3 phương pháp suy luận cơ bản sau:

1. Phương pháp phản chứng: Để chứng minh mệnh đề P đúng, ta hãy giả sử rằng P sai và từ đó suy ra một điều vô lí.
2. Phương pháp qui nạp: Để chứng minh mệnh đề P (n) đúng với mọi số tự nhiên n, ta có thể chứng minh rằng: P (0) đúng và nếu P (n) đúng thì P (n + 1) đúng.

www.mathvn.com

1.2. Hằng đẳng thức Chương 1

1. Phương pháp chia trường hợp: Để chứng minh mệnh đề P đúng, ta có thể viết mệnh đề P thành tích của các mệnh đề đơn giản hơn: P = P 1 P 2 · · · Pn rồi chứng minh tất cả các mệnh đề P 1 , P 2 ,... , Pn đều đúng.

Mục tiêu chính của tài liệu tham khảo này là hướng dẫn sinh viên cách suy luận để tìm ra lời giải của các bài toán giải tích thường xuất hiện trong cuộc thi Olympic Toán sinh viên.

Trình bày lời giải

Quá trình phân tích bài toán để tìm lời giải thường không phải là một quá trình suy luận logic chặt chẽ, mà còn dựa nhiều trên kinh nghiệm và trực giác. Do đó ta sẽ không ghi những gì ta phân tích vào trong lời giải mà ta chỉ ghi những suy luận chặt chẽ về mặt logic mà thôi.

1. Ta viết ra một lời giải đúng chứ ta không cần viết ra lí do tại sao ta lại tìm được lời giải như vậy. Ví dụ: để giải bài toán tìm công thức tổng quát của một dãy số truy hồi, ta có thể tính toán thử một số phần tử đầu tiên của dãy để dự đoán công thức tổng quát, sau đó sẽ cố gắng chứng minh dự đoán đó bằng qui nạp toán học. Bước tính toán thực nghiệm để dự đoán công thức tổng quát là bước phân tích được tiến hành ngoài nháp, không đưa vào bài giải. Trong bài giải ta chỉ cần ghi “Bằng phương pháp qui nạp ta sẽ chứng minh công thức... ” và sau đó ghi ra phần chứng minh mà không cần lí giải bằng cách nào ta tìm được công thức đó.
2. Một lời giải tốt cần cô đọng, súc tích nhưng đầy đủ các bước suy luận. Để lời giải đỡ nặng nề và dễ đọc, ta không nên quá lạm dụng các kí hiệu ∀, ∃, ⇔ mà nên sử dụng các mệnh đề logic thay thế như “với mọi”, “tồn tại”, “khi và chỉ khi”...

1.2 Hằng đẳng thức

Cho các số thực a, b và số tự nhiên n, ta có các hằng đẳng thức sau:

1. Khai triển nhị thức Newton:

(a + b)n^ =

∑^ n

k=

Cnk akbn−k.

6 Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán

www.mathvn.com

1.3. Bất đẳng thức Chương 1

Định lí 1.4 (Bất đẳng thức trung bình tổng quát). Cho các số thực dương

a 1 , a 2 ,... , an và các số thực dương λ 1 , λ 2 ,... , λn thỏa mãn

∑n k=

λk = 1. Ta có

bất đẳng thức ∑n

k=

λkak ≥

∏^ n

k=

aλ kk.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = · · · = an.

Đặt biệt khi λ 1 = λ 2 = · · · = λn = (^1) n hoặc n = 2 ta có các bất đẳng thức quen thuộc sau:

Định lí 1.5 (Bất đẳng thức AM–GM). Trung bình cộng của các số thực không âm a 1 , · · · , an không bé hơn trung bình nhân của các số đó, nghĩa là

n

∑^ n

k=

ak ≥

( (^) n ∏

k=

ak

) (^1) n .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = · · · = an.

Bất đẳng thức AM–GM còn được gọi là bất đẳng thức Cauchy.

Định lí 1.6 (Bất đẳng thức Young). Cho các số thực dương a, b, p và q thỏa mãn (^1) p + (^1) q = 1. Ta có ap p

bq q

≥ ab.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ap^ = bq.

Định lí 1.7 (Bất đẳng thức H¨older). Cho các số thực không âm a 1 , a 2 ,... , an, b 1 , b 2 ,... , bn, và các số thực dương p và q thỏa (^1) p + (^1) q = 1, ta có

∑^ n

k=

akbk ≤

( (^) n ∑

k=

apk

) 1 /p ( (^) n ∑

k=

bqk

) 1 /q .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các bộ số ak và bk tỉ lệ với nhau.

Chứng minh. Nếu vế phải của bất đẳng thức bằng không thì ak = bk = 0 với mọi k = 1,... , n và bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Do đó ta chỉ cần xét trường hợp vế phải của bất đẳng thức khác không. Đặt

ck =

ak ( (^) n ∑ k=

apk

) 1 /p ,^ dk =^

bk ( (^) n ∑ k=

bqk

) 1 /q.

8 Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán

www.mathvn.com

Chương 1 1.3. Bất đẳng thức

Áp dụng bất đẳng thức Young ta có

∑^ n

k=

ckdk ≤

∑^ n

k=

cpk p

dqk q

p

∑^ n

k=

cpk +

q

∑^ n

k=

dqk =

p

q

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Đặc biệt khi p = q = 12 ta có bất đẳng thức quen thuộc

Định lí 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz). Cho các số thực a 1 , a 2 ,... , an, b 1 , b 2 ,... , bn, ta có (^) ( ∑n

k=

akbk

∑^ n

k=

a^2 k

∑n

k=

b^2 k.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các bộ số ak và bk tỉ lệ với nhau.

Ngoài cách chứng minh tổng quát như trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức Cauchy–Schwarz một cách đơn giản hơn bằng cách sử dụng đồng nhất thức Lagrange:

∑^ n

k=

a^2 k

∑n

k=

b^2 k −

( (^) n ∑

k=

akbk

1 ≤i

Chương 2

Dãy số

2.1 Tóm tắt lí thuyết

2.1.1 Dãy số và tính chất

Định nghĩa 2.1 (Dãy số). Dãy số là một tập hợp vô hạn đếm được các số thực được sắp thứ tự. Dãy số được kí hiệu là (un) hoặc {un} trong đó un là phần tử thứ n của dãy. Phần tử thứ n của dãy số (un) có thể được cho bởi công thức tường minh un = f (n),

hoặc một công thức truy hồi

un = f (n, un− 1 , un− 2 ,... ).

Định nghĩa 2.2 (Dãy đơn điệu). Dãy số (un) được gọi là

• tăng (tăng chặt) nếu un ≤ un+1 (un < un+1) với mọi n ∈ N,
• giảm (giảm chặt) nếu un ≥ un+1 (un > un+1) với mọi n ∈ N.

Dãy tăng hoặc giảm được gọi chung là dãy đơn điệu.

Định nghĩa 2.3 (Dãy bị chặn). Dãy số (un) được gọi là

• bị chặn trên nếu tồn tại C ∈ R sao cho un ≤ C với mọi n ∈ N,
• bị chặn dưới nếu tồn tại C ∈ R sao cho un ≥ C với mọi n ∈ N.

Dãy bị chặn trên và bị chặn dưới được gọi là dãy bị chặn.

Định nghĩa 2.4 (Dãy Cauchy). Dãy số (un) được gọi là dãy Cauchy nếu với mọi ε > 0 , tồn tại n(ε) ∈ N sao cho |um − un| < ε với mọi m, n > n(ε).

Định nghĩa 2.5 (Dãy con). Cho dãy số (un) và dãy các số tự nhiên nk thỏa 1 ≤ n 1 ≤ n 2 ≤ · · ·. Khi đó dãy số (unk ) được gọi là một dãy con của dãy (un).

www.mathvn.com

2.1. Tóm tắt lí thuyết Chương 2

2.1.2 Giới hạn của dãy số

Định nghĩa 2.6 (Giới hạn). Dãy (un) được gọi là hội tụ đến l (hay có giới hạn là l) nếu với mọi ε > 0 , tồn tại n(ε) ∈ N sao cho |un − l| < ε với mọi n > n(ε). Kí hiệu lim n→∞ un = l hay un → l khi n → ∞. Dãy (un) được gọi là dãy hội tụ nếu tồn tại l ∈ R sao cho lim n→∞ un = l,

ngược lại (un) được gọi là dãy phân kì.

Định nghĩa 2.7 (Giới hạn vô cùng). Dãy (un) được gọi là

• tiến đến +∞ (hay có giới hạn là +∞) nếu với mọi M > 0 , tồn tại n(M ) ∈ N sao cho un > M với mọi n > n(M ). Kí hiệu lim n→∞ un = +∞ hay un → +∞ khi n → ∞.
• tiến đến −∞ (hay có giới hạn là −∞) nếu (−un) tiến đến +∞. Kí hiệu lim n→∞ un = −∞ hay un → −∞ khi n → ∞.
• tiến đến ∞ (hay có giới hạn là ∞) nếu (|un|) tiến đến +∞. Kí hiệu lim n→∞ un = ∞ hay un → ∞ khi n → ∞.

Định nghĩa 2.8 (Giới hạn trên, giới hạn dưới). Giá trị l ∈ R ∪ {−∞, −∞} được gọi là

• giới hạn trên của dãy (un) nếu tồn tại dãy con (unk ) của dãy (un) thỏa mãn lim k→∞ unk = l và với dãy con (umk ) bất kì ta có lim k→∞ umk ≥ l nếu lim k→∞ umk tồn tại. Kí hiệu lim sup n→∞

un = l.

• giới hạn dưới của dãy (un) nếu −l là giới hạn trên của dãy (−un). Kí hiệu lim inf n→∞

un = l.

Định nghĩa 2.9 (Vô cùng bé). Cho hai dãy số (an) và (bn). Dãy (an) được gọi là

• vô cùng bé so với dãy (bn) nếu lim n→∞

an bn = 0. Kí hiệu^ an^ =^ o(bn).

• cùng bậc so với dãy (bn) nếu lim n→∞

an bn =^ k^ ∈^ R{^0 }. Kí hiệu^ an^ =^ O(bn).

• tương đương với dãy (bn) nếu lim n→∞

an bn = 1. Kí hiệu^ an^ ∼^ bn.

Định lí 2.1 (Tính chất của giới hạn).

12 Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán

www.mathvn.com

2.2. Các dạng toán về dãy số Chương 2

Bằng qui nạp ta có thể chứng minh được

∆kun =

∑^ k

i=

(−1)k−iCkiun+i.

Định nghĩa 2.11 (Phương trình sai phân). Phương trình có dạng

G(n, un, ∆un, · · · , ∆kun) = 0,

trong đó G : N × Rk+1^ → R là một hàm số cho trước và (un) là dãy số cần tìm được gọi là một phương trình sai phân cấp k. Phương trình sai phân cấp k có thể được viết dưới dạng

F (n, un, un+1, · · · , un+k) = 0.

Phương trình sai phân có thể được nhìn nhận ở 2 góc độ:

1. Phương trình sai phân là phương trình hàm một biến số trên tập hợp N. Giải một phương trình sai phân sẽ giúp ta xác định được số hạng tổng quát của dãy số cho bởi một công thức truy hồi.
2. Khái niệm sai phân mô phỏng khái niệm đạo hàm còn khái niệm phương trình sai phân mô phỏng khái niệm phương trình vi phân của hàm số thực.

2.2 Các dạng toán về dãy số

2.2.1 Số hạng tổng quát của dãy số

Dạng toán tìm số hạng tổng quát của dãy số thường được giải theo định hướng sau:

1. Đưa công thức truy hồi có cấp vô hạn về công thức truy hồi có cấp hữu hạn.
2. Đổi biến (lập dãy mới) để giảm dần cấp của công thức truy hồi cho đến khi tìm được công thức của dãy mới.
3. Truy ngược lại công thức của dãy số ban đầu.

Trong quá trình biến đổi cần linh hoạt thay đổi chỉ số n bởi n+1, n+2,... để thấy được mối liên hệ giữa các số hạng của dãy. Trong đa số các trường hợp, việc tìm được công thức tổng quát cũng giúp ta khảo sát được các tính chất khác như giới hạn, tính đơn điệu... của dãy số.

14 Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán

www.mathvn.com

Chương 2 2.2. Các dạng toán về dãy số

Bài 2.1 (Đề thi 2006). Cho dãy số (xn) xác định theo hệ thức sau

x 1 = 2, x 1 + x 2 + x 3 + · · · + xn = n^2 xn, ∀n ≥ 2.

Tính x 2006.

Hướng dẫn. Hiển nhiên 2006 không có vai trò gì đặc biệt, ta cần phải tìm được công thức của số hạng tổng quát nếu muốn giải được bài toán. Theo công thức truy hồi ở đề bài, để tính được xn ta cần biết tất cả n − 1 số hạng đầu tiên của dãy. Nói cách khác đây là công thức truy hồi có cấp vô hạn, ta cần đưa nó về dạng đơn giản hơn (có cấp hữu hạn) để xử lí dễ hơn. Ta nhận xét rằng nếu thay n bởi n + 1 ở công thức của đề bài thì vế trái sẽ có thêm số hạng xn+1, trong khi vế phải được thay đổi thành (n + 1)^2 xn+1. Do đó ta phải có xn+1 = (n + 1)^2 xn+1 − n^2 xn hay xn+1 = (^) nn+2 xn.

Ta đã nhận được công thức truy hồi cấp hữu hạn. Do số cấp chỉ là 1 nên chỉ cần vận dụng công thức trên liên tiếp ta sẽ tìm ra công thức tổng quát của (xn). Từ lập luận trên, ta có thể trình bày bài giải như sau:

Giải. Thay n bởi n + 1 trong công thức truy hồi đã cho ta có

x 1 + x 2 + x 3 + · · · + xn+1 = xn+1 = (n + 1)^2 xn+1.

Suy ra xn+1 = (n + 1)^2 xn+1 − n^2 xn hay xn+1 = (^) nn+2 xn. Áp dụng công thức

này liên tiếp n lần ta được

xn+1 =

n n + 2

xn =

n(n − 1) (n + 2)(n + 1)

xn− 1 = · · ·

n! (n + 2)!/(1 · 2)

x 1 =

(n + 1)(n + 2)

Thay n = 2005 ta được x 2006 = (^20064) · 2007.

Bài 2.2 (Đề thi 2008). Dãy số (an) được xác định bởi a 1 = a 2 = 1 và an+2 = (^) an^1 +1 + an với n ≥ 1. Tính a 2008.

Hướng dẫn. Để đơn giản hóa công thức truy hồi, ta nghĩ tới việc quy đồng mẫu số 2 vế để được

an+2an+1 = an+1an + 1.

Từ đây thấy ngay an+1an + 1 là dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 và ta có lời giải như bên dưới.

Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán 15

www.mathvn.com

Chương 2 2.2. Các dạng toán về dãy số

Bài 2.4 (Đề thi 2014). Cho dãy số (un) thỏa mãn u 1 = 1 và un+1 =

u^2 n + an với mọi n ≥ 1 , trong đó a ≥ 0. Tìm a sao cho (un) hội tụ và tìm giới hạn đó.

Hướng dẫn. Để đơn giản hóa công thức truy hồi, ta khử căn bậc 2 để được

u^2 n = an−^1 + u^2 n− 1.

Do đó u^2 n là dãy truy hồi tuyến tính cấp 1.

Giải. Với mọi n ≥ 2 ta có un > 0 và u^2 n = an−^1 + u^2 n− 1. Áp dụng liên tiếp ta được

u^2 n = an−^1 + u^2 n− 1 = an−^1 + an−^2 + u^2 n− 2 = · · · = an−^1 + an−^2 + · · · + a^1 + 1.

Do đó

u^2 n =

n nếu a = 1 √ 1 −an 1 −a nếu^0 ≤^ a^6 = 1

Suy ra (un) hội tụ khi và chỉ khi 0 ≤ a < 1 , khi đó lim n→∞ un = √ 11 −a.

Bài 2.5. Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn của dãy số (un) thỏa mãn (^)   

u 0 = 5, u 1 = 1, un+2 = 23 un+1 + 13 un, với mọi n ≥ 0.

Hướng dẫn. Để đơn giản hóa công thức truy hồi, ta sẽ chuyển một phần của un+1 sang vế trái để được biểu diễn dạng

un+2 − aun+1 = −

3 a

(un+1 − aun).

Nếu làm được như vậy thì un+1 − aun là dãy truy hồi tuyến tính bậc nhất và ta có thể giải tiếp bài toán. Bằng tính toán trực tiếp, ta có a = 1.

Giải. Theo giả thiết ta có un+2 − un+1 = −^13 (un+1 − un). Áp dụng hệ thức này liên tiếp n + 1 lần ta được

un+2 − un+1 = −

(un+1 − un) = · · · =

)n+ (u 1 − u 0 ) = − 4

)n+ .

Do đó

un =

∑^ n

k=

(uk − uk− 1 ) + u 0 = − 4

∑^ n

k=

)k− 1

• 5 = 2 −

)n− 1 .

Vậy lim n→∞ un = 2.

Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán 17

www.mathvn.com

2.2. Các dạng toán về dãy số Chương 2

Bài 2.6. Cho số thực a, tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn của dãy số (un) sau { u 1 = a, un+1 = 2 n+

3 u^2 nn +1, với mọi n ≥ 0.

Hướng dẫn. Cùng ý tưởng như các bài trên, ta đơn giản hóa công thức truy hồi bằng cách phá bỏ căn thức

u^2 nn+1+3 = 3u^2 nn +1.

Tiếp theo, một phần của hệ số 3 cần chuyển sang vế trái để công thức truy hồi có dạng bậc nhất như sau

(aun+1)2(n+1)+1^ = (aun)^2 n+^.

Tính toán trực tiếp, ta thấy a = √^13.

Giải. Ta có

u√n+ 3

)2(n+1)+

u√n 3

) 2 n+ với mọi n ≥ 0.

Do đó

u√n 3

) 2 n+

u√n− 1 3

) 2 n− 1 = · · · =

√u^1 3

√a 3

. Suy ra un = 2 n+1^ √ 3 n− (^1) a (^3).

Vậy lim n→∞ un =

3 nếu a > 0 , −

3 nếu a < 0 ,

0 nếu a = 0.

Bài 2.7 (Đề thi 2009). Cho hai dãy số (xn) và (yn) xác định bởi công thức

x 1 = y 1 =

3 , xn+1 = xn +

1 + x^2 n, yn+1 =

yn 1 +

1 + y^2 n

, n ≥ 1.

Chứng minh rằng xnyn ∈ (2, 3) với n ≥ 2 và lim n→∞ yn = 0.

Hướng dẫn. Từ các công thức lượng giác ta nghĩ tới việc đặt xn = cot an và yn = tan bn. Xem xét mối quan hệ của (an) và (bn) để tìm được an = (^3) ·π 2 n và bn = (^3) · 2 πn− 1. Từ đó ta có thể trình bày lời giải một cách ngắn gọn bằng qui nạp như sau:

Giải. Bằng qui nạp ta chứng minh được xn = cot (^3) ·π 2 n và yn = tan (^3) · 2 πn− 1 với mọi n ≥ 1. Do đó

xnyn = cot

π 3 · 2 n^

tan

π 3 · 2 n−^1

= cot

π 3 · 2 n

2 tan (^3) ·π 2 n 1 − tan^2 3 ·π 2 n

1 − tan^2 3 ·π 2 n

18 Lê Phương, Bùi Thị Thiện Mỹ - Hướng dẫn ôn thi Olympic Toán

www.mathvn.com