Tiếp tục là các bài toán olimpic sv Ngoại thương 2011:
Bài 15: Cho $\mathbb{I}$ là một khoảng trong $\mathbb{R}$ và $a,b\in \mathbb{I},a< b$.Hàm $f:\mathbb{I}\to\mathbb{R}$ khả vi trên $\mathbb{I}$.Giả sử $f\left(a\right)=f\left(b\right)=0,f'\left(a\right)
>0,f'\left(b\right)>0$.Chứng minh rằng $\exists c_1,c_2,c_3\in\left(a;b\right),c_1<c_2<c_3$ sao cho $f\left(c_2\right)=0,f^{'}\left(c_1\right)=f^{'}\left(c_3\right)=0$
Bài 16: Cho $a\in\mathbb{R_{+}^{*}}$,hàm $f:\left[0,a\right]\to\mathbb{R}$ là ánh xạ thuộc lớp $\mathbb{C^{1}}$ sao cho $f^{'}\left(x\right)>0,\forall x\in\left[0,a\right]$ và $f\left(0\right)=0$
a)Chứng minh rằng $\forall x\in\left[0,a\right]$ thì $\int_0^{x} f\left(t\right)+\int_0^{f\left(x\right)} f^{-1}\left(t\right)dt=xf\left(x\right)$
(ở đó $f^{-1}:\left[0,f\left(a\right)\right]\to\mathbb{R}$ là hàm ngược của $f$)
b)Từ đo suy ra $\forall \left(x,y\right)\in\left[0,a\right]$x$\left[0,f\left(a\right)\right],\int_0^{x} f\left(t\right)+\int_0^{y} f^{-1}\left(t\right)dt\geq xy$
Bài 17:Cho $f\left(x\right)=x^5+x+1$.Giải phương trình trên $\mathbb{R}$ :$f\left(x\right)=f^{-1}\left(x\right)$
Ta có $$\lim_{h \to 0^+} \dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}=f'(a)>0$$
$$\Rightarrow \exists h_1>0\; \text{đủ nhỏ},a<a+h_1 < b \;,\; f(a+h_1)>f(a)$$
Vậy $\exists x_1 \in (a;b) \;, \; f(x_1)>0$
$$\lim_{h \to 0^+} \dfrac{f(b-h)-f(b)}{-h}=f'(b)>0$$
$$\Rightarrow \exists h_2>0\; \text{đủ nhỏ},\;a<a+h_2<b \;,\; f(b-h_2)<f(b)$$
Vậy $\exists x_2 \in (a;b) \;\;, f(x_2)<0$
Do đó $\exists c_2 \in (x_1;x_2) \;, f(c_2)=0$
Từ đây, theo đl Rolle suy ra $\exists c_1 \in (a;c_2) \;, f'(c_1)=0 $ , $\exists c_3 \in (c_2;b) \;, f'(c_3)=0$
Hiển nhiên có $c_1<c_2<c_3$
Vậy ta có đpcm.
a) Do $f(x) \in C^1 \Rightarrow f^{-1}(x) \in C^1 \;, \forall x \in [0;1] $
Xét $\int_0^{f\left(x\right)} f^{-1}\left(t\right)dt$
Đổi biến $u=f^{-1}(t)$ . Do $f'(x)>0$ nên $f(x)$ đồng biến trên $[0;a]$, do đó $f^{-1}(x)$ cũng đồng biến trên $[0;a]$
$t=0 \Rightarrow u=f^{-1}(0)=0 \;\;, t=f(x) \Rightarrow u=f^{-1}(f(x))=x$
$dt=f'(f^{-1}(t))du=f'(u)du$
Suy ra $$\int_0^{f\left(x\right)} f^{-1}\left(t\right)dt=\int_0^x uf'(u)du=\int_0^x tf'(t)dt$$
Vậy $$\int_0^{x} f\left(t\right)+\int_0^{f\left(x\right)} f^{-1}\left(t\right)dt=\int_0^x (f(t)+tf'(t))dt$$
$$=\int_0^x (tf(t))'dt=xf(x)$$
b)
Như câu a), ta có $f^{-1}(x) \ge 0\;\;, \forall x \in [0;1] $
$\forall y \in [0;f(a)] \;, \exists z \in [0;a] \;, y=f(z)$
Bất đẳng thức tương đương với
$$\int_0^x f(t)dt+\int_0^{f(z)} f^{-1}(t)dt \ge xf(z)$$
Nếu $z>x \ge 0 \Rightarrow f(z)>f(x)$
$$\int_0^x f(t)dt+\int_0^{f(z)} f^{-1}(t)dt=\int_0^x f(t)dt+\int_0^{f(x)} f^{-1}(t)dt+\int_{f(x)}^{f(z)} f^{-1}(t)dt$$
$$=xf(x)+\int_{f(x)}^{f(z)} f^{-1}(t)dt \ge xf(x)+\int_{f(x)}^{f(z)}x dt =xf(x)+x(f(z)-f(x))=xf(z)$$
Nếu $z \le x \le a \Rightarrow f(z)<f(x)$
$$\int_0^x f(t)dt+\int_0^{f(z)} f^{-1}(t)dt=\int_0^z f(t)dt+\int_0^{f(z)} f^{-1}(t)dt+\int_z^x f(t)dt$$
$$=zf(z)+\int_z^x f(t)dt \ge zf(z)+\int_z^x f(z)dt $$
$$\ge z(f(z)+f(z)(x-z)=xf(z)$$
Vậy ta luôn có $$\forall \left(x,y\right)\in\left[0,a\right] \times \left[0,f\left(a\right)\right],\;\int_0^{x} f\left(t\right)+\int_0^{y} f^{-1}\left(t\right)dt\geq xy$$
Trước tiên, dễ thấy $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ . $f'(x)=5x^4+1 >0 \;\;,\forall x \in \mathbb{R}$ suy ra $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$
Suy ra $f(x)$ là song ánh, do đó tồn tại hàm ngược $f^{-1}(x)$
$$f(x)=f^{-1}(x) \Leftrightarrow f(f(x))=x$$
$$\Leftrightarrow (x^5+x+1)^5+x^5+2=0$$
Xét $g(x)=(x^5+x+1)^5+x^5+2 \;\;, x \in \mathbb{R}$
$$g'(x)=5(5x^4+1)(x^5+x+1)^4+5x^4 >0 \;\;, \forall x \in \mathbb{R} $$
Suy ra $g(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$,do đó $g(x)=0$ có không quá một nghiệm.
Dễ thấy $g(-1)=0$, suy ra $x=-1$ là nghiệm duy nhất của phương trình $g(x)=0$.
Thật ra dùng nhận xét mọi giao điểm của đồ thị $f$ và đồ thị $f^{-1}$ luôn nằm trên đường $f(x)=x$ cho lời giải đơn giản hơn nhiều.
P/s: Dễ hơn đề vòng 2 của BKHCM cùng năm đó.