Kỷ yếu Kỳ thi Olympic toán sinh viên lần thứ 22

− x. Khi đó h là
hàm liên tục trên [0; 1] nên đạt giá trị lớn nhất tại x0. Ta có
 Z 1 Z x0 Z 1 Z 1
 f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx ≥ f(x)dx.
 0 0 x0 x0
158
Do f là hàm đơn điệu tăng cho nên
 Z 1 Z 1
 f(x)dx ≥ f(x0)dx = (1 − x0)f(x0).
 x0 x0
Suy ra
 Z 1
 f(x)dx ≤ (1 − x0)f(x0) = f(x0) − x0f(x0)
 0
 = h(x0) + x0(1 − x0)
 Z 1
 ≥ h(x0) = h(x0)dx
 0
 Z 1
 ≥ h(x2014)dx
 0
 Z 1 Z 2
 = f(x2014)dx − x2014dx
 0 0
 Z 1 1
 = f(x2014)dx − .
 0 2015
Bài 4.28 (CĐ Sư phạm Vĩnh Phúc). Ta có
 Z 1/2 1 1
 xf 0(x)dx = f( )
 0 2 2
 R 1/2
do 0 f(x)dx = 0. Từ đó suy ra
 Z 1/2 Z 1 Z 1
 VT = ( f(x)dx + f(x)dx)2 = ( f(x)dx)2
 0 1/2 1/2
 Z 1 1 1
 = ( (f(x) − f(1/2)dx) + f( ))2
 1/2 2 2
 Z 1 Z 1/2
 = ( (1 − x)f 0(x)dx + xf 0(x)dx)2
 1/2 0
 Z 1 Z 1/2
 ≤ 2( (1 − x)f 0(x)dx)2 + 2( xf 0(x)dx)2
 1/2 0
 1 Z 1
 ≤ (f 0(x))2dx.
 12 0
5 CHUỖI SỐ
Bài 5.1 (ĐH Bách khoa Hà Nội). Khai triển hữu hạn hàm
 x2
 ln(1 + x) = x − + α(x)
 2
5. CHUỖI SỐ 159
trong lân cận x = 0, với α(x) = o(x2). Suy ra
  (−1)n  (−1)n 1  1 
 ln 1 + √ = √ + + α , α = o .
 n n 2n n n n
 +∞ n
 X (−1)
Chuỗi √ hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz.
 n
 n=2
 +∞ +∞
 1 1 X 1 X  1 
Vì + α ∼ khi n → ∞ và phân kỳ nên + α cũng phân
 2n n 2n n 2n n
 n=2 n=2
kỳ. Vậy chuỗi đã cho là phần kỳ.
Bài 5.2 (HV Bưu chính Viễn thông). Ta có
 ∞ ∞
 X X 1
 n(n + 1)... (n + k)
 n=1 k=1
 ∞ ∞
 X X 1
 =
 n(n + 1)... (n + k)
 k=1 n=1
 ∞ ∞
 X X  1 1 1
 = −
 n(n + 1)... (n + k − 1) (n + 1)... (n + k) k
 k=1 n=1
 ∞
 X 1 1 
 =
 k k!
 k=1
Mặt khác
 ∞ ∞
 Z 1 ex − 1 Z 1 1  X xk  X 1  Z 1 xk 
 dx = dx = dx.
 x x k! k! x
 0 0 k=1 k=1 0
Từ những điều trên ta suy ra điều cần chứng minh.
Bài 5.3 (Dự bị). Từ giải thiết ta có xn > 0 với n ≥ N0, N0 đủ lớn. Suy ra, với
n ≥ N0 thì
 x x − x x − x
 1 − n = n+1 n ≤ n+1 n .
 xn+1 xn aN0
Vì
 ∞
 X xn+1 − xn a
 ) = ,
 aN0 N0
 n=N0
nên chuỗi đã cho hội tụ.
Chú ý: Điều này không đúng nếu a < 0.
160
Bài 5.4 (ĐH Hùng Vương, Phú Thọ). Nhận xét an > 1∀n.
Ta có:
 1 1 1 1
 = 2 = − + .
 an+1 − 2 an − 3an + 2 an − 2 an − 1
Suy ra
 1 1 1
 − = .
 an − 2 an+1 − 2 an − 1
 N N
 X 1 X 1 1 1 1 1 1
⇒ =  − 
 = − = − .
 a − 1 a − 2 a − 2 a − 2 a − 2 2 a − 2
 n=1 n n=1 n n+1 1 N+1 N+1
Mặt khác :
 2 2
 an+1 − an = an − 4an + 4 = (an − 2) > 0 ∀n.
⇒ {an} là dãy tăng.
Giả sử
 L = sup an ⇒ L > 4.
 n≥1
Nếu L < +∞ ⇒ L = L2 − 3L + 4 ⇒ L = 2 ( vô lý )
⇒ L = +∞ ⇒ lim an = +∞.
Mà
 N
 X 1 1 1
 = −
 a − 1 2 a − 2
 n=1 n N+1
 N 1 1
nên cho N → +∞ ⇒ P = .
 n=1 an 2
Bài 5.5 (HV Phòng không Không quân). Giả sử
 0 ∞
 f (x) X
 g(x) = = b xn,
 f(x) n
 n=0
trong đó |bn| ≤ 2, ∀n ∈ N theo giả thiết. Mặt khác ta có:
 0
 0 f (x)
 f (x) = f(x) .
 f(x)
Từ giả thiết ta có:
 0 2 n−1
 f (x) = a1x + 2a2x + 3a3x + ··· + nanx + ···
Ta lại có:
 f 0 (x)
f(x) = (1+a x+a x2 +···+a xn +··· )(b +b x+b x2 +···+b xn +··· )
 f(x) 1 2 n 0 1 2 n
5. CHUỖI SỐ 161
Bây giờ, ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử |an| ≤ n + 1 không đúng
với mọi giá trị của n. Gọi k là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho |ak| > k + 1. Từ
các lập luận ở trên ta có
 2 n−1
 a1x + 2a2x + 3a3x + ··· + nanx + ···
 2 n 2 n
 = (1+a1x+a2x +···+anx +··· )(b0 +b1x+b2x +···+bnx +··· )∀n ∈ N.
So sánh hệ số của xk−1 ở hai vế, ta được:
 kak = b0ak−1 + b1ak−2 + ··· + bk−2a1 + bk−1 (1)
Xét hai vế của hệ thức (1) Vế trái có
 kak > k(k + 1),
vì k là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho ak > k + 1. Vế phải có
 |b0ak−1 + b1ak−2 + ··· + bk−2a1 + bk−1| ≤ 2(|ak−1 + ··· + |a1| + 1)
 ≤ 2(k + ··· + 2 + 1) = k(k + 1).
Dẫn đến mâu thuẫn với (1). Vậy:
 |an| ≤ n + 1 ∀n ∈ N.
 ∞
 P
Bài 5.6 (ĐH Quy Nhơn). a) Vì chuỗi an hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy
 n=1
  
 lim a[ n ]+1 + a[ n ]+2 + ... + an = 0,
 n→∞ 2 2
trong đó, [.] là ký hiệu hàm phần nguyên. Vì dãy {an} giảm nên
 n
 a[ n ]+1 + a[ n ]+2 + ... + an ≥ [ ]an.
 2 2 2
 ∞ ∞ ∞
 P n P n P
Vì vậy, [ 2 ]an = 0. Do đó, 2 an = 0 và ta cũng có nan = 0.
 n=1 n=1 n=1
b) Ta có
 √ √
 sin π 3 n3 + n = (−1)n sin π 3 n3 + n − nπ
 nπ
 = (−1)n sin √
 p3 (n3 + n)2 + n 3 n3 + n + n2
 n
 = (−1) an.
trong đó {an} là dãy số dương giảm dần về 0. Theo tiêu chuẩn Leibniz cho
chuỗi đan dấu, ta có chuỗi đã cho hội tụ.
162
Bài 5.7 (ĐH Sao Đỏ). Đặt
 cj = sup(n + 1)an ∀j ≥ 1.
 n≥2j
Ta sẽ chỉ ra
 2
 cj+1 ≤ 4cj .
Thật vậy, với mỗi n ≥ 2j+1, tồn tại số một số nguyên k ≥ 2j sao cho n = 2k
hoặc n = 2k + 1.
Nếu n = 2k ta có
 c2 4c2 4c2
 a − a ≤ a2 ≤ j ≤ j − j .
 2k 2k+1 k (k + 1)2 2k + 1 2k + 2
Nếu n = 2k + 1 ta có:
 c2 4c2 4c2
 a − a ≤ a a ≤ j ≤ j − j .
 2k+1 2k+2 k k+1 (k + 1)(k + 2) 2k + 2 2k + 3
 2
 4cj
Do đó, dãy (an − n+1 )n≥2j+1 là một dãy tăng các số hạng không dương và hội
tụ đến 0. Vì vậy
 4c2
 a ≤ j ∀n ≥ 2j+1.
 n n + 1
Hay
 2 2
 cj+1 ≤ 4cj .
 2−t
Suy ra dãy ((4cj) )j≥0 không tăng và vì vậy bị chặn trên bởi một số q < 1 .
 2t j j+1
Vì vậy cj ≤ q với j đủ lớn. Với bất kì n trong khoảng 2 và 2 ta có
 c √
 a ≤ j ≤ q2t ≤ ( q)n.
 n n + 1
Vì vậy
 √ √
 n
 lim an < q < 1.
 n→∞
Theo tiêu chuẩn Cauchy, suy ra chuỗi đã cho hội tụ.
Bài 5.8 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2). Với mỗi n ∈ N ta xét các khả năng sau:
 1
a) Nếu an ≥ 2n+1 thì ta có
 n
 n+1 an
 an = 1 ≤ 2an.
 n+1
 an
 1
b) Nếu an < 2n+1 thì
5. CHUỖI SỐ 163
 n 1 n 1
 a n+1 < ( ) n+1 = .
 n 2n+1 2n
Vì vậy, ta luôn có:
 n 1
 a n+1 ≤ 2a + ∀n ∈ .
 n n 2n N
 ∞ ∞
 P P 1
Ta có chuỗi an hội tụ và chuỗi 2n cũng hội tụ.
 n=1 n=1
Theo dấu hiệu so sánh cho chuỗi số dương ta có chuỗi
 ∞
 n
 X n+1
 an
 n=1
cũng hội tụ.
 n2 + n + 1 1
Bài 5.9 (CĐ Sư phạm Nam Định). u = ∼
 n n(n + 1)(n + 2)(n + 3) n2
 +∞ +∞
 P 1 P
Chuỗi 2 hội tụ nên un hội tụ
 n=1 n n=1
 1 1
Ta có n2 + n + 1 = .((n + 1)(n + 2)(n + 3) − n(n + 1)(n + 2) − .((n + 2)(n +
 3 2
 2
3) − n(n + 1)) + ((n + 3) − n)
 3
 ! !
 1 1 1 1 1 1
 u = . − − . −
 n 3 n n + 3 2 n(n + 1) (n + 2)(n + 3)
 !
 2 1 1
 + . −
 3 n(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 4)
u = v − v
 n n n+1 ! !
 1 1 1 1 1 1 1 2 1
với v = . + − + + .
 n 3 n n + 1n + 2 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2)
Sn = v1 − vn+1
 7
Do đó lim Sn = v1 =
 n→+∞ 18
Bài 5.10 (ĐH Sư phạm Thái Nguyên). Từ giả thiết ta có
 2 n+1 n
 an+1 = 2 an+1 − 2 an,
do đó
 n
 X 2 2 n
 an = a − 2a + 2 an.
 k=1
164
Tiếp theo ta sẽ tính
 n
 lim 2 an.
 n→∞
 π
Thật vậy gọi 0 ≤ α ≤ thỏa mãn a = 2 sin2 α hay
 2
 ra 1
 α = arcsin( ) = arcos(1 − a).
 2 2
 α
Bằng chứng minh quy nạp ta dễ dàng chứng minh được a = 2nsin2( ).
 n 2n−1
Do vậy ta có
 n 2n 2 α 2 2
 lim 2 an = lim 2 sin ( ) = 4α = arcos (1 − a).
 n→∞ n→∞ 2n−1
Vậy
 n ∞
 X 2 X 2 2 2
 lim an = an = a − 2a + arcos (1 − a).
 n→∞
 k=1 n=1
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 165
6 PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Bài 6.1 (HV Bưu chính Viễn thông). Lấy đạo hàm 2 vế của
 f(2015x + 2014) = 2015f(x) x ∈ R.
Khi đó
 0 0
 2015f (2025x + 2014) = 2015f (x) x ∈ R.
 x−2014
Thay x bởi 2015 , ta có
 x−2014 2
 0 x − 2014 0 − 2014 0 x − 2015 + 1
 f (x) = f( ) = f ( 2015 ) = f ( )
 2015 2015 20152
 n
 0 x − 2015 + 1
 = ··· = f ( ).
 2015n
Cho n → ∞, ta nhận được
 f 0 (x) = f 0 (−1).
Như vậy
 f(x) = mx + k ∀x ∈ R
trong đó m = f 0 (1). Thay x = −1 vào hệ thức ban đầu, ta có
 f(−1) = 2014f(−1)
và do đó f(−1) = 0. Bởi vậy k = m và do đó
 f(x) = m(x + 1).
Thử lại: Thỏa mãn. Như vậy
 f(x) = m(x + 1)
trong đó m hằng số.
Bài 6.2 (ĐH Công nghệ thực phẩm Tp. HCM). a) Từ giả thiết suy ra
 f(f(f(x))) + αf(f(x)) = 2α2f(x)
 ··· (2)
 n+2 n+1 2 n
 f (x) + αf (x) = 2α f (x), ∀n ∈ N
với x = f 0(x).
Cố định x thì (2) trở thành phương trình truy hồi tuyến tính cấp 2
 2
 un+2 + αun+1 = 2α un
166
 2 2
Phương trình đặc trưng là λ + αλ − 2α = 0 ⇔ λ1 = α ∨ λ2 = −2α. Suy ra
 n n n
 un = f (x) = α A + (−2α) B (3)
Trong (3), thay n = 0, ta được x = u0 = A + B.
Trong (3), thay n = 1, ta được f(x) = αA − 2αB.
Vì f n : [0, +∞) → [0, +∞) nên ta có
 f n(x)  α n
 0 ≤ = A + (−1)nB
 (2α)n 2α
  α n 1n
Vì = → 0, khi n → ∞ nên để bất đẳng thức trên đúng phải có
 2α 2
B = 0. Khi đó, f(x) có dạng
 f(x) = αA = αx.
Thử lại, ta thấy f(x) = αx thoả mãn phương trình đã cho. Vậy f(x) = αx.
b) Phương trình đã cho tương đương với
 x + y x + y  xf(x) + yf(y)
 f = , ∀x, y ∈ (4)
 2 2 2 R
Đặt g(x) = xf(x). Khi đó, g(x) cũng là hàm liên tục trên R và từ (4) suy ra
 x + y  g(x) + g(y)
 g = , ∀x, y ∈ . (5)
 2 2 R
Suy ra g(x) = ax + b, với a, b là các hằng số cho trước tuỳ ý.
Từ g(0) = 0 dẫn đến b = 0. Vì g(x) = xf(x) nên f(x) = a, ∀x 6= 0.
Vì f(x) liên tục tại điểm x = 0 nên a = 0.
Vậy f(x) = 0 với mọi x ∈ R.
Bài 6.3 (ĐH Hùng Vương, Phú Thọ). Xét hàm số
 g(x) = e−x/18(f(x) − 2014).
Suy ra g(0) = g(1) = 0. Hơn nữa g(x) là hàm liên tục trên [0; 1], có đạo hàm
trên (0; 1). Ta có :
 e−x/18
 g0(x) = 18f 0(x) − f(x) + 2014
 ≤ 0 ∀x ∈ (0; 1)
 18
⇒ g(x) là hàm giảm trên [0; 1].
Mà g(0) = g(1) = 0 ⇒ g(0) ≡ 0 trên [0; 1]
⇒ f(x) ≡ 2014 trên [0; 1].
Thử lại ta thấy f(x) ≡ 2014 trên [0; 1] thỏa mãn.
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 167
Bài 6.4 (CĐ Ngô Gia Tự). Giả sử f là hàm số cần tìm. Khi đó
 f(x + y) ≥ f(x).f(y) ≥ 2014x+y.
Thay x = y = 0 thì f(0) ≥ f 2(0) ≥ 1 nên f(0) = 1.
Thay y = −x thì f(0) ≥ f(x).f(−x) ≥ 1.
Vì vậy, f(x).f(−x) = 1.
Thay y = 0 thì f(x) ≥ 2014x. Suy ra f(−x) ≥ 2014−x. Cho nên
 f(x).f(−x) ≥ 2014x+(−x) = 1.
Vì vậy,
 f(x) = 2014x.
Bài 6.5 (ĐH Nông nghiệp). Khai triển Taylor của hàm f(x) tới cấp 2:
 f 0(0) f 00(c ) f 00(c )
 f(x) = f(0) + x + x x2 = 1 + x + x x2, c ∈ (0, x).
 1! 2! 2 x
Suy ra
 f 00(c )
 f(x) − (1 + x) = x x2.
 2
Lấy tích phân hai vế ta được
 Z 1 Z 1 Z 1 f 00(c )
 f(x)dx − (1 + x)dx = x x2dx ≥ 0.
 0 0 0 2
Từ đó suy ra
 Z 1 3
 f(x)dx ≥ .
 0 2
 00 00
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f (cx) = 0, ∀x, suy ra f (x) = 0, ∀x ∈
(0, 1). Do đó ta có f(x) = 1 + x.
 1 x
Bài 6.6 (ĐH Quảng Bình). Từ giả thiết ta có f(x) = 2 f( 2 ) + x, ∀x ∈ R
 1 x 1  x  x
 f = .f +
 2 2 22 22 22
 1  x  1  x  x
 f = f +
 22 22 23 23 24
 ...
 1  x  1  x  x
 f = f +
 2n 2n 2n+1 2n+1 22n
168
Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được:
 1  x   1 1 1 
 f(x) = f + x 1 + + + ... + .(∗)
 2n+1 2n+1 22 24 22n
Qua giới hạn đẳng thức (∗) khi n → ∞ ta được:
 1 4x
 lim f(x) = 0.f(x) + x. = .
 n→∞ 1
 1 − 4 3
Bài 6.7 (ĐH Sao Đỏ). Giả thiết
 f(y) −1
 f(x + y) = f(x)e 2014 ∀x, y ∈ R (6)
Thay x = y = 0 vào (6) ta có:
 f(0) −1
 f(0) = f(0)e 2014 (7)
Nếu f(0) = 0 thì trong (6) thay x = 0 ta có f(y) = 0 ∀y ∈ R.
Nếu f(0) 6= 0 thì từ (7) suy ra f(0) = 2014.
Thay x = 0 trong (6) ta có
 f(y) −1
 f(y) = 2014e 2014 ∀y ∈ R.
Do đó
 f(y) f(y) −1
 = e 2014 > 0 y ∈ . (8)
 2014 R
Xét hàm số
 g(u) = eu−1 − u, u > 0.
Ta có
 g0 (u) = eu−1 − 1
do đó g0 (u) = 0 hay u = 1. Do đó, phương trình g(u) = u có nghiệm duy nhất
u = 1.
Vì vậy từ (8) ta có
 f(y) = 2014, ∀y ∈ R.
Kết luận: f(x) ≡ 0 hoặc f(x) ≡ 2014 trên R.
Bài 6.8 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2). Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu của
bài toán. Ta xét các trường hợp sau:
a) Nếu f(f(x)) ≤ 0 ∀x ∈ R thì
 f(x + y) ≥ f(x) + yf(f(x)) ≥ f(x) ∀x ∈ R, ∀y ≤ 0.
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 169
Vì vậy f là hàm giảm trên R và
 f(0) > 0 ≥ f(f(x)) x ∈ R.
Suy ra f(x) > 0 x ∈ R (mâu thuẫn với giả thiết).
b) Nếu tồn tại z ∈ R sao cho f(f(z)) > 0 thì
 f(z + x) ≥ f(z) + xf(f(z)) ∀x ∈ R.
Vì vậy ta có
 lim f(x) = +∞ ⇒ lim f(f(x)) = +∞.
 x→+∞ x→+∞
Do đó tồn tại x0 đủ lớn để:
 f(x0) ≥ 0, f(f(x0)) > 1.
 x0+1
Cũng do lim f(f(x)) = +∞ ta có thể chọn y0 ≥ > 0 đủ lớn để
 x→+∞ f(f(x0))−1
 f(f(x0 + y0 + 1)) ≥ 0.
Từ các khẳng định trên ta có:
 f(x0 + y0) ≥ f(x0) + y0f(f(x0)) ≥ x0 + y0 + 1.
Suy ra
 f(f(x0 + y0)) = f[(x0 + y0 + 1) + (f(x0 + y0) − x0 − y0 − 1)]
 ≥ f(x0 + y0 + 1) + [f(x0 + y0) − x0 − y0 − 1]f(f(x0 + y0 + 1))
 ≥ f(x0 + y0 + 1) ≥ f(x0 + y0) + f(f(x0 + y0))
 ≥ f(x0) + y0f(f(x0)) + f(f(x0 + y0))
 > f(f(x0 + y0))
(mâu thuẫn) .
 2
Bài 6.9 (CĐ Sư phạm Nam Định). Cho x = y = 0 ta có f(0) = f(0) ⇒
 3
f(0) = 0. Cho x = 0 ta có f(y/3) = f(2y)/3. Vậy
 !
 2x + y 1
 f = f (4x + 2y) .
 3 3
Do đó
 f(4x + 2y) = f(x) + f(2y).
 3
Chọn y sao cho 4x + 2y = x ⇒ y = − x. Do đó
 2
 f(x) = f(x) + f(−3x)
Suy ra f(−3x) = 0 ⇒ f(x) = 0 với mọi x ∈ R
170
Bài 6.10 (CĐ Sư phạm Nam Định). Ta có
 1 !2
 Z f 0(x)
 I = − 2 dx ≥ 0.
 pf(x)
 0
 1 1 1
 Z (f 0(x))2dx Z f 0(x)dx Z
 I = − 4 + 4dx
 f(x) pf(x)
 0 0 0
 1
 Z
 df(x) 1
 I ≤ 4 − 4 + 4x
 pf(x) 0
 0
 p 1 p p
 I ≤ 4 − 8 f(x)0 + 4 = 8 − 8( f(1) − f(0)) = 0.
 f 0(x)
Vậy I = 0 và = 2 ⇔ 2pf(x) = 2x + 2C. pf(x) = x + C. Do
 pf(x)
f(0) = 1 ⇒ C = 1. Suy ra
 f(x) = (x + 1)2
Bài 6.11 (CĐ Sư phạm Quảng Ninh). Ta có
 x x x x x
 f(x) − f( ) = ; ·, f( ) − f( ) = .
 2014 2014 2014n−1 2014n 2014n
 x 1 1 1
 f(x) − f( ) = x( + + · + ).
 2014n 2014 20142 2014n
Ta có
 x/2014 x
 f(x) − f(0) = = .
 1 2013
 1 −
 2014
Vậy
 x
 f(x) = + 2014.
 2013
Bài 6.12 (ĐH Sư phạm Thái Nguyên). Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn điều
kiện bài toán. Ta thấy (xy − 2)2 + 2(x + y)2 = (x2 + 2)(y2 + 2). Đặt
 g(x) = (x2 + 2)f(x),
theo giả thiết ta thấy hàm g thỏa mãn
 g(x) ≥ x + 1, g(x + y) ≥ g(x)g(y)
với mọi x, y ∈ R. Tiếp theo ta sẽ chứng minh
 g(x) = ex.
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 171
Thật vậy từ điều g(x) ≥ x + 1 ta suy ra g(0) ≥ 1. Từ điều kiện g(x + y) ≥
g(x)g(y) ta suy ra g2(0) ≤ g(0), do vậy g(0) ≤ 1, vậy g(0) = 1.
Từ giả thiết ta có g(x1 + x2 + ··· + xn) ≥ g(x1)g(x2) . . . g(xn), với mọi số tự
nhiên n. Do đó ta có
 x x x x x
 g(x) = g(n ) = g( + ··· + ) ≥ gn( ) ≥ (1 + )n.
 n n n n n
 nhạng tử
Bất đẳng thức đúng với mọi n ∈ Z+. Cho n → ∞, ta có
 x
g(x) ≥ lim (1 + )n = ex. Hay g(x) ≥ ex với mọi x ∈ . Từ giả thiết của g
 n→∞ n R
 1
cho y = −x, ta có 1 = g(0) ≥ g(x)g(−x), suy ra g(x) ≤ , g(−x) ≥ e−x,
 g(−x)
do đó ta thu được g(x) ≤ ex. Vậy g(x) = ex. Hay
 ex
 f(x) = .
 x2 + 2
Thử lại ta thấy hàm f thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 6.13 (CĐ Sư phạm Vĩnh Phúc). Cho x = y = 0 thì
 f(0) ≥ (f(0))2 ≥ 1
suy ra f(0) = 1. Cho x = −y thì
 f(0) ≥ f(x).f(−x) ≥ 1
nên
 1
 f(−x) = .
 f(x)
Cho y = 0 thì f(x) ≥ 2014x và f(−x) ≥ 2014−x. Từ đó suy ra
 1 1
 f(x) = ≤ = 2014x.
 f(−x) 2014−x
Vì vậy,
 f(x) = 2014x.
Kiểm tra được hàm f(x) = 2014x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 6.14 (ĐH Tân Trào). Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn:
 2 2
 (x − y)f(x + y) − (x + y)f(x − y) = 4xy(x + y ) ∀x, y ∈ R.
Giải. Ta có
 (x − y)f(x + y) − (x + y)f(x − y) = 4xy(x2 + y2).
172
Suy ra
 (x − y)f(x + y) − (x + y)f(x − y)
 1 1
 = [(x+y)−(x−y)][(x+y)+(x−y)][ [(x+y)+(x−y)]2 − [(x+y)−(x−y)]2]
 4 4
Đặt
 (
 u = x − y
 v = x + y
ta được
 vf(u) − uf(v) = (u + v)(u − v)[(u + v)2 − (u − v)2].
Suy ra
 vf(u) − uf(v) = u3v − v3u
Hay
 v[f(u) − u3] = u[f(v) − u3].
Với uv 6= 0 ta có:
 f(u) − u3 f(v) − v3
 = u, v ∈ ∗.
 u v R
Do đó
 f(u) − u3
 = a
 u
hay
 f(u) = au + u3 ∀u 6= 0.
Với u = 0; v 6= 0 suy ra f(u) − u3 = 0 hay ⇒ f(u) = u3 do đó f(0) = 0. Hàm
f(u) = au + u3 thỏa mãn f(0) = 0. Vậy
 3
 f(u) = au + u ∀u ∈ R.
Hàm số cần tìm là f(x) = ax + x3(a ∈ R).