Kỷ yếu Kỳ thi Olympic toán sinh viên lần thứ 23

 t m
Xét hàm g(t) = + trên đoạn [m, M]. Ta có
 M t
 0 1 m
 g (t) = − .
 M t2
 m
Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 1 + khi và chỉ khi t = m hoặc t = M. Do
 M
đó
 s r
 Z 1 Z 1 1 1 M m
 f(x)dx dx ≤ .(1 + )
 0 0 f(x) 2 m M
Như vậy, bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 4.5 (ĐH Đồng Tháp). Bằng cách nhân liên hợp ta có
 √
 x2 + 1 + x − 1
 f(x) =√
 x2 + 1 + x + 1
 √ √
 ( x2 + 1 + x − 1)[ x2 + 1 − (x − 1)]
 = √ √
 ( x2 + 1 + 1 + x)( x2 + 1 + 1 − x)
 x
 =√ .
 x2 + 1 + 1
Suy ra f(x) là hàm số lẻ R. Do đó I = 0.
Bài 4.6 (ĐH Hùng Vương Phú Thọ). Ta có
 +∞ 0 +∞
 Z 1 Z 1 Z 1
 fx − 
dx = fx − 
dx + fx − 
dx
 x x x
 −∞ −∞ 0
 = I1 + I2
 1
Đặt t = x −
 x
112
 √ √
 t + t2 + 4 t − t2 + 4
Ta có x = > 0 hoặc x = < 0
 2 2
 1 t
dx = 1 + √ 
dt với x > 0.
 2 t2 + 4
 1 t
dx = 1 − √ 
dt với x < 0. Do đó
 2 t2 + 4
 +∞
 Z
 1  t 

 I1 = f(t) 1 + √ dt
 2 t2 + 4
 −∞
 +∞
 Z
 1  t 

 I2 = f(t) 1 − √ dt
 2 t2 + 4
 −∞
 +∞ +∞ x
Do R f(x)dx hội tụ nên R f(x).√ dx hội tụ (do tiêu chuẩn Aben).
 2
 −∞ −∞ x + 4
 +∞ +∞
 Z 1 Z
 ⇒ fx − 
dx = f(t)dt = J.
 x
 −∞ −∞
Bài 4.7 (ĐHKH Huế). Vì f và g là các hàm cùng đồng biến hoặc cùng nghịch
biến, nên
 (f(x) − f(y))(g(x) − g(y)) ≥ 0, ∀ x, y ∈ [0, 1].
Ngoài ra, f và g đều khả tích, và ta có
 Z 1 Z 1
 dx (f(x) − f(y))(g(x) − g(y))dy ≥ 0.
 0 0
Chú ý rằng tích phân ở vế trái bằng
 Z 1 Z 1 Z 1
 2 f(x)g(x)dx − 2 f(x)dx. g(y)dy.
 0 0 0
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. (Chú ý: Bài này cũng có thể giải một
cách cơ bản hơn, bằng cách lấy giới hạn của tổng Darboux với phân hoạch
đều, và sử dụng Bất đẳng thức Chebyshev).
Bài 4.8 (ĐH Kỹ Thuật Hậu Cần CAND). Đa thức x3 −3x+1 đổi dấu trong các
 1 1 3
khoảng [−2, −1], [ 3 , 2 ], [ 2 , 2], do đó không có không điểm ngoài các khoảng
trên. Từ đó hàm f xác định và liên tục trên các đoạn lấy tích phân.
 1 1 1
Thực hiện phép đổi biến x = 1−t trên đoạn [ 101 , 11 ] ta nhận được
 1
 11 −10
 Z Z f 2(x)
 f 2(x)dx = dx. (1)
 x2
 1 −100
 101
4. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 113
 1 101 11
Thực hiện phép đổi biến x = 1 − t trên đoạn [ 100 , 10 ] ta nhận được
 11
 10 −10
 Z Z f 2(x)
 f 2(x)dx = dx. (2)
 (1 − x)2
 101 −100
 100
Từ (1) và (2) ta nhận được
 −10
 Z 1 1
 I = f 2(x)(1 + + )dx.
 x2 (1 − x)2
 −100
Do đó
 2
 x − x −10 11131110
 I = −  =
 x3 − 3x + 1 −100 107634259
là một số hữu tỉ.
Bài 4.9 (ĐH Quảng Bình). Khai triển Taylor hàm f tại c ∈ (a, b) ta có với mọi
x ∈ (a, b)
 (x − c)2
 f(x) = f(c) + f 0(c)(x − c) + f”(c + θ(x − c)). , θ ∈ (0, 1).
 2!
Nên
 f(x) ≥ f(c) + f 0(c)(x − c), ∀x ∈ (a, b)
và
 Z b Z b
 f(x)dx ≥ (f(c) + f 0(c)(x − c))dx
 a a
  a+b 0 

 = (b − a) f(c) + ( 2 − c)f (c) , ∀c ∈ (a, b).
Bài 4.10 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2). Với mọi a ∈ (0, b). Theo giả thiết f 0
nghịch biến trên [0, b] nên với mọi x ∈ [a, b] ta đều có f 0 (x) ≤ f 0 (a) kéo theo
xf 0 (x) ≤ f 0 (a) x. Suy ra
 Z b Z b b2 − a2
 xf 0 (x) dx ≤ f 0 (a) xdx = f 0 (a) .
 a a 2
Hay
 Z b
 0 2 0
 f (a) ≥ 2 2 xf (x) dx (1).
 b − a a
Mặt khác, khi x ∈ [0, a] ta đều có f 0 (x) ≥ f 0 (a) kéo theo xf 0 (x) ≥ f 0 (a) x.
Suy ra
 Z a Z a a2
 xf 0 (x) dx ≥ f 0 (a) xdx = f 0 (a) .
 0 0 2
114
Hay
 Z a
 0 2 0
 f (a) ≤ 2 xf (x) dx (2).
 a 0
Từ (1) và (2) suy ra
 Z a Z b
 2 0 2 0
 2 xf (x) dx ≥ 2 2 xf (x) dx.
 a 0 b − a a
Hay
 Z a Z b Z 0 Z b 
b2 − a2
 xf 0 (x) dx ≥ a2 xf 0 (x) dx = a2 xf 0 (x) dx + xf 0 (x) dx .
 0 a a 0
Vì vậy
 Z a Z b
 b2 xf 0 (x) dx ≥ a2 xf 0 (x) dx.
 0 a
Lấy tích phân từng phần hai vế ta thu được
 f (a) 1 Z a f (b) 1 Z b
 − 2 f (x) dx ≥ − 2 f (x) dx.
 a a 0 b b 0
Suy ra
 1 Z b 1 Z a f (b) f (a)
 2 f (x) dx − 2 f (x) dx ≥ − .
 b 0 a 0 b a
Dấu bằng xảy ra khi f ≡ 1 trên đoạn [0, b].
 x
Bài 4.11 (ĐH Sư Phạm Huế). Đặt F (x) = R f(t)dt. Tích phân từng phần ta
 0
được
 1 1
 Z Z
 F (x)dx = − xf(x)dx.
 0 0
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
 2
  1/2   1/2   1/2  1/2
 Z Z Z 1 Z
 xf(x)dx ≤ x2dx f 2(x)dx = f 2(x)dx
       24
 0 0 0 0
 2
  1   1   1  1
 Z 1 Z 1 Z 1 Z
  (x − )f(x)dx ≤  (x − )2dx  f 2(x)dx = f 2(x)dx
  2   2    24
 1/2 1/2 1/2 1/2
5. CHUỖI SỐ 115
Do đó
 2 2
  1/2   1  1
 Z Z 1 1 Z
 xf(x)dx +  (x − )f(x)dx ≤ f 2(x)dx.
    2  24
 0 1/2 0
Mặt khác
 1/2 1/2 1/2
 Z 1 Z Z
 xf(x)dx = f(x)dx − F (x)dx
 2
 0 0 0
và
 1 1 1
 Z 1 1 Z Z
 (x − )f(x)dx = f(x)dx − F (x)dx.
 2 2
 1/2 1/2 1/2
Vì vậy
 2 2
 1  1/2 1/2   1 1 
 1 Z 1 Z Z 1 Z Z
 f 2(x)dx ≥ f(x)dx − F (x)dx +  f(x)dx − F (x)dx
 24 2  2 
 0 0 0 1/2 1/2
 2
  1/2 1/2 1 1 
 1 1 Z Z 1 Z Z
 ≥  f(x)dx − F (x)dx + f(x)dx − F (x)dx
 2 2 2 
 0 0 1/2 1/2
  1 2  1 2
 1 Z 1 Z
 = F (x)dx = xf(x)dx .
 2   2  
 0 0
5 CHUỖI SỐ
 n n
 e .n! un+1 n
Bài 5.1 (ĐH An Giang). Đặt un = n . Ta có lim = lim e n =
 n n→+∞ un n→+∞ (n + 1)
 e  1 n
 lim n = 1. Mặt khác, do dãy (an) , an = 1 + , là dãy tăng
n→+∞  1 
 n
 1 + n
  1 n  1 n
nghiêm ngặt và lim 1 + = e nên 1 + < e, ∀n ∈ N∗. Suy ra
 n→+∞ n n
un+1 ∗
 > 1, ∀n ∈ N . Suy ra (un) là dãy tăng. Vì vậy lim un 6= 0. Vậy chuỗi đã
 un n→+∞
cho phân kỳ.
116
 ∞
 X
Bài 5.2 (ĐH Bách Khoa Thành phố Hồ Chí Minh). (a) Từ giả thiết |ak|
 k=0
 n
 hội tụ và |ak sin (kx)| ≤ |ak| , với mọi n ∈ Z và x ∈ [0, π] dẫn đến chuỗi
 ∞
 X n
 ak sin (kx) hội tụ tuyệt đối và đều.
 k=0
 ∞
 X
 Kết luận sẽ không đúng nếu chỉ cho giả thiết chuỗi ak hội tụ. Ví dụ
 k=0
 ∞
 chọn dãy {ak}k=0 là
  k−1 1
 (−1) 2 nếu k lẻ,
 ak = k
 0 nếu k chẵn.
 ∞
 X
 Khi đó chuỗi ak hội tụ (chuỗi đan dấu) nhưng không hội tụ tuyệt
 k=0
 ∞
 π X π 
 đối. Chọn n = 1, x = , khi đó dễ thấy chuỗi a sin k phân kỳ
 2 k 2
 k=0
 vì
 ( k−1
 π  (−1) 2 nếu k lẻ,
 sin k =
 2 0 nếu k chẵn.
 ∞
 n X
 (b) Vì các hàm uk (x) = ak sin (kx) liên tục trên [0, π] và chuỗi uk (x)
 k=0
 hội tụ đều trên [0, π] nên tổng của chuỗi, tức Sn (x), là hàm liên tục trên
 [0, π] . Đặt
 π
 Z
 n
 Ik,n = sin (kx) dx,
 0
 π
 Z
 n
 Jn = sin (x) dx.
 0
 n − 1
 Bằng tích phân từng phân ta thấy I = I , thêm nữa
 k,n n k,n−2
 π 
 Z 0 nếu k chẵn,
 sin (kx) dx = 2
  nếu k lẻ.
 0 k
5. CHUỖI SỐ 117
 Dẫn đến
 
 Jn nếu n chẵn,
 
 Ik,n = 0 nếu n lẻ, k chẵn,
 1
  Jn nếu n lẻ, k lẻ.
 k
 Chú ý lim Jn = 0 bởi vì các dãy con {J2n} và {J2n+1} là dãy giảm và bị
 n→∞
 n − 1
 chận dưới (J > 0, ∀n) ngoài ra có ràng buộc J = J . Từ tính
 n n n n−2
 chất hội tụ đều ta được
 π ∞ π
 Z X Z
 Sn (x) dx = uk (x) dx
 0 k=0 0
 ∞
 X
 = akIk,n
 k=0
  P∞
 ( k=0 |ak|) Jn nếu n chẵn,
 ≤  |a |
 P∞ k J nếu n lẻ.
  k=0 k n
 Ta có điều phải chứng minh.
Bài 5.3 (HV Công nghệ Bưu chính Viễn thông). 1) Đặt
 ∞ −αx2 −βx2
 Z e − e 2
 I(a) = e−ax dx, a ≥ 0
 0 x
Ta có
 Z ∞
 I0(a) = x(e−(β+a)x2 − e−(α+a)x2 )dx
 0
 1 1
 = −
 2(a + β) 2(a + α)
 1 a + β
Do vậy I(a) = ln + C
 2 a + α
Cho a → +∞ ta nhận được C = 0. Như vậy
 1 a + β
 I(a) = ln
 2 a + α
 1 β
Nói riêng I(0) = ln
 2 α
118
2) Ta có
 ∞ ∞ ∞ ∞
 X X 1 X X 1
 =
 n(n + 1)... (n + k) n(n + 1)... (n + k)
 n=1 k=1 k=1 n=1
 ∞ ∞
 X X  1
 =
 n(n + 1)... (n + k − 1)
 k=1 n=1
 1 1
 −
 (n + 1)... (n + k) k
 ∞
 X 1 1 
 = (1)
 k k!
 k=1
Mặt khác
 ∞ ∞ k=∞
 Z 1 ex − 1 Z 1 1  X xk  X 1  Z 1 xk  X 1
 dx = dx = dx = (2)
 x x k! k! x k.k!
 0 0 k=1 k=1 0 k=1
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 5.4 (ĐH Hùng Vương Phú Thọ). Ta có
 ∞ ∞
 P P 1
n=1 k=1 n(n + 1)...(n + k)
 ∞ ∞ 1
= P P
 k=1 n=1 n(n + 1)...(n + k)
 ∞ ∞ 1 n + k − n
= P P .
 k=1 n=1 k n(n + 1)...(n + k)
 ∞ ∞ 1 1 1 
= P P −
 k=1 n=1 k n(n + 1)...(n + k − 1) (n + 1)(n + 2)...(n + k)
 ∞ 1 1 1 1 1 
= P − + − + ...
 k=1 k 1.2.3...k 2.3.4...(k + 1) 2.3.4...(k + 1) 3.4.5...(k + 2)
 ∞ 1 1
= P .
 k=1 k 1.2.3...k
 ∞ 1
= P .
 k=1 k.k!
Ta lại có
5. CHUỖI SỐ 119
 1 1 ∞
 Z ex − 1 Z 1 X xk
 dx = dx
 x x k!
 0 0 k=1
 ∞ 1
 X 1 Z xk
 = dx
 k! x
 k=1 0
 ∞
 X 1
 = .
 k.k!
 k=1
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 5.5 (HV Kỹ Thuật Quân Sự). Ta có
 2 1 n 2 1
 an+1 n (n + n ) n (n+1)2
 = 2 . < 2 = 1 (1)
 an (n + 1) e (n + 1) n2
 ∞
 X 1 an+1 an
Xét chuỗi b = (2). Từ (1) ta có < =: c . Như vậy dãy {c }
 n n2 b b n n
 n=1 n+1 n
là dãy dương và đơn điệu giảm do đó bị chặn, tức là tồn tại M sao cho
 ∞ ∞
 ∗ X X ∗
cn 6 M, ∀n ∈ N . Vậy an 6 M bn, ∀n ∈ N . Do (2) hội tụ, nên theo
 n=1 n=1
tiêu chuẩn so sánh chuỗi số dương ta có chuỗi đã cho hội tụ.
Bài 5.6 (ĐH Phạm Văn Đồng). Tính được f(x) = ln 2 + ln x − ln(x + 1).
Do đó f(n) = ln 2 + ln n − ln(n + 1).
Suy ra tổng riêng thứ n của chuỗi là
 n
 X 2n
 f(k) = ln .
 n + 1
 k=1
Mà
 2n
 lim ln( ) = +∞
 n→∞ n + 1
nên chuỗi phân kỳ.
Bài 5.7 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2). Lấy {an} ∈ A. Ta có
 ∞ !2 ∞
 2 X X 2 X
 2015 = an = an + 2 aman.
 n=1 n=1 1≤m<n
 m, n∈N
120
Do đó,
 ∞
 X 2  2

 an ∈ 0, 2015 .
 n=1
Ta sẽ chỉ ra
 ( ∞ )
 X 2  2

 an : {an} ∈ A = 0, 2015 .
 n=1
  2
 λ 20152+S
Thật vậy, với bất kì S ∈ 0, 2015 , ta chọn {an} = { qn−1 }, với q = 20152−S và
 (q−1)
λ = 2015 q . Khi đó, {an} ∈ A và
 ∞
 X 2
 an = S.
 n=1
  ∞ 
 P 2  2

Vì vậy, an : {an} ∈ A = 0, 2015 .
 n=1
6 PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Bài 6.1 (ĐH An Giang). Thay x = 0 ta được f (f (y)) = f (y) ∀y ∈ R. Ta viết
lại phương trình
 f (x + f (y)) = (f (y) + 1) x + f (y) , ∀x, y ∈ R.
Rõ ràng f (y) = −1, ∀y ∈ R là nghiệm của phương trình. Giả sử tồn tại y0 sao
chof (y0) 6= −1. Thay y = y0, ta được
 f (x + f (y0)) = (f (y0) + 1) x + f (y0) , ∀x ∈ R.
Do vế phải là một hàm bậc nhất theo biến x nên ta suy ra f là toàn ánh. Do
đó với x ∈ R ta tìm được u ∈ R sao cho f (u) = x. Vì vậy ta có
 f (x) = f (f (u)) = f (u) = x.
Thử lại ta thấy f (x) = x không là nghiệm của phương trình. Vậy f (y) = −1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 6.2 (ĐH Bách Khoa Tp. Hồ Chí Minh). Dễ thấy f phải là hàm đơn ánh
từ yêu cầu. Dẫn đến tính đơn điệu ngặt của f. Từ tính đơn điệu của f ta
sẽ chỉ ra f (x) ≡ x trên R. Thật vậy, giả sử có x0 ∈ R sao cho f (x0) > x0.
Khi đó f (f (f (x0))) + f (x0) > 2x0 nếu f đơn điệu tăng, mâu thuẫn. Nếu f
đơn điệu giảm thì f (x0) > f (f (x0)) và f (f (f (x0))) > f (f (x0)) , dẫn đến
x0 > f (f (x0)) . Vậy f (x0) 
2f (x0) > 2x0, mâu thuẫn. Vì tính bình đẳng nên tình huống tương tự cho giả
sử f (x0) < x0. cũng không xảy ra.
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 121
Bài 6.3 (HV Công nghệ Bưu chính Viễn thông). Lấy đạo hàm 2 vế của
 f(2015x + 2014) = 2015f(x) x ∈ R.
Khi đó
 0 0
 2015f (2015x + 2014) = 2015f (x) x ∈ R.
 x−2014
Thay x bởi 2015 , ta có
 0 0 x − 2014
 f (x) =f ( )
 2015
 x−2014
 0 − 2014
 =f ( 2015 )
 2015
 2
 0 x − 2015 + 1
 =f ( )
 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 6.4 (ĐH Đồng Tháp). Từ f(2014x − f(y)) = f(2015x) − f(y) − x (1), cho
x = y = 0, ta có
 f(−f(0)) = f(0) − f(0) = 0.
Tiếp tục trong (1) lấy y = −f(0), ta có f(2014x) = f(2015x) − x (2). Từ (1)
và (2), ta có f(2014x − f(y)) = f(2014x) − f(y) với mọi x ∈ R. Do đó
 f(x − f(y)) = f(x) − f(y), ∀x ∈ R (3)
122
Đặt u = x−f(y), ta có f(y) = x−u. Thay vào (3), ta được f(u) = f(x)−x+u
hay f(u) − u = f(x) − x với mọi x, u ∈ R. Suy ra f(x) − x = c với c là hằng
số. Do f(1) = 2015 nên c = 2014. Vậy f(x) = x + 2014 với mọi x ∈ R. Thử lại
thấy thoả mãn.
Bài 6.5 (ĐH Đồng Tháp). Với mọi x ∈ R, ta có
 |f(x) − f(0)| ≤ | sin x − sin 0| = | sin x|.
Do đó
 |(f(x))2 − f(x)| = |f(x)||f(x) − 1| ≤ | sin x|(| sin x| + 1).
Suy ra
 π π
 Z 2 Z 2 π
 [(f(x))2 − f(x)]dx ≤ sin x(sin x + 1)dx = + 1.
 0 0 4
Đẳng thức xảy ra khi f liên tục trên R và |f(x)| = | sin x|, |f(x) − 1| =
| sin x| + 1. Suy ra f(x) = − sin x với x ∈ R.
Bài 6.6 (ĐH Hùng Vương Phú Thọ). Thay x bởi f(x) ta được
 f(f(f(x))) = 4f(f(x)) − 3f(x).
Tiếp tục quá trình trên và đặt xn = f(f(...f(x))), n lần, ta được phương trình
sai phân:
 xn+2 = 4xn+1 − 3xn.
Phương trình đặc trưng là λ2 − 4λ + 3 = 0.
Phương trình này có nghiệm λ = 1 hoặc λ = 3.
 n
Vậy xn = c1 + c23 .
Ta có
 (
 x0 = c1 + c2 = x
 x1 = c1 + 3c2 = f(x)
Từ đó ta có f(x) = x + 2c2 hoặc f(x) = 3x − 2c1.
Thay vào điều kiện ban đầu ta được c2 = 0 và c1 tùy ý.
Vậy hàm cần tìm là f(x) = x hoặc f(x) = 3x − c, c tùy ý.
Bài 6.7 (ĐH Phạm Văn Đồng). Từ giả thiết suy ra rằng khi x 6= y thì
 f(x + y) f(x − y)
 − = 8xy(x2 + y2).
 x + y x − y
Đặt
 f(x)
 g(x) =
 x
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 123
thì
 g(x + y) − g(x − y) = 8xy(x2 + y2).
 h h
Chọn x = a + và y = thì ta có được g0(a) = 4a3, ∀a ∈ .
 2 2 R
 15
Do đó g(x) = x4 + C nên f(x) = x5 + Cx. Mà f( ) = 2015 nên C =
 4
 4 15
2015. − ( )4.
 15 4
 4 15
Thử lại, ta nhận f(x) = x5 + (2015. − ( )4)x là hàm số cần tìm.
 15 4
Bài 6.8 (ĐH Quảng Bình). Nhận thấy f(x) = 2015x là một hàm thỏa mãn.
Đặt g(x) = f(x) − 2015x thay vào (1) ta được g(x) ≥ 0 (2), ∀x ∈ R và
 g(x + y) ≥ g(x) + g(y) (3), ∀x, y ∈ R.
- Cho x = y = 0, từ (3) ta được g(0) ≤ 0, kết hợp với (2) ta có g(0) = 0.
- Cho x = −y, x ∈ R, từ (2) và (3) ta có
 g(x) ≥ 0, g(−x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(−x);
suy ra: g(x) = g(−x) = 0 và f(x) = 2015x, ∀x ∈ R. Thử lại thấy đúng.
Bài 6.9 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2). Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài. Khi
 2015   2015 

đó, ta có |f (x)| = f sin x  với mọi x ∈ R. Lấy x ∈ R tùy ý, xét dãy số
 2015 2015
{xn} được xác định bởi x1 = sin x, xn+1 = sin xn, ∀n = 1, 2, ... Khi đó
 2015n
|f (x)| = |f (xn)| , ∀n = 1, 2, .... Ta dễ dàng chứng minh được:
Nếu 0 ≤ x1 ≤ 1 thì dãy {xn} giảm bị chặn dưới;
Nếu −1 ≤ x1 < 0 thì dãy {xn} tăng bị chặn trên.
Suy ra tồn tại giới hạn của dãy {xn}. Đặt lim xn = a, theo tính chất liên
 n→+∞
 2015
tục của hàm sin suy ra sin a = a hay a = 0. Giả sử tồn tại n0 nào đó sao
cho f (xn0 ) = 0 khi đó
 2015n0
 |f (x)| = f (xn0 ) = 0
suy ra f (x) = 0.
Giả sử không tồn tại n nào đó sao cho f (xn) = 0, hay f (xn) 6= 0, ∀n = 1, 2, ...
Khi đó
 1
 n
 |f (x)| = |f (xn)| 2015 6= 0.(1)
Chuyển qua giới hạn (1) ta suy ra |f (x)| = 1. Theo giả thiết hàm f liên tục
trên R và thử lại ta suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm f ≡ 0, f ≡
−1, f ≡ 1 trên R.
124
Bài 6.10 (ĐH Sư Phạm Huế). Giả sử tồn tại f thỏa mãn đề bài. Ta sẽ chỉ ra
mâu thuẫn.
+) Theo giả thiết
 f(x) + f(y) x + y 
 ≥ f + |x − y|, ∀ x, y ∈
 2 2 R
 y−x
Không mất tính tổng quát, giả sử y ≥ x. Đặt  = 3 , x0 = x, x1 = x + ,
x2 = x + 2, x3 = x + 3 = y.
Ta có
 f(x ) + f(x )
 0 2 ≥ f(x ) + 2
 2 1
 f(x ) + f(x )
 1 3 ≥ f(x ) + 2
 2 2
Suy ra
 f(x ) + f(x ) f(x ) + f(x ) x + x 
 0 3 ≥ 1 2 + 4 ≥ f 1 2 + 5.
 2 2 2
hay
 f(x) + f(y) x + y  5
 ≥ f + (y − x).
 2 2 3
+) Chứng minh tương tự với mỗi n = 1, 2, ... ta cũng có
 f(x) + f(y) x + y 5
 ≥ f( ) + ( )n|x − y|, ∀ x, y ∈ .
 2 2 3 R
Cho n → ∞, ta gặp điều vô lí.