Kỷ yếu Kỳ thi Olympic toán sinh viên lần thứ 24

)dx.
 b n+1 t
 Z b − a
 f n(x)dx a
 a
 s b
Cho n → ∞ và lưu ý lim n R f n(x)dx = M ta có kết quả.
 n→∞ a
Bài 5.7. Từ bất đẳng thức
 Z 1 Z 1 Z 1 Z 1
0 ≤ (f(x) + x − 1)2 dx = f 2(x)dx − 2 (1 − x)f(x)dx + (1 − x)2dx,
 0 0 0 0
ta được
 Z 1 Z 1 1
 f 2(x)dx ≥ 2 (1 − x)f(x)dx − .
 0 0 3
Mặt khác, ta có
 Z 1 Z x Z 1 1 − x2 1 Z 1 1
 f(t)dtdx ≥ dx = hay (1 − t)f(t)dt ≥ .
 0 0 0 2 3 0 3
 R 1 2 1
Vì vậy 0 f (t)dt ≥ 3 .
 R ∞
Bài 5.8. Giả sử ε ∈ (0, 1). Vì 0 f(x)dx < ∞ nên có số tự nhiên N sao cho
 Z ∞
 f(x)dx N. (6.10)
 n
Do đó với n đủ lớn nε > N ta có
 Z n x Z nε x Z n x
 f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx
 0 n 0 n nε n
 Z nε Z n x
 < ε f(x)dx + f(x)dx
 0 nε n
 Z nε
 < ε f(x)dx + ε
 0
  Z ∞ 
 < ε f(x)dx + 1 .
 0
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 151
Vì bất đẳng thức cuối cũng đúng với ε > 0 tuỳ ý và n đử lớn. Do đó ta có
 1 Z n
 lim xf(x)dx = 0.
n→∞ n 0
Bài 5.9. Từ giả thiết của bài toán, ta nhận thấy f(x) là hàm đơn điệu không
giảm do f 0(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. Do đó
 x
 Z
 f(x)(x − a) ≥ f(s)ds, ∀x ∈ [a, b]. (6.11)
 a
Đặt
 x x
 Z  Z t−1
 F (x) = [f(s)]tds − f(s)ds .
 a a
Khi đó, F (a) = 0 và F 0(x) = f(x)G(x), ở đây
 x
  Z t−2
 G(x) = [f(x)]t−1 − (t − 1) f(s)ds .
 a
Rõ ràng, G(a) = [f(a)]t−1 ≥ 0 và
 x
   Z t−3
 G0(x) = (t − 1)f(x) [f(x)]t−3f 0(x) − (t − 2) f(s)ds .
 a
Sử dụng giả thiết và (6.11), ta có
 x
  t−3  Z t−3
 [f(x)]t−3f 0(x) ≥ (t − 2) f(x)(x − a) ≥ (t − 2) f(s)ds .
 a
Do đó, G0(x) ≥ 0, kéo theo G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. Suy ra F 0(x) ≥ 0. Từ đó ta
suy ra được F (b) ≥ 0, hay
 b b
  Z t−1 Z
 f(x)dx ≤ [f(x)]tdx.
 a a
Bài 5.10. Ta có
 n−1 n−1
 X  j  Z 1 X  1  j  Z (j+1)/n 
 f − n f(x)dx = n f − f(x)dx
 n n n
 j=0 0 j=0 j/n
 n−1
 X Z (j+1)/n   j  
 = n f − f(x) dx.
 n
 j=0 j/n
152 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUÂT MÔN GIẢI TÍCH
 j j+1 j
Mặt khác, theo định lý Lagrange, với mọi x ∈ ( n , n ) đều tồn tại cx ∈ ( n , x)
sao cho
Z (j+1)/n     Z (j+1)/n  
 j 0 j
 f − f(x) dx = f (cx) − x dx ∀j = 0, 2, ..., n − 1.
 j/n n j/n n
Vì f 0 bị chặn trên [0, 1] nên đặt
  j j + 1  j j + 1
m := min f 0(x): ≤ x ≤ và M := max f 0(x): ≤ x ≤ .
 j n n j n n
Do đó với mỗi j = 0, 2, ..., n − 1 ta có
Z (j+1)/n  j  Z (j+1)/n   j   Z (j+1)/n  j 
 mj −x dx ≤ f −f(x) dx ≤ Mj −x dx.
 j/n n j/n n j/n n
 Z (j+1)/n  j  −1
Vì − x dx = 2 nên
 j/n n 2n
 n−1 n−1 Z (j+1)/n     n−1
 X mj X j X Mj
 − ≤ f − f(x) dx ≤ − .
 2n2 n 2n2
 j=0 j=0 j/n j=0
Và do đó
 n−1 n−1   Z 1 n−1
 X mj X j X Mj
 − ≤ f − n f(x)dx ≤ − .
 2n n 2n
 j=0 j=0 0 j=0
 n−1 m n−1 M
Vì P j và P j là tổng dưới và tổng trên của f 0(x) ứng với phân hoạch
 j=0 n j=0 n
 j
P = { n : j = 0, 1, ..., n} của [0, 1] nên ta có
 n−1 Z 1 n−1 Z 1
 X mj X Mj
 lim = f 0(x)dx = f(1)−f(0) và lim = f 0(x)dx = f(1)−f(0).
n→∞ n n→∞ n
 j=0 0 j=0 0
Theo định lý kẹp ta có ngay
 n−1
 X  j  Z 1 f(1) − f(0)
 lim f − n f(x)dx = − .
 n→∞ n 2
 j=0 0
Bài 5.11. Xét hàm số
 Z t 2 Z t
 F (t) = f(x)dx − (f(x))3dx, với t ∈ [0, 1].
 0 0
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 153
Ta muốn chứng minh F (t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, 1]. Từ đó với F (1) ≥ 0, ta suy ra điều
cần chứng minh.
∀t ∈ [0, 1], ta có
  Z t 
 F 0(t) = f(t) 2 f(x)dx − f 2(t) .
 0
Vì f 0(x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, 1] nên f là hàm đơn điệu tăng trên đoạn [0, 1]. Do đó
f(x) ≥ f(0) = 0, ∀x ∈ [0, 1]. Khi đó dấu của F 0(t) cùng dấu với hàm
 Z t
 G(t) = 2 f(x)dx − f 2(t).
 0
Khi đó ∀t ∈ [0, 1],
 G0(t) = 2f(t) − 2f(t)f 0(t) = 2f(t) (1 − f 0(t)) ≥ 0,
vì f(t) ≥ 0 và 1−f 0(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, 1]. Do đó, G(t) là đơn điệu tăng trên đoạn
[0, 1]. Vì vậy, G(t) ≥ G(0) = 0, ∀t ∈ [0, 1].
Do đó, F 0(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, 1]. Suy ra F (t) là đơn điệu tăng trên đoạn [0, 1]. Vì
vậy, F (t) ≥ F (0) = 0, ∀t ∈ [0, 1]. Ta kết luận điều phải chứng minh.
Cuối cùng, một ví dụ mà đẳng thức xảy ra là hàm f : [0, 1] → R, f(x) = x.
 Z 1
Bài 5.12. Đặt β = xf(x)dx. Ta chứng minh
 0
 Z 1 Z 1
 2 2
 (x − β) f(x)dx ≤ (x − α) f(x)dx, ∀α ∈ R.
 0 0
 Z 1 Z 1
Thật vậy, sử dụng f(x)dx = 1 và xf(x)dx = β ta có
 0 0
 Z 1 Z 1
 (x − α)2f(x)dx = ((x − β) + (β − α))2f(x)dx
 0 0
 Z 1
 = (x − β)2f(x)dx + (β − α)2 + 2(β − α)β − 2(β − α)β
 0
 Z 1 Z 1
 = (x − β)2f(x)dx + (β − α)2 ≥ (x − β)2f(x)dx.
 0 0
 1 1 1
Để ý rằng (x − )2 ≤ , ∀x ∈ [0, 1]. Lấy α = rồi áp dụng kết quả trên ta
 2 4 2
được
 Z 1 Z 1 1 Z 1 1 1
 (x − β)2f(x)dx ≤ (x − )2f(x)dx ≤ f(x)dx = .
 0 0 2 0 4 4
154 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUÂT MÔN GIẢI TÍCH
 π
Bài 5.13. Hai vế là hàm chẵn nên chỉ cần xét x ∈ [0, 2 ). Ta có
 Z x Z x 1 1 1 + sin x
 cos tdt = sin x , dt = ln
 0 0 cos t 2 1 − sin x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz về tích phân
 Z x 2 Z x Z x
 h i 2 2
 f(t)g(t)dt 6 [f(t)] dt · [g(t)] dt
 0 0 0
 √ 1
với f(t) = cos t , g(t) = √ ta suy ra điều phải chứng minh.
 cos t
 − x
 e n 1
Bài 5.14. Do hội tụ điểm đến . Vì vậy, ta muốn thu được đánh
 1 + x2 1 + x2
giá
  +∞ 
 Z − x 
  e n 1 
  ( − )dx → 0.
  1 + x2 1 + x2 
  0 
 √ √
Ta tách tích phân trên [0, +∞) thành trên [0, n] ∪ [ n; +∞) (thay vì [0; 1]
và [1; +∞). Khi đó ta có
 √
 +∞ n +∞
 − x − x − x
Z e n 1 Z e n 1 Z e n 1
 ( − )dx = ( − )dx+ ( − )dx = I +J .
 1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2 n n
 √
 0 0 n
Với In ta có
 √ √
 √
 n n n
 Z − x Z − √
 1 − e n 1 − e n − n √
 0 ≤ dx ≤ dx = (1 − e n ) arctan n → 0.
 1 + x2 1 + x2
 0 0
Với Jn ta có
 +∞ +∞
 − x
 Z 1 − e n Z 1 √
 0 ≤ dx ≤ dx = π/2 − arctan n → 0.
 1 + x2 1 + x2
 √ √
 n n
Vậy I → π/2
Bài 5.15. Ta có
 Z x
 f 0(t)dx = f(x) − f(0) = f(x).
 0
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 155
Suy ra với mọi x ∈ (0, 1):
  Z x  Z x
  0  0
 |f(x)| =  f (t)dt ≤ |f (t)|dt = F (x) − F (0), (6.12)
  0  0
trong đó F (x) là một nguyên hàm của |f 0(x)|. Đặt G(x) = F (x) − F (0). Khi
đó G(x) cũng là một nguyên hàm của |f 0(x)|. Do đó với mọi x ∈ (0, 1) ta có
G0(x) = |f 0(x)|, G(0) = 0 và do (6.12), |f(x)| ≤ G(x). Vậy
 Z 1 Z 1 Z 1
 |f(x)f 0(x)|dx = |f(x)|G0(x)dx ≤ G(x)G0(x)dx. (6.13)
 0 0 0
Đổi biến u = G(x) ta được
 Z 1 Z G(1) 1 G2(1)
 G(x)G0(x)dx = udu = [G2(1) − G2(0)] = . (6.14)
 0 G(0) 2 2
 Z 1
Lại có G(1) = F (1) − F (0) = |f 0(x)|dx. Cuối cùng theo bất đẳng thức
 0
Cauchy-Schwarz:
 Z 1 2 Z 1
 G2(1) = |f 0(x)|dx ≤ |f 0(x)|2dx. (6.15)
 0 0
Từ (6.13), (6.14) và (6.15) ta có điều phải chứng minh.
6 Phương trình hàm
Bài 6.1. Cho x = y = 0 ta có f(0) = 0.
Nếu λ = 1 thì f(x) là nghiệm của phương trình Cauchy nên ta có f(x) =
f(1)x với mọi x ∈ R.
Nếu λ = 0 thì f(x + y) = 2f(0) = 0 với mọi x, y ∈ R. Do đó f(x) ≡ 0.
Nếu λ = −1 thì với y = 0 ta có f(x) = f(−x). Cho y = −x ta lại có f(x) =
−f(−x). Do đó f(x) ≡ 0.
Nếu |λ| < 1 thì với y = 0 ta có f(x) = f(λx) = f(λ2x) = ··· = f(λnx) với
mọi n ∈ ∗, x ∈ . Vì |λ| < 1 ta có lim λn = 0. Do đó f(x) ≡ 0.
 N R n→+∞
 1
Nếu |λ| > 1 thì với y = 0 ta có f(x) = f(λx) với mọi x ∈ R. Đặt µ = λ và
thay x bởi µx ta có f(µx) = f(x) với mọi x ∈ R. Do đó f(x) = f(µnx) với
mọi x ∈ R. Suy ra f(x) ≡ 0.
Bài 6.2. Thay x bởi f(x) ta được: f(f(f(x))) = −2015f(f(x)) + 2016f(x).
156 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUÂT MÔN GIẢI TÍCH
Tiếp tục quá trình trên và đặt xn = f(f(...f(x))), n lần, ta được phương trình
sai phân:
 xn+2 = −2015xn+1 + 2016xn.
Phương trình đặc trưng là λ2 +2015λ−2016 = 0. Phương trình này có nghiệm
 n
λ = 1 hoặc λ = −2016. Vậy xn = c1 + c2(−2016) . Ta có
 (
 x0 = c1 + c2 = x
 x1 = c1 − 2016c2 = f(x)
Từ đó ta có f(x) = x − 2017c2 hoặc f(x) = −2016x + 2017c1. 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) = −2016x + c, c tùy ý.
Bài 6.3. Ta có
 f(xf(y) − x) = xy − f(x), ∀x, y ∈ R (1)
Thay x = 1 trong (1) ta được
 f(f(y) − 1) = y − f(1) ∀y ∈ R (2)
Trong (2), thay y = 1 + f(1), ta được f(f(1 + f(1)) − 1) = 1. Đặt
 f(1 + f(1)) − 1 = a; f(0) = b,
ta có f(xf(a) − x) = f(0) = b, hay
 b = f(xf(a) − x) = ax − f(x) ⇒ f(x) = ax − b.
Thay biểu thức của f(x) vào (1), ta có a2 = 1; b = 0. Vậy f(x) = x hoặc
f(x) = −x. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài 6.4. Giả sử tìm được hàm f thỏa yêu cầu bài toán. Đặt g(t) = f(t) − t, ta
được
 g(xy) + g(x − y) + g(x + y + 1) = 0, ∀x, y ∈ R.
Thay y = 0, ta được
 g(0) + g(x) + g(x + 1) = 0, ∀x ∈ R. (6.16)
Thay y = −1, ta được
 g(−x) + g(x + 1) + g(x) = 0, ∀x ∈ R. (6.17)
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 157
Từ (6.16) và (6.17) ta suy ra
 g(−x) = g(0), ∀x, y ∈ R hay g(x) = g(0), ∀x, y ∈ R.
Suy ra g(x) là hàm hằng và
 0 = g(xy) + g(x − y) + g(x + y + 1) = 3g(0) ⇒ g(0) = 0.
Vì vậy g(x) = 0 và do đó f(x) = x với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy f(x) = x
thỏa yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f(x) = x với mọi x ∈ R.
Bài 6.5. Từ giả thiết ta có
 f(x) − f(y) = (x − y)g(x + y), ∀x 6= y, (6.18)
đẳng thức trên cũng đúng với cả x = y. Vì đẳng thức (6.18) đúng với hàm f
thì cũng đúng với hàm số f + c, với c là hằng số tuỳ ý, nên không mất tính
tổng quát ta giả sử f(0) = 0. Khi đó cho y = 0 vào đẳng thức (6.18) ta được
 f(x) = xg(x), ∀x ∈ R. (6.19)
Khi đó phương trình ban đầu được viết lại dưới dạng
 xg(x) − yg(y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R. (6.20)
Đẳng thức (6.20) cũng đúng với hàm g thì cũng đúng với hàm g +c, c là hằng
số tuỳ ý. Do vậy ta có thể giả sử g(0) = 0. Cho x = −y vào (6.20) ta nhận
được
 − yg(−y) = yg(y), ∀y ∈ R (6.21)
Do đó g là hàm lẻ. Khi đó thay y bởi −y trong (6.20) ta có
 xg(x) − yg(y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y ∈ R. (6.22)
So sánh với (6.20) ta có
 (x + y)g(x − y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R. (6.23)
Đến đây, đặt u = x + y, v = x − y và thay vào phương trình (6.23) ta có
ug(v) = vg(u), ∀u, v ∈ R. Do vậy g(u) = au, a ∈ R hay các cặp hàm số cần
tìm có dạng
 f(x) = ax2
 g(x) = ax, a ∈ R.
Nếu không giả thiết g(0) = 0 thì hàm g cần tìm có dạng g(x) = ax + b và
f(x) = ax2 + bx + c.
158 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUÂT MÔN GIẢI TÍCH
Bài 6.6. Chọn x = y = 0, f(f(0)) + f(0) = f(0). Suy ra f(f(0)) = 0. Chọn
x = 0, y = f(0).
 2f(0) = f 2(0).
Suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2.
Xét trường hợp f(0) = 2. Chọn y = 1
 f(x + f(x + 1)) = x + f(x + 1).
Chọn x = 0, y = x + f(x + 1).
 f(x + 1) = 1 − x.
Do đó, ta suy ra f(x) = 2 − x, ∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài
ra.
Xét trường hợp f(0) = 0. Chọn y = 0.
 f(x + f(x)) = x + f(x). (6.24)
Chọn y = 1.
 f(x + f(x + 1)) = x + f(x + 1). (6.25)
Chọn y = −x.
 f(x) + f(−x2) = x − xf(x). (6.26)
Từ (6.26), ta dễ dàng rút ra được, với x = −1, f(−1) = −1 và với x = 1,
f(1) = 1 Chọn x = 1, y = x − 1 + f(x).
 f(x + 1 + f(x)) + f(x − 1 + f(x)) = x + 1 + f(x) + x − 1 + f(x).
Kết hợp với (6.25), ta có
 f(x + 1 + f(x)) = x + 1 + f(x) (6.27)
Chọn y = −1
 f(x + f(x − 1)) + f(−x) = x + f(x − 1) − f(x).
Kết hợp với (6.27), ta có
 f(−x) = −f(x) (6.28)
Thay x bởi −x và y = x vào phương trình hàm ban đầu, ta có
 f(−x) + f(−x2) = −x + xf(−x) (6.29)
Lấy (6.26) trừ (6.29).
 f(x) − f(−x) = 2x − xf(−x) − xf(−x).
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 159
Kết hợp với (6.28), suy ra f(x) = x. Thử lại,ta thấy f(x) = x thỏa mãn yêu
cầu bài ra. Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài ra: f(x) = x và f(x) = 2−x.
Bài 6.7. Ta có
 3[f(2x + 1) − (2x + 1)] = [f(x) − x] − 3 ∀x ∈ R.
hay 3g(2x + 1) = g(x) − 3 với mọi x ∈ R (với g(x) = f(x) − x). Đặt h(x) =
 3
g(x) + , ta được
 2
 1
 h(2x + 1) = h(x) ∀x ∈ .
 3 R
 x − 1
Thay x bởi ta có
 2
 1 x − 1
 h(x) = h ∀x ∈ . (6.30)
 3 2 R
Áp dụng liên tiếp (6.30) ta có
 1 x − 1 1 x − 1 − 2 1 x − 1 − 2 − 22 
 h(x) = h = h = h
 3 2 32 22 33 23
 1 x − 1 − 2 − 22 − ... − 2n−1  1 x + 1 − 2n 
 = ... = h = h .
 3n 2n 3n 2n
Ta có
 1 x + 1 − 2n 
 h(x) = lim h(x) = lim h = 0.h(−1) = 0 ∀x ∈ R.
 n→∞ n→∞ 3n 2n
 3
Vậy f(x) = x − ∀x ∈ . Thử lại thấy thỏa mãn.
 2 R
Bài 6.8. Cho x = y = 1, ta có f(f(1)) = f(1). Từ đó cùng với giả thiết,
 f(xf(f(1))) = f(xf(1)) = 1.f(x).
Mặt khác cũng theo giả thiết f(xf(f(1))) = f(1)f(x). Vì vậy f(1) = 1.
Ta có f(f(y)) = y. Nếu f(y) = 1 thì y = f(f(y)) = f(1) = 1. Suy ra
 f(y) > 1, ∀y > 1.
 x
Từ đó f( y ) > 1, ∀x > y ≥ 1. Khi đó ∀x > y ≥ 1,
 x  x  x
 f(x) = f y = f f(f(y)) = f(y)f > f(y).
 y y y
160 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUÂT MÔN GIẢI TÍCH
Vì vậy f là hàm đồng biến trên [1, +∞).
Ta sẽ chứng minh rằng f(x) = x, ∀x ∈ [1, +∞). Thật vậy, giả sử tồn tại
x0 ∈ [1, +∞) sao cho f(x0) 6= x0.
Nếu f(x0) > x0 thì f(f(x0)) > f(x0) hay x0 > f(x0). Điều này vô lý.
Nếu f(x0) < x0 thì f(f(x0)) < f(x0) hay x0 < f(x0). Điều này vô lý.
Vậy f(x) = x, ∀x ∈ [1, +∞). Thử lại, ta thấy f(x) vừa tìm được thỏa mãn yêu
cầu của đề bài.
Bài 6.9. Ta chứng minh f(x) ≡ c với ∀x ∈ [0, 1].
Do f liên tục nên ∃x1, x2 ∈ [0, 1] sao cho f(x1) = min f(x) = m, f(x2) =
max f(x) = M trên khi x ∈ [0, 1].
Khi đó 2m = 2f(x1) = f(x1/2) + f((1 + x1)/2). Suy ra f(x1/2) = m.
 x
Cứ như vậy ta được f( 1 ) = m, ∀n ∈ . Từ đó sử dụng tính liên tục của f ta
 2n N
có
 x
 m = f( lim 1 ) = f(0).
 n→+∞ 2n
Lập luận tương tự với f(x2) ta cũng có M = f(0).
Do đó hàm số cần tìm là hàm hằng, f(x) ≡ c.
Bài 6.10. Đổi biến x = 1 − t ta được
 Z 1 Z 0 Z 1/2
 xf(x) dx = − (1 − t)f(1 − t) dt = (1 − x)f(1 − x) dx.
 1/2 1/2 0
Do đó
 Z 1 Z 1/2
 xf(x) dx = (xf(x) + (1 − x)f(1 − x)) dx. (1)
 0 0
  1
Với x ∈ 0; ta có 1 − x ≥ x nên
 2
x = x(f(x)+f(1−x)) ≤ xf(x)+(1−x)f(1−x) ≤ (1−x)(f(x)+f(1−x)) = 1−x.
 1
Lấy tích phân từ 0 đến ta nhận được
 2
 Z 1/2 Z 1/2 Z 1/2
 x dx ≤ (xf(x) + (1 − x)f(1 − x)) dx ≤ (1 − x) dx. (2)
 0 0 0
Từ (1) và (2) suy ra
 1 Z 1 3
 ≤ xf(x) dx ≤ . (3)
 8 0 8
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 161
Bất đẳng thức thứ nhất của (3) sẽ trở thành đẳng thức khi và chỉ khi f(1−x) =
  1
0 với mọi x ∈ 0; , kết hợp với giả thiết f(x) + f(1 − x) = 1 suy ra
 2
   1
  1, nếu x ∈ 0;
  2
 f(x) = .
 1 
  0, nếu x ∈ ; 1
  2
Điều này mâu thuẫn với tính liên tục của f, vậy bất đẳng thức đầu tiên của
(3) không thể trở thành đẳng thức. Chứng minh tương tự bất đẳng thức thứ
hai của (3) cũng không thể trở thành đẳng thức. Tóm lại ta có
 1 Z 1 3
 < xf(x) dx < .
 8 0 8
Với mỗi số nguyên dương n ≥ 2, xét các hàm số
   1 1 
 
  1, nếu x ∈ 0; − ,
  2 n
  n + 2 nx 1 1 1 1 
 f (x) = − , nếu x ∈ − ; + ,
 n 4 2 2 n 2 n
   
  1 1
  0, nếu x ∈ + ; 1 ,
  2 n
và gn(x) = 1 − fn(x) với mọi x ∈ [0; 1].
Các hàm số fn và gn thỏa mãn điều kiện đề bài. Mặt khác
 Z 1/2−1/n 1 1 1 2
 xfn(x) dx = −
 0 2 2 n
và
 Z 1/2+1/n Z 1/2+1/n 2
 0 ≤ xfn(x) dx ≤ dx =
 1/2−1/n 1/2−1/n n
nên ta có
 Z 1 1
 lim xfn(x) dx =
 n→∞ 0 8
và
 Z 1 Z 1 Z 1 3
 lim xgn(x) dx = x dx − lim xfn(x) dx = .
 n→∞ 0 0 n→∞ 0 8
 1 3
Do đó không thể thay bởi số lớn hơn hoặc bởi số nhỏ hơn để kết luận
 8 8
của bài toán vẫn đúng.
162 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUÂT MÔN GIẢI TÍCH
Bài 6.11. a) Ánh xạ f tăng nghiêm ngặt. Rõ ràng f liên tục, lim =
 x→−∞
−∞; lim = +∞. Vậy f là song ánh.
 x→+∞
b) + Nếu f(x) = f −1(x) thì f(f(x)) = f −1(f(x)) = x. Do vậy không thể
f(x) > x hay f(x) < x. Đảo lại hiển nhiên ta có f(x) = x thỏa mãn điều kiện
đã cho. Rõ ràng phương trình đã cho tương đương với f(x) = x và ta thu
được nghiệm x = 1.