Kỷ yếu Kỳ thi Olympic toán sinh viên và học sinh lần thứ 25

t f (t) dt + t 1 f (t) dt
 0 | | 0 | || | 1 | − || |
 Z Z Z 2
 1
 1 2 1
 1 0 1 0
 6 f(t) dt + f (t) dt + f (t) dt
 0 | | 2 0 | | 2 1 | |
 Z Z Z 2
 1 1 1 1 1
 = f(t) dt + f 0(t) dt = f(t) + f 0(t) dt.
 0 | | 2 0 | | 0 | | 2| |
 Z Z Z  
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 189
 1 x 1
 f(x) = f(t)dt + tf 0(t)dt + (t 1)f 0(t)dt
 | | 0 0 x −
  Z1 Z x Z 1 
  0 0 
 6  f(t) dt + t f (t) dt + t 1 f (t) dt
 0 | | 0 | || | x | − || |
 Z 1 Z x Z1
 0 0
 6 f(t) dt + f (t) dt + f (t) dt
 0 | | 0 | | x | |
 Z 1 Z 1 Z 1
 = f(t) dt + f 0(t) dt = f(t) + f 0(t) dt, x [0, 1].
 0 | | 0 | | 0 | | | | ∀ ∈
 Z Z Z  
 1
Bài 5.16. Xét f1, f2 :[ 1, 1] R với f1(x) = [f(x) + f( x)],
 − → 2 −
 1
f2(x) = [f(x) f( x)] thì f1 là hàm chẵn, f2 là hàm lẻ, f1f2 là hàm lẻ
 2 − −
và chúng đều liên tục. Khi đó ta có
 1 2 1 2 1 2
 2 2 2
 x f(x)dx = x [f1(x) + f2(x)]dx = 4 x f1(x)dx
 Z−1 Z−1 Z0
  1  2  1  2  1 2
 xf(x)dx = x[f1(x) + f2(x)]dx = 4 xf2(x)dx
 Z−1 Z−1 Z0
 1 2 1   2 1  2  1 2
5 2 3 2
 x f(x)dx + xf(x)dx = 10 x f1(x)dx + 6 xf2(x)dx
2 −1 2 −1 0 0
  Z 1   Z 1   Z 1   Z 1 
 2 2 2 2
 [f(x)] dx = [f1(x) + f2(x)] dx = 2 [f1(x)] dx + 2 [f2(x)] dx
 Z−1 Z−1 Z0 Z0
Áp dụng bất đẳng thức Caychy-Schwarz với h : [0, 1] R liên tục ta có
 →
 1 1 1 2 1 1 2
 [h(x)]2dx. x4dx x2h(x)dx [h(x)]2dx 5 x2h(x)dx
 > ⇒ >
Z0 Z0 Z0 Z0 Z0
 1 1  1 2 1  1 2
 2 2 2 2
 [h(x)] dx. x dx > xh(x)dx [h(x)] dx > 3 x h(x)dx
 0 0 0 ⇒ 0 0
 Z Z  Z  Z  Z 
Lấy h(x) = f1(x) và h(x) = f2(x) ta có
 1 1 1 2 1 2
 2 2 2
 2 [f1(x)] dx + 2 [f2(x)] dx > 10 x f1(x)dx + 6 xf2(x)dx
 0 0 0 0
 Z Z  Z   Z 
Vậy ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Nhận xét. Bằng cách tương tự có thể chứng minh bất đẳng thức tổng quát
hơn
 1 1 2 1 2
 2p 4p + 1 2 2p + 1
 [f(x)] dx > x f(x)dx + xf(x)dx .
 −1 2 −1 2 −1
 Z  Z   Z 
190 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH
với p là số nguyên dương lẻ.
 1 1
Bài 5.17. Ta chứng tỏ (1 x )2f 00(x)dx = 2 f(x)dx. Thật vậy, ta có
 − | |
 Z−1 Z−1
 1 1
 (1 x )2f 00(x)dx = (1 x )2[f 00(x) + f 00( x)]dx
 − | | − | | −
 Z−1 Z0
 1 1
 = (1 x)2[f 0(x) f 0( x)] + 2 (1 x)[f 0(x) f 0( x)]dx
 − − − 0 0 − − −
  Z1 1
 1
 = 2(1 x)[f(x) + f( x)]  + 2 [f(x) + f( x)]dx = 2 f(x)dx.
 − − 0 0 − −1
  Z Z
Đến đây áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz về tích phân ta có
 1 2 1 1
 4 00 2
 4 f(x)dx 6 (1 x ) dx [f (x)] dx
 −1 −1 − | | −1
 h Z i Z Z
 1 1 2
và dễ dàng thấy (1 x )4dx = 2 (1 x)4dx = , nên ta suy ra bất đẳng
 −| | − 5
 Z−1 Z0
thức cần phải chứng minh.
Bài 5.18. Nếu f(x) là hàm hằng số thì bài toán trở thành tầm thường. Nếu
f(x) là hàm tuyến tính (f(x) = αx + β, α = 0) thì mâu thuẫn với giả thiết
 0 0 6 1 2
f (a) = f (b) = 0. Áp dụng định lý Cauchy cho f(x) và φ(x) = 2 (x a) trên
 1 −
đoạn [a, 2 (a + b)] ta có
 a+b 0
 8[f( 2 ) f(a)] f (ξ1) a + b
 − 2 = , a < ξ1 < .
 (b a) ξ1 a 2
 − −
 1 2 1
Áp dụng định lý Cauchy cho f(x) và ψ(x) = 2 (x b) trên đoạn [ 2 (a + b), b]
ta có −
 a+b 0
 8[f(b) f( 2 )] f (ξ2) a + b
 − 2 = , < ξ2 < b.
 (b a) ξ2 b 2
 − −
Suy ra
 a+b a+b 0 0
 8[f( 2 ) f(a)] 8[f(b) f( 2 )] f (ξ1) f (ξ2)
 − 2 + − 2 = + ,
 (b a) (b a) ξ1 a ξ2 b
 − − 0 − 0 − 0 0
 8[f(b) f(a)] f (ξ1) f (a) f (ξ2) f (b)
 − 2 = − + − .
 (b a) ξ1 a ξ2 b
 − − −
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 191
Áp dụng định lý Lagrange cho f 0(x) ta được
 0 0
 f (ξ1) f (a) 00
 − = f (η1), a < η1 < ξ1,
 ξ1 a
 0 − 0
 f (ξ2) f (b) 00
 − = f (η2), ξ2 < η2 < b.
 ξ2 b
 −
Do đó
 8[f(b) f(a)] 00 00
 − = f (η1) + f (η2),
 (b a)2
 −
 8 00 00 00 00
 f(b) f(a) = f (η1) + f (η2) f (η1) + f (η2)
 (b a)2 | − | | | 6 | | | |
 − 00 00
 2. max f (η1) , f (η2) .
 6 {| | | |}
Như vậy tồn tại c = η1 hoặc c = η2 và a < c < b thỏa mãn yêu cầu.
Bài 5.19. Ta có
 1 m + M 2 1 2 1 m + M 2
0 f(x)dx = f(x)dx (m + M) f(x)dx +
 6 − 2 − 2
 Z0 Z0 Z0
 h i  1  1 2 M m 2
 (m + M) f(x)dx mM 6 f(x)dx + − .
 ⇒ 0 − 0 2
 Z  Z   
Mặt khác
 2
 0 > [f(x) m][f(x) M] = [f(x)] (m + M)f(x) + mM, x [0, 1]
 − − − 1 1∀ ∈
 (m + M) f(x)dx mM [f(x)]2dx.
 ⇒ − >
 Z0 Z0
Suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Bài 5.20. Với mỗi x [0, 1], dùng khai triển Taylor ta được
 ∈
 0 0
 f(t) = f(0) + f (αz)t = f (αx)t,
 0 0
 f(t) = f(1) + f (βx)(t 1) = f (βx)(t 1),
 − −
với αx (0, x) và βx (x, 1). Từ đó với mỗi x [0, 1] ta có
 ∈ ∈ ∈
 1 x 1 x 1
 f(x)dx = f(t)dt + f(t)dt 6 f(t)dt + f(t)dt
 0 0 x 0 x
 Z   Zx Z 1   Z x   Z 1 
     0    0
   f(t) dt + f(t) dt = t f (αx) dt+ (1 t) f (βx) dt
 6 | | | | | | − | |
 Z0 Zx Z0 Zx
 x 1 t2 x t2 1
 6 tdt + (1 t)dt = + (t )
 0 x − 2 0 − 2 x
 Z Z  
 2 1 1 2 1 
 = x x + = (x ) + . 
 − 2 − 2 4
192 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH
 1
 1 2 1 1 1 1
Do min [(x ) + ] = , đạt được tại x = ta suy ra f(x)dx 6 .
 x∈[0,1] − 2 4 4 2 0 4
  Z 
Bài 5.21. Đổi biến t = u3 ta được  
 2 8 2 2
 f(t)dt = 2 u2f(u3)du = 2 t2f(t3)dt.
 3
 Z1 Z1 Z1
Do đó từ điều kiện đề bài ta có
 2
 [f(t3)]2 + (t2 1)2 + 2f(t3) 2t2f(t3) dt = 0
 1 − −
 Z  2 
 [f(t3)]2 + (1 t2)2 + 2(1 t2)f(t3) dt = 0
 − −
 Z1
  2 2
 [f(t3)] + 1 t2 dt = 0.
 1 −
 Z  
 3 2 2
Suy ra f(t ) + 1 t 0, t [1, 2], hay f(x) = x 3 1, x [1, 8].
 − ≡ ∀ ∈ − ∀ ∈
Bài 5.22. a) Trước hết ta có nhận xét
 x
 −at
 I(x) = e [t + cos(bt)] dt = I1(x) + I2(x)
 Z0
trong đó:
 x x
 −at −at
 I1(x) = e tdt, I2(x) = e cos(bt)
 Z0 Z0
Bằng phương pháp tích phân từng phần, ta sẽ thu được:
 1 e−ax 1
 I1(x) = x +
 a2 − a a
  
 x −ax 2
 −at e a
 I2(x) = e cos(bt)dt = [b sin(bx) a cos(bx)] +
 a2 + b2 − a2 + b2
 Z0
Từ đó ta sẽ có:
 1 a e−ax 1 e−ax
 I(x) = + a + + [b sin(bx) a cos(bx)]
 a2 a2 + b2 − a a a2 + b2 −
  
 1 a 1 a
 lim I1(x) = ; lim I2(x) = lim I(x) = +
 x→∞ a2 x→∞ a2 + b2 ⇒ x→∞ a2 a2 + b2
b) Theo tính chất đạo hàm theo cận trên biến thiên ta sẽ có:
 I0(x) = e−ax [x + cos(bx)]
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 193
Bằng phương pháp quy nạp (hoặc dùng công thức Leibnitz) khi n = 1, 2,, 3,
ta sẽ thu được ···
 I(n+1)(x) = (e−ax [x + cos(bx)])(n) = (xe−ax)(n) + (xe−ax cos(bx))(n)
 n
 −ax (n+1) −ax (n) k −ax (k) (n−k)
 = x(e ) + n(e ) + Cn(e ) (cos(bx))
 k=0
 n
 n n −ax Pk k k −ax (n−k) π
 = (n ax)( 1) a e + Cn( 1) a e (b) cos x + (n k) 2
 − − k=0 − −
 n
 = e−ax (n ax)( 1)nan +P Ck( 1)kak(b)(n−k) cos x+ (n k) π 

 − − n − − 2
  k=0 
 P  

Bài 5.23. Cách 1:
 f (x)
 ; x = 0; π .
 sin x 6 { }
Xét hàm số: g (x) =  f 0 (0) ; x = 0 .
  f 0 (π); x = π
 −
 0
Nhận thấy hàm g khả vi tại mọi điểm x (0, π) và f 0 (x) = g (x) sin x +
g (x) cos x. ∈
Do đó:
 π π π π
 (f 0 (x))2dx = g (x)2 cos2 xdx+ (g0 (x))2 sin2 xdx+2 g (x) g0 (x) sin x cos xdx.
Z0 Z0 Z0 Z0
Tích phân từng phần suy ra:
 π π π
 0
2 g (x) g0 (x) sin x cos xdx = g (x)2 sin x cos xdx = g (x)2 cos2 x sin2 x dx.
 − −
 Z0 Z0 Z0
  
  

Do đó:
 π π π π
 (f 0 (x))2dx = g (x)2 sin2 xdx + (g0 (x))2 sin2 xdx f (x)2 dx.
 0 0 0 ≥ 0
 Z Z f 2(x) Z Z
Từ đó suy ra đpcm. | {z }
Cách 2:
Ta có:
 π π π π
 2 2
 f 0 (x) f (x) g (x) dx 0 f 0 (x) dx g (x) d f 2 (x) (f (x) g (x))2dx.
 − ≥ ⇔ ≥ −
Z0 Z0 Z0 Z0
      

 π 2 π
 f 0 (x) f 2 (π) g (π) f 2 (0) g (0) f 2 (x) g0 (x) + g2 (x) dx
 ⇔ ≥ − −
 Z0 Z0
    
194 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH
Giờ chọn làm sao để thỏa mãn điều kiện:
 g0 (x) + g2 (x) = 1 g (x) = cot x x (0; π) .
 − ⇒ ∀ ∈
6 Phương trình hàm
Bài 6.1. Đạo hàm hai vế theo ẩn y, ta có
 y y y
 f 0(x + y) = f 00(x + ) + f 0(x + ).
 2 2 2
 y
Thay x = , ta có
 2
 − y y
 f 0( ) = f 00(0) + f 0(0).
 2 2
Thay x = 0, ta có
 y
 f(y) = yf 0( ) + f(0).
 2
 y
Khử f 0( ) các hệ thức trên, ta nhận được
 2
 f 00(0)
 f(y) = y2 + yf 0(0) + f(0).
 2
Hay
 f(x) = ax2 + bx + c
Thử lại: Thỏa mãn.
Bài 6.2. Thay x = y, ta có
 2 t
 2xf 00(2x) = 2f(x) f 00(t) = f( ).
 ⇒ t 2
Do vậy, f(x) khả vi vô hạn lần với mọi t = 0. Đạo hàm theo ẩn x, ta có
 6
 (x + y)f 000(x + y) + f 00(x + y) = f 0(x)
Đạo hàm theo ẩn y, ta có
 (x + y)f 000(x + y) + f 00(x + y) = f 0(y)
Suy ra f 0(x) = f 0(y) với mọi x, y và do vậy f(x) = ax+b. Thay x = y = 0, suy
ra f(0) = 0 và b = 0. Thay f(x) = ax vào giả thiết, ta có a = 0. Vậy, f(x) = 0
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 195
với mọi x R.
 ∈
Bài 6.3. Giả sử tồn tại hàm số thỏa yêu cầu bài toán. Thay y = x, ta được:
 −
 xf(x) + xf( x) = 2xf(0), x R,
 − ∀ ∈
hay
 f(x) f(0) = (f( x) f(0)) .
 − − − −
Đặt g(x) = f(x) f(0), x R thì g là hàm lẻ và thỏa
 − ∈
 g(0) = 0 và xg(x) yg(y) = (x y) g (x + y) , x, y R. (6.7)
 − − ∀ ∈
Thay y bởi y, ta được
 −
 xg(x) yg(y) = (x + y) g (x y) (6.8)
 − −
Từ (6.7) và (6.8), ta được
 (x y) g (x + y) = (x + y) g (x y) , x, y R.
 − − ∀ ∈
Thay x bởi y + 1 ta được
 g (2x + 1) = (2x + 1) g(1), x R.
 ∀ ∈
Suy ra g(x) = g(1)x, x R và do đó f(x) = ax + b, x R. Thử lại ta thấy
hàm thỏa yêu cầu bài∀ toán.∈ ∀ ∈
Bài 6.4. Cho x = 0 trong
 f(2x) = 2f(x) (6.9)
ta có f(0) = 0. Áp dụng (6.9) n lần ta được
 x
 f(x) = 2nf . (6.10)
 2n
  
Vì f khả vi tại x = 0 nên
 f(y) = my + y, (6.11)
 x
trong đó m = f 0(0) và  = (y) 0 khi y 0. Thay y = vào (6.11), kết
 → → 2n
hợp với (6.10) ta có
 x x
 f(x) = 2n m +  = mx + x. (6.12)
 2n 2n
  
Cho n , khi đó  0, ta được f(x) = mx.
 → ∞ →
Bài 6.5. Đặt g(x) = xf(x) thì phương trình trở thành g(x) = g(xx). Xét x > 0
bất kì.
196 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH
 Nếu 0 < x 1, xét dãy số (un) được xác định như sau
 • ≤
 u1 = x,
 un
 un+1 = u , với mọi n 1.
 ( n ≥
 un
 Ta có g(un+1) = g(u ) = g(un) nên g(un) = g(un−1) = = g(u1) =
 n ···
 g(x) với mọi n 1. Mặt khác, lim un = 1 nên g(x) = lim g(un) =
 ≥ n→∞ n→∞
 g( lim un) = g(1).
 n→∞
 Nếu x > 1, kí hiệu s : [1, + ) [1, + ) là hàm số ngược của hàm số
 • r(x) = xx trên [1, + ) (s tồn∞ tại→ vì r là∞ hàm số đồng biến trên [1, + )).
 ∞ ∞
 Xét dãy số (un) được xác định như sau
 u1 = x,
 un+1 = s(un), với mọi n 1.
 ( ≥
 r(x) x nên s(x) r(s(x)) = x với mọi x (0, 1). Do đó (un) là dãy số
 ≥ ≤ ∈
 không tăng và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ đến l R thỏa l = s(l)
 ∈ ⇒
 r(l) = r(s(l)) = l l = 1. Vậy g(x) = lim g(un) = g( lim un) = g(1).
 ⇒ n→∞ n→∞
 c
Vậy g là hàm hằng. Suy ra các hàm số cần tìm là f(x) = với c R.
 x ∈
Bài 6.6. Phương trình đã cho tương đương với
 ln x ln a
 x ln a = a ln x = .
 ⇔ x a
 ln x 1 ln x
Xét hàm số f(x) = , ta có f 0(x) = − . Ta cũng có lim f(x) =
 x x2 x→0+ −∞
 ln x 1
và lim f(x) = lim = lim = 0. Do đó f có bảng biến thiên như
 x→+∞ x→+∞ x x→+∞ x
sau:
 x 0 1 e +
 f 0(x) + + 0 ∞
 e−1 −
 f(x) 0%& 0
 %
 −∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có tối đa hai nghiệm dương.
Phương trình có đúng một nghiệm dương khi và chỉ khi
 ln a
 f(a) = ( , 0] e−1 a (0, 1] e .
 a ∈ −∞ ∪ { } ⇔ ∈ ∪ { }
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 197
Cũng từ bảng biến thiên ta có lim s(a) = 1.
 a→+∞
 n
 k
Bài 6.7. Đặt : Sn = a [f(x + ky) f(x ky)]. Khi đó: Sn Sn−1
 k=1 − − | − | ≤
 Sn + Sn−1 1. Từ đóP :
| | | | ≤
 1
 an [f(x + ny) f(x ny)] 1 f(x + ny) f(x ny) .
 | − − | ≤ → | − − | ≤ an
 u = x + ny 1
Đặt f(u) f(v) với n tùy ý thuộc N∗, từ đó suy ra
 v = x ny ⇒ | − | ≤ an
  −
 f(u) = f(v), u, v R.
 ∈
Vậy f là hàm hằng . Thử lại, nếu f là hàm hằng ta luôn có bất đẳng thức.
Bài 6.8. Đặt P (x, y) là mệnh đề f (x + y2) (y + 1) f (x) , x, y R.
 ≥ ∀ ∈
 P (x 1, 1) f (x) 0, x R.
 − − ⇒ ≥ ∀ ∈
Với y > 0 thì
 P x + y2, y f x + 2y2 (y + 1) f x + y2 (y + 1)2 f (x) ,
 ⇒ ≥ ≥
 P x + 2y2, y
 f x + 3y2
 (y + 1) f x + 2y
2 (y + 1)3 f (x) .
 ⇒ ≥ ≥
Bằng quy nạp ta thu
 được 
  

 n
 f (x + ny2) (y + 1) f (x) , x R, y > 0, n = 1, 2... (2)
 ≥ ∀ ∈ ∀ ∀
 1
Từ (2), lấy y = , ta được:
 n
 1 1 n
 f x + 1 + f (x) , x R, n = 1, 2... (3)
 n ≥ n ∀ ∈ ∀
    
Sử dụng (3) liên tiếp ta thu được:
 2 1 n 1 1 2n
 f x + 1 + f x + 1 + f (x)
 n ≥ n n ≥ n
        
 2
 k 1 kn 1 n
 f x + 1 + f (x) f (x + 1) 1 + f (x)
 ⇒ n ≥ n ⇒ ≥ n
      
 f (x + 1)
 0 f (x) n n , x R, n = 1, 2, ... (4)
 ⇒ ≤ ≤ 1 ∀ ∈ ∀
 1 +
 n
   
198 CHƯƠNG 6. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN GIẢI TÍCH
Từ (4) cho n + ta được: 0 f(x) 0 f(x) = 0, x R. Thử lại, ta
thấy hàm số f→(x) =∞ 0 thỏa mãn các≤ yêu≤ cầu⇒ đề bài. ∀ ∈
Bài 6.9. Bổ đề: Nếu hàm số g : R R liên tục và chỉ nhận các giá trị vô tỉ
thì g(x) = c với c là một hằng số nào⇒ đó.
Chứng minh Thật vậy, nếu không như vậy thì tồn tại các cặp số thực phân
biệt x1, x2 (x1 < x2) sao cho g (x1) = g (x2) . Do tính chất liên tục của hàm
 6
g nên với số hữu tỉ q (min g (x1) , g (x2) ; max g (x1) , g (x2) ) cho trước,
 ∈ { } { }
đều tồn tại x3 (x1, x2) để g (x3) = q, điều này là không thể được vì g chỉ
 ∈
nhận giá trị vô tỉ. Vây bổ đề được chứng minh. Theo bài ra hàm số f : R R
 2017 →
liên tục và thỏa mãn điều kiện với x R số f (x)+f x + là hữu tỉ khi và
 ∈ 2
chỉ khi f (x + 11) + f (x + 4) + f (x + 2017) là số vô tỉ. Điều này tương đương
  

 2017
với hàm số f : R R liên tục và thỏa mãn điều kiện f(x) + f x + là
 → 2
  
số vô tỉ khi và chỉ khi số f(x + 11) + f(x + 4) + f(2017) là số hữu tỉ. Do vậy,
cặp hàm
 2017
 h (x) = f(x) + f x + + f(x + 11) + f(x + 4) + f(2017)
 1 2
   2017
 h2(x) = f(x) + f x + f(x + 11) f(x + 4) f(2017)
  2 − − −
  
 
là các hàm liên tục và luôn nhận giá trị vô tỉ với mọi x R. Vậy theo nhận
 ∈
xét ở trên thì h1 c1, h2 c2 (với c1, c2 là các hằng số vô tỉ nào đó). Suy ra
 ≡ ≡
 2017 c1 + c2 2017
f(x) + f x + = , x R (1) và vì vậy f x + + f(x +
 2 2 ∀ ∈ 2
    
 c1 + c2
2017) = , x R (2).
 2 ∀ ∈
Từ (1) và (2) cho ta f(x) = f(x + 2017) với mọi x R, hay f(x) là hàm tuần
 ∈
hoàn trên R. Xét hàm số g(x) = x11 4x + 2017 f (x) , với mọi x R. Khi
 − − ∈
đó, g(x) là hàm số xác định, liên tục trên R. Vì f(x) là hàm số tuần hoàn trên
R nên hàm số f(x) bị chặn. Ta có:
 lim g (x) = lim x11 4x + 2017 f (x) = +
 x→+∞ x→+∞ − − ∞
  

 lim g (x) = lim x11 4x + 2017 f (x) = .
 x→−∞ x→+∞ − − −∞
Từ đây suy ra, tồn tại các số n >0, m 
0, g(m) < 0. Vì hàm
số g(x) liên tục trên R và g(m).g(n) < 0 nên theo định lý giá trị trung gian
tồn tại x0 (n, m) sao cho g(x0) = 0 hay
 ∈
 11
 x 4x0 + 2017 f(x0) = 0.
 0 − −
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 199
Bài 6.10. Từ a), thay x = y, ta có: 2f (x) g (x) = f (x) x f (x) =
 − − ⇒
g (x) x; x R.
 − ∀ ∈
Như vậy, giả thiết a) trở thành: 2 (g (x) x) g (x) = (g (y) y) y g (x) =
 − − − − ⇒
2x 2y + g (y) x, y R.
 − ∀ ∈
Thay y = 0 và đặt g (0) = b, ta có g (x) = 2x + b, do đó: f (x) = x + b.
Thay biểu thức của f và g vào bất đẳng thức trong b), ta được
 (x + b) (2x + b) x + 1 x
 ≥ ∀
 2x2 + (3b 1) x + b2 1 0 x
 ⇔ − − ≥ ∀
 0 ∆ = (3b 1)2 4.2 b2 1 = b2 6b + 9
 ⇔ ≥ − − − −
 b = 3
 ⇔  

Hiển nhiên các hàm f (x) = x + 3; g (x) = 2x + 3 thỏa mãn điều kiện b).
Không khó để chứng minh chúng cũng thỏa mãn điều kiện i).
Thật vậy, ta có: 2f (x) g (x) = 2 (x + 3) (2x + 3) = 3 và f (y) y =
y + 3 y = 3. Vậy i) được− thỏa mãn. − −
 −
Vậy, tất cả các hàm số f và g cần tìm là: f (x) = x + 3; g (x) = 2x + 3 .