Tính đơn điệu

Trong giải tích, một trong các tính chất hỗ trợ tốt cho việc kiểm tra sự hội tụ là tính đơn điệu. Chẳng hạn, nếu dãy $\{u_n\}_{n=1}^\infty$ thỏa mãn

+ không giảm, nghĩa là $u_n\le u_{n+1}, \forall n\in\mathbb N,$

+ bị chặn trên, nghĩa là có số $M$ để $u_n\le M, \forall n\in\mathbb N$

thì dãy đang xét hội tụ. Hơn nữa, $\lim\limits_{n\to\infty}u_n\le M.$

Với dãy đơn điệu, chẳng hạn đơn điệu tăng thực ra chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp:

-) dãy bị chặn trên thì hội tụ đến giá trị hữu hạn;

-) dãy không bị chặn trên thì hội tụ đến $+\infty.$

Ngoài ra, ta có thể mở rộng một chút cho dãy không nhất thiết đơn điệu ngay từ đầu, nghĩa là dãy $\{u_n\}_{n=1}^\infty$ thỏa mãn

+ có số tự nhiên $n_0$ để từ đó trở đi $u_n\le u_{n+1}, \forall n\ge n_0.$

Khi đó dãy này cũng có tính chất tương tự dãy đơn điệu tăng. Một cách tương tự các bạn có thể viết cho dãy đơn điệu giảm. Một ví dụ cho trường hợp như này, xét dãy $\{\dfrac{n^2}{2^n}\}_{n=1}^\infty.$ Dãy này sẽ giảm từ $n=3$ và bị chặn dưới bởi $0.$

Khi quan sát sự hội tụ của chuỗi có dạng

$\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_n$

các kết quả của Abel và Dirichlet đều xuất hiện yêu cầu đơn điệu. Các yêu cầu này cần thiết vì nếu bỏ đi rất có thể kết luận của các kết quả này sai.

Chẳng với Định lý Dirichlet, xét chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n\times\dfrac{(-1)^n}{n}$ :

+ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n$ có dãy tổng riêng bị chặn bởi $1,$

+ dãy $\dfrac{(-1)^n}{n}$ hội tụ về $0$ nhưng không đơn điệu,

+ chuỗi ban đầu phân kỳ.

Với Định lý Abel xét chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}(\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+1)$

+ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ hội tụ,

+ dãy $(\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+1)$ hội tụ về $1$ nhưng không đơn điệu,

+ chuỗi ban đầu phân kỳ.

Với chuỗi đan dấu, tính đơn điệu trong dấu hiệu Leibniz cũng quan trọng. Ta xét ví dụ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n u_n$

với $u_{2k}=\dfrac{1}{\sqrt{k}}, u_{2k+1}=\dfrac{1}{k+1}$ thỏa mãn

+ dãy $u_n$ hội tụ về $0$ nhưng không đơn điệu,

+ chuỗi ban đầu phân kỳ.

Tiếp đến ta quan sát giới hạn của hàm số. Thực chất giới hạn của dãy số là trường hợp riêng của giới hạn hàm số khi ta xét hàm xác định trên tập số tự nhiên và quan tâm đến giới hạn của hàm tại “điểm tụ” $+\infty.$ Ta bắt đầu với dạng tương tự,

+ lấy tập $A\subset\mathbb R$ không bị chặn trên, nghĩa là có một dãy tăng thực sự gồm $x_n\in A, \forall n\in\mathbb N$ mà $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty,$

+ xét hàm đơn điệu tăng $f:A\to \mathbb R,$ nghĩa là $f(x)\le f(y)$ khi $x, y\in A, x<y.$

Khi đó, giống như dãy số, khi quan sát giới hạn tại $+\infty$ của $f$ chỉ có hai tình huống sau xảy ra:

+ hàm $f$ bị chặn trên, nghĩa là tập ảnh của nó $f(A)$ bị chặn trên, thì tồn tại giới hạn

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\in A}f(x),$

– hàm $f$ không bị chặn trên, nghĩa là có một dãy gồm các $x_n\in A$ mà $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=+\infty$ thì dãy $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ là dãy tăng và

$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty,$

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$

Trong cả hai trường hợp đều có $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\in A}f(x).$

Cũng giống như dãy, các tính chất trên còn đúng cho dãy cuối cùng mới đơn điệu, bị chặn, nghĩa là có một số $x_0$ sao cho

+ hàm $f$ bị chặn trên và đơn điệu tăng trên tập $A\cap(x_0, +\infty)$ , nghĩa là có một số $M$ để $f(x)\le M, \forall x\in A, x>x_0$ , và $f(x)\le f(y)$ khi $x, y\in A, x_0<x<y,$ thì tồn tại giới hạn

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\in A\atop x>x_0}f(x),$

– hàm $f$ không bị chặn trên và đơn điệu tăng trên $A\cap(0, +\infty)$ , nghĩa là có một dãy gồm các $x_n\in A, x_n>x_0$ mà $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=+\infty$ , và $f(x)\le f(y)$ khi $x, y\in A, x_0<x<y,$ thì dãy $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ là dãy tăng và

$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty,$

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$

Các bạn thử tự viết cho trường hợp đơn điệu giảm. Chẳng hạn ta xét ví dụ sau

$f: \mathbb R\to\mathbb R, f(x)=x^{2013}e^{-x}$

chỉ giảm khi $x>2013$ và bị chặn dưới bởi $0.$

Một ví dụ nữa

$g:(0, +\infty)\to\mathbb R, g(x)=\dfrac{1}{x}\sin(1/x).$

Hàm này nói chung không đơn điệu cũng không bị chặn trên $(0, +\infty)$ . Tuy nhiên khi $x>1$ hàm $g$ vừa đơn điệu giảm vừa bị chặn dưới bởi $0.$

Ta chuyển sang quan sát giới hạn của hàm $f: A\to \mathbb R$ tại điểm tụ $x_0$ của $A.$ Ta chỉ quan sát hai trường hợp sau:

+) hàm đơn điệu tăng và $x_0=\sup A,$

+) hàm đơn điệu giảm và $x_0=\inf A.$

Các trường hợp khác để viết cho đẹp, ta cần tách bạch giới hạn trái và giới hạn phải tại $x_0.$ Khi xét giới hạn trái hay phải thì nó trùng với một trong hai trường hợp sẽ xét ở đây. Tôi sẽ phát biểu cho trường đơn điệu tăng, trường hợp đơn điệu giảm xin dành bạn đọc.

Nếu có $x_1<x_0$ để $f$ đơn điệu tăng trên $A\cap(x_1, x_0)$

thì tồn tại giới hạn

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\sup_{x\in A\atop x>x_1}f(x).$

Trong trường hợp $f(A\cap(x_1, +\infty))$ bị chặn trên thì giới hạn trên hữu hạn. Ngược lại giới hạn trên là $+\infty.$

Ta có thể thực hành kết quả trên qua ví dụ

$f:(0, 1)\to\mathbb R, f(x)=x\sin(2013x^2)$ và $x_0=0.$

Ta chuyển qua tính liên tục. Như đã biết hàm $f:[0, 1]\to\mathbb R$ liên tục thì $f([0, 1])$ là tập liên thông và có GTLN và GTNN. Nói cách khác ta có $f([0, 1])=[GTNN, GTLN].$ Câu hỏi: điều ngược lại có đúng không? Nghĩa là, nếu có $a\le b$ sao cho $f([0, 1])=[a, b]$ thì $f$ có liên tục hay không. Câu trả lời: nói chung không. Chẳng hạn ta xét ví dụ

$f:[0, 1]\to\mathbb R,$
$f(x)=[2x]$ khi $0<x<1/2, f(x)=2x-1$ khi $1/2\le x\le 1.$

Hàm này gián đoạn loại 1 tại $x=1/2$ và

$f([0, 1])=[0, 1].$

Vậy điều kiện gì sẽ giúp hàm $f$ liên tục? Trả lời: tính đơn điệu. Ta có kết quả

hàm $f:[0, 1]\to\mathbb R$ đơn điệu và có hai số $a<b$ để $f([0, 1])=[a, b]$ thì $f$ liên tục trên $[0, 1].$

Từ kết quả này không khó để chứng minh kết quả sau.

$f:[0, 1]\to\mathbb R$ đơn điệu tăng thực sự, và $f([0, 1])=[f(0), f(1)].$ Khi đó $f:[0, 1]\to[f(0), f(1)]$ là một đồng phôi, nghĩa là nó là song ánh và hàm ngược cũng như bản thân nó đều liên tục.

Trong hàm hai biến, xét hàm $f:[0, 1]\times[0, 1]\to\mathbb R.$ Như đã biết hàm liên tục thì sẽ liên tục theo từng biến. Điều ngược lại nói chung không đúng. Chẳng hạn xét ví dụ

$f(x, y)=\begin{cases} \dfrac{y}{x}\; khi \; 0<y\le x,\\ \dfrac{x}{y} \; khi \; 0<x\le y, \\ 0 \; khi \; xy=0.\end{cases}$

Hàm $f$ liên tục theo từng biến và không liên tục tại $0$ vì

$\lim\limits_{x\to 0}f(x, x)=1\not=0=f(0, 0).$

Vậy điều kiện gì để hàm liên tục theo từng biến trên $[0, 1]\times[0, 1]$ là hàm liên tục. Các bạn thử tự kiểm tra khi có thêm điều kiện: $f(x, y)$ đơn điệu theo biến $x.$

Ta tiếp tục chuyển sang tính khả tích. Trước hết, một hàm $f$ đơn điệu trên $[0, 1]$ khả tích trên $[0, 1].$ Lưu ý lúc này hàm $f$ trên $[0, 1]$ bị chặn bởi $f(0)$ và $f(1).$

Vấn đề tiếp theo: hàm giới hạn $f$ của một dãy hàm $f_n:[0, 1]\to\mathbb R$ khả tích trên $[0, 1]$ có là hàm khả tích không? Hơn nữa, mối quan hệ giữa dãy các tích phân $\int\limits_0^1 f_n(x)dx$ và tích phân của hàm giới hạn $\int\limits_0^1 f(x)dx$ như nào?

Với tích phân Riemann, người ta mới giải quyết được phần sau. Cụ thể

Nếu $f_n, f:[0, 1]\to\mathbb R$ là các hàm liên tục thỏa mãn:

với mỗi $x\in[0, 1]$ dãy $\{f_n(x)\}_{n=1}^\infty$ đơn điệu giảm và hội tụ đến $f(x)$

thì

$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1 f_n(x)dx=\int\limits_0^1 f(x)dx.$

Điều này có được nhờ Định lý Dini về sự hội tụ đều:

Với các giả thiết trên có

$\lim\limits_{n\to\infty}\sup_{x\in[0, 1]}|f_n(x)-f(x)|=0,$

hay nói cách khác dãy hàm $\{f_n\}_{n=1}^\infty$ hội tụ đều đến $f$ trên $[0, 1].$

Trong tích phân Lebesgue, mọi chuyện có vẻ dễ hơn với Định lý hội tụ đơn điệu của Beppo Levi như sau.

Dãy hàm đo được không âm $f_n:[0, 1]\to\mathbb R$ đơn điệu tăng, nghĩa là $f_n(x)\le f_{n+1}(x) \;\forall x\in[0, 1]$ , và hội tụ điểm đến hàm $f(x)$ trên $[0, 1]$ . Khi đó hàm giới hạn đo được và

$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1 f_n(x)dx=\int\limits_0^1 f(x)dx.$

Dấu bằng ở trên được hiểu nếu giới hạn vế trái tồn tại thì hàm giới hạn $f$ khả tích Lebesgue và tích phân Lebesgue trên $[0, 1]$ của nó chính là giới hạn của dãy tích phân vế trái.

Quay trở lại tích phân Riemann, ta có thể giảm nhẹ điều kiện đơn điệu và hội tụ điểm bằng điều kiện hội tụ đều. Khi xét sự hội tụ điểm cũng như hội tụ đều của chuỗi hàm dạng

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$

ta cũng có các Định lý Abel và Dirichlet với các điều kiện về tính đơn điệu không bỏ được.

Ngoài tích phân Riemann và tích phân Lebesgue ta còn học tích phân suy rộng. Khi nghiên cứu sự hội tụ của tích phân suy rộng dạng

$\int\limits_a^b f(x)g(x)dx$

ta lại tiếp tục gặp Abel và Dirichle với tính đơn điệu không bỏ được.

Ta chuyển sang tính khả vi. Ta gặp một kết quả khá sâu sắc: hàm $f:(0, 1)\to\mathbb R$ là đơn điệu thì nó khả vi hầu khắp nơi. Chứng minh của kết quả này khá khó. Các bạn có thể tham khảo trong luận văn của Vũ Công Viên

http://bomongiaitich.files.wordpress.com/2012/12/luan_van.pdf

Trong luận văn của Vũ Công Viên cũng đưa ra kết quả của Fubini về việc chuyển dấu đạo hàm qua dấu tổng. Nói cách khác, Định lý Fubini nhằm trả lời câu hỏi: chuỗi gồm các hàm khả vi hội tụ đến một hàm thì hàm giới hạn này có khả vi không? Nếu khả vi thì đạo hàm của nó liên quan gì đến chuỗi các đạo hàm?

Trong Giải tích năm thứ nhất ta cần kiểm tra khá nhiều điều kiện:

+ chuỗi hàm hội tụ tại một điểm nào đó trong tập đang xét,

+ chuỗi đạo hàm hội tụ đều trên tập đang xét.

Điều kiện chuỗi đạo hàm hội tụ đều khá chặt. Định lý Fubini đơn giản hóa như sau:

Xét chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ với

+ $u_n:[0, 1]\to\mathbb R$ là các hàm đơn điệu tăng,

+ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ hội tụ điểm đến hàm $u(x)$ trên $[0, 1].$

Khi đó $u_n, u$ khả vi hầu khắp nơi và

$u'(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u^,_n(x), h.k.n$ trên $[0, 1].$

Giải tích

Từ ”Giải tích” tôi hiểu ở đây là có liên quan đến các phép toán giới hạn. Phần này rộng và năm nào thi QG ở Việt Nam cũng có ít nhất một bài. Trong khuôn khổ hai buổi tôi không thể tổng kết hết các kỹ thuật giải các bài toán Giải tích được. Trong bài này, qua các bài toán cụ thể tôi sẽ nhắc lại vài kĩ thuật mà theo tôi là quan trong nhất.

Bài 1. Cho $(x_n)_{n\geq 0}$ là dãy các số thực xác định bởi $x_1=0,x_2=2$ và $x_{n+2}=2^{-x_n}+\dfrac{1}{2}\forall n=1,2,\cdots$
Chứng minh rằng dãy số này hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Lời giải và bình luận}.
Đây là một trong $7$ bài toán trong kỳ thi chọn HSG QG năm 2008 của Việt Nam. Kiểu bài này gặp rất nhiều trong các kỳ thi tại Việt Nam vì nó kiểm tra tốt các kiến thức Giải tích của học sinh. Nó thường được tôi dạy cho các học sinh của mình trong năm với cái tên ”Dãy kiểu $u_{n+1}=f(u_n)$ ”. Công thức truy hồi trong bài toán là ”cách $2$ ”, chúng ta chuyển về ”cách $1$ ” bằng cách quan tâm đến hai dãy $(x_{2k})$ và $(x_{2k+1})$ . Một cách chi tiết ta có lời giải sau đây:
Xét các dãy $(a_n)$ và $(b_n)$ xác định bởỉ $a_k=x_{2k}(k=1,2,\cdots)$ và $b_k=x_{2k+1}(k=0,1,2,\cdots)$ , thế thì $a_1=2,a_{n+1}=f(a_n)(n=1,2,\cdots)$ và $b_0=0,b_{n+1}=f(b_n)(n=0,1,\cdots)$ , trong đó $f(x)=2^{-x}+\dfrac{1}{2}(x\in\mathbb{R})$ , là một hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ vì $f'(x)=-2^{-x}\ln 2<0\forall x\in\mathbb{R}$ . Bây giờ ta sẽ xét tính hội tụ của hai dãy $(a_n)$ và $(b_n)$ .
Với dãy $(a_n)$ , ta có $a_2=\dfrac{3}{4},a_3=\dfrac{1}{2^{3/4}}+\dfrac{1}{2}$ , suy ra $a_3<a_1$ . Dùng tính đơn điệu của $f$ ở đây ta có dãy $(a_{2n+1})$ là dãy số giảm còn dãy $(a_{2n})$ là dãy số tăng. Không khó khăn ta thấy cả hai dãy số này bị chặn dưới bởi $\dfrac{1}{2}$ và bị chặn trên bởi $2$ , bởi vậy nên chúng có giới hạn, đặt giới hạn của chúng tương ứng là $a$ và $a'$ . Khi đó $a,a'\geq \dfrac{1}{2}$ và $g(a)=g(a')$ , ở đây $g(x)=x+2^{-x}$ là hàm số đồng biến trên $[\dfrac{1}{2},+\infty)$ vì $g'(x)=\dfrac{2^x-\ln 2}{2^x}>\dfrac{2^{1/2}-\ln 2}{2^x}>0\forall x>\dfrac{1}{2}$ . Do vậy mà ta phải có $a=a'$ , thay trở lại quan hệ hình thành khi qua giới hạn ta có $h(a)=\dfrac{1}{2}$ , ở đây $h(x)=x-2^{-x}$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$ vì $f'(x)=1+2^{-x}\ln 2>0\forall x\in\mathbb{R}$ . Từ đây với chú ý $h(1)=\dfrac{1}{2}$ chúng ta có $a=1$ . Như vậy dãy số $(a_n)$ hội tụ và giới hạn của nó bằng $1$ .
Với dãy $(b_n)$ chúng ta cũng làm tương tự và thấy rằng dãy số này cũng hội tụ và giới hạn của nó bằng $1$ .
Từ các kết quả về hai dãy số $(a_n)$ và $(b_n)$ ta suy ra rằng dãy $(x_n)$ hội tụ và có giới hạn bằng $1$ .
Chú ý: Ngoài lời giải trên chúng ta có lời giải khác bởi chú ý là $|f(x)-f(1)|\leq \dfrac{7}{10}|x-1|\forall x>\dfrac{1}{2}$ . Đương nhiên lời giải này gọn hơn nhưng bởi mục đích của mình nên tôi chọn giới thiệu lời giải trên.

Bài 2. Cho hàm số $f:(0;\infty)\to (0;\infty)$ thoả mãn điều kiện $f(3x)\geq f(\dfrac{1}{2}f(2x))+2x\forall x>0.$
Chứng minh rằng $f(x)\geq x\forall x>0$ .
Lời giải và bình luận.
Bài toán này có quan hệ cực kỳ gần gũi với một bài toán trong kỳ thi HSG QG của Việt Nam năm 2003. Tôi nhớ lại hồi đó như thế này: Tôi vừa mới ra trường và năm đó tôi được phân công dạy đội tuyển của tỉnh với một vài giáo viên khác. Năm đó tôi có giảng cho các em bài thi của Trung Quốc năm 1992 thì phải, nếu tôi không nhầm. Cách tiếp cận của bài toán đó có thể dùng cho bài thi QG của Việt Nam năm 2003 nhưng đáng tiếc , không ai làm được và tôi còn nghe rằng cả nước năm đó chỉ có $2$ em làm được, một trong hai em đó ở Nam Định. Những bạn tò mò có thể tìm đến phần cuối của bài giảng, ở đó tôi cho cả hai bài toán như là bài tập về nhà. Bây giờ tôi sẽ dùng cách tiếp cận đó để giải bài toán đã cho, tôi sẽ tìm một dãy số $(u_n)$ sao cho $f(x)>u_nx\forall x>0\forall n\geq 1$ và $\lim_{n\to\infty} u_n=1$ , đương nhiên khi đó bài toán sẽ được giải bằng cách cho $n$ ra vô cùng trong bất đẳng thức. Từ đầu bài ta có $f(3x)>2x\forall x>0$ suy ra $f(x)>\dfrac{2x}{3}\forall x>0$ , vậy ta có thể chọn $u_1=\dfrac{2}{3}$ . Tiếp theo ta thấy là nếu có dãy như vậy thì nói riêng ta phải có $f(3x)>\dfrac{u_n}{2}f(2x)+2x>\dfrac{u_n}{2}\cdot u_n(2x)+2x=x(u_n^2+2)\forall x>0$ , hay là $f(x)>\dfrac{u_n^2+2}{3}\cdot x\forall x>0$ , bởi vậy ta có thể chọn $u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2}{3}$ . Trở lại bài toán ban đầu, đây là lời giải chi tiết của nó:
Xét dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1=\dfrac{2}{3}$ và $u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2}{3}\forall n\geq 1$ . Bằng quy nạp theo $n$ ta dễ dàng chứng minh được các kết quả
(1)Dãy $(u_n)$ tăng và bị chặn trên bởi $1$ , chặn dưới bởi $\dfrac{2}{3}$ ;
(2) $f(x)>u_nx\forall x>0\forall n\geq 1.$
Dùng (1) ta thấy dãy $(u_n)$ hội tụ, gọi giới hạn của nó là $L$ thì ta có $\dfrac{2}{3}<L\leq 1$ và $L=\dfrac{L^2+2}{3}$ , do đó $L=1$ . Dùng điều này và trong (2) cho $n$ tiến ra vô cùng ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi $a_1=1,a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\forall n\geq 1$ . Tìm tất cả các số thực $\alpha$ sao cho dãy $(a_n^{\alpha}/n)$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi $n\to \infty$ .
Lời giải và bình luận.
Bài này liên quan đến Định lí Stolz-Cesaro
Cho hai dãy $(a_n)$ và $(b_n)$ thoả mãn các điều kiện sau
a)Dãy $(b_n)$ dương, tăng ngặt, không bị chặn;
b) $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\in\mathbb{R}$ .
Khi đó $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=l$ .
Từ Định lí này ta thấy cần phải quan tâm đến giới hạn $\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}^{\alpha}-a_n^{\alpha})$ . Ta có $a_{n+1}^{\alpha}-a_n^{\alpha}=\alpha(a_{n+1}-a_n)v_n^{\alpha -1}\cong \alpha\cdot \dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\cdot a_n^{\alpha -1}=\alpha a_n^{\alpha-3/2}$ khi $n\to\infty$ . Như vậy ta dự đoán là $\alpha=3/2$ , quả thực đó là kết qủa của bài toán. Lời giải chi tiết giống như điều chúng ta đã làm ở trên. Nhưng không may, thi QG ở Việt Nam các học sinh sẽ không được dùng Định lí này, nhưng khi đã đoán được kết quả thì chúng ta có thể dùng nguyên lí kẹp để giải nó. Bởi vì ta đoán $\alpha = 3/2$ nên để cho đơn giản ta sẽ tính giới hạn của dãy $(\dfrac{a_n^3}{n^2})$ khi $n$ tiến ra vô cùng.

Bài 4. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thoả mãn $f(x^2+y+f(y))=f^2(x)+2y\forall x,y\in\mathbb{R}$ .
Lời giải và bình luận.
Bài toán này rất nổi tiếng, lần đầu tiên nó xuất hiện trên AMM, tác giả của nó là Wu Wei Chao, sau đó nó được sử dụng làm đề chọn đội tuyển của các nuớc Bulgari, Iran và đặc biệt là Việt Nam (năm $2004$ ), khi sử dụng ở Việt Nam thì nó ở một dạng khác, khó hơn một chút. Tôi sẽ giới thiệu hai lời giải của nó ở đây, cả hai lời giải đều phải dùng đến giải tích và mỗi lời giải là một kỹ thuật rất hay dùng khi giải các bài toán phương trình hàm mà không có điều kiện liên tục của các hàm số. Theo tôi biết thì tất cả các lời giải của bài toán này đều không tránh khỏi phải dùng giải tích.
Lời giải $1$ .
Gỉa sử $f$ là hàm thoả mãn, chúng ta sẽ chứng minh lần lượt ba kết quả sau
(1) $f(x+f(x))=2x\forall x\in\mathbb{R}$ ;
(2) $f(x)>0\forall x>0$ và $f(x)<0\forall x<0$;
(3) $f(f(x))+f(x)-2x=0\forall x<0$ .
Bởi vì $\{f^2(x)+2y|x,y\in\mathbb{R}\}=\mathbb{R}$ nên tồn tại số thực $b$ sao cho $f(b)=0$ , đương nhiên ta cũng có $f(-b)=0$ . Trong đẳng thức đầu lần lượt cho $y=b$ và $y=-b$ chúng ta có các đẳng thức $f(x^2+b)=f^2(x)+2b\forall x\in\mathbb{R}$ và $f(x^2-b)=f^2(x)-2b\forall x\in\mathbb{R}$ . Từ hai đẳng thức cuối này ta có $f(x^2+b)-f(x^2-b)=4b\forall x\in\mathbb{R}$ , ở đây cho $x=0$ ta có $b=0$ , hay là $f(x)=0$ nếu và chỉ nếu $x=0$ . Trong đẳng thức đầu cho $x=0$ ta có ngay (1).
Trong đẳng thức ban đầu cho $y=0$ ta có $f(x^2)=f^2(x)\forall x\in\mathbb{R}$ , từ đây ta có $f(x)>0\forall x>0$ và $|f(x)|=|f(-x)|\forall x\in\mathbb{R}$ . Nếu có $a,b\in\mathbb{R}$ sao cho $b=f(a)=f(-a)$ và $a>0$ thì $b>0$ , và khi cho trong đẳng thức đầu $y=\pm a$ chúng ta sẽ có $f(x^2+a+b)=f^2(x)+2a\forall x\in\mathbb{R}$ và $f(x^2-a+b)=f^2(x)-2a\forall x\in\mathbb{R}$ , ở đẳng thức thứ nhất cho $x=0$ ta có $f(a+b)=2a$ , dùng điều này khi cho $x=\sqrt{a+b}$ trong đẳng thức thứ hai chúng ta sẽ có $f(2b)=0$ , vô lý. Thành thử $f(x)=-f(-x)\forall x\in\mathbb{R}$ và bởi điều đã chứng minh ở trên ta có $f(x)<0\forall x<0$ . Như vậy ta đã chứng minh xong (2).
Với mỗi $y<0$ , trong đẳng thức đầu cho $x=\sqrt{-y}$ chúng ta có (3).
Bây giờ với mỗi $x<0$ , ta cố định nó và xét dãy $u_n=f(...f(x)...)$ ( $n$ chữ $f$ ), quy ước $u_0=x$ . Từ (2) ta có $u_n<0\forall n\geq 0$ , do đó dùng (3) ta được $f(f(u_n))+f(u_n)-2u_n=0\forall n\geq 0$ , suy ra $u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n=0\forall n\geq 0$ . Từ đây, có các số thực $a,b$ phụ thuộc $x$ sao cho $u_n=a+b(-2)^n\forall n\geq 0$ , mà $\lim_{n\to\infty}(-2)^n=\mp\infty$ tuỳ theo $n$ chạy trên dãy chẵn hay là lẻ, và $u_n<0\forall n\geq 0$ chúng ta có $b=0$ . Từ đây ta có $a=x$ và do đó $f(x)=x$ .
Như vậy là $f(x)=x\forall x<0$ , mà $f(x)=-f(-x)\forall x\in\mathbb{R}$ và $f(0)=0$ nên $f(x)=x\forall x\in\mathbb{R}$ .
Thử lại thấy đúng, vậy chỉ có một hàm số thoả mãn đòi hỏi của đầu bài là $f(x)=x\forall x\in\mathbb{R}$ .
Lời giải $2$ .
Trong đẳng thức đầu cho $y=-\dfrac{f^2(x)}{2}$ ta có $f(x^2-\dfrac{f^2(x)}{2}+f(-\dfrac{f^2(x)}{2}))=0\forall x\in\mathbb{R}$ , mà trong lời giải $1$ ta đã có $f(x)=0\Longleftrightarrow x=0$ nên ta có $f(-\dfrac{f^2(x)}{2})=\dfrac{f^2(x)}{2}-x^2\forall x\in\mathbb{R}$ . Dùng điều này, trong đẳng thức đầu thay $y$ bởi $-\dfrac{f^2(y)}{2}$ ta sẽ có $f(x^2-y^2)=f^2(x)-f^2(y)\forall x,y\in\mathbb{R}$ . Từ đây và $f^2(x)=f(x^2)\forall x\in\mathbb{R}$ ta sẽ có $f(x+y)=f(x)+f(y)\forall x,y\in\mathbb{R}$ . Gìơ ta sẽ chứng minh $f$ nhân tính. Ta có $f^2(x+y)=f((x+y)^2)\forall x,y\in\mathbb{R}$ , dùng tính cộng tính đã có ở trên ta được $f(xy)=f(x)f(y)\forall x,y\in\mathbb{R}$ . Theo một kết quả quen biết, $f$ phải là hàm $0$ hoặc $x$ . Kiểm tra lại ta thấy trường hợp đầu không xảy ra.

Bài 5. Cho hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và phương trình $f(x+f(x+\cdots+f(x)\cdots))=2008$ ( $2008$ chữ $f$ ) có nghiệm. Chứng minh rằng phương trình $f(x)=x$ cũng có nghiệm.
Lời giải và bình luận.
Bài toán chỉ là một hệ quả đơn giản của sự kiện: Nếu $f$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và không triệt tiêu tại bất cứ điểm nào thì nó chỉ mang một dấu trên $\mathbb{R}$ .

Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $\forall x,y,z\in\mathbb{R}:|x-y|<|x-z|\Longrightarrow |f(x)-f(y)|<|f(x)-f(z)|.$
Lời giải và bình luận.
Gỉa sử $f$ là một hàm thoả mãn yêu cầu của bài toán. Ta thấy nó có các tính chất sau đây mà ta sẽ đi chứng minh
a)Nếu $a,b,c,d$ là các số thực thoả mãn $|a-b|<|c-d|$ thì $|f(a)-f(b)|<|f(c)-f(d)|$ ;
b) $f$ liên tục trên $\mathbb{R}$ ;
c)Nếu $a,b,c,d$ là các số thực thoả mãn $|a-b|=|c-d|$ thì $|f(a)-f(b)|=|f(c)-f(d)|$ .
Nếu $a,b,c,d$ là các số thực như trong a) thì có số nguyên dương $n$ và các số thực $x_1,x_2,\cdots,x_{n+1},x_{n+2}$ sao cho $x_1=a,x_2=b,x_{n+1}=c,x_{n+2}=d$ và $|x_1-x_2|<|x_2-x_3|<\cdots<|x_{n+1}-x_{n+2}|$ , dùng giả thiết, tác động $f$ vào dãy này chúng ta có a).
Gỉa sử $(x_n)$ là một dãy số thực hội tụ đến số thực $x_0$ và $\epsilon$ là một số dương bất kì. Ta thấy là có tồn tại các số thực $c,d$ sao cho $|f(c)-f(d)|<\epsilon$ , thật vậy, đặt $m=|f(1)-f(0)|>0$ thì với mỗi $a$ thoả mãn $|a|<1$ ta có $|f(a)-f(0)|<m$ , tập giá trị của $f$ khi $x$ nằm trong $(-1,1)$ là một tập con của một khoảng có độ dài $2m$ , chia khoảng này thành các phần đều nhau, mỗi phần dài $\epsilon/2$ , ta có số phần chia là hữu hạn, số các số thực trong khoảng $(-1,1)$ là vô hạn nên ta có điều cần chứng minh. Tiếp theo ta có tồn tại số nguyên dương $N$ để $\forall n>N$ ta có $|x_n-x_0|<|c-d|$ , tác động $f$ vào đây ta có $|f(x_n)-f(x_0)|<\epsilon\forall n>N$ , hay là $f(x_n)\to f(x_0)$ , hoặc $f$ liên tục tại $x_0$ . Như thế ta đã chứng minh xong $b)$ .
Nếu có các số thực $a,b,c,d$ như trong c) thì có hai dãy $(c_n),(d_n)$ sao cho $c_n\to c,d_n\to d$ và $|a-b|=|c-d|<|c_n-d_n|\forall n$ , cho qua $f$ ở đây ta có $|f(a)-f(b)|<|f(c_n)-f(d_n)|\forall n$ , cho $n\to \infty$ và dùng tính liên tục của $f$ ta có $|f(a)-f(b)|\leq |f(c)-f(d)|$ . Tương tự ta cũng có $|f(a)-f(b)|\geq |f(c)-f(d)|$ và c) được chứng minh.\\
Trở lại bài toán, từ tính chất c) chúng ta có $f(\dfrac{x+y}{2})=\dfrac{f(x)+f(y)}{2}\forall x,y\in\mathbb{R}$ . Khi mà dùng tính liên tục thì đây là bài toán phương trình hàm cơ bản, và chúng ta có đáp số của bài toán là $f(x)=ax+b\forall x\in\mathbb{R}$ , ở đây $a,b$ là các số thực bất kì chỉ cần $a\not = 0$ .

Bài 7. Cho hai dãy $(a_n)$ và $(b_n)$ xác định bởi $a_0=\sqrt{2},b_0=2,a_{n+1}=\sqrt{2-\sqrt{4-a_n^2}},b_{n+1}=\dfrac{2b_n}{2+\sqrt{4+b_n^2}}\forall n\geq 0$ . Chứng minh rằng các dãy $(a_n),(b_n)$ giảm và hội tụ đến $0$ , dãy $(2^na_n)$ tăng, dãy $(2^nb_n)$ giảm và hai dãy này hội tụ đến cùng một giới hạn. Chứng minh rằng có hằng số $C>0$ sao cho $0<b_n-a_n<\dfrac{C}{8^n}\forall n\geq 0.$
Lời giải và bình luận.
Bài này quá quen thuộc rồi, bằng quy nạp theo $n$ ta sẽ chứng minh được $a_n=2\sin {\dfrac{\pi}{2^{n+1}}},b_n=2\tan {\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}\forall n\geq 0$ , và do đó bài toán trở thành đơn giản.

Bài 8. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$ ta có $\dfrac{e}{2n+2}<e-\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{e}{2n+1}.$
Lời giải và bình luận.
Bài này thuộc loại cơ bản, dùng sự biến thiên của hàm số để chứng minh bất đẳng thức. Cả hai bất đẳng thức đều giải được bằng cách đặt $x=1/n$ rồi $\ln$ hai vế làm mất $e$ .

Bài 9. Cho các số nguyên dương $k,s$ và các số thực dương $a_1,a_2,\cdots,a_k;b_1,b_2,\cdots,b_s$ sao cho $\sqrt[n]{a_1}+\sqrt[n]{a_2}+\cdots+\sqrt[n]{a_k}=\sqrt[n]{b_1}+\sqrt[n]{b_2}+\cdots+\sqrt[n]{b_s}$ với vô hạn số nguyên dương $n$ . Chứng minh rằng $k=s$ và $\prod a_i=\prod b_j$ .
Lời giải và bình luận.
Bài toán được giải ngay lập tức khi chúng ta dùng $\sqrt[n]{a}\to 1$ và $n(\sqrt[n]{a}-1)\to\ln a$ theo thứ tự đó.

Bài tập
Bài 10. Một hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ được gọi là có tính chất $\Gamma$ nếu $f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\in\{f(a),f(b)\}\,\forall a,b\in\mathbb{R}.$
a)Tìm một hàm có tính chất $\Gamma$ mà không phải là hàm hằng.
b)Chứng minh rằng một hàm có tính chất $\Gamma$ mà liên tục trên $\mathbb{R}$ sẽ phải là hàm hằng.
Bài 11. Dãy $(x_n)$ được xác định bởi $x_1=a,x_{n+1}=\dfrac{2x_n^3}{3x_n^2-1}\forall n\geq 1$ . Hãy tìm tất cả các số thực $a$ sao cho dãy $(x_n)$ xác định và hội tụ.
Bài 12. Cho $\mathcal{F}$ là tập các hàm $f:(0;\infty)\to (0;\infty)$ thoả mãn $f(3x)\geq f(f(2x))+x\forall x>0$ . Tìm số thực $A$ lớn nhất sao cho $f(x)\geq Ax\forall x>0\forall f\in\mathcal{F}.$
Bài 13. Tìm tất cả các số thực $a$ sao cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_0=\sqrt{1996},x_{n+1}=\dfrac{a}{1+x_n^2}\forall n\geq 0$ là dãy số hội tụ.
Bài 14. Cho dãy $(u_n)$ xác định như sau $u_1=2,u_{n+1}=u_n+\sqrt{1+\dfrac{u_n}{2}}\forall n\geq 1$ . Tìm tất cả các số thực $\alpha$ sao cho dãy $(u_n^{\alpha}/n)$ hội tụ và giới hạn của nó khác $0$ .
Bài 15. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $f(x^2+f(y))=y+f^2(x)\forall x,y\in\mathbb{R}$ .
Bài 16. Tìm tất cả các hàm số $f:[1,\infty)\to [1,\infty)$ sao cho
a) $f(x)\leq 2(x+1)\forall x\geq 1$ và
b) $f(x+1)=\dfrac{f^2(x)-1}{x}\forall x\geq 1$ .
Bài 17. Cho các số thực dương $a,b$ . Tìm tất cả các hàm số $f:[0,\infty)\to [0,\infty)$ sao cho $[f(f(x))+af(x)=b(a+b)x\forall x\geq 0.$
Baì 18. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $f((x+z)(y+z))=(f(x)+f(z))(f(y)+f(z))\forall x,y,z\in\mathbb{R}.$