Đề thi chọn tuyển Olympic Đại số 2025-2026 | Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh

Về đề thi chọn tuyển Olympic 2025-2026 Trần Tấn Đạt*
Sài Gòn, Ngày 16 tháng 1 năm 2026
Câu 1. Cho f : [0, 1] → R là hàm liên tục. Tính các giới hạn: Z 1 a) lim
xnf (x) dx n→∞ 0Z 1 b) lim n
xnf (x) dx n→∞ 0
Chứng minh. a) Vì f liên tục trên đoạn đóng [0, 1] nên f bị chặn. Gọi M = sup |f (x)|.Ta có đánh giá: x∈[0,1] Z Z Z 1 1 1 M
xnf (x) dx ≤
xn|f (x)| dx ≤ M xn dx = . n + 1 0 0 0 M Khi n → ∞, ta có
→ 0.Theo nguyên lý kẹp, giới hạn là: n + 1 Z 1 lim
xnf (x) dx = 0. n→∞ 0
b) Ta viết lại biểu thức dưới dạng: Z Z 1 n 1 In = n
xnf (x) dx = (n + 1)
xnf (x) dx. n + 1 0 0 Z 1
Xét Jn = (n + 1)
xnf (x) dx. Ta sẽ chứng minh lim Jn = f (1). n→∞ 0
*ĐH Khoa Học Tự Nhiên TPHCM, email: ttdat1323@gmail.com 1
Thật vậy, với mọi ϵ > 0, do f liên tục tại x = 1, tồn tại δ ∈ (0, 1) sao cho với mọi x ∈ [1 − δ, 1], ta
có |f (x) − f (1)| < ϵ.Ta tách tích phân: Z Z 1−δ 1 Jn = (n + 1)
xnf (x) dx + (n + 1)
xnf (x) dx 0 1−δ Z 1
Jn − f (1) = (n + 1)
xn(f (x) − f (1)) dx 0 Z Z 1−δ 1
|Jn − f(1)| ≤ (n + 1)
xn|f (x) − f (1)| dx + (n + 1)
xn|f (x) − f (1)| dx. 0 1−δ
Gọi K = sup |f (x) − f (1)|. Ta có
|Jn − f(1)| ≤ K(1 − δ)n+1 + ϵ[1 − (1 − δ)n+1].
Khi n → ∞, (1 − δ)n+1 → 0, nên số hạng thứ nhất tiến về 0. Số hạng thứ hai nhỏ hơn ϵ.Vì ϵ tùy ý, ta
có lim Jn = f (1).Vậy giới hạn cần tìm là: n→∞ n lim
Jn = 1 · f (1) = f (1). n→∞ n + 1
Đề xuất 1.1. Cho hàm số f : [0, 1] → R khả vi vô hạn lần (f ∈ C∞[0, 1]). Xét tích phân In = Z 1
xnf (x) dx. Hãy chứng minh rằng tích phân này có khai triển tiệm cận khi n → ∞ như sau: 0 m X f (k)(1) 1 In = (−1)k + O .
(n + 1)(n + 2) . . . (n + k + 1) nm+2 k=0 ∞ X f (k)(1)
Từ đó suy ra dạng chuỗi hình thức: In ∼ (−1)k Q .
k+1(n + j) k=0 j=1 (   u = f (x)
du = f ′(x)dx
Chứng minh. Tích phân từng phần lần thứ nhấtĐặt ⇒ xn+1 Ta có: dv = xndx v = n + 1 Z Z 1 1 xn+1 1 xn+1 I n =
xnf (x)dx = f (x) −
f ′(x)dx n + 1 n + 1 0 0 0 Z 1 1 In = f (1) − 1
xn+1f ′(x)dx. n + 1 n + 1 0  Z ( 1 
u = f ′(x)
du = f ′′(x)dx
Tích phân từng phần lần thứ haiXét tích phân còn lại:
xn+1f ′(x)dx.Đặt ⇒  xn+2 0
dv = xn+1dx v = n + 2 Ta có: Z Z 1 1 xn+2 1 xn+2
xn+1f ′(x)dx =
f ′(x) −
f ′′(x)dx n + 2 n + 2 0 0 0 2 Z f ′(1) 1 = − 1
xn+2f ′′(x)dx. n + 2 n + 2 0 Kết hợp lại ta có: Z f (1) 1 1 In = − f ′(1) +
xn+2f ′′(x)dx. n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) 0
Giả sử sau k lần tích phân từng phần, ta thu được: k X Z f (j)(1) (−1)k+1 1 In = (−1)j +
xn+k+1f (k+1)(x)dx.
(n + 1)...(n + j + 1)
(n + 1)...(n + k + 1) j=0 0
Số hạng phần dư chứa tích phân: Z (−1)k+1 1 Rk =
xn+k+1f (k+1)(x)dx
(n + 1)...(n + k + 1) 0
Do f ∈ C∞[0, 1] nên đạo hàm f (k+1)(x) bị chặn trên [0, 1]. Gọi Mk+1 = sup |f (k+1)(x)|.Ta đánh giá phần dư: Z Z 1 1 Mk+1
xn+k+1f (k+1)(x)dx ≤ Mk+1
xn+k+1dx = n + k + 2 0 0 Do đó: | 1 Rk| ≤ Mk+1 = O .
(n + 1)...(n + k + 2) nk+2
Như vậy, công thức khai triển tiệm cận đã được chứng minh: ∞ X f (k)(1) In ∼ (−1)k Q .
k+1(n + j) k=0 j=1
Câu 2. Cho f : [0, 2025] → [0, 2025] liên tục và xn+1 = f (xn). Giả sử lim (xn+1 − xn) = 0. Xét sự hội n→∞ tụ của dãy {xn}.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh dãy số {xn} hội tụ.
Dãy {xn} bị chặn trong [0, 2025]. Theo định lý Bolzano-Weierstrass, dãy có ít nhất một điểm tụ. Gọi
A là tập hợp các điểm tụ của dãy {xn}.
Gọi a = lim inf xn và b = lim sup xn. Rõ ràng A ⊆ [a, b] và a, b ∈ A. Ta cần chứng minh mọi điểm c n→∞ n→∞
thỏa mãn a < c < b đều thuộc A.
Giả sử có một điểm c ∈ (a, b) mà c /
∈ A. Vì c không phải là điểm tụ, nên chỉ có hữu hạn phần tử của
dãy số nằm trong một lân cận nhỏ của c. Tức là tồn tại ϵ > 0 sao cho khoảng (c − ϵ, c + ϵ) chứa hữu hạn
các số hạng xn. Điều này có nghĩa là tồn tại một số N0 đủ lớn sao cho với mọi n > N0, xn không nằm
trong (c − ϵ, c + ϵ). Do đó, với n > N0, hoặc xn ≤ c − ϵ hoặc xn ≥ c + ϵ.
Khi n > N0, rõ ràng tồn tại n sao cho:
xn ≤ c − ϵ và xn+1 ≥ c + ϵ. 3 Suy ra
xn+1 − xn ≥ (c + ϵ) − (c − ϵ) = 2ϵ.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết lim (xn+1 − xn) = 0. n→∞
Giả sử sai. Vậy mọi c ∈ (a, b) đều là điểm tụ và do đó A = [a, b].
Lấy c ∈ A. Tồn tại dãy con xn → c. Do f liên tục, x
) → f (c). Mặt khác, do k
nk+1 = f (xnk
lim(xn+1 − xn) = 0 nên xn
→ 0, suy ra f(c) − c = 0 và do đó f(c) = c. k +1 − xnk
Vậy mọi điểm thuộc A đều là điểm bất động của f . Tức là f (x) = x với mọi x ∈ [a, b].
Giả sử phản chứng a < b. Nếu tồn tại một chỉ số N sao cho xN ∈ [a, b], thì:
xN+1 = f (xN ) = xN .
Bằng quy nạp, ta có xn = xN với mọi n ≥ N . Khi đó, giới hạn của dãy số là duy nhất: lim xn = xN . n→∞
Tập điểm tụ A = {xN }. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu là A = [a, b]. Do đó xn / ∈ [a, b] với mọi n. L
Đặt L = b − a > 0. Chọn một số ϵ đủ nhỏ sao cho ϵ <
. Ta có tồn tại vô số n sao cho xn < a + ϵ và 3
tồn tại vô số m sao cho xm > b − ϵ. Ngoài ra, tồn tại N0 sao cho với mọi n ≥ N0, ta có |xn+1 − xn| < ϵ.
Lấy n > N0 sao cho xn < a + ϵ và lấy m > n sao cho xm > b − ϵ.
Xét tập hợp các chỉ số từ n đến m. Vì xn < a + ϵ và xm > b − ϵ, ắt hẳn tồn tại một chỉ số k đầu tiên
(n ≤ k < m) sao cho xk còn ở ”vùng trái” (xk < a + ϵ) nhưng bước tiếp theo xk+1 đã thoát khỏi vùng
đó (xk+1 ≥ a + ϵ).Ta đánh giá giá trị của xk+1:
xk+1 = xk + (xk+1 − xk).
Vì xk < a + ϵ và |xk+1 − xk| < ϵ, ta có:
xk+1 < (a + ϵ) + ϵ = a + 2ϵ. b − a 2
Mặt khác, ta đã chọn ϵ < , suy ra 2ϵ < (b − a). 3 3
a + 2ϵ < a + (b − a) = b. Tóm lại, ta có:
a + ϵ ≤ xk+1 < b.
Điều này suy ra xk+1 ∈ (a, b) ⊂ [a, b].
Từ đây ta có điều mâu thuẫn. Do đó a = b.
Nhận xét 1. Trong đề gốc, hàm số xác định trên đoạn đóng [0, 2025] (tập Compact). Điều này ”đảm bảo”
cho sự tồn tại của giới hạn (định lý Weierstrass). Nếu ta vứt bỏ ”chiếc phao cứu sinh” này và xét trên toàn
trục số thực R, bài toán sẽ trở nên thú vị và nguy hiểm hơn nhiều.
Đề xuất 2.1. Cho hàm số f : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm liên tục. Xét dãy số {xn} xác định bởi:
x0 > 0,
xn+1 = f (xn) ∀n ≥ 0.
Giả sử rằng dãy số thỏa mãn điều kiện
lim (xn+1 − xn) = 0. n→∞ 4
a) Hãy xây dựng một hàm f và dãy xn thỏa mãn đề bài nhưng xn → +∞.
b) Chứng minh rằng nếu dãy {xn} bị chặn, thì nó bắt buộc phải hội tụ về một điểm bất động của f . 1
Chứng minh. a) Xét hàm f (x) = x + . x + 1
b) Vì {xn} bị chặn, theo định lý Bolzano-Weierstrass, tập hợp các điểm tụ của dãy số, gọi là A, khác
rỗng. Gọi a = lim inf xn và b = lim sup xn. Khi đó A ⊆ [a, b] và a, b ∈ A. Lập luận tương tự bài toán
gốc ta có A = [a, b].
Lấy c ∈ A bất kỳ. Tồn tại dãy con xn → c. Do f liên tục: x
) → f (c).Mặt khác: k
nk+1 = f (xnk xn + (x ).Vì (x ) → 0 và x → c, suy ra x k +1 = xnk nk+1 − xnk nk+1 − xnk nk
nk+1 → c.Do giới hạn là
duy nhất: f (c) = c.
Ta cần chứng minh a = b. Giả sử phản chứng a < b. Khi đó đoạn [a, b] có độ dài lớn hơn 0 và mọi
điểm trên đó đều thỏa mãn f (x) = x. Vì a, b là điểm tụ, dãy số phải đi vào lân cận của a và lân cận
của b vô số lần.Tuy nhiên, khi n đủ lớn, bước nhảy |xn+1 − xn| trở nên cực nhỏ (nhỏ hơn khoảng cách
b − a). Để đi từ vùng gần a sang vùng gần b, dãy số bắt buộc phải có một phần tử xN rơi vào bên trong
đoạn [a, b].Ngay khi xN ∈ [a, b], ta có xN+1 = f (xN ) = xN (do tính chất điểm bất động).Bằng quy
nạp, xn = xN với mọi n ≥ N .Dãy số trở thành hằng số từ chỉ số N trở đi. Khi đó giới hạn duy nhất
là xN .Điều này có nghĩa là tập điểm tụ chỉ có 1 điểm (a = b = xN ), mâu thuẫn với giả thiết a < b. Z Z 2015 2025
Câu 3. Cho f : [1, 2025] → R khả vi thỏa mãn f (x)dx =
f (x)dx. Liệu f ′(x) = 0 có 1 2015
nghiệm trong (1, 2025) không?
Chứng minh. Câu trả lời là Không nhất thiết. Ta sẽ chỉ ra một phản ví dụ (hàm đơn điệu thực sự, tức là
f ′(x) ̸= 0 với mọi x).
Giả sử f (x) = eαx với α ̸= 0. Hàm này có f ′(x) = αeαx ̸= 0.Điều kiện đề bài trở thành: Z Z 2015 2025 eαxdx = eαxdx. 1 2015 Suy ra
2 = e10α + e−2014α.
Xét hàm số g(α) = e10α + e−2014α − 2. Ta có g(0) = 1 + 1 − 2 = 0. Đạo hàm: g′(α) = 10e10α −
2014e−2014α. Tại α = 0, g′(0) = 10 − 2014 = −2004 < 0. Vì g(0) = 0 và g′(0) < 0, nên tồn tại một lân
cận bên phải số 0 mà tại đó g(α) < 0. Mặt khác, khi α → +∞, g(α) → +∞. Do tính liên tục, tồn tại
một giá trị α∗ > 0 sao cho g(α∗) = 0. Với giá trị α∗ này, hàm f (x) = eα∗x thỏa mãn đẳng thức tích phân
nhưng f ′(x) > 0 trên toàn bộ miền xác định.
Đề xuất 3.1. Cho f : [a, b] → R là hàm khả vi. Cho c ∈ (a, b) là một điểm chia đoạn [a, b] thành hai
phần.Giả sử rằng giá trị trung bình của f trên [a, c] bằng giá trị trung bình của f trên [c, b], tức là: Z Z 1 c 1 b
f (x) dx = f (x) dx c − a b − c a c
Chứng minh rằng tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho f ′(ξ) = 0. 5
Chứng minh. Gọi giá trị trung bình chung là K. Ta có: Z Z 1 c 1 b
f (x) dx = K và
f (x) dx = K. c − a b − c a c
Áp dụng định lý giá trị trung bình tích phân cho đoạn [a, c]: Vì f liên tục, tồn tại x1 ∈ (a, c) sao cho
f (x1) = K.
Áp dụng định lý giá trị trung bình tích phân cho đoạn [c, b]: Tương tự, tồn tại x2 ∈ (c, b) sao cho
f (x2) = K.
Ta có f khả vi trên [x1, x2] và f (x1) = f (x2)(= K). Theo Định lý Rolle, tồn tại ξ ∈ (x1, x2) sao cho
f ′(ξ) = 0. Vì (x1, x2) ⊂ (a, b), nên ξ ∈ (a, b). Z 1
Đề xuất 3.2. Cho f : [0, 1] → R là hàm liên tục. Giả sử f thỏa mãn hai điều kiện trực giao sau:
f (x) dx = 0 Z 1 0 và
xf (x) dx = 0Chứng minh rằng phương trình f (x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt thuộc 0 khoảng (0, 1).
Chứng minh. Nếu f (x) ̸= 0 với mọi x ∈ (0, 1), do f liên tục, f (x) phải mang dấu không đổi (luôn dương Z 1 hoặc luôn âm). Khi đó
f (x) dx ̸= 0. Điều này trái với giả thiết 1. Suy ra f (x) có ít nhất 1 nghiệm 0
x1 ∈ (0, 1).
Giả sử f (x) chỉ có đúng 1 nghiệm x1 ∈ (0, 1) (hoặc nhiều nghiệm nhưng không đổi dấu tại các nghiệm
khác, tức là f (x) chỉ đổi dấu đúng 1 lần tại x1).Ta xét hàm số bổ trợ:
g(x) = f (x) · (x − x1).
• Khi x > x1: x − x1 > 0. Giả sử f (x) đổi dấu từ âm sang dương (hoặc ngược lại) tại x1. Khi đó tích
f (x)(x − x1) sẽ giữ nguyên một dấu (luôn ≥ 0 hoặc luôn ≤ 0) trên toàn đoạn [0, 1].
• Giả sử f (x) cùng dấu với (x − x1). Khi đó g(x) ≥ 0 với mọi x và g(x) không đồng nhất bằng 0 Ta lại có Z Z Z Z 1 1 1 1 g(x) dx =
f (x)(x − x1) dx =
xf (x) dx − x1
f (x) dx = 0. 0 0 0 0 Z 1
Ta có g(x) ≥ 0 liên tục, g(x) ̸≡ 0 mà
g(x) dx = 0. Điều này vô lý. 0
Đề xuất 3.3. Cho hàm số f : [0, 1] → R liên tục và không đồng nhất bằng 0 (f ̸≡ 0). Giả sử rằng: Z 1
xkf (x) dx = 0
∀k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} 0
Chứng minh: f (x) đổi dấu ít nhất n lần trên khoảng (0, 1).
Chứng minh. Giả sử f (x) đổi dấu ít hơn n lần trên khoảng (0, 1). Gọi x1, x2, . . . , xm là các điểm tại đó
f (x) đổi dấu, với m < n.
Xét đa thức P (x) được định nghĩa như sau:
P (x) = (x − x1)(x − x2) . . . (x − xm)
Nhận xét về đa thức P (x): 6
• deg(P ) = m. Vì ta giả sử m < n, nên m ≤ n − 1.
• Do bậc của P (x) không vượt quá n − 1, P (x) có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các
đơn thức 1, x, x2, . . . , xm. m X P (x) = cjxj j=0 Z
Theo giả thiết của đề bài (
xkf (x)dx = 0 với k < n), ta suy ra: Z Z 1 m X 1 m X
P (x)f (x) dx = cj
xjf (x) dx = cj · 0 = 0 0 j=0 0 j=0 Z 1 Vậy:
P (x)f (x) dx = 0. 0
a xét hàm số g(x) = f (x) · P (x).Các nghiệm x1, . . . , xm chia đoạn [0, 1] thành các khoảng rời
nhau. Trên mỗi khoảng này, f (x) giữ nguyên một dấu.Đa thức P (x) cũng chỉ đổi dấu tại đúng các điểm
x1, . . . , xm.Do đó, tại mỗi điểm xi, cả f (x) và P (x) đều đồng thời đổi dấu.
Từ đây ta suy ra hàm số g(x) = f (x)P (x) sẽ luôn lớn hơn hoặc bằng 0 (hoặc luôn nhỏ hơn hoặc bằng
0) trên toàn đoạn [0, 1]. Để thuận tiện, ta có thể chọn dấu của P (x) sao cho f (x)P (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, 1].
Vì f (x) liên tục và f (x) ̸≡ 0, nên tồn tại một khoảng nhỏ sao cho |f (x)| > 0. Trên khoảng đó,
P (x) ̸= 0 (trừ tại hữu hạn điểm nghiệm).Do đó, f (x)P (x) không đồng nhất bằng 0 và f (x)P (x) ≥ 0.Theo
tính chất của tích phân: Z 1
f (x)P (x) dx > 0. 0
Ta thu được điều mâu thuẫn.
Câu 4. Cho f : R → R khả vi, f (0) = 0 và f ′(x) + f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R. Tìm giá trị lớn nhất của f (2025).
Chứng minh. Nhân hai vế của bất phương trình với ex (vì ex > 0):
exf ′(x) + exf (x) ≤ ex
(exf (x))′ ≤ ex
Lấy tích phân từ 0 đến T = 2025: Z Z T T
(exf (x))′ dx ≤ ex dx 0 0
eT f (T ) − e0f (0) ≤ eT − 1. Suy ra
f (T ) ≤ eT − 1 = 1 − e−T . eT
Dấu bằng xảy ra khi f ′(x) + f (x) = 1 với f (0) = 0. Nghiệm của phương trình vi phân này là
f (x) = 1 − e−x.Vậy giá trị lớn nhất của f (2025) là: 1 − e−2025. 7
Đề xuất 4.1. Cho f : [0, T ) → R là hàm khả vi thỏa mãn f (0) = 1 và bất phương trình vi phân:
f ′(x) ≥ 1 + f 2(x). π
a) Chứng minh rằng miền xác định của hàm số không thể vượt quá . Tức là T ≤ π . 4 4
b) Tổng quát, nếu f ′(x) ≥ f (x)k với k > 1 và f (0) > 0, hãy ước lượng thời gian tối đa Tmax mà nghiệm có thể tồn tại.
Chứng minh. a) Vì f 2(x) ≥ 0 nên f ′(x) ≥ 1 > 0, hàm số đồng biến. Vì f (0) = 1 > 0 nên f (x) > 0
với mọi x.Chia hai vế cho 1 + f 2(x): f ′(x) ≥ 1 1 + f 2(x)
Lấy tích phân hai vế từ 0 đến x: Z Z x f ′(t) x dt ≥ 1 dt. 1 + f 2(t) 0 0 Suy ra
arctan(f (x)) − arctan(f (0)) ≥ x. π
Từ đây thì Thay f (0) = 1, và arctan(1) = : 4 π
arctan(f (x)) − π ≥ x ⇒ arctan(f (x)) ≥ x + . 4 4 Ta bắt buộc phải có: π π π x + < ⇒ x < . 4 2 4 −
Khi x → π , arctan(f (x)) → π , suy ra f (x) → +∞. 4 2 π
Vậy hàm số không thể xác định quá điểm x = . 4
Câu 5. Cho f ∈ C2([a, b]), f ̸≡ 0, f (a) = f (b) = 0, f ′′ + pf = 0. Z
b f′′(x) 4 a) Chứng minh .
f (x) dx > b − a a
b) Nếu p(x) ̸= 0 mọi nơi, có suy ra f (x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b) không?
Chứng minh. a) Từ giả thiết, ta có p(x) = −f ′′(x). Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: f (x) Z b | 4
p(x)| dx > b − a a 8
Chọn c ∈ (a, b) sao cho |f (c)| = max |f (x)|. Vì f (a) = f (b) = 0 và f ̸≡ 0 nên |f (c)| > 0 và x∈[a,b]
f ′(c) = 0.Ta có: Z Z c b f (c) =
f ′(x) dx và − f(c) =
f ′(x) dx. a c Suy ra: Z Z c b
|f(c)| ≤
|f′(x)| dx và |f(c)| ≤
|f′(x)| dx a c
Mặt khác, từ f ′′(x) = −p(x)f (x), tích phân từ c đến x: Z Z x x f ′(x) =
f ′′(t) dt = −
p(t)f (t) dt. c c Từ đây suy ra Z Z x x
|f′(x)| ≤ |p(t)||f(t)| dt ≤ |f(c)| |p(t)| dt . c c
Áp dụng vào đánh giá của |f (c)|: Z Z Z c c c
|f(c)| ≤
|f′(x)| dx ≤ |f(c)|
|p(t)| dt dx. a a x Z Z Z Z Z c c c t c
Đổi thứ tự tích phân (Fubini): ...dtdx = ...dxdt =
(t − a)|p(t)| dt. a x a a a Suy ra Z Z Z c c c 1 1 ≤
(t − a)|p(t)| dt < (c − a)
|p(t)| dt ⇒
|p(t)| dt > . c − a a a a
Tương tự cho đoạn [c, b]: Z b | 1
p(t)| dt > b − c c
Cộng hai bất đẳng thức: Z b | 1 1 4
p(t)| dt > + > . c − a b − c b − a a
b) Xét [a, b] = [0, π]. Xét phương trình f ′′(x) + 4f (x) = 0. Ở đây p(x) = 4 ̸= 0. Hàm f (x) = sin(2x) π
thỏa mãn f (0) = f (π) = 0. Tuy nhiên, f ( ) = sin(π) = 0. Tức là f (x) có nghiệm x = π/2 ∈ (0, π). 2
Vậy không thể suy ra f (x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b).
Đề xuất 5.1 (Wirtinger’s Inequality). Cho f : [0, 1] → R là hàm khả vi liên tục (C1) thỏa mãn f (0) =
f (1) = 0.Chứng minh rằng: Z Z 1 1
(f ′(x))2 dx ≥ π2 f 2(x) dx 0 0
Dấu bằng xảy ra khi nào? 9
Chứng minh. Vì f (0) = f (1) = 0, ta có thể mở rộng f thành một hàm lẻ tuần hoàn với chu kỳ 2 trên
đoạn [−1, 1], sau đó khai triển Fourier theo hệ sin: ∞ X f (x) = bn sin(nπx) n=1
(Hệ số an = 0 do hàm lẻ).
Theo đẳng thức Parseval cho chuỗi Fourier: Z 1 ∞ 1 X
f 2(x) dx = b2 . 2 n 0 n=1
Đạo hàm của chuỗi (giả sử hội tụ đều): ∞ X f ′(x) =
bn(nπ) cos(nπx) n=1
Áp dụng Parseval cho f ′ (hệ cos): Z 1 ∞ ∞ 1 X π2 X
(f ′(x))2 dx = (nπbn)2 = n2b2 . 2 2 n 0 n=1 n=1 So sánh chúng, ta có: Z Z 1 ∞ ∞ π2 X X 1 (f ′)2 dx =
n2b2 ≥ π2 1 · b2 = π2 f 2 dx. 2 n 2 n 0 n=1 n=1 0
Dấu bằng xảy ra: Khi n2 = 1 với mọi n mà bn ̸= 0. Điều này chỉ xảy ra khi bn = 0 với mọi n ≥ 2.
Tức là f (x) = b1 sin(πx). 10