KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 22 Quảng Ngãi, 7-13/4/2014 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 22 BIÊN TẬP Trần Nguyên An Trường ĐH Sư phạm, ĐH Thái Nguyên Đoàn Trung Cường Hội Toán học Việt Nam & Viện Toán học Trịnh Thanh Đèo Trường ĐH KHTN, ĐHQG Tp Hồ Chí Minh Vũ Nhật Huy Trường ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội Liên Vương Lâm Trường ĐH Phạm Văn Đồng Nguyễn Văn Ninh Trường ĐH Sư phạm, ĐH Thái Nguyên QUẢNG NGÃI, 7-13/4/2014 GIỚI THIỆU Kỳ thi Olympic Toán dành cho sinh viên trường đại học, cao đẳng học viên nước diễn Trường đại học Phạm Văn Đồng, Quảng Ngãi khoảng thời gian tuần, tự 07-13/4/2014 Quyển kỷ yếu chủ yếu dành để tập hợp lại số đề xuất trường tham dự kỳ thi với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tham khảo cho sinh viên quan tâm Do thời gian ngắn nên số biên tập tương đối kỹ càng, có số giữ nguyên cách trình bày đề xuất, công tác biên tập trường hợp đánh máy lại, kiểm tra tính xác nội dung tả Quyển kỷ yếu chắn nhiều lỗi trình bày, đề nghị người đọc để ý điều Nhóm biên tập Mục lục I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 22 Một số thông tin kỳ thi Thông tin chung Kết 5 Diễn văn tổng kết - GS TS Nguyễn Hữu Dư Diễn văn tổng kết - PGS TS NGƯT Phạm Đăng Phước 14 II 19 ĐỀ THI Đề thi thức Đại số Giải tích 21 21 23 Các đề xuất: Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình tuyến tính Không gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức 25 25 30 34 36 39 39 42 42 45 46 50 55 57 Các đề xuất: Giải tích Dãy số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Chuỗi số Phương trình hàm III MỤC LỤC HƯỚNG DẪN GIẢI 59 Đề thi thức Đại số Giải tích 61 61 64 Các đề xuất: Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình tuyến tính Không gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức 67 67 84 95 100 106 108 Các đề xuất: Giải tích Dãy số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Chuỗi số Phương trình hàm 115 115 125 130 143 158 165 Phần I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 22 158 Do f hàm đơn điệu tăng 1 f (x0 )dx = (1 − x0 )f (x0 ) f (x)dx ≥ x0 x0 Suy f (x)dx ≤ (1 − x0 )f (x0 ) = f (x0 ) − x0 f (x0 ) = h(x0 ) + x0 (1 − x0 ) ≥ h(x0 ) = h(x0 )dx h(x2014 )dx ≥ f (x2014 )dx − = x2014 dx 0 f (x2014 )dx − = 2015 Bài 4.28 (CĐ Sư phạm Vĩnh Phúc) Ta có 1/2 1/2 1 xf (x)dx = f ( ) 2 f (x)dx = Từ suy 1/2 VT =( 1 f (x)dx)2 = ( f (x)dx + 1/2 f (x)dx)2 1/2 =( 1 (f (x) − f (1/2)dx) + f ( ))2 2 1/2 1/2 1/2 12 1/2 xf (x)dx)2 (1 − x)f (x)dx)2 + 2( ≤ 2( ≤ xf (x)dx)2 (1 − x)f (x)dx + =( 1/2 (f (x))2 dx CHUỖI SỐ Bài 5.1 (ĐH Bách khoa Hà Nội) Khai triển hữu hạn hàm ln(1 + x) = x − x2 + α(x) CHUỖI SỐ 159 lân cận x = 0, với α(x) = o(x2 ) Suy (−1)n ln + √ n +∞ Chuỗi n=2 (−1)n = √ + + αn , 2n n αn = o n (−1)n √ hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz n +∞ +∞ 1 Vì + αn ∼ n → ∞ phân kỳ nên 2n 2n n n=2 n=2 + αn 2n phân kỳ Vậy chuỗi cho phần kỳ Bài 5.2 (HV Bưu Viễn thông) Ta có ∞ ∞ n(n + 1) (n + k) n=1 k=1 ∞ ∞ = k=1 n=1 ∞ ∞ n(n + 1) (n + k) = k=1 n=1 ∞ = k=1 1 − n(n + 1) (n + k − 1) (n + 1) (n + k) k 11 k k! Mặt khác ex − dx = x 1 x ∞ k=1 xk dx = k! ∞ k=1 k! xk dx x Từ điều ta suy điều cần chứng minh Bài 5.3 (Dự bị) Từ giải thiết ta có xn > với n ≥ N0 , N0 đủ lớn Suy ra, với n ≥ N0 xn xn+1 − xn xn+1 − xn 1− = ≤ xn+1 xn aN0 Vì ∞ n=N0 xn+1 − xn a )= , aN0 N0 nên chuỗi cho hội tụ Chú ý: Điều không a < 160 Bài 5.4 (ĐH Hùng Vương, Phú Thọ) Nhận xét an > 1∀n Ta có: 1 1 = =− + an+1 − an − 3an + an − an − Suy 1 − = an − an+1 − an − N ⇒ n=1 = an − N n=1 1 1 1 − = − = − an − an+1 − a1 − aN +1 − 2 aN +1 − Mặt khác : an+1 − an = a2n − 4an + = (an − 2)2 > ∀n ⇒ {an } dãy tăng Giả sử L = sup an ⇒ L > n≥1 Nếu L < +∞ ⇒ L = L2 − 3L + ⇒ L = ( vô lý ) ⇒ L = +∞ ⇒ lim an = +∞ Mà N 1 = − a −1 aN +1 − n=1 n N nên cho N → +∞ ⇒ 1 = n=1 an Bài 5.5 (HV Phòng không Không quân) Giả sử f (x) = g(x) = f (x) ∞ bn x n , n=0 |bn | ≤ 2, ∀n ∈ N theo giả thiết Mặt khác ta có: f (x) = f (x) f (x) f (x) Từ giả thiết ta có: f (x) = a1 x + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan xn−1 + · · · Ta lại có: f (x) f (x) = (1+a1 x+a2 x2 +· · ·+an xn +· · · )(b0 +b1 x+b2 x2 +· · ·+bn xn +· · · ) f (x) CHUỖI SỐ 161 Bây giờ, ta chứng minh phản chứng Giả sử |an | ≤ n + không với giá trị n Gọi k số tự nhiên nhỏ cho |ak | > k + Từ lập luận ta có a1 x + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan xn−1 + · · · = (1+a1 x+a2 x2 +· · ·+an xn +· · · )(b0 +b1 x+b2 x2 +· · ·+bn xn +· · · )∀n ∈ N So sánh hệ số xk−1 hai vế, ta được: kak = b0 ak−1 + b1 ak−2 + · · · + bk−2 a1 + bk−1 (1) Xét hai vế hệ thức (1) Vế trái có kak > k(k + 1), k số tự nhiên nhỏ cho ak > k + Vế phải có |b0 ak−1 + b1 ak−2 + · · · + bk−2 a1 + bk−1 | ≤ 2(|ak−1 + · · · + |a1 | + 1) ≤ 2(k + · · · + + 1) = k(k + 1) Dẫn đến mâu thuẫn với (1) Vậy: |an | ≤ n + ∀n ∈ N ∞ Bài 5.6 (ĐH Quy Nhơn) a) Vì chuỗi an hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy n=1 lim n→∞ a[ n2 ]+1 + a[ n2 ]+2 + + an = 0, đó, [.] ký hiệu hàm phần nguyên Vì dãy {an } giảm nên n a[ n2 ]+1 + a[ n2 ]+2 + + an ≥ [ ]an ∞ Vì vậy, n=1 [ n2 ]an = Do đó, ∞ n=1 n a n ∞ = ta có nan = n=1 b) Ta có √ √ 3 sin π n3 + n = (−1)n sin π n3 + n − nπ nπ √ = (−1)n sin (n3 + n)2 + n n3 + n + n2 = (−1)n an {an } dãy số dương giảm dần Theo tiêu chuẩn Leibniz cho chuỗi đan dấu, ta có chuỗi cho hội tụ 162 Bài 5.7 (ĐH Sao Đỏ) Đặt cj = sup (n + 1)an ∀j ≥ n≥2j Ta cj+1 ≤ 4c2j Thật vậy, với n ≥ 2j+1 , tồn số số nguyên k ≥ 2j cho n = 2k n = 2k + Nếu n = 2k ta có a2k − a2k+1 ≤ a2k ≤ 4c2j c2j 4c2j − ≤ (k + 1)2 2k + 2k + Nếu n = 2k + ta có: a2k+1 − a2k+2 ≤ ak ak+1 c2j 4c2j 4c2j ≤ ≤ − (k + 1)(k + 2) 2k + 2k + 4c2 j Do đó, dãy (an − n+1 )n≥2j+1 dãy tăng số hạng không dương hội tụ đến Vì 4c2j an ≤ ∀n ≥ 2j+1 n+1 Hay c2j+1 ≤ 4c2j Suy dãy ((4cj )2−t )j≥0 không tăng bị chặn số q < Vì cj ≤ q 2t với j đủ lớn Với n khoảng 2j 2j+1 ta có an ≤ cj √ ≤ q 2t ≤ ( q)n n+1 Vì lim n→∞ √ √ n an < q < Theo tiêu chuẩn Cauchy, suy chuỗi cho hội tụ Bài 5.8 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2) Với n ∈ N ta xét khả sau: a) Nếu an ≥ 2n+1 ta có n ann+1 = an ann+1 b) Nếu an < 2n+1 ≤ 2an CHUỖI SỐ 163 n ann+1 < ( n 2n+1 ) n+1 = 2n Vì vậy, ta có: n ann+1 ≤ 2an + ∞ Ta có chuỗi ∞ an hội tụ chuỗi n=1 n=1 2n 2n ∀n ∈ N hội tụ Theo dấu hiệu so sánh cho chuỗi số dương ta có chuỗi ∞ n ann+1 n=1 hội tụ Bài 5.9 (CĐ Sư phạm Nam Định) un = n2 + n + ∼ n(n + 1)(n + 2)(n + 3) n +∞ hội tụ nên un hội tụ n=1 n=1 n 1 Ta có n2 + n + = ((n + 1)(n + 2)(n + 3) − n(n + 1)(n + 2) − ((n + 2)(n + 2 3) − n(n + 1)) + ((n + 3) − n) +∞ Chuỗi un = 1 − n n+3 − 1 − n(n + 1) (n + 2)(n + 3) + un = − vn+1 1 1 với = + − n n + 1n + 2 Sn = v1 − vn+1 Do lim Sn = v1 = n→+∞ 18 1 − n(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 4) 1 + + n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n + 2) Bài 5.10 (ĐH Sư phạm Thái Nguyên) Từ giả thiết ta có a2n+1 = 2n+1 an+1 − 2n an , n a2n = a2 − 2a + 2n an k=1 164 Tiếp theo ta tính lim 2n an n→∞ π thỏa mãn a = sin2 α hay Thật gọi ≤ α ≤ α = arcsin( a ) = arcos(1 − a) 2 Bằng chứng minh quy nạp ta dễ dàng chứng minh an = 2n sin2 ( Do ta có lim 2n an = lim 22n sin2 ( n→∞ n→∞ Vậy a2n lim k=1 ) = 4α2 = arcos2 (1 − a) ∞ n n→∞ α 2n−1 a2n = a2 − 2a + arcos2 (1 − a) = n=1 α 2n−1 ) PHƯƠNG TRÌNH HÀM 165 PHƯƠNG TRÌNH HÀM Bài 6.1 (HV Bưu Viễn thông) Lấy đạo hàm vế f (2015x + 2014) = 2015f (x) x ∈ R Khi 2015f (2025x + 2014) = 2015f (x) Thay x x−2014 2015 x ∈ R , ta có x−2014 − 2014 x − 20152 + x − 2014 ) = f ( 2015 )=f ( f (x) = f ( ) 2015 2015 20152 x − 2015n + = ··· = f ( ) 2015n Cho n → ∞, ta nhận f (x) = f (−1) Như f (x) = mx + k ∀x ∈ R m = f (1) Thay x = −1 vào hệ thức ban đầu, ta có f (−1) = 2014f (−1) f (−1) = Bởi k = m f (x) = m(x + 1) Thử lại: Thỏa mãn Như f (x) = m(x + 1) m số Bài 6.2 (ĐH Công nghệ thực phẩm Tp HCM) a) Từ giả thiết suy f (f (f (x))) + αf (f (x)) = 2α2 f (x) · · · n+2 n+1 f (x) + αf (x) = 2α2 f n (x), ∀n ∈ N với x = f (x) Cố định x (2) trở thành phương trình truy hồi tuyến tính cấp un+2 + αun+1 = 2α2 un (2) 166 Phương trình đặc trưng λ2 + αλ − 2α2 = ⇔ λ1 = α ∨ λ2 = −2α Suy un = f n (x) = αn A + (−2α)n B (3) Trong (3), thay n = 0, ta x = u0 = A + B Trong (3), thay n = 1, ta f (x) = αA − 2αB Vì f n : [0, +∞) → [0, +∞) nên ta có 0≤ α f n (x) n = (2α) 2α n A + (−1)n B n α n → 0, n → ∞ nên để bất đẳng thức phải có = 2α B = Khi đó, f (x) có dạng Vì f (x) = αA = αx Thử lại, ta thấy f (x) = αx thoả mãn phương trình cho Vậy f (x) = αx b) Phương trình cho tương đương với x+y f x+y = xf (x) + yf (y) , ∀x, y ∈ R (4) Đặt g(x) = xf (x) Khi đó, g(x) hàm liên tục R từ (4) suy g x+y = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R (5) Suy g(x) = ax + b, với a, b số cho trước tuỳ ý Từ g(0) = dẫn đến b = Vì g(x) = xf (x) nên f (x) = a, ∀x = Vì f (x) liên tục điểm x = nên a = Vậy f (x) = với x ∈ R Bài 6.3 (ĐH Hùng Vương, Phú Thọ) Xét hàm số g(x) = e−x/18 (f (x) − 2014) Suy g(0) = g(1) = Hơn g(x) hàm liên tục [0; 1], có đạo hàm (0; 1) Ta có : g (x) = e−x/18 18f (x) − f (x) + 2014 ≤ ∀x ∈ (0; 1) 18 ⇒ g(x) hàm giảm [0; 1] Mà g(0) = g(1) = ⇒ g(0) ≡ [0; 1] ⇒ f (x) ≡ 2014 [0; 1] Thử lại ta thấy f (x) ≡ 2014 [0; 1] thỏa mãn PHƯƠNG TRÌNH HÀM 167 Bài 6.4 (CĐ Ngô Gia Tự) Giả sử f hàm số cần tìm Khi f (x + y) ≥ f (x).f (y) ≥ 2014x+y Thay x = y = f (0) ≥ f (0) ≥ nên f (0) = Thay y = −x f (0) ≥ f (x).f (−x) ≥ Vì vậy, f (x).f (−x) = Thay y = f (x) ≥ 2014x Suy f (−x) ≥ 2014−x Cho nên f (x).f (−x) ≥ 2014x+(−x) = Vì vậy, f (x) = 2014x Bài 6.5 (ĐH Nông nghiệp) Khai triển Taylor hàm f (x) tới cấp 2: f (x) = f (0) + f (cx ) f (cx ) f (0) x+ x =1+x+ x , cx ∈ (0, x) 1! 2! Suy f (x) − (1 + x) = f (cx ) x Lấy tích phân hai vế ta 1 f (x)dx − (1 + x)dx = 0 f (cx ) x dx ≥ Từ suy f (x)dx ≥ Dấu đẳng thức xảy f (cx ) = 0, ∀x, suy f (x) = 0, ∀x ∈ (0, 1) Do ta có f (x) = + x Bài 6.6 (ĐH Quảng Bình) Từ giả thiết ta có f (x) = 12 f ( x2 ) + x, ∀x ∈ R x x x f = f + 2 2 2 x x x f = 3f + 22 2 2 x x x f = f + 2n 2n 2n+1 2n+1 22n 168 Cộng đẳng thức vế theo vế ta được: f (x) = 2n+1 x f +x 1+ 2n+1 1 + + + 2n 2 2 (∗) Qua giới hạn đẳng thức (∗) n → ∞ ta được: lim f (x) = 0.f (x) + x n→∞ 1− = 4x Bài 6.7 (ĐH Sao Đỏ) Giả thiết f (y) f (x + y) = f (x)e 2014 −1 ∀x, y ∈ R (6) Thay x = y = vào (6) ta có: f (0) f (0) = f (0)e 2014 −1 (7) Nếu f (0) = (6) thay x = ta có f (y) = ∀y ∈ R Nếu f (0) = từ (7) suy f (0) = 2014 Thay x = (6) ta có f (y) f (y) = 2014e 2014 −1 ∀y ∈ R Do f (y) f (y) = e 2014 −1 > y ∈ R 2014 (8) Xét hàm số g(u) = eu−1 − u, u > Ta có g (u) = eu−1 − g (u) = hay u = Do đó, phương trình g(u) = u có nghiệm u = Vì từ (8) ta có f (y) = 2014, ∀y ∈ R Kết luận: f (x) ≡ f (x) ≡ 2014 R Bài 6.8 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2) Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Ta xét trường hợp sau: a) Nếu f (f (x)) ≤ ∀x ∈ R f (x + y) ≥ f (x) + yf (f (x)) ≥ f (x) ∀x ∈ R, ∀y ≤ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 169 Vì f hàm giảm R f (0) > ≥ f (f (x)) x ∈ R Suy f (x) > x ∈ R (mâu thuẫn với giả thiết) b) Nếu tồn z ∈ R cho f (f (z)) > f (z + x) ≥ f (z) + xf (f (z)) ∀x ∈ R Vì ta có lim f (x) = +∞ ⇒ lim f (f (x)) = +∞ x→+∞ x→+∞ Do tồn x0 đủ lớn để: f (x0 ) ≥ 0, f (f (x0 )) > Cũng lim f (f (x)) = +∞ ta chọn y0 ≥ x→+∞ x0 +1 f (f (x0 ))−1 > đủ lớn để f (f (x0 + y0 + 1)) ≥ Từ khẳng định ta có: f (x0 + y0 ) ≥ f (x0 ) + y0 f (f (x0 )) ≥ x0 + y0 + Suy f (f (x0 + y0 )) = f [(x0 + y0 + 1) + (f (x0 + y0 ) − x0 − y0 − 1)] ≥ f (x0 + y0 + 1) + [f (x0 + y0 ) − x0 − y0 − 1]f (f (x0 + y0 + 1)) ≥ f (x0 + y0 + 1) ≥ f (x0 + y0 ) + f (f (x0 + y0 )) ≥ f (x0 ) + y0 f (f (x0 )) + f (f (x0 + y0 )) > f (f (x0 + y0 )) (mâu thuẫn) Bài 6.9 (CĐ Sư phạm Nam Định) Cho x = y = ta có f (0) = f (0) = Cho x = ta có f (y/3) = f (2y)/3 Vậy f 2x + y = f (4x + 2y) Do f (4x + 2y) = f (x) + f (2y) Chọn y cho 4x + 2y = x ⇒ y = − x Do f (x) = f (x) + f (−3x) Suy f (−3x) = ⇒ f (x) = với x ∈ R f (0) ⇒ 170 Bài 6.10 (CĐ Sư phạm Nam Định) Ta có I= f (x) I= f (x) −2 (f (x))2 dx −4 f (x) f (x)dx I ≤4−4 df (x) f (x) dx ≥ f (x) + 4x + 4dx 1 I ≤ − f (x) + = − 8( f (1) − f (0)) = f (x) = ⇔ f (x) = 2x + 2C f (x) f (0) = ⇒ C = Suy f (x) = (x + 1)2 Vậy I = f (x) = x + C Do Bài 6.11 (CĐ Sư phạm Quảng Ninh) Ta có f (x) − f ( x x x x x )= ; ·, f ( ) − f( )= n−1 n 2014 2014 2014 2014 2014n f (x) − f ( x 1 ) = x( + + · + ) 2014n 2014 20142 2014n Ta có f (x) − f (0) = Vậy f (x) = x x/2014 = 2013 1− 2014 x + 2014 2013 Bài 6.12 (ĐH Sư phạm Thái Nguyên) Giả sử tồn hàm f thỏa mãn điều kiện toán Ta thấy (xy − 2)2 + 2(x + y)2 = (x2 + 2)(y + 2) Đặt g(x) = (x2 + 2)f (x), theo giả thiết ta thấy hàm g thỏa mãn g(x) ≥ x + 1, g(x + y) ≥ g(x)g(y) với x, y ∈ R Tiếp theo ta chứng minh g(x) = ex PHƯƠNG TRÌNH HÀM 171 Thật từ điều g(x) ≥ x + ta suy g(0) ≥ Từ điều kiện g(x + y) ≥ g(x)g(y) ta suy g (0) ≤ g(0), g(0) ≤ 1, g(0) = Từ giả thiết ta có g(x1 + x2 + · · · + xn ) ≥ g(x1 )g(x2 ) g(xn ), với số tự nhiên n Do ta có x x x x x g(x) = g(n ) = g( + · · · + ) ≥ g n ( ) ≥ (1 + )n n n n n n nhạng tử Bất đẳng thức với n ∈ Z+ Cho n → ∞, ta có x g(x) ≥ limn→∞ (1 + )n = ex Hay g(x) ≥ ex với x ∈ R Từ giả thiết g n cho y = −x, ta có = g(0) ≥ g(x)g(−x), suy g(x) ≤ , g(−x) ≥ e−x , g(−x) ta thu g(x) ≤ ex Vậy g(x) = ex Hay f (x) = ex x2 + Thử lại ta thấy hàm f thỏa mãn điều kiện toán Bài 6.13 (CĐ Sư phạm Vĩnh Phúc) Cho x = y = f (0) ≥ (f (0))2 ≥ suy f (0) = Cho x = −y f (0) ≥ f (x).f (−x) ≥ nên f (−x) = f (x) Cho y = f (x) ≥ 2014x f (−x) ≥ 2014−x Từ suy f (x) = 1 ≤ = 2014x f (−x) 2014−x Vì vậy, f (x) = 2014x Kiểm tra hàm f (x) = 2014x thỏa mãn yêu cầu toán Bài 6.14 (ĐH Tân Trào) Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn: (x − y)f (x + y) − (x + y)f (x − y) = 4xy(x2 + y ) ∀x, y ∈ R Giải Ta có (x − y)f (x + y) − (x + y)f (x − y) = 4xy(x2 + y ) 172 Suy (x − y)f (x + y) − (x + y)f (x − y) 1 = [(x+y)−(x−y)][(x+y)+(x−y)][ [(x+y)+(x−y)]2 − [(x+y)−(x−y)]2 ] 4 Đặt u=x−y v =x+y ta vf (u) − uf (v) = (u + v)(u − v)[(u + v)2 − (u − v)2 ] Suy vf (u) − uf (v) = u3 v − v u Hay v[f (u) − u3 ] = u[f (v) − u3 ] Với uv = ta có: f (v) − v f (u) − u3 = u v Do u, v ∈ R∗ f (u) − u3 =a u hay f (u) = au + u3 ∀u = Với u = 0; v = suy f (u) − u3 = hay ⇒ f (u) = u3 f (0) = Hàm f (u) = au + u3 thỏa mãn f (0) = Vậy f (u) = au + u3 Hàm số cần tìm f (x) = ax + x3 (a ∈ R) ∀u ∈ R