Đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc - Môn Giải tích (Bảng A)

Câu 1 (4,0 điểm).
Cho dãy số thực $(x_n)_{n=1}^\infty$ xác định bởi:

$$x_1 = 1, \quad x_{n+1} = x_n + \dfrac{1}{\sqrt[3]{x_n^2}} \quad (\forall n \ge 1)$$

a) Chứng minh rằng $\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty$ và tính giới hạn $\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_n}{\sqrt[5]{n^3}}$.
b) Xác định hằng số thực $C$ sao cho giới hạn sau tồn tại hữu hạn và khác $0$:

$$\lim_{n \to \infty} n^\alpha \left( \dfrac{x_n}{\sqrt[5]{n^3}} - C \right)$$

Đồng thời tìm giá trị của số mũ $\alpha$ và giá trị giới hạn đó.

Câu 2 (4,0 điểm).
Cho hàm số $f: [0, 1] \to \mathbb{R}$ khả vi liên tục hai lần trên đoạn $[0, 1]$ thỏa mãn $f(0) = f(1) = 0$ và $\min_{x \in [0, 1]} f(x) = -1$.
a) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một điểm $c \in (0, 1)$ sao cho $f''(c) \ge 8$.
b) Giả sử thêm rằng $|f''(x)| \le M$ với mọi $x \in [0, 1]$. Chứng minh rằng:

$$\int_0^1 \left( f'(x) \right)^2 \mathrm{d}x \le \dfrac{M^2}{12}$$

Câu 3 (4,0 điểm).
a) Tính tích phân suy rộng:

$$I = \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1 + x^2)}{1 + x^2} \mathrm{d}x$$

b) Cho hàm số $g: [0, 1] \to \mathbb{R}$ liên tục trên $[0, 1]$. Chứng minh rằng:

$$\lim_{n \to \infty} n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x = g(1)$$

Từ đó, hãy tìm giới hạn:

$$\lim_{n \to \infty} n \left( n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x - g(1) \right)$$

trong trường hợp $g$ khả vi liên tục trên $[0, 1]$.

Câu 4 (4,0 điểm).
Cho chuỗi hàm $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ xác định trên $[0, +\infty)$, với:

$$u_n(x) = \dfrac{x}{n(1 + n^2 x^2)}$$

a) Khảo sát sự hội tụ đều của chuỗi hàm trên đoạn $[0, a]$ (với $a > 0$) và trên toàn bộ nửa khoảng $[0, +\infty)$.
b) Đặt $S(x) = \sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ với $x \ge 0$. Chứng minh rằng hàm số $S(x)$ liên tục trên $[0, +\infty)$ và khả vi tại mọi điểm $x > 0$. Hàm số $S(x)$ có khả vi tại điểm $x = 0$ hay không? Vì sao?

Câu 5 (4,0 điểm).
Cho hàm số $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục trên toàn bộ $\mathbb{R}^2$ và thỏa mãn phương trình Laplace:

$$\Delta f(x, y) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x, y) + \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x, y) = 0 \quad (\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2)$$

a) Cho $D_R = \left\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2 + y^2 \le R^2 \right\}$ ($R > 0$). Chứng minh tính chất giá trị trung bình trên đường tròn:

$$f(0, 0) = \dfrac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(R\cos\theta, R\sin\theta) \mathrm{d}\theta$$

b) Giả sử tồn tại các hằng số $M > 0$ và $\alpha \in [0, 1)$ sao cho:

$$|f(x, y)| \le M \left( 1 + \sqrt{x^2 + y^2} \right)^\alpha \quad (\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2)$$

Chứng minh rằng $f(x, y)$ là một hàm hằng trên $\mathbb{R}^2$.

--------- HẾT ---------

Họ và tên thí sinh: ................................................ Số báo danh: ........................

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1

a) Chứng minh $\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty$ và tính $\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_n}{\sqrt[5]{n^3}}$

Ta có $x_1 = 1 > 0$. Bằng quy nạp, dễ thấy $x_n > 0$ với mọi $n \ge 1$.

Từ hệ thức truy hồi:

$$x_{n+1} - x_n = \dfrac{1}{\sqrt[3]{x_n^2}} > 0 \quad (\forall n \ge 1)$$

Suy ra $(x_n)$ là dãy số thực tăng nghiêm ngặt.

Giả sử dãy $(x_n)$ bị chặn trên. Khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn $\lim_{n \to \infty} x_n = L$ ($L \ge x_1 = 1 > 0$). Chuyển qua giới hạn hai vế của hệ thức truy hồi:

$$L = L + \dfrac{1}{\sqrt[3]{L^2}} \implies \dfrac{1}{\sqrt[3]{L^2}} = 0 \quad \text{(vô lý)}$$

Do đó, dãy $(x_n)$ không bị chặn trên. Vì $(x_n)$ tăng nên:

$$\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty$$

Để tìm giới hạn $\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_n}{\sqrt[5]{n^3}}$, ta xét đại lượng $x_n^{5/3}$:

$$x_{n+1}^{5/3} = \left( x_n + x_n^{-2/3} \right)^{5/3} = x_n^{5/3} \left( 1 + \dfrac{1}{x_n^{5/3}} \right)^{5/3}$$

Áp dụng khai triển Taylor $(1 + t)^\alpha = 1 + \alpha t + O(t^2)$ khi $t \to 0$ với $t = \dfrac{1}{x_n^{5/3}} \to 0$:

$$\left( 1 + \dfrac{1}{x_n^{5/3}} \right)^{5/3} = 1 + \dfrac{5}{3} \cdot \dfrac{1}{x_n^{5/3}} + O\left( \dfrac{1}{x_n^{10/3}} \right)$$

Nhân với $x_n^{5/3}$, ta được:

$$x_{n+1}^{5/3} - x_n^{5/3} = \dfrac{5}{3} + O\left( \dfrac{1}{x_n^{5/3}} \right)$$

Do $x_n \to +\infty$ khi $n \to \infty$, suy ra:

$$\lim_{n \to \infty} \left( x_{n+1}^{5/3} - x_n^{5/3} \right) = \dfrac{5}{3}$$

Áp dụng định lý Stolz – Cesàro cho hai dãy $(x_n^{5/3})$ và $(n)$:

$$\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_n^{5/3}}{n} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{n+1}^{5/3} - x_n^{5/3}}{(n+1) - n} = \dfrac{5}{3}$$

Lấy căn bậc $5/3$ hai vế:

$$\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_n}{n^{3/5}} = \left( \dfrac{5}{3} \right)^{3/5} = \sqrt[5]{\dfrac{27}{125}}$$

b) Xác định hằng số $C$, số mũ $\alpha$ và tính giới hạn tương ứng

Từ câu a, ta chọn:

$$C = \left( \dfrac{5}{3} \right)^{3/5}$$

Khai triển Taylor chính xác đến cấp hai của hàm số $(1 + t)^{5/3}$:

$$(1 + t)^{5/3} = 1 + \dfrac{5}{3}t + \dfrac{5}{9}t^2 + O(t^3)$$

Thay $t = \dfrac{1}{x_n^{5/3}}$, ta có:

$$x_{n+1}^{5/3} - x_n^{5/3} = \dfrac{5}{3} + \dfrac{5}{9} \cdot \dfrac{1}{x_n^{5/3}} + O\left( \dfrac{1}{x_n^{10/3}} \right)$$

Vì $x_n^{5/3} \sim \dfrac{5}{3}n$, ta có $\dfrac{5}{9 x_n^{5/3}} = \dfrac{1}{3n} + O\left( \dfrac{\ln n}{n^2} \right)$. Lấy tổng sai phân, ta thu được khai triển tiệm cận của $x_n^{5/3}$:

$$x_n^{5/3} = \dfrac{5}{3}n + \dfrac{1}{3}\ln n + O(1)$$

Khi đó:

$$\dfrac{x_n^{5/3}}{\frac{5}{3}n} = 1 + \dfrac{\ln n}{5n} + O\left(\dfrac{1}{n}\right)$$

Lấy lũy thừa bậc $3/5$:

$$\dfrac{x_n}{\left(\frac{5}{3}n\right)^{3/5}} = \left( 1 + \dfrac{\ln n}{5n} + O\left(\dfrac{1}{n}\right) \right)^{3/5} = 1 + \dfrac{3}{25} \dfrac{\ln n}{n} + O\left(\dfrac{1}{n}\right)$$

Do đó:

$$\dfrac{x_n}{n^{3/5}} - C = C \cdot \dfrac{3}{25} \dfrac{\ln n}{n} + O\left(\dfrac{1}{n}\right)$$

Hiệu số $\dfrac{x_n}{n^{3/5}} - C$ có bậc tiệm cận chính là $\dfrac{\ln n}{n}$.
Nếu chuẩn hóa theo thang đo tiệm cận với thừa số $\dfrac{n}{\ln n}$, giới hạn đạt giá trị $\dfrac{3C}{25} = \dfrac{3}{25}\left(\dfrac{5}{3}\right)^{3/5}$.
Nếu xét theo thang đo lũy thừa thuần túy $n^\alpha$:
- Với mọi $\alpha < 1$, ta có $\lim_{n \to \infty} n^\alpha \left( \dfrac{x_n}{n^{3/5}} - C \right) = \lim_{n \to \infty} \dfrac{3C}{25} \dfrac{\ln n}{n^{1-\alpha}} = 0$.
- Với mọi $\alpha \ge 1$, giới hạn tiến ra $+\infty$.

Do đó, theo đúng nghĩa tiệm cận chuẩn hóa khử logarit thông thường trong các bài toán Olympic, dạng tiệm cận tương đương là:

$$\dfrac{x_n}{n^{3/5}} - C \sim \dfrac{3}{25}\left(\dfrac{5}{3}\right)^{3/5} \dfrac{\ln n}{n}$$

Câu 2

a) Chứng minh tồn tại $c \in (0, 1)$ sao cho $f''(c) \ge 8$

Hàm số $f$ liên tục trên $[0, 1]$ và đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-1$. Vì $f(0) = f(1) = 0 > -1$, điểm cực tiểu $x_0$ phải nằm trong khoảng mở: $x_0 \in (0, 1)$.

Khi đó $f(x_0) = -1$, và theo định lý Fermat về cực trị trong, ta có $f'(x_0) = 0$.

Khai triển Taylor với phần dư Lagrange tại điểm $x_0$:
- Tại điểm $x = 0$: tồn tại $c_1 \in (0, x_0)$ sao cho:

$$f(0) = f(x_0) + f'(x_0)(0 - x_0) + \dfrac{f''(c_1)}{2}(0 - x_0)^2$$

$$\iff 0 = -1 + 0 + \dfrac{x_0^2}{2} f''(c_1) \implies f''(c_1) = \dfrac{2}{x_0^2}$$

- Tại điểm $x = 1$: tồn tại $c_2 \in (x_0, 1)$ sao cho:

$$f(1) = f(x_0) + f'(x_0)(1 - x_0) + \dfrac{f''(c_2)}{2}(1 - x_0)^2$$

$$\iff 0 = -1 + 0 + \dfrac{(1 - x_0)^2}{2} f''(c_2) \implies f''(c_2) = \dfrac{2}{(1 - x_0)^2}$$

Vì $x_0 \in (0, 1)$, luôn có $\min\{x_0, 1 - x_0\} \le \dfrac{1}{2}$.
- Nếu $x_0 \le \dfrac{1}{2}$, ta chọn $c = c_1 \in (0, 1)$, khi đó:

$$f''(c) = \dfrac{2}{x_0^2} \ge \dfrac{2}{(1/2)^2} = 8$$

- Nếu $x_0 > \dfrac{1}{2}$, tức $1 - x_0 < \dfrac{1}{2}$, ta chọn $c = c_2 \in (0, 1)$, khi đó:

$$f''(c) = \dfrac{2}{(1 - x_0)^2} > \dfrac{2}{(1/2)^2} = 8$$

Trong mọi trường hợp, luôn tồn tại ít nhất một điểm $c \in (0, 1)$ sao cho $f''(c) \ge 8$.

b) Chứng minh $\int_0^1 \left( f'(x) \right)^2 \mathrm{d}x \le \dfrac{M^2}{12}$

Đặt $g(x) = f'(x)$. Khi đó $g$ khả vi trên $[0, 1]$, $|g'(x)| = |f''(x)| \le M$ với mọi $x \in [0, 1]$, và:

$$\int_0^1 g(x) \mathrm{d}x = \int_0^1 f'(x) \mathrm{d}x = f(1) - f(0) = 0$$

Xét tích phân hai lớp trên hình vuông đơn vị $[0, 1] \times [0, 1]$:

$$\int_0^1 \int_0^1 \left( g(x) - g(y) \right)^2 \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \int_0^1 \int_0^1 \left( g^2(x) - 2g(x)g(y) + g^2(y) \right) \mathrm{d}x \mathrm{d}y$$

$$= \int_0^1 g^2(x) \mathrm{d}x - 2\left( \int_0^1 g(x) \mathrm{d}x \right)\left( \int_0^1 g(y) \mathrm{d}y \right) + \int_0^1 g^2(y) \mathrm{d}y = 2 \int_0^1 g^2(x) \mathrm{d}x$$

Mặt khác, theo định lý giá trị trung bình Lagrange, với mọi $x, y \in [0, 1]$:

$$|g(x) - g(y)| \le \sup_{t \in [0, 1]} |g'(t)| \cdot |x - y| \le M |x - y|$$

$$\implies \left( g(x) - g(y) \right)^2 \le M^2 (x - y)^2$$

Lấy tích phân hai vế trên $[0, 1] \times [0, 1]$:

$$2 \int_0^1 g^2(x) \mathrm{d}x \le M^2 \int_0^1 \int_0^1 (x - y)^2 \mathrm{d}x \mathrm{d}y$$

Ta tính tích phân:

$$\int_0^1 \int_0^1 (x - y)^2 \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \int_0^1 \left[ \int_0^1 (x^2 - 2xy + y^2) \mathrm{d}y \right] \mathrm{d}x = \int_0^1 \left( x^2 - x + \dfrac{1}{3} \right) \mathrm{d}x = \left[ \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x}{3} \right]_0^1 = \dfrac{1}{6}$$

Từ đó suy ra:

$$2 \int_0^1 \left( f'(x) \right)^2 \mathrm{d}x \le M^2 \cdot \dfrac{1}{6} \implies \int_0^1 \left( f'(x) \right)^2 \mathrm{d}x \le \dfrac{M^2}{12}$$

Câu 3

a) Tính tích phân suy rộng $I = \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1 + x^2)}{1 + x^2} \mathrm{d}x$

Thực hiện phép đổi biến $x = \tan t$ với $t \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)$:
- Khi $x = 0 \implies t = 0$; khi $x \to +\infty \implies t \to \dfrac{\pi}{2}^-$.
- $\mathrm{d}x = (1 + \tan^2 t) \mathrm{d}t = (1 + x^2) \mathrm{d}t \implies \dfrac{\mathrm{d}x}{1 + x^2} = \mathrm{d}t$.
- $1 + x^2 = 1 + \tan^2 t = \dfrac{1}{\cos^2 t} \implies \ln(1 + x^2) = \ln\left( \dfrac{1}{\cos^2 t} \right) = -2\ln(\cos t)$.

Tích phân trở thành:

$$I = -2 \int_0^{\pi/2} \ln(\cos t) \mathrm{d}t$$

Đặt $J = \int_0^{\pi/2} \ln(\cos t) \mathrm{d}t$. Bằng phép đổi biến $u = \dfrac{\pi}{2} - t$, ta có:

$$J = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin u) \mathrm{d}u$$

Cộng hai đẳng thức lại:

$$2J = \int_0^{\pi/2} \left( \ln(\sin t) + \ln(\cos t) \right) \mathrm{d}t = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin t \cos t) \mathrm{d}t = \int_0^{\pi/2} \ln\left( \dfrac{\sin 2t}{2} \right) \mathrm{d}t$$

$$= \int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2t) \mathrm{d}t - \int_0^{\pi/2} \ln 2 \, \mathrm{d}t = \dfrac{1}{2} \int_0^\pi \ln(\sin v) \mathrm{d}v - \dfrac{\pi}{2}\ln 2$$

Do hàm $\sin v$ đối xứng qua $\dfrac{\pi}{2}$:

$$\int_0^\pi \ln(\sin v) \mathrm{d}v = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(\sin v) \mathrm{d}v = 2J$$

Thay vào biểu thức trên:

$$2J = \dfrac{1}{2}(2J) - \dfrac{\pi}{2}\ln 2 = J - \dfrac{\pi}{2}\ln 2 \implies J = -\dfrac{\pi}{2}\ln 2$$

Vậy giá trị tích phân ban đầu là:

$$I = -2 J = -2 \left( -\dfrac{\pi}{2}\ln 2 \right) = \pi \ln 2$$

b) Chứng minh giới hạn và tìm giới hạn cấp hai

Bước 1: Chứng minh $\lim_{n \to \infty} n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x = g(1)$

Ta có:

$$n \int_0^1 x^n \mathrm{d}x = \dfrac{n}{n+1}$$

Do đó:

$$n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x - g(1) = n \int_0^1 x^n (g(x) - g(1)) \mathrm{d}x - \dfrac{1}{n+1}g(1)$$

Với mọi $\varepsilon > 0$, do $g$ liên tục tại điểm $1$, tồn tại $\delta \in (0, 1)$ sao cho $|g(x) - g(1)| < \varepsilon$ với mọi $x \in [1 - \delta, 1]$.
Đặt $M = \max_{x \in [0, 1]} |g(x) - g(1)|$. Tách tích phân thành hai phần:

$$\left| n \int_0^1 x^n (g(x) - g(1)) \mathrm{d}x \right| \le n \int_0^{1-\delta} x^n |g(x) - g(1)| \mathrm{d}x + n \int_{1-\delta}^1 x^n |g(x) - g(1)| \mathrm{d}x$$

$$\le M n \int_0^{1-\delta} x^n \mathrm{d}x + \varepsilon n \int_{1-\delta}^1 x^n \mathrm{d}x \le M \dfrac{n}{n+1}(1 - \delta)^{n+1} + \varepsilon \dfrac{n}{n+1}$$

Vì $0 < 1 - \delta < 1$ nên $\lim_{n \to \infty} n(1 - \delta)^{n+1} = 0$. Suy ra:

$$\limsup_{n \to \infty} \left| n \int_0^1 x^n (g(x) - g(1)) \mathrm{d}x \right| \le \varepsilon$$

Cho $\varepsilon \to 0^+$, ta được $\lim_{n \to \infty} n \int_0^1 x^n (g(x) - g(1)) \mathrm{d}x = 0$.
Kết hợp với $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n+1}g(1) = 0$, ta kết luận:

$$\lim_{n \to \infty} n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x = g(1)$$

Bước 2: Tìm giới hạn $\lim_{n \to \infty} n \left( n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x - g(1) \right)$

Tích phân từng phần:

$$\int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x = \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} g(x) \right]_0^1 - \dfrac{1}{n+1} \int_0^1 x^{n+1} g'(x) \mathrm{d}x = \dfrac{g(1)}{n+1} - \dfrac{1}{n+1} \int_0^1 x^{n+1} g'(x) \mathrm{d}x$$

Nhân cả hai vế với $n$:

$$n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x - g(1) = \left( \dfrac{n}{n+1} - 1 \right) g(1) - \dfrac{n}{n+1} \int_0^1 x^{n+1} g'(x) \mathrm{d}x = -\dfrac{g(1)}{n+1} - \dfrac{n}{n+1} \int_0^1 x^{n+1} g'(x) \mathrm{d}x$$

Nhân tiếp với $n$:

$$n \left( n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x - g(1) \right) = -\dfrac{n}{n+1} g(1) - \dfrac{n^2}{(n+1)^2} \cdot (n+1) \int_0^1 x^{n+1} g'(x) \mathrm{d}x$$

Vì hàm $g'$ liên tục trên $[0, 1]$, áp dụng kết quả vừa chứng minh ở trên cho hàm $g'$:

$$\lim_{n \to \infty} (n+1) \int_0^1 x^{n+1} g'(x) \mathrm{d}x = g'(1)$$

Đồng thời $\lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{n+1} = 1$ và $\lim_{n \to \infty} \dfrac{n^2}{(n+1)^2} = 1$. Suy ra:

$$\lim_{n \to \infty} n \left( n \int_0^1 x^n g(x) \mathrm{d}x - g(1) \right) = -g(1) - g'(1) = -(g(1) + g'(1))$$

Câu 4

a) Khảo sát sự hội tụ đều của chuỗi hàm

Hàm số $u_n(x) = \dfrac{x}{n(1 + n^2 x^2)}$ xác định và khả vi trên $[0, +\infty)$.
Đạo hàm:

$$u_n'(x) = \dfrac{n(1 + n^2 x^2) - x \cdot 2n^3 x}{n^2 (1 + n^2 x^2)^2} = \dfrac{1 - n^2 x^2}{n (1 + n^2 x^2)^2}$$

Trên $[0, +\infty)$, $u_n'(x) = 0 \iff x = \dfrac{1}{n}$.
Bảng biến thiên cho thấy $u_n(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = \dfrac{1}{n}$:

$$\sup_{x \in [0, +\infty)} |u_n(x)| = u_n\left( \dfrac{1}{n} \right) = \dfrac{1/n}{n(1 + 1)} = \dfrac{1}{2n^2}$$

Vì chuỗi số $\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2n^2}$ hội tụ (chuỗi Riemann với $p = 2 > 1$), theo tiêu chuẩn so sánh Weierstrass (M-test), chuỗi hàm $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ hội tụ đều trên toàn bộ nửa khoảng $[0, +\infty)$.

Do $[0, a] \subset [0, +\infty)$ với mọi $a > 0$, chuỗi hàm cũng hội tụ đều trên mọi đoạn $[0, a]$.

b) Khảo sát tính liên tục và tính khả vi của $S(x)$

- Tính liên tục:
Mỗi hàm số $u_n(x)$ liên tục trên $[0, +\infty)$. Vì chuỗi hàm $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ hội tụ đều trên $[0, +\infty)$, theo định lý về tính liên tục của tổng chuỗi hàm, hàm số $S(x)$ liên tục trên toàn bộ $[0, +\infty)$.

- Tính khả vi tại mọi điểm $x > 0$:
Lấy $\delta > 0$ tùy ý và xét khoảng $[\delta, +\infty)$.
Đạo hàm từng số hạng là $u_n'(x) = \dfrac{1 - n^2 x^2}{n (1 + n^2 x^2)^2}$. Với mọi $x \ge \delta$:

$$|u_n'(x)| \le \dfrac{1 + n^2 x^2}{n (1 + n^2 x^2)^2} = \dfrac{1}{n(1 + n^2 x^2)} \le \dfrac{1}{n \cdot n^2 \delta^2} = \dfrac{1}{\delta^2 n^3}$$

Chuỗi số $\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{\delta^2 n^3}$ hội tụ, do đó chuỗi đạo hàm $\sum_{n=1}^\infty u_n'(x)$ hội tụ đều trên $[\delta, +\infty)$.
Theo định lý đạo hàm của chuỗi hàm, $S(x)$ khả vi trên $[\delta, +\infty)$ với mọi $\delta > 0$. Vì $\delta > 0$ tùy ý, $S(x)$ khả vi tại mọi điểm $x > 0$.

- Tính khả vi tại điểm $x = 0$:
Ta có $S(0) = 0$. Xét tỉ số gia số tại điểm $0$ khi $x \to 0^+$:

$$\dfrac{S(x) - S(0)}{x - 0} = \dfrac{S(x)}{x} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{u_n(x)}{x} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n(1 + n^2 x^2)}$$

Vì mọi số hạng $\dfrac{1}{n(1 + n^2 x^2)}$ đều dương, với mọi số nguyên dương $N \ge 1$ ta có:

$$\dfrac{S(x)}{x} \ge \sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n(1 + n^2 x^2)}$$

Lấy giới hạn hai vế khi $x \to 0^+$:

$$\liminf_{x \to 0^+} \dfrac{S(x) - S(0)}{x} \ge \lim_{x \to 0^+} \sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n(1 + n^2 x^2)} = \sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n}$$

Bất đẳng thức trên đúng với mọi $N \ge 1$. Mặt khác, chuỗi điều hòa phân kỳ ra vô cùng:

$$\lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n} = +\infty$$

Suy ra:

$$\lim_{x \to 0^+} \dfrac{S(x) - S(0)}{x} = +\infty$$

Do đạo hàm một phía tại $0$ không hữu hạn, hàm số $S(x)$ không khả vi tại điểm $x = 0$.

Câu 5

a) Chứng minh tính chất giá trị trung bình trên đường tròn

Với mỗi $r > 0$, xét hàm số:

$$g(r) = \dfrac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(r\cos\theta, r\sin\theta) \mathrm{d}\theta$$

và quy ước $g(0) = f(0, 0)$.

Do $f \in C^2(\mathbb{R}^2)$, ta có thể lấy đạo hàm theo tham số $r$ dưới dấu tích phân:

$$g'(r) = \dfrac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x}(r\cos\theta, r\sin\theta)\cos\theta + \dfrac{\partial f}{\partial y}(r\cos\theta, r\sin\theta)\sin\theta \right) \mathrm{d}\theta$$

Nhận thấy vectơ $(\cos\theta, \sin\theta)$ chính là vectơ pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoài $\mathbf{n}$ của đường tròn biên $\partial D_r$. Do đó biểu thức trong dấu ngoặc chính là đạo hàm theo hướng pháp tuyến:

$$\dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{n}} = \nabla f \cdot \mathbf{n}$$

Đồng thời phần tử độ dài cung trên đường tròn là $\mathrm{d}s = r \mathrm{d}\theta$, do đó:

$$g'(r) = \dfrac{1}{2\pi r} \int_0^{2\pi} \dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{n}} \, r\mathrm{d}\theta = \dfrac{1}{2\pi r} \oint_{\partial D_r} \dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{n}} \mathrm{d}s$$

Áp dụng công thức Green thứ nhất (hoặc định lý Gauss phẳng):

$$\oint_{\partial D_r} \dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{n}} \mathrm{d}s = \iint_{D_r} \Delta f(x, y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

Theo giả thiết, $\Delta f(x, y) = 0$ trên toàn bộ $\mathbb{R}^2$, suy ra:

$$\oint_{\partial D_r} \dfrac{\partial f}{\partial \mathbf{n}} \mathrm{d}s = 0 \implies g'(r) = 0 \quad (\forall r > 0)$$

Do đó, $g(r)$ là một hàm hằng trên khoảng $(0, +\infty)$.
Mặt khác, do $f$ liên tục tại $(0, 0)$, ta có:

$$\lim_{r \to 0^+} g(r) = \lim_{r \to 0^+} \dfrac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(r\cos\theta, r\sin\theta) \mathrm{d}\theta = f(0, 0)$$

Do đó $g(R) = g(0) = f(0, 0)$ với mọi $R > 0$, tức là:

$$f(0, 0) = \dfrac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(R\cos\theta, R\sin\theta) \mathrm{d}\theta$$

b) Chứng minh $f(x, y)$ là hàm hằng trên $\mathbb{R}^2$

Vì $f \in C^2(\mathbb{R}^2)$ và thỏa mãn $\Delta f = 0$, đạo hàm riêng $u(x, y) = \dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y)$ cũng thuộc $C^1(\mathbb{R}^2)$ và thỏa mãn:

$$\Delta u = \dfrac{\partial}{\partial x}(\Delta f) = 0$$

Do đó $u(x, y)$ cũng là một hàm điều hòa trên $\mathbb{R}^2$.

Lấy một điểm bất kỳ $(x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2$ và xét hình tròn đóng tâm $(x_0, y_0)$ bán kính $R > 0$:

$$B_R(x_0, y_0) = \left\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 \le R^2 \right\}$$

Theo tính chất giá trị trung bình trên hình tròn của hàm điều hòa $u$:

$$u(x_0, y_0) = \dfrac{1}{\pi R^2} \iint_{B_R(x_0, y_0)} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

Áp dụng công thức Green trong mặt phẳng ($\iint_D \dfrac{\partial f}{\partial x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \oint_{\partial D} f \mathrm{d}y$):

$$\iint_{B_R(x_0, y_0)} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \oint_{\partial B_R(x_0, y_0)} f(x, y) \mathrm{d}y$$

Tham số hóa đường tròn biên $\partial B_R(x_0, y_0)$ bởi $x = x_0 + R\cos\theta$, $y = y_0 + R\sin\theta$ ($\theta \in [0, 2\pi]$), khi đó $\mathrm{d}y = R\cos\theta \mathrm{d}\theta$:

$$u(x_0, y_0) = \dfrac{1}{\pi R^2} \int_0^{2\pi} f(x_0 + R\cos\theta, y_0 + R\sin\theta) \cdot R\cos\theta \mathrm{d}\theta = \dfrac{1}{\pi R} \int_0^{2\pi} f(x_0 + R\cos\theta, y_0 + R\sin\theta) \cos\theta \mathrm{d}\theta$$

Đánh giá độ lớn:

$$|u(x_0, y_0)| \le \dfrac{1}{\pi R} \int_0^{2\pi} |f(x_0 + R\cos\theta, y_0 + R\sin\theta)| \cdot |\cos\theta| \mathrm{d}\theta \le \dfrac{1}{\pi R} \int_0^{2\pi} |f(x_0 + R\cos\theta, y_0 + R\sin\theta)| \mathrm{d}\theta$$

Với mỗi điểm $(x, y) \in \partial B_R(x_0, y_0)$, theo bất đẳng thức tam giác:

$$\sqrt{x^2 + y^2} \le \sqrt{x_0^2 + y_0^2} + R$$

Theo giả thiết về độ tăng của $f$:

$$|f(x, y)| \le M \left( 1 + \sqrt{x^2 + y^2} \right)^\alpha \le M \left( 1 + \sqrt{x_0^2 + y_0^2} + R \right)^\alpha$$

Do đó:

$$|u(x_0, y_0)| \le \dfrac{1}{\pi R} \cdot 2\pi \cdot M \left( 1 + \sqrt{x_0^2 + y_0^2} + R \right)^\alpha = \dfrac{2M \left( 1 + \sqrt{x_0^2 + y_0^2} + R \right)^\alpha}{R}$$

Vì $\alpha \in [0, 1)$, bậc của tử số theo $R$ nhỏ hơn $1$. Cho $R \to +\infty$: