Chủ đề này có 19 trả lời

[Want?]

Câu 1:
Cho $x_n=\underbrace{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}}_{n lần} $ . Tìm giới hạn $\lim\limits_{n\to\infty}{6^n(2-x_n)}$.
Câu 2:
Cho hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\forall x_0\in \mathbb{R}$, tồn tại giới hạn hữu hạn $\lim\limits_{x\to x_0}{f(x)}=g(x_0)$. Liệu hàm $g(x)$ có liên tục trên $\mathbb{R}$ không?
Câu 3:
Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $3f(2x+1)=f(x)+5x \forall x \in \mathbb{R}$.
Câu 4:
Cho $f(x)$ liên tục trên $[0;1]$ và khả vi hai lần trên $(0;1)$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=0$ và $\min\limits_{x\in [0;1]}{f(x)} = -1 $. Chứng minh rằng $\max\limits_{x\in [0,1]}{f''(x)}\geq 8$.
Câu 5:
Cho hàm $f$ khả vi và liên tục trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng:
$|f(\frac{1}{2})|\leq \int\limits_{0}^{1}{|f(x)|dx}+\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{|f'(x)|dx}$
Câu 6:
Cho $f(x)$ khả vi hai lần trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ sao cho
$\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=f(0)+\frac{1}{2}f'(0)+\frac{1}{6}f''( c )$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 02-01-2013 - 22:55

[Crystal]

Câu 4:
Cho $f(x)$ liên tục trên $[0;1]$ và khả vi hai lần trên $(0;1)$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=0$ và $\min\limits_{x\in [0;1]}{f(x)} = -1 $. Chứng minh rằng $\max\limits_{x\in [0,1]}{f''(x)}\geq 8$.

Câu 4 là trường hợp riêng của bài toán sau:

Giả sử $f(x)$ là hàm số có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện $f(0)=f(1)=a$. Chứng minh rằng: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\left( {a - b} \right)$$ với $b = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$

Giải:

Sử dụng giả thiết và áp dụng định lí Rolle, tồn tại $c \in \left( {0;1} \right)$ sao cho $f'\left( c \right) = 0$.

Xét khai triển Taylor của hàm $f(x)$ tại điểm $c$:
$$f\left( x \right) = f\left( c \right) + f'\left( c \right)\left( {x - c} \right) + \frac{{f''\left( {\theta \left( x \right)} \right)}}{2}{\left( {x - c} \right)^2}$$
Thay lần lượt $x=0$ và $x=1$ vào đẳng thức trên ta thu được:
$$a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)}}{2}{c^2};a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right)}}{2}{\left( {1 - c} \right)^2}$$
Hay $$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{c^2}}} \ge 0;f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 0$$
Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức sau cùng ta thu được:
$$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{4{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{{c^2}{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 64{\left( {a - b} \right)^2}$$

(do ${c^2}{\left( {1 - c} \right)^2} \ge \frac{1}{{16}},\,\,c \in \left[ {0;1} \right]$)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Mở rộng: Đối với đoạn $\left[ {\alpha ;\beta } \right]$: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {\alpha ;\beta } \right]} f''\left( x \right) \ge \frac{{8\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {\alpha - \beta } \right)}^2}}}$$

Trở lại bài toán 4, với $a = 0;b = - 1$ ta được: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\,\,\,(\text{đpcm})$$

[Crystal]

Câu 3:
Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $3f(2x+1)=f(x)+5x \forall x \in \mathbb{R}$.

Thay $x$ bởi $\frac{{x - 1}}{2}$ liên tiếp ta được:
$$f\left( x \right) = \frac{1}{3}f\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right) + \frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2}$$
$$\frac{1}{3}f\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right) = \frac{1}{9}f\left( {\frac{{x - 3}}{4}} \right) + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4}$$
$$\frac{1}{9}f\left( {\frac{{x - 3}}{4}} \right) = \frac{1}{{27}}f\left( {\frac{{x - 7}}{8}} \right) + \frac{5}{{27}}.\frac{{x - 7}}{8}$$
$$...........$$
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
$$\frac{1}{{{3^n}}}f\left( {\frac{{x - {2^n} + 1}}{{{2^n}}}} \right) = \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}$$
Cộng từng vế các đẳng thức trên và rút gọn ta được:
$$f\left( x \right) = \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) + \frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2} + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4} + ... + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}$$
Do $f(x)$ liên tục nên với mọi $x$ cố định ta có:
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x + 1}}{{{2^{n + 1}}}} - 1} \right) = f\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{{x + 1}}{{{2^{n + 1}}}} - 1} \right)} \right) = f\left( { - 1} \right)$$
Từ phương trình đã cho, cho $x=-1$ được $f\left( { - 1} \right) = - \frac{5}{2}$.

Vậy $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = 0.\left( { - \frac{5}{2}} \right) = 0$$
Từ đó ta có: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( x \right) = f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2} + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4} + ... + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right)$$
$$ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{6}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^k}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{5}{3}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^k}} = \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{6}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{6}}} - \frac{5}{3}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = x - \frac{3}{2}$$
Thử lại thấy hàm số $f\left( x \right) = x - \frac{3}{2}$ thỏa yêu cầu của bài toán nên đó là hàm số cần tìm.

[analysis90]

Exercise 1. We have $0\leq |2-x_{n+1}|=|2-\sqrt[3]{6+x_n}|=|\dfrac{2-x_n}{4+2\sqrt[3]{6+x_n}+\sqrt[3]{(6+x_n)^2}} |<\dfrac{|2-x_n|}{7} $.
So, $0\leq 6^{n+1}|2-x_{n+1}|<\dfrac{6}{7}|2-x_n|<...<(\dfrac{6}{7} )^n|2-\sqrt[3]{6}|\rightarrow 0 $

[analysis90]

Exercise 5. We have $f(t)=\int_0^1f(x)dx+\int_0^txf'(x)dx+\int_t^1(x-1)f'(x)dx$, forall $t\in [0,1]$.
Therefore $|f(t)|\leq \int_0^1|f(x)|dx+t\int_0^t|f'(x)|dx+(1-t)\int_t^1|f'(x)|dx$.
Final, we choose $t=\dfrac{1}{2} $.

[dtvanbinh]

ôi chết em.con lim em tính sao lại ra +~ nhỉ.zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz

[thaomta]

Câu 4 là trường hợp riêng của bài toán sau:

Giả sử $f(x)$ là hàm số có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện $f(0)=f(1)=a$. Chứng minh rằng: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\left( {a - b} \right)$$ với $b = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$

Giải:

Sử dụng giả thiết và áp dụng định lí Rolle, tồn tại $c \in \left( {0;1} \right)$ sao cho $f'\left( c \right) = 0$.

Xét khai triển Taylor của hàm $f(x)$ tại điểm $c$:
$$f\left( x \right) = f\left( c \right) + f'\left( c \right)\left( {x - c} \right) + \frac{{f''\left( {\theta \left( x \right)} \right)}}{2}{\left( {x - c} \right)^2}$$
Thay lần lượt $x=0$ và $x=1$ vào đẳng thức trên ta thu được:
$$a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)}}{2}{c^2};a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right)}}{2}{\left( {1 - c} \right)^2}$$
Hay $$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{c^2}}} \ge 0;f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 0$$
Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức sau cùng ta thu được:
$$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{4{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{{c^2}{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 64{\left( {a - b} \right)^2}$$

(do ${c^2}{\left( {1 - c} \right)^2} \ge \frac{1}{{16}},\,\,c \in \left[ {0;1} \right]$)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Mở rộng: Đối với đoạn $\left[ {\alpha ;\beta } \right]$: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {\alpha ;\beta } \right]} f''\left( x \right) \ge \frac{{8\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {\alpha - \beta } \right)}^2}}}$$

Trở lại bài toán 4, với $a = 0;b = - 1$ ta được: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\,\,\,(\text{đpcm})$$

bài này đã thi năm 2005. Năm đó đề khá hay, nhất là câu dãy số và câu B ĐT tích phân

[Crystal]

bài này đã thi năm 2005. Năm đó đề khá hay, nhất là câu dãy số và câu B ĐT tích phân

Đúng thế. Đây chính là bài trong đề thi Olympic Toán sinh viên Toàn quốc năm 2005.

Bài 4 chính là trường hợp riêng của bài toán này.

[leminhansp]

ồ, sao k có đề Đại số vậy cà????????????
Các bác up cả đề ĐS đi ^^ hình như không có bác nào có hứng thú với ĐS thì phải ^^

[dtvanbinh]

mình có đề đại số mà lười up quá.nói chung là khó hơn đại số ngoại thương nhiều

[leminhansp]

mình có đề đại số mà lười up quá.nói chung là khó hơn đại số ngoại thương nhiều

Bạn có file k? gửi cho mình với [email protected] thank bạn nhiều ^^

[duong vi tuan]

Exercise 5. We have $f(t)=\int_0^1f(x)dx+\int_0^txf'(x)dx+\int_t^1(x-1)f'(x)dx$, forall $t\in [0,1]$.
Therefore $|f(t)|\leq \int_0^1|f(x)|dx+t\int_0^t|f'(x)|dx+(1-t)\int_t^1|f'(x)|dx$.
Final, we choose $t=\dfrac{1}{2} $.

Làm sao nghĩ ra được lời giải này vậy .

[viet 1846]

CÒn bài 2 và bài 6 ạ,

[viet 1846]

Câu 6:
Cho $f(x)$ khả vi hai lần trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ sao cho
$\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=f(0)+\frac{1}{2}f'(0)+\frac{1}{6}f''( c )$.

Ta có:

\[\int\limits_0^1 {f(x)dx} = \int\limits_0^1 {f(x)d\left( {x - 1} \right)} = \left. {\left( {x - 1} \right)f(x)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {x - 1} \right)d\left( {f\left( x \right)} \right)} \]

\[ = f\left( 0 \right) - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)} d{\left( {x - 1} \right)^2} = f\left( 0 \right) - \left. {\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{2}.f'\left( x \right)} \right|_0^1 + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}.f''\left( x \right)} dx\]

Theo ĐL về giá trị trung bình của tích phân ta có:

\[\left. {\exists c} \right|\int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}.f''\left( x \right)} dx = f''\left( c \right).\int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} = \frac{1}{3}f''\left( c \right)\]

Ta có DPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 02-01-2013 - 22:55

[HeilHitler]

Làm sao nghĩ ra được lời giải này vậy .

Có thể làm bằng cách khác:

Ta có:

$\int_{0}^{1}|f(x)|dx \geq |\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(x)dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx|$

Theo Lagrange, tồn tại $a \in (0, \frac{1}{2})$ và $b \in (\frac{1}{2},1)$ để: $\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(x)dx=\frac{1}{2}f(a)$ và $\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}f(b)$. Như vậy:

$\int_{0}^{1}|f(x)|dx \geq \frac{1}{2}|f(a)+f(b)|$. (1)

Lại có:

$\int_{0}^{1}|f'(x)|dx \geq \int_{a}^{b}|f'(x)|dx \geq |\int_{a}^{\frac{1}{2}}f'(x)dx|+|\int_{b}^{\frac{1}{2}}f'(x)dx|$

$\Rightarrow \int_{0}^{1}|f'(x)|dx \geq |f(\frac{1}{2})-f(a)|+|f(\frac{1}{2})-f(b)|$. (2)

Từ 1 và 2 suy ra đpcm.

[LangTu Mua Bui]

Câu 1
$x_n=\underbrace{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}} $

Ta có $2=\sqrt[3]{8}=\sqrt[3]{6+2}=\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{8}}=\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...}}}$

$\Rightarrow \lim_{n\to\infty}6^n(2-x^{n})=0$

[LangTu Mua Bui]

Xét $g(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt$ Do f(x) khả vi 2 lần nên g(x) khả vi 3 lần 

Ta có$ g'(x)=f(x) ..$
 

Khai triển maclaurank $\Rightarrow g(x)=g(0)+g(0)x+\frac{g'(0)x^{2}}{3}+\frac{g''(0+a(x-x_{0}))x^{3}}{6}$ (0<a<1)

Thay x=1 ta được $g(1)=\int_{0}^{1}=f(0)+\frac{f'(0)}{2}+\frac{f''(\theta (x))}{6}$ với $c=0<\theta (x)<1$ Ta đpcm 
 

[happyfree]

mọi người thảo luận câu 2 đi ạ

[HeilHitler]

 

Theo giả thiết:

+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A=A(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x_0|<A$.
+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A'=A'(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x'_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x'_0|<A'$.
Cộng dọc và dùng BĐT trị tuyệt đối suy ra với mọi $\epsilon >0$, tồn tại $M=M(\epsilon)=A+A' $ để $|g(x_0)-g(x'_0)|< \epsilon$ với mọi  $|x_0-x'_0|<M$. Như vậy hàm $g(x)$ liên tục đều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 25-01-2016 - 01:05

[babystudymaths]

Thay $x$ bởi $\frac{{x - 1}}{2}$ liên tiếp ta được:
$$f\left( x \right) = \frac{1}{3}f\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right) + \frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2}$$
$$\frac{1}{3}f\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right) = \frac{1}{9}f\left( {\frac{{x - 3}}{4}} \right) + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4}$$
$$\frac{1}{9}f\left( {\frac{{x - 3}}{4}} \right) = \frac{1}{{27}}f\left( {\frac{{x - 7}}{8}} \right) + \frac{5}{{27}}.\frac{{x - 7}}{8}$$
$$...........$$
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
$$\frac{1}{{{3^n}}}f\left( {\frac{{x - {2^n} + 1}}{{{2^n}}}} \right) = \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}$$
Cộng từng vế các đẳng thức trên và rút gọn ta được:
$$f\left( x \right) = \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) + \frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2} + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4} + ... + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}$$
Do $f(x)$ liên tục nên với mọi $x$ cố định ta có:
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x + 1}}{{{2^{n + 1}}}} - 1} \right) = f\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{{x + 1}}{{{2^{n + 1}}}} - 1} \right)} \right) = f\left( { - 1} \right)$$
Từ phương trình đã cho, cho $x=-1$ được $f\left( { - 1} \right) = - \frac{5}{2}$.

Vậy $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = 0.\left( { - \frac{5}{2}} \right) = 0$$
Từ đó ta có: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( x \right) = f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2} + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4} + ... + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right)$$
$$ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{6}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^k}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{5}{3}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^k}} = \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{6}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{6}}} - \frac{5}{3}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = x - \frac{3}{2}$$
Thử lại thấy hàm số $f\left( x \right) = x - \frac{3}{2}$ thỏa yêu cầu của bài toán nên đó là hàm số cần tìm.

mình xin chia sẻ một cách khác, cũng khá tương tự

 

Thay $x=-1\Rightarrow f(-1) = \dfrac{-5}{2}$.

Từ phương trình ban đầu ta có $3f(2x+1)=f(x)+5x \Leftrightarrow 3\left(f(2x+1)-(2x+1)+\dfrac{3}{2}\right) =f(x)-x+\dfrac{3}{2}$.

Đặt $g(x)=f(x)-x+\dfrac{3}{2}, y = 2(x+1)$, ta được: 

$3g(2x+1)= g(x) \Leftrightarrow g(y-1)=\dfrac{g\left(\dfrac{y}{2}-1\right)}{3}=\dfrac{g\left(\dfrac{y}{2^2}-1\right)}{3^2}=\cdots= \dfrac{g\left(\dfrac{y}{2^n}-1\right)}{3^n}$.

Do $f(x)$ liên tục nên $g(x)$ cũng liên tục, do đó $\lim_{n\to\infty}g\left(\dfrac{y}{2^n}-1\right)=g\left(\lim_{n\to\infty}\dfrac{y}{2^n}-1\right)=g(-1)=0$

Suy ra $g(y-1)=\dfrac{g\left(\dfrac{y}{2^n}-1\right)}{3^n} =_{n\to\infty}0$, hay $g(x)=0 \forall x\in\mathbb{R}$.

Do đó, $f(x)=x-\dfrac{3}{2} \forall x\in\mathbb{R}$