Chuyên đề Hàm liên tục

Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 1 Hàm liên tục ðịnh nghĩa 1: Hàm số ( )y f x= với miền xác ñịnh D ñược gọi là liên tục tại 0x nếu thỏa mãn ñồng thời ba ñiều kiện sau: i. Hàm ( )y f x= xác ñịnh tại ñiểm 0x , nghĩa là 0x D∈ . ii. Tồn tại 0 lim ( ) x x f x → . iii. 0 0lim ( ) ( ) x x f x f x → = ðịnh nghĩa 2: (theo ngôn ngữ ε - δ ) Hàm số ( )y f x= với miền xác ñịnh D liên tục tại 0x khi và chỉ khi 0 00, 0, D, ( ) ( )x x x f x f xε δ δ ε∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − < Hàm số liên tục trong khoảng - Hàm số ( )f x ñược gọi là liên tục trong khoảng mở ( ),a b nếu nó liên tục tại mọi ñiểm của khoảng ñó. - Nếu ( )f x xác ñịnh tại x a= và lim ( ) ( ) x a f x f a +→ = , ta nói ( )f x liên tục bên phải tại ñiểm x a= . - Nếu ( )f x xác ñịnh tại x b= và lim ( ) ( ) x b f x f a −→ = , ta nói ( )f x liên tục bên trái tại ñiểm x b= . - Nếu ( )f x liên tục tại mọi ñiểm của khoảng mở ( ),a b và tại hai ñiểm biên, ta nói ( )f x liên tục trong khoảng ñóng (ñoạn) [ , ]a b . Các ñịnh lý: 1) Tổng, hiệu và tích của một số hữu hạn các hàm liên tục trong miền nào ñó là hàm liên tục trong miền ñó. 2) Thương của hai hàm số liên tục trong miền nào ñó là hàm số liên tục tại mọi ñiểm của miền ñó mà mẫu số khác 0. 3) Nếu ( )f x liên tục trên khoảng mở ( ),a b và miền giá trị là khoảng mở ( , )c d , hàm ( )xϕ liên tục trong khoảng mở ( , )c d , thì hàm hợp ( )( )f xϕ liên tục trong khoảng mở ( ),a b . 4) Tất cả các hàm sơ cấp (ña thức, lũy thừa, lô-ga) ñều liên tục tại mọi ñiểm trên miền xác ñịnh của chúng. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 2 5) ðịnh lý Weierstrass 1: Nếu ( )f x liên tục trong ñoạn [ , ]a b thì nó bị chặn trong ñoạn ñó, nghĩa là: 0, [ , ] : ( )M x a b f x M∃ > ∀ ∈ < 6) ðịnh lý Weierstrass 2: Nếu ( )f x liên tục trong ñoạn [ , ]a b thì nó ñạt GTLN và GTNN trong ñoạn ñó, nghĩa là: 1 2, [ , ]x x a b∃ ∈ sao cho 1 [ , ]( ) max ( )a bf x f x= và 2 [ , ]( ) min ( )a bf x f x= . 7) ðịnh lý Bolzano – Cauchy Nếu ( )f x liên tục trong ñoạn [ , ]a b và [ , ] min ( ) a b A f x= , [ , ] max ( ) a b B f x= thì với mọi C mà A C B≤ ≤ , tồn tại ñiểm [ , ]c a b∈ sao cho ( )f c C= . Hệ quả: Nếu ( )f x ñổi dấu trong ñoạn [ , ]a b thì [ , ]c a b∃ ∈ sao cho ( ) 0f c = . Bài toán 1. Giả sử hàm ( )f x liên tục trên ℝ , nhận các giá trị khác dấu. Chứng minh rằng tìm ñược một cấp số cộng , ,a b c ( )a b c< < sao cho ( ) ( ) ( ) 0f a f b f c+ + = . Lời giải. Theo giả thiết, tồn tại ñiểm x mà ( ) 0f x > , do ( )f x liên tục nên hàm nhận giá trị dương trong lân cận ñủ nhỏ của ñiểm này. Khi ñó, ta tìm ñược một cấp số cộng 1 1 1, ,a b c mà 1 1 1( ), ( ), ( )f a f b f c ñều dương. Tương tự, tồn tại một cấp số cộng 2 2 2, ,a b c mà 2 2 2( ), ( ), ( )f a f b f c ñều âm. Với tham số t , xét cấp số cộng sau: 1 2 1 2 1 2 ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) a t a t a t b t b t b t c t c t c t = − + = − + = − + Hàm số ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )F t f a t f b t f c t= + + liên tục theo t , (0) 0F > và (1) 0F < . Do ñó, tồn tại 0t sao cho 0( ) 0F t = , khi ñó cấp số cộng 0 0 0( ), ( ), ( )a t b t c t là một cấp số cộng thỏa mãn. Bài toán 2. Cho ( ), ( )f x g x là hai hàm liên tục, tuần hoàn trên ℝ . Biết ( )lim ( ) ( ) 0 x f x g x →+∞ − = . Chứng minh rằng ( ) ( )f x g x≡ . Nhận xét. Quan sát ñề bài ta nghĩ ngay ñến hàm ( ) ( ) ( )h x f x g x= − . Nếu ( )h x tuần hoàn thì từ lim ( ) 0 x h x →+∞ = ta suy ra ngay ( ) 0h x ≡ , ñó là tính chất mấu chốt của bài toán. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 3 Như vậy, khó khăn chủ yếu là việc chứng minh ( ), ( )f x g x có cùng chu kỳ. Ta “lợi dụng” giới hạn ở vô cùng ( )lim ( ) ( ) 0 x f x g x →+∞ − = và tính tuần hoàn ñộc lập của mỗi hàm ñể dùng ñược nhận xét vừa nêu. Lời giải. Trước hết, ta cần phải chứng minh hai hàm ñã cho có cùng chu kỳ. Giả sử hàm f có chu kỳ T . Khi x → +∞ , ( ) ( ) 0f x g x− → và ( ) ( ) 0f x T g x T+ − + → . Trừ theo vế kết hợp với ( ) ( )f x T f x+ = ñược: *( ) ( ) ( ) 0h x g x T g x= + − → khi x → +∞ . Do g liên tục, tuần hoàn nên *h liên tục, tuần hoàn, tiến tới 0 khi x → +∞ , vì vậy *( ) 0h x ≡ , chứng tỏ g cũng tuần hoàn chu kỳ T . Xét hàm ( ) ( ) ( )h x f x g x= − liên tục, tuần hoàn, tiến tới 0 khi x → +∞ nên ( ) 0h x ≡ . Từ ñó suy ra ñpcm. Các bài toán về hàm liên tục trong khoảng ñóng (trên ñoạn) luôn gắn liền với 2 ñịnh lý Weierstrass và ñịnh lý Bolzano-Cauchy (ñã trình bày ở trên). Bài toán 3. Tìm tất cả các hàm liên tục :f →ℝ ℝ thỏa mãn: ( )3 3 4 x xf x f f   = +        (*), x∀ ∈ℝ . Lời giải. Xét số thực 0a ≥ tùy ý. Hàm f liên tục trên ñoạn [ ],a a− nên theo ñịnh lý Weierstrass 2, tồn tại [ ]1 2, ,x x a a∈ − sao cho [ ]1 ,( ) max ( )a af x M f x−= = , [ ]2 ,( ) min ( )a af x m f x−= = . Thay 1x x= vào (*) ta có: ( ) 1 113 3 23 4 x xM f x f f M   = = + ≤        [ ]1 1do , , 3 4 x x a a   ∈ −    , suy ra 0M ≤ . Thay 2x x= vào (*) ta có: ( ) 1 123 3 23 4 x x m f x f f m   = = + ≥        [ ]2 2do , , 3 4 x x a a   ∈ −    , suy ra 0m ≥ . Do ñó, 0M m= = , suy ra ( ) 0f x = trên ñoạn [ ],a a− , với mọi 0a ≥ . Vậy ( ) 0f x = , x∀ ∈ℝ . Bài toán 4. Cho f liên tục trên ℝ thỏa mãn ( )( ) ( ) 1f f x f x = x∀ ∈ℝ (*) và (1000) 999f = . Tính (500)f . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 4 Hướng dẫn. Dễ thấy nếu có một số α sao cho ( ) 500f α = thì bằng việc thay x α= vào (*) có thể suy ra ngay 1(500) 500 f = . Ta cần chỉ ra có giá trị của f cao hơn 500 và có giá trị bé hơn 500. ðã có (1000) 999 500f = > , thay 1000x = vào (*) ñược 1(999) 500 999 f = < . Bài toán 5. Cho hàm số ( )f x khả vi liên tục cấp hai trên [0;1], có ( ) ( )0 1, 1 0f f′′ ′′= = . Chứng minh rằng tồn tại ( )0;1c ∈ sao cho ( )f c c′′ = . (KSTN 2010) Lời giải. Xét hàm ( )( ) fx xg x′′ −= . Do ( )f x khả vi liên tục cấp hai trên [0;1] nên ( )g x liên tục trên [0;1]. Mà (0) 1 0g = > , (1) 1 0g = − < , do ñó tồn tại ( )0;1c ∈ sao cho ( ) 0g c = , khi ñó ( )f c c′′ = . Bài toán 6. Cho các số thực , , , ,a b c d e . Chứng minh rằng nếu phương trình ( )2 0ax b c x d e+ + + + = có nghiệm thuộc [ )1;+∞ thì phương trình 4 3 2 0ax bx cx dx e+ + + + = cũng có nghiệm thực. (Olympic SV 2001) Lời giải. Gọi 0 1x ≥ là một nghiệm của phương trình ( )2 0ax b c x d e+ + + + = . Khi ñó, ( )20 0 0ax cx d bx d+ + = − + . Xét hàm 4 3 2( )f x ax bx cx dx e= + + + + . Ta có: ( ) ( ) ( )20 0 0 0 0f x ax cx d x bx d= + + + + ( ) ( ) ( )20 0 0 0 0f x ax cx d x bx d− = + + − + Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 220 0 0 0 0 0 0 01 0f x f x ax cx d x bx d bx d x− = + + − + = + − ≤ . Mà ( )f x liên tục nên phương trình ( ) 0f x = có nghiệm thuộc ñoạn 0 0,x x −  , suy ra phương trình 4 3 2 0ax bx cx dx e+ + + + = có nghiệm thực. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 5 Bài toán 7. Cho a ∈ℝ , tìm tất cả các hàm liên tục :f →ℝ ℝ thỏa mãn ( ) 1f a a= + và ( ) ( )2( )f f x x a a= − + (*), x∀ ∈ℝ . Lời giải. Giả sử tồn tại hàm liên tục f thỏa mãn ñề bài. Thay x a= vào (*) ta có ( )( )f f a a= ( 1)f a a⇒ + = . Xét hàm ( ) ( )g x f x x= − , liên tục trên ℝ , ( ) 1 0g a = > , ( 1) 1 0g a + = − < , nên c∃ ∈ℝ sao cho ( )g c c= . Khi ñó, ( )f c c= . Thay x c= vào (*) ñược ( ) ( )2( )c f f c c a a= = − + ( )( )1 0c a c a⇒ − − − = c a⇒ = hoặc 1c a= + , vô lí vì ( ) ( ) 0 ( 1)g a g c g a≠ = ≠ + . Vậy không tồn tại hàm liên tục f thỏa mãn ñề bài. Dạng bài chứng minh phản chứng giả sử hàm không ñổi dấu Bài toán 8. Cho f liên tục trên [0;1], (0) 0f > , 1 0 1( ) 1 f x dx n < +∫ . Chứng minh phương trình ( ) nf x x= có nghiệm thuộc (0;1). (Olympic SV 1998) (KSTN 2008) Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) ng x f x x= − ( )[0;1]x ∈ . Giả sử ( )g x không ñổi dấu trên [0;1]. Ta có (0) (0) 0g f= > nên ( ) 0g x > với mọi [0;1]x ∈ . Khi ñó, 1 1 1 1 0 0 0 0 10 ( ) ( ) ( ) 1 ng x dx f x dx x dx f x dx n < = − = − +∫ ∫ ∫ ∫ , suy ra 1 0 1( ) 1 f x dx n > +∫ , mâu thuẫn giả thiết. Vậy ( )g x không ñổi dấu trên [0;1], tồn tại [0;1]c ∈ sao cho ( ) 0g c = , suy ra ñpcm. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 6 Bài toán 9. Cho f liên tục trên 0; 2 pi     , (0) 0f > , 2 0 ( ) 1f x dx pi <∫ . Chứng minh phương trình ( ) sinf x x= có nghiệm thuộc 0; 2 pi      . (Olympic SV 2003) (KSTN 2005) Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) sing x f x x= − 0; 2 x pi   ∈     . Giả sử ( )g x không ñổi dấu trên 0; 2 pi     . Ta có (0) (0) 0g f= > nên ( ) 0g x > với mọi 0; 2 x pi  ∈    . Khi ñó, 2 2 2 2 0 0 0 0 0 ( ) ( ) sin ( ) 1g x dx f x dx xdx f x dx pi pi pi pi < = − = −∫ ∫ ∫ ∫ , suy ra 2 0 ( ) 1f x dx pi >∫ , mâu thuẫn giả thiết. Vậy ( )g x không ñổi dấu trên 0; 2 pi     , tồn tại 0; 2 c pi  ∈    sao cho ( ) 0g c = , suy ra ñpcm. Bài toán 10. Chứng minh rằng không tồn tại hàm ( )f x liên tục trên ℝ thỏa mãn: ( )( ) ( )f x a f x b c+ + = − (với 0b > , 2b c≤ ) (Olympic SV 2003) (Olympic SVBK 2010) Lời giải. Giả sử tại hàm ( )f x liên tục trên ℝ thỏa mãn: ( )( ) ( )f x a f x b c+ + = − (*) Do 0c ≠ nên ( ) 0f x ≠ và ( )f x b≠ − với mọi x ∈ℝ . Gọi Im f là tập giá trị của f trên ℝ . Do f liên tục trên ℝ nên chỉ có thể xảy ra 1 trong 3 trường hợp sau: ( )Im ,f b⊂ −∞ − hoặc ( )Im ,0f b⊂ − hoặc ( )Im 0,f ⊂ +∞ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 7 - Nếu ( )Im ,f b⊂ −∞ − thì VT(*) > 0 > c− , vô lý. - Nếu ( )Im 0,f ⊂ +∞ thì VT(*) > 0 > c− , vô lý. - Nếu ( )Im ,0f b⊂ − thì 2( ) ( )c f x a f x b b c− = + + < ≤ , vô lý. Vậy giả thiết phản chứng sai, suy ra ñpcm. Dạng bài xây dựng tổng 1 2( ) ( ) ( ) 0nf x f x f x+ + + =… Một hệ quả dễ thấy của ñịnh lý Bolzano – Cauchy: Cho một hàm ( )f x liên tục trên [ ],a b sao cho tồn tại các số [ ]1 2, , , ,nx x x a b∈… sao cho 1 2( ) ( ) ( ) 0nf x f x f x+ + + =… . Khi ñó, phương trình ( ) 0f x = có nghiệm trên [ ],a b . (Hệ quả trên dễ dàng chứng minh bằng phản chứng giả sử hàm không ñổi dấu. Thêm nữa, nó có thể ñược phát biểu dưới dạng tích phân: nếu ( ) 0 b a f x dx =∫ thì ( ),c a b∃ ∈ sao cho ( ) 0f c = .) Bài toán 11. Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 2 3 6 0a b c+ + = . Chứng minh rằng phương trình 2 0ax bx c+ + = có nghiệm trong [ ]0;1 . Lời giải. Xét hàm 2( )f x ax bx c= + + . Ta có: (0)f c= , (1)f a b c= + + , 1 2 4 2 a bf c  = + +    . Suy ra 1(0) (1) 4 0 2 f f f  + + =    . Vậy phương trình ( ) 0f x = có nghiệm trên [ ]0,1 . Bài toán 12. Cho hàm f liên tục trên [ ]0;2 . Chứng minh rằng ∃ [ ]1 2, 0;2x x ∈ sao cho 2 1 1x x= + và ( ) ( ) ( )2 1 1 (2) (0)2f x f x f f− = − . Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) ( )1( ) 1 (2) (0) 2 g x f x f x f f= + − − − , liên tục trên [ ]0;1 . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 8 Ta có (0) (1) 0g g+ = , suy ra [ ]1 0;1x∃ ∈ sao cho ( )1 0g x = . Chọn 2 1 1x x= + . Khi ñó, [ ]1 2, 0;2x x ∈ và ( ) ( ) ( )2 1 1 (2) (0)2f x f x f f− = − . Bài toán 13. Cho các hàm liên tục , :f g →ℝ ℝ thỏa mãn ( ) ( )( ) ( )f g x g f x= . Chứng minh rằng nếu phương trình ( ) ( )( ) ( )f f x g g x= có nghiệm thì phương trình ( ) ( )f x g x= cũng có nghiệm. (OLSV 2009) Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) ( )h x f x g x= − . Gọi 0x là nghiệm của phương trình ( ) ( )( ) ( )f f x g g x= Ta có: ( ) ( ) ( )0 0 0( ) ( ) ( )h g x f g x g g x= − ( ) ( ) ( )0 0 0( ) ( ) ( )h f x f f x g f x= − mà ( ) ( )0 0( ) ( )f g x g f x= , ( ) ( )0 0( ) ( )f f x g g x= Suy ra ( ) ( )( )0 0( ) 0h g x h f x+ = . Vậy phương trình ( ) 0h x = có nghiệm, suy ra ñpcm. Bài toán 14. Cho f là một hàm liên tục trên [ ]0;1 thỏa mãn ñiều kiện (0) (1)f f= . Chứng minh rằng với bất kì số *n∈ℕ nào cũng tồn tại một số [ ]0;1c ∈ sao cho 1( )f c f c n   = +    . Lời giải. Xét hàm 1( ) ( )g x f x f x n   = + −    . Do f liên tục trên [ ]0;1 nên g liên tục trên [ ]0;1 . Ta có: 1(0) (0)g f f n   = −    , 1 2 1g f f n n n       = −            , … …, 1 1(1)n ng f f n n − −    = −        . Suy ra 1 2 1(0) (1) (0) 0ng g g g f f n n n −      + + + = − =            … . Vậy tồn tại [ ]0;1c ∈ sao cho ( ) 0g c = . Khi ñó, 1( )f c f c n   = +    . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 9 Dạng bài mở rộng hàm liên tục Ta ñược cho (hoặc tìm ñược) một hàm liên tục xác ñịnh trên một ñoạn nhưng lại cần cả những giá trị của hàm ñó xác ñịnh tại những ñiểm nằm ngoài ñoạn ñang xét. Trong nhiều trường hợp, ta cần (bắt buộc) phải mở rộng hàm tại những ñiểm hoặc trên ñoạn mong muốn mà vẫn giữ tính liên tục cho nó. Cách mở rộng chung khá ñơn giản: ( )f x xác ñịnh và liên tục trên ñoạn [ , ]a b . Hàm mở rộng về phía bên phải: ( )( ) ( ) ( ) ( ) f x a x b F x f x a b f b f a x b ≤ ≤ =  + − + − ≥ liên tục trên ñoạn [ );a +∞ . Tương tự với hàm mở rộng về phía bên trái. Trong trường hợp ( ) ( )f a f b= , hàm mở rộng như trên là một hàm tuần hoàn có chu kỳ T b a= − . Bài toán 15. Cho ( )0;1a ∈ . Giả sử hàm ( )f x liên tục trên ñoạn [ ]0;1 thỏa mãn ñiều kiện (0) (1) 0f f= = . Chứng minh rằng tồn tại [ ]0;1b ∈ sao cho hoặc ( ) ( )f b f b a= − hoặc ( ) ( 1)f b f b a= + − . (OLSV 2000) Lời giải. Mở rộng ( )f x ra toàn trục số ñể ñược hàm tuần hoàn chu kỳ 1T = , hàm mới vẫn liên tục trên ℝ do (0) (1) 0f f= = . Xét hàm ( ) ( ) ( )g x f x a f x= + − . Khi ñó, 1 1 1 1 1 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 a a g x dx f x a dx f x dx f x dx f x dx + = + − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Do ñó, [ ]0;1c ∈ sao cho 0 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( )g c f c a f c f c a f c= = + − = + − − . Dễ thấy 0 2c a≤ + ≤ . - Nếu 0 1c a≤ + ≤ thì chọn b c a= + . - Nếu 1 2c a≤ + ≤ thì chọn b c= . Suy ra ñpcm. Bài toán 16. Tìm tất cả các số ( )0;1d ∈ có tính chất: nếu ( )f x là hàm số tùy ý liên tục trên [ ]0;1 thỏa mãn (0) (1)f f= thì [ ]0 0;1x d∃ ∈ − sao cho 0 0( ) ( )f x f x d= + . Lời giải. Theo bài toán 14, bất kì số 1d n = với *n∈ℕ cũng ñều thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 10 Ta chứng minh ñó là tất cả các số cần tìm. Giả sử tồn tại số 1d n ≠ với mọi *n∈ℕ thỏa mãn. Lấy số k ∈ℕ sao cho 1 ( 1)kd k d< < + . Xét một hàm số tùy ý xác ñịnh và liên tục trên ñoạn [ ]0;d thỏa mãn (0) 0f = , (1 )f kd k− = − , ( ) 1f d = . Mở rộng hàm ( )f x ra toàn ñoạn [ ]0;1 : với mỗi [ ];1x d∈ ta xác ñịnh ( ) ( ) 1f x f x d= − + , ta ñược hàm mới liên tục, và hơn nữa là thỏa mãn ñiều kiện (0) (1)f f= vì (1) (1 ) 1 (1 2 ) 2 (1 ) 0 (0)f f d f d f kd k f= − + = − + = = − + = =… . Nhưng rõ ràng với hàm f vừa ñược xây dựng, mọi [ ]0;1x ∈ ñều cho thấy ( ) ( ) 1 ( )f x d f x f x+ = + ≠ , mâu thuẫn giả thiết. Vậy tất cả các số cần tìm là 1d n = với *n∈ℕ . Dạng bài kết hợp tính liên tục và tính ñơn ñiệu Hàm ñơn ánh: Hàm f có tập xác ñịnh D , ñược gọi là ñơn ánh nếu: ∀ 1 2, Dx x ∈ , 1 2x x≠ ⇒ 1 2( ) ( )f x f x≠ . hoặc ∀ 1 2, Dx x ∈ , 1 2( ) ( )f x f x= ⇒ 1 2x x= . ðịnh lý: … Hàm liên tục và ñơn ánh thì ñơn ñiệu … Bài toán 17. Cho hàm liên tục :f →ℝ ℝ thỏa mãn ( ) 2( )f f x x= − , x∀ ∈ℝ . Chứng minh rằng ( ) 0f x ≤ , x∀ ∈ℝ . Lời giải. * Ta chứng minh ( ) 0f x ≤ , 0x∀ ≤ . Thật vậy, với 0x ≤ , tồn tại y ∈ℝ sao cho 2x y= − . Khi ñó, ( )( ) ( )22( ) ( ) ( ) ( ) 0f x f y f f f y f y= − = = − ≤ . * Ta chứng minh ( ) 0f x ≤ , 0x∀ > . Thật vậy, giả sử tồn tại 0 0x > sao cho 0( ) 0f x > . Xét 1 2,x x +∈ℝ , ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 21 2 1 2 1 2 1 2f x f x f f x f f x x x x x= ⇒ = ⇒ − = − ⇒ = . ðiều ñó chứng tỏ hàm liên tục f ñơn ánh trên +ℝ , suy ra f ñơn ñiệu trên +ℝ Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 11 Do f liên tục trên +ℝ nên tồn tại một lân cận 0( )U x +⊂ ℝ mà f nhận giá trị dương tại mọi ñiểm thuộc 0( )U x . Khi ñó, do f ñơn ñiệu trên +ℝ nên hàm ( )( )f f x ñơn ñiệu tăng trên 0( )U x , nhưng hàm 2x− ñơn ñiệu giảm trên 0( )U x +⊂ ℝ , mâu thuẫn. Vậy ( ) 0f x ≤ , 0x∀ > . Suy ra ñpcm. Bài toán 18. Ký hiệu +ℝ là tập các số thực dương. Giả sử :f + +→ℝ ℝ là một hàm số liên tục và thỏa mãn ( ) ( )55( ) 1 1f f x x= + + . Chứng minh rằng ( 1)lim 1( )x f x f x→+∞ + = . (KSTN 2007) Lời giải. Xét 1 2,x x +∈ℝ , ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )5 55 51 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1f x f x f f x f f x x x x x= ⇒ = ⇒ + + = + + ⇒ = . ðiều ñó chứng tỏ hàm liên tục f ñơn ánh trên +ℝ , suy ra f ñơn ñiệu trên +ℝ . Nếu f là hàm giảm, ( ) ( )55( ) 1 1 1f f x x x x= + + > + > (*) nên ( )( )( ) ( )f f f x f x< , nhưng khi thay x bởi ( )f x trong (*) lại ñược ( )( )( ) ( )f f f x f x> , mâu thuẫn. Vậy f là hàm tăng trên +ℝ . Do ( ) ( )55lim ( ) lim 1 1 x x f f x x →+∞ →+∞ = + + = +∞ nên hàm tăng f không bị chặn trên, vì vậy lim ( ) x f x →+∞ = +∞ . Ta có ( )( ) 1f f x x> + nên: ( )( ) ( )55 ( ) 1 1( )( 1)1 ( ) ( ) ( ) f xf f f xf x f x f x f x + ++ < < = mà ( ) ( )5 55 5( ) 1 1 1 1 lim lim 1( )x t f x t f x t→+∞ →+∞ + + + + = = . Theo nguyên lý kẹp, ta có ( 1)lim 1( )x f x f x→+∞ + = . Hàm liên tục và dãy số Cho dãy số thực ( )nx hội tụ, lim n n a x →∞ = , hàm ( )f x liên tục tại x a= . Khi ñó, ( )lim lim ( ) ( )n n x a f x f x f a →∞ → = = . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 12 Bài toán 19. 1. Tìm tất cả các hàm :f →ℝ ℝ liên tục tại 0, sao cho (2 ) ( )f x f x= , x∀ ∈ℝ . 2. Tìm tất cả các hàm :g →ℝ ℝ có ñạo hàm tại 0, sao cho (2 ) 2 ( )g x g x= , x∀ ∈ℝ . (KSTN 2006) Lời giải. 1. Với mọi x ∈ℝ và mọi số nguyên dương n , ta có ( ) 22 2 2n x x xf x f f f     = = = =            … mà lim 0 2nn x →∞ = , hàm f liên tục tại 0, nên lim (0) 2nn xf f →∞   =    . Suy ra ( ) (0)f x f= , x∀ ∈ℝ . Vậy f là hàm hằng. 2. Thay 0x = vào ñiều kiện, ta có (0) 2 (0) (0) 0g g g= ⇒ = . Xét hàm ( ) 0( ) (0) 0 g x x h x x g x  ≠ =   ′ = Do g khả vi tại 0 nên 0 0 0 ( ) ( ) (0)lim ( ) lim lim (0) 0x x x g x g x gh x g x x→ → → − ′= = = − . Vậy h liên tục tại ñiểm 0x = . (2 ) 2 ( )g x g x= (2 ) ( ) 2 g x g x x x ⇒ = , 0x∀ ≠ (2 ) ( )h x h x⇒ = , x∀ ∈ℝ . Theo câu 1, ( )h x c= là hằng. Vậy ( )g x cx= , x∀ ∈ℝ . Bài toán 20. Tìm tất cả các hàm f liên tục trên ℝ sao cho ( ) 2 1 4 f x f x = +    . Lời giải. Xét 0x ∈ℝ . • Nếu 0 10 2 x≤ ≤ . Xét dãy { }nx xác ñịnh bởi 21 14n nx x+ = + ( )n ∈ℕ . Bằng quy nạp, ta có 10 2n x≤ ≤ , với mọi *n∈ℕ . Mặt khác, 2 1 1 0 2n n n x x x+   − = − ≥    . { }nx là dãy ñơn ñiệu tăng, bị chặn trên, nên hội tụ. ðặt lim n n xα →∞ = . Khi ñó, 2 1 1 4 2 α α α= + ⇒ = , hay 1lim 2nn x →∞ = . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 1lim 2nnf x f x f x f x f→∞   = = = =     … , với mọi 0 1 2 x ≤ . • Nếu 0 1 2 x > . Xét dãy { }nx xác ñịnh bởi 1 14n nx x+ = − ( )n∈ℕ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 13 Tương tự trên, ta chứng minh ñược { }nx là dãy giảm, bị chặn dưới bởi 12 . Do ñó, { }nx hội tụ, và tính ñược 1lim 2nn x→∞ = . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 1lim 2nnf x f x f x f x f→∞   = = = =     … , với mọi 0 1 2 x > . Vậy f là hàm hằng. Bài toán 21. ðịnh nghĩa: Cho hàm f có miền xác ñịnh D , Dx ∈ ñược gọi là ñiểm bất ñộng của hàm f nếu ( )f x x= . Dãy hàm ( ){ }nf x ñược xác ñịnh bởi ( ) ( )1f x f x= , ( ) ( )( )1n nf x f f x+ = ( )*n ∈ℕ . 1) Mọi hàm liên tục [ ] [ ]: , ,f a b a b→ ñều có ñiểm bất ñộng. (ðịnh lý ñiểm bất ñộng Banach) Chứng minh. Xét hàm ( ) ( )g x f x x= − liên tục , ( ) 0g a ≥ và ( ) 0g b ≤ . Do ñó, tồn tại [ ]0 ,x a b∈ sao cho 0( ) 0g x = , khi ñó ( )0 0f x x= . 2) Nếu f liên tục và dãy hàm ( ){ }nf x hội tụ về L , với x nào ñó, thì ( )f L L= . Chứng minh. ( ) ( ) ( )( ) ( )1 ( )lim lim limn n n n n n f x L L f x f f x f L+ →∞ →∞ →∞ = ⇒ = = = . 3) Giả sử hàm [ ] [ ]: , ,f a b a b→ liên tục, ñơn ñiệu tăng. Khi ñó, dãy ( ){ }nf x hội tụ, với mọi [ ],x a b∈ . Theo 2), giới hạn của dãy là ñiểm bất ñộng của f . Chứng minh. Nếu ( )f x x= thì hiển nhiên ñúng. Nếu ( )f x x> , thì ( ( )) ( )f f x f x> và ( ){ }nf x là dãy tăng bị chặn bởi b , do ñó hội. Tương tự nếu ( )f x x< . 4) Giả sử [ ] [ ], : , ,f g a b a b→ là các hàm liên tục thỏa mãn ( ) ( )( ) ( )f g x g f x= , với mọi [ ],x a b∈ , f là hàm ñơn ñiệu tăng . Khi ñó, f và g có ñiểm bất ñộng chung, nghĩa là tồn tại [ ]0 ,x a b∈ sao cho ( ) ( )0 0 0f x g x x= = . Chứng minh. Theo 1), g có ñiểm bất ñộng [ ],c a b∈ . Theo 3), do f ñơn ñiệu tăng nên giới hạn của dãy ( ){ }nf c tồn tại và là ñiểm bất ñộng của f . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 14 Mặt khác, do ( ) ( ) ( )( ) ( )f c f g c g f c= = , suy ra ( ) ( ) ( )( )( )n n nf f g cc g f c= = , nghĩa là ( )nf c là ñiểm bất ñộng của g , với mọi n∈ℕ . Do ñó giới hạn ( )0 lim n n x f c →∞ = là ñiểm bất ñộng chung của f và g . Bài toán 22. Cho hàm số [ ] [ ]: , ,f a b a b→ với a b< , thỏa mãn: ( ) ( )f x f y x y− < − , ∀ [ ], ,x y a b∈ , x y≠ . Chứng minh rằng phương trình ( )f x x= có nghiệm duy nhất thuộc ñoạn [ ],a b . (Olympic SV 1994) (KSTN 2004, 2008) Lời giải. 0ε∀ > , ( ) ( )x y f x f yε ε− < ⇒ − < , do ñó f là hàm liên tục trên [ ],a b . Theo phần 1 bài toán 21, f luôn có ñiểm bất ñộng, gọi ñó là 0x . Khi ñó 0 0( )f x x= . Giả sử phương trình ( )f x x= có nghiệm [ ]1 ,x a b∈ , 1 0x x≠ . Khi ñó, 1 0 1 0( ) ( )f x f x x x− = − , mâu thuẫn với bñt ñã cho. Vậy phương trình ( )f x x= có nghiệm duy nhất thuộc ñoạn [ ],a b . Bài toán 23. Cho số thực 1c > , chứng minh rằng tồn tại số 0y > sao cho: roots lim n n y y y y c →∞ + + + + =…  . ( n dấu căn ) Nhận xét. 2 roots lim n n y y y y c y c c y c c →∞ + + + + = ⇒ + = ⇒ = −…  . Lời giải. Chọn 2y c c= − . Xét ( )f x y x= + liên tục trên ñoạn [ ]0;c , khi ñó [ ] [ ]: 0; 0;f c c→ . Theo phần 3 bài toán 21, dãy ( ){ }0nf hội tụ về ñiểm [ ]0;L c∈ và thỏa mãn ( )f L L= . Khi ñó, ( )( )2 2 1 0L y L L L y c c L c L c= + ⇒ − = = − ⇒ − + − = . Do 0L ≥ , 1c > nên 1 0L c+ − > , suy ra L c= . Vậy ( ) roots lim lim 0n n n n y y y y f c →∞ →∞ + + + + = =…  . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 15 Bài toán 24. Tìm tất cả các hàm khả vi :f →ℝ ℝ thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 x xf x f f x  ′= +    , x∀ ∈ℝ . Lời giải. Xét số thực 0 0x > . Theo ñịnh lý Lagrange, ∃ 01 0,2 x x x   ∈    sao cho ( ) ( ) 00 1 0 0 2 ( ) 2 xf x f f x f x x   −     ′ ′= = . Tương tự, dãy { } 0n nx ∞= sao cho 1 ,2 n n n x x x+   ∈    và ( ) ( ) ( )1 0n nf x f x f x+′ ′ ′= = , n∀ ∈ℕ . { }nx là dãy giảm, bị chặn dưới bởi 0, nên hội tụ. ðặt lim n n xα →∞ = . Nếu 0α > thì ta chọn lại 1 ,2 x α α ∈    . Dãy mới vẫn là dãy giảm và thỏa mãn ñiều kiện ( ) ( )0nf x f x′ ′= , n∀ ∈ℕ . Tiếp tục quá trình như vậy, ta sẽ thu ñược một dãy { } 0n nx ∞= hội tụ về 0 và thỏa mãn ( ) ( )0nf x f x′ ′= , n∀ ∈ℕ . Tóm lại, 0( ) (0)f x f′ ′= , với mọi 0 0x > . Tương tự, ta chứng minh ñược 0( ) (0)f x f′ ′= , với mọi 0 0x < . Do f khả vi trên ℝ nên ( ) (0)f x f′ ′= , x∀ ∈ℝ . Kết luận: ( )f x ax b= + ( ,a b là các hằng số) Bài toán 25. Tìm tất cả các hàm :f + +→ℝ ℝ thỏa mãn ( ) ( )( ) ( )f f x af x b a b x+ = + , x +∀ ∈ℝ . (*) ( ,a b là các hằng số dương) Lời giải. Xét dãy { } 0n nx ∞= : ( )1n nx f x+ = , với 0x là một số thực cố ñịnh. Từ (*) ta có công thức truy hồi của dãy: ( )2 1n n nx ax b a b x+ += − + + . Phương trình ñặc trưng: ( )2 0x ax b a b+ − + = , có 2 nghiệm 1x b= , 2x a b= − − . Công thức tổng quát của dãy ( )1 2 nnnx c b c a b= + − − , với 1 2,c c ∈ℝ thỏa mãn 0 1 2x c c= + và ( )1 1 2x c b c a b= − + . Do 0nx > n∀ ∈ℕ , nên 2 0c = . Suy ra 0 1x c= và ( )0 1 1 0f x x c b bx= = = . Vậy ( )f x bx= , x +∀ ∈ℝ .