Ứng dụng tính liên tục và tính khả vi của hàm số trong phương trình và bất đẳng thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
CAO THỊ THẮM
ỨNG DỤNG TÍNH LIÊN TỤC VÀ TÍNH
KHẢ VI CỦA HÀM SỐ TRONG
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
Giáo viên hướng dẫn:
TS. NGUYỄN VĂN NGỌC
THÁI NGUYÊN, 2015
Mục lục
Mở đầu 1
1 Hàm số liên tục và ứng dụng 3
1.1 Tính liên tục của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Một số tính chất của liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Nghiệm của các phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Điểm bất động của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5 Phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2 Hàm khả vi và ứng dụng 27
2.1 Đạo hàm và vi phân của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1 Đạo hàm tại một điểm . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.2 Đạo hàm một phía . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.3 Một số tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.4 Định nghĩa vi phân tại một điểm . . . . . . . . . . . 28
2.1.5 Đạo hàm và vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Các định lí về giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Định lí Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2.2 Định lí Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.3 Định lí Lagrange và Định lí Cauchy . . . . . . . . . 32
2.3 Các bài toán về phương trình và bất đẳng thức của các hàm
khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3.1 Phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3.2 Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.4 Một số bất đẳng thức đạo hàm quan trọng . . . . . . . . . 48
2.4.1 Công thức Taylor trên một khoảng . . . . . . . . . . 48
ii
2.4.2 Các bất đẳng thức đạo hàm quan trọng . . . . . . . 48
Kết luận 54
Tài liệu tham khảo 55
iii
Mở đầu
Cùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục và tính khả vi của hàm số
là những những kiến thức cơ sở quan trọng của giải tích toán học. Trong
chương trình toán học ở bậc phổ thông, tính chất của hàm số liên tục trên
một đoạn được áp dụng nhiều, phong phú và đa dạng trong các bài toán
khác nhau, nhất là các bài toán về sự tồn tại nghiệm của các phương trình.
Định lý Rolle, Định lý Lagrange, tính đơn điệu của hàm số cũng thường
được sử dụng trong các đề thi có tính nâng cao, như thi học sinh giỏi cấp
quốc gia hay quốc tế trong nhiều bài toán khác nhau, đặc biệt là chứng
minh các bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, v.v
Hiện nay đã có khá nhiều tư liệu (sách giáo khoa, sách tham khảo, khóa
luận, luận văn, chuyên đề Hội thảo, v.v ) bằng tiếng Việt về ứng dụng tính
liên tục và tính khả vi của hàm số trong khảo sát hàm số, chứng minh
bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình,v.v Nhận xét rằng,
ngoài phương trình hàm, nhìn chung các vấn đề trên đây đa phần là đối
với những hàm số sơ cấp cụ thể, nên chưa có tính khái quát.
Với suy nghĩ và ý tưởng đó, mục tiêu của luận văn này nhằm khai thác

tính liên tục và tính khả vi của hàm một biến trong phương trình và bất
đẳng thức không đối với các hàm số cụ thể mà là bất kỳ.
Về tính liên tục, luận văn trình bày một số vấn đề có tính lý thuyết của
hàm liên tục, như tính trù mật (giá trị trung gian), tính bị chặn, tính lồi,
v.v
Về phương trình, trong luận văn này đã xét bài toán về điểm bất động
đối với các hàm liên tục trên một đoạn hữu hạn (compact), phương trình
hàm, phương trình vi phân, v.v
Về bất đẳng thức, ngoài một số bất đẳng thức đối với các hàm cụ thể,
luận văn chủ yếu quan tâm đến bất đẳng thức hàm, bất đẳng thức đạo
hàm tổng quát. Đặc biệt, luận văn còn trình bày một số bất đẳng thức đạo
hàm nổi tiếng như bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorow, bất
1
đẳng thức Landau-Kolmogorow và bất đẳng thức Steklov đối với các hàm
khả vi một biến. Đây là những bất đẳng thức của Toán học cao cấp chưa
được trình bày trong các tài liệu bằng Tiếng Việt ở cấp độ Toán sơ cấp.
Kết cấu của Luận văn gồm có: Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết
luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1: Hàm số liên tục và ứng dụng, trình bày khái quát về hàm số
liên tục, một số tính chất chuyên sâu của hàm số liên tục, điểm bất động
của các hàm liên tục và các phương trình hàm.
Chương 2: Hàm khả vi và ứng dụng. Nội dung chương trình bày một
số kiến thức cơ sở về đạo hàm vi phân, các định lí về giá trị trung bình.
Từ các kiến thức nền tảng đó, nội dung quan trọng của chương là xét các
phương trình, đẳng thức và bất đẳng thức đối với các hàm khả vi tổng
quát.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của
TS. Nguyễn Văn Ngọc- Trường Đại học Thăng Long. Từ đáy lòng mình,
em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên,
và chỉ bảo hướng dẫn của Thầy. Em xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu

và các thầy, cô trong trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên,
đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em hoàn thành khóa học cao học tại
Trường. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán lớp
N- Trường Đại học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên.
2
Chương 1
Hàm số liên tục và ứng dụng
Chương này trình bày ngắn gọn các khái niệm và tính chất của hàm
liên tục một biến và một số bài toán liên quan. Các kiến thức của chương
này được hình thành chủ yếu được từ các tài liệu [1] và [6].
1.1 Tính liên tục của hàm số
1.1.1 Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1.1. Giả sử I ⊂ R là một khoảng hoặc hệ khoảng của trục
thực và f là hàm nhận giá trị thực trong miền I. Cố định điểm x
0
∈ R (
bao hàm cả trường hợp x
0
∈ I). Ta nói f có giới hạn l ∈ R tại x
0
và viết
lim
x→x
0
f(x) = l
nếu với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0, δ = δ(ε) sao cho nếu
x ∈ I, x = x
0
, |x −x
0

| < δ thì |f(x) −l| < ε.
Định nghĩa 1.2. Cho hàm số f xác định trong tập X và số a ∈ X. Hàm
f được gọi là liên tục tại a nếu lim
x→a
f(x) = f(a) hay ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈
X, |x −a| < δ thì |f(x) − f(a)| < ε.
Định nghĩa 1.3. Hàm f được gọi là liên tục phải tại a nếu
lim
x→a
+
f(x) = f(a).
Hàm f được gọi là liên tục trái tại a nếu
lim
x→a
−
f(x) = f(a).
3
Nếu các hệ thức trên đây không tồn tại thì ta nói hàm f(x) tại x
0
có gián
đoạn tương ứng phải, trái.
Nhận xét 1.1. Hàm f liên tục tại a khi và chỉ khi
lim
x→a
+
f(x) = lim
x→a
−
f(x) = lim
x→a

f(x) = f(a).
Định nghĩa 1.4. Một hàm không liên tục tại a được gọi là hàm gián đoạn
tại a.
Định nghĩa 1.5. Hàm f liên tục tại mọi điểm x ∈ (a; b) ta nói f liên tục
trên khoảng (a; b).
Định nghĩa 1.6. Hàm số f liên tục trên khoảng (a; b) và liên tục phải tại
a , liên tục trái tại b ta nói rằng f liên tục trên [a; b].
1.1.2 Các tính chất cơ bản
+ Tổng, hiệu, tích thương (với điều kiện mẫu khác 0 ) của các hàm liên
tục tại a là hàm liên tục tại a.
+ Nếu hàm f liên tục tại a và hàm g liên tục tại f(a) thì hàm hợp g ◦f
liên tục tại a.
+ Nếu f liên tục tại a và f(a) > L thì f(x) > L ở lân cận của a hay
∃δ > 0 sao cho f(a) > L với mọi x mà |x − a| < δ.
1.2 Một số tính chất của liên tục
Định lý 1.1. (Tính trù mật của hàm liên tục). Nếu hàm f(x) liên tục
trên đoạn [a; b] và f(a)f(b) < 0 thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0.
Chứng minh. Để chứng minh định lí ta thực hiện phương pháp chia đôi
đoạn [a; b].
Nếu trong quá trình thực hiện ta tìm được điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0
thì định lí được chứng minh.
Nếu không tìm được c thì quá trình trên giúp ta xây dựng được các dãy
đoạn lồng nhau [a
n
; b
n
] trong đó
f(a
n
) < 0, f(b

n
) > 0 và c
n
= b
n
− a
n
=
b −a
2
n
.
4
Ta có
lim
n→∞
f(a
n
) = f( lim
n→∞
a
n
) = f(c) ≤ 0.
Tương tự
lim
n→∞
f(b
n
) = f( lim
n→∞

b
n
) = f(c) ≥ 0,
trong đó c ∈ (a; b). Vậy tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0.
Định lý 1.2. ( Định lý về giá trị trung gian của hàm liên tục). Nếu f(x)
liên tục trên [a; b], thì f(x) nhận giá trị trung gian giữa f(a) và f(b). Tức
là, với mọi γ nằm giữa f(a) và f(b) luôn tồn tại giá trị c ∈ [a; b] sao cho
f(c) = γ.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử f(a) < f(b).
Ta thấy định lý dễ dàng được chứng minh khi γ = f(a) hoặc γ = f(b).
Xét γ với f(a) < γ < f(b) ta đi chứng minh tồn tại giá trị c ∈ [a; b] sao
cho f(c) = γ.
Thật vậy, xét hàm g(x) = f(x) − γ là một hàm liên tục trên [a; b].
Ta lại có g(a) < 0, g(b) > 0 theo Định lý 1.1 luôn tồn tai giá trị γ ∈ (a; b)
để g(c) = 0.
Điều đó cho thấy luôn tồn tại giá trị c ∈ [a; b] sao cho f(c) = γ. Định lý
được chứng minh.
Định lý 1.3. Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] thì hàm số đạt được giá
trị nhỏ nhất và lớn nhất trên [a; b]. Tức là tồn tại x
m
, x
M
∈ [a; b] sao cho
với mọi x ∈ [a; b] ta luôn có f(x
m
) ≤ f(x) ≤ f(x
M
).
Chứng minh. Trước hết, ta đi chứng minh f(x) bị chặn trên [a; b]. Giả sử
f(x) không bị chặn trên [a; b], tức là với mọi n ∈ N tồn tại x

n
∈ [a; b] sao
cho |f(x
n
)| ≥ n.
Dãy (x
n
) bị chặn nên theo định lí Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con
của nó x
n
k
→ x
0
∈ [a; b] mà f(x
n
k
) ≤ n
k
. Chuyển qua giới hạn này ta có
|f(x
0
)| = +∞ mâu thuẫn vì f(x) liên tục tại x
0
. Vậy f(x) bị chặn.
Gọi m = inf
[a;b]
f(x), M = sup
[a;b]
f(x). Lấy  =
1

n
, n ∈ N
∗
, ∃x
n
∈ [a; b], sao
cho
1
n
> f(x
n
) −m ≥ 0.
Theo định lí Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con của nó x
n
k
của (x
n
)
5
thỏa mãn x
n
k
→ x
m
và
1
n
k
> f(x
n

k
) −m ≤ 0. Lấy giới hạn ta được
lim
x→∞
f(x
n
k
) = f(x
m
) = m.
Tương tự tồn tại x
M
để f(x
M
) = sup
[a;b]
f(x) = M.
Hệ quả 1.1. Nếu f : [a; b] −→ R liên tục thì f([a; b]) = [m; M] ⊂ R
trong đó m = inf
[a;b]
f(x), M = sup
[a;b]
f(x).
Bài toán 1.1. ( Hàm Dirichlet). Xét tính liên tục của hàm số
D(x) =

1, nếu x là số hữu tỷ,
0, nếu x là số vô tỷ.
Lời giải. Vì trong bất kỳ lân cận nào của điểm hữu tỷ tìm được các điểm
vô tỷ và ngược lại, nên với điểm x

o
bất kỳ trong khoảng (−∞; +∞) không
tồn tại giới hạn lim
x→x
o
D(x).
Như vậy, tại mỗi một điểm của trục thực tồn tại sự gián đoạn loại hai (từ
hai phía).
Bài toán 1.2. ( Hàm Riemann). Trên đoạn [0; 1] xét hàm số
f(x) =



1
q
, nếu x =
p
q
là phân số tối giản,
0, nếu x là số vô tỷ.
Chứng minh rằng tại mỗi điểm hữu tỷ hàm số có gián đoạn loại một, còn
tại mỗi điểm vô tỷ hàm số là liên tục.
Lời giải. Giả sử x
0
là một điểm tùy ý của đoạn [0; 1]. Với số ε > 0 chỉ tồn
tại một số hữu hạn các số tự nhiên q 
1
ε
, nghĩa là trong đoạn [0, 1] chỉ
có một số hữu hạn các số hữu tỷ

p
q
, mà f

p
q

=
1
q
≥ ε. Điểm x
0
có thể
được bao bởi lân cận (x
0
−δ; x
0
+ δ), sao cho trong đó không có điểm nào
đã nói ở trên (ngoại trừ có thể là điểm x
0
).
Khi đó với |x−x
0
| < δ; (x = x
0
) dù x là hữu tỷ hay vô tỷ, ta có |f(x)| < ε.
Nghĩa là, với mọi x
0
tồn tại
f(x

0
+ 0) = f(x
0
− 0) = 0.
6
Nếu x
0
là số vô tỷ, thì f(x) = 0, nghĩa là tại điểm này hàm số là liên tục,
nếu x
0
là số hữu tỷ, thì f(x
0
) = 0, do đó có gián đoạn thông thường từ
hai phía.
Bài toán 1.3. Chứng minh rằng, nếu f(x) là hàm liên tục, thì
F (x) = |f(x)|
cũng là hàm liên tục.
Lời giải. Giả sử ε > 0 tùy ý. Khi đó tồn tại δ = δ(ε, x
o
), sao cho
|f(x) − f(x
o
)| < ε, khi |x − x
o
| < δ.
Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A −B|, ta có
|F (x) − F (x
o
)| = ||f(x)| −|f(x
o

)|| ≤ |f(x) −f(x
o
)| < ε
nếu |x − x
o
| < δ, nghĩa là F (x) cũng là hàm liên tục.
Bài toán 1.4. Chứng minh rằng, nếu hàm f(x) liên tục trên đoạn [a; b]
thì hàm
m(x) = inf
a≤ξ≤x
|f(ξ)|, M(x) = max
a≤ξ≤x
|f(ξ)|
cũng là những hàm liên tục trên [a; b].
Lời giải. Vì f(x) liên tục trên đoạn [a; b], nên ∀ε > 0, x
o
∈ [a; b], tồn tại
δ = δ(ε, x
o
), sao cho khi |h| < δ, thì
|f(x
o
+ h) −f(x)| < ε.
Khi đó rõ ràng là
sup
|h|<δ
|f(x
o
+ h) −f(x)| < ε. (1.1)
Khi |h| < δ ta có

− sup
0≤|h|<b
|f(x
o
+ h) −f(x
o
)| + m(x
o
))
≤ m(x
o
+ h) ≤ m(x
o
) + sup
0≤|h|<b
|f(x
o
+ h) − f(x
o
)|. (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) suy ra
|m(x
o
+ h) −m(x
o
)| < ε, nếu |h| < δ.
7
Tương tự
− sup
0≤|h|<b

|f(x
o
+ h) − f(x
o
)| + M(x
o
))
≤ M(x
o
+ h) ≤ M(x
o
) + sup
0≤|h|<b
|f(x
o
+ h) − f(x
o
)|. (1.3)
Suy ra
|M(x
o
+ h) − M(x
o
)| < ε, nếu |h| < δ.
Vậy m(x) và M(x) là những hàm liên tục trên [a; b].
Bài toán 1.5. Chứng minh rằng, nếu f(x) và g(x) là những hàm liên tục,
thì các hàm
ϕ(x) = min{f(x), g(x)}, ψ(x) = max{f(x), g(x)}
cũng là những hàm liên tục.
Lời giải. Giả sử ε > 0 tùy ý và δ

1
= δ
1
(ε, x
o
), δ
2
= δ
2
(ε, x
o
) là những số
tham gia trong định nghĩa liên tục của các hàm f(x) và g(x) tương ứng.
Khi đó, nếu |h| ≤ δ = min{δ
1
, δ
2
}, thì
|f(x
o
+ h) −f(x
o
)| < ε, |g(x
o
+ h) − g(x
o
)| < ε
Do đó
|ϕ(x
o

+ h) − ϕ(x
o
)| ≤ min{ max
0≤|h|≤δ
|f(x
o
+ h) − f(x
o
)|;
max
0≤|h|≤δ
|g(x
o
+ h) − g(x
o
)|} < ε
và
|ψ(x
o
+ h) − ψ(x
o
)| ≤ min{ max
0≤|h|≤δ
|f(x
o
+ h) −f(x
o
)|;
max
0≤|h|≤δ

|g(x
o
+ h) − g(x
o
)|} < ε.
Vậy các hàm ϕ(x), ψ(x) là những hàm liên tục.
Bài toán 1.6. Giả sử hàm f(x) xác định và giới nội trên đoạn [a; b].
Chứng minh rằng
m(x) = inf
a≤ξ<x
|f(ξ)|, M(x) = max
a≤ξ<x
|f(ξ)|
là những hàm liên tục bên trái trên [a; b].
8
Lời giải. Vì f(x) giới nội nên các hàm m(x), M(x) cũng giới nội, ngoài
ra, m(x) là hàm đơn điệu giảm, còn M(x) là hàm đơn điệu tăng. Giả sử
x
o
∈ [a; b]. Khi đó m(x) ≥ m(x
o
) khi x < x
o
. Do đó tồn tại giới hạn hữu
hạn lim
x→x
o
−0
m(x), trong đó
m(x

o
− 0) = lim
x→x
o
−0
m(x) = inf
a≤ξ<x
o
|f(ξ)| = m(x
o
).
Do đó m(x) liên tục bên trái tại điểm x
o
.
Còn nếu x
o
∈ [a; b] thì M(x) < M(x
o
), khi x < x
o
. Vì vậy tồn tại giới
hạn lim
x→x
o
−0
M(x), trong đó
M(x
o
− 0) = lim
x→x

o
−0
M(x) = sup
a≤ξ<x
o
|f(ξ)| = M(x
o
).
Vì thế hàm M(x) liên tục bên trái tại điểm x
o
.
Bài toán 1.7. Chứng minh rằng, nếu hàm f(x) liên tục trong khoảng
a ≤ x < ∞ và tồn tại giới hạn lim
x→+∞
f(x), thì hàm này giới nội trong
khoảng đã cho.
Lời giải. Giả sử lim
x→+∞
f(x) = A. Khi đó, ∀ε > 0, ∃E > 0, sao cho,
∀x > E, |f(x) − A| < ε. Từ đó suy ra rằng |f(x)| < |A| + ε, ∀x > E.
Nếu ký hiệu M = max{|A|+ ε; sup
a≤x≤E
|f(x)|} thì |f(x)| ≤ M, ∀x ≥ a.
Điều này cho thấy hàm f(x) giới nội trên [a; +∞).
Bài toán 1.8. Hàm f(x) xác định trên khoảng (a; b) và thỏa mãn điều kiện
f(λx
1
+ (1 −λ)x
2
) ≤ λf(x

1
) + (1 −λ)f(x
2
), ∀x
1
, x
2
∈ (a; b), λ ∈ (0; 1).
(1.4)
Chứng minh rằng f(x) liên tục trên (a; b).
Lời giải. Cố định x
0
∈ (a; b), chọn δ
0
> 0 sao cho (x
0
−δ
0
; x
0
+δ
0
) ⊂ (a; b).
Với x ∈ (x
0
− δ
0
; x
0
+ δ

0
) \{x
0
} định nghĩa hàm số
g(x) =
f(x) − f(x
0
)
x −x
0
.
Vì hàm f thỏa mãn điều kiện (1.4) (hàm lồi), nên g là hàm số tăng trên
(x
0
−δ
0
; x
0
) và (x
0
; x
0
+ δ
0
). Do đó f

(x
0
−0) tồn tại. Quan trọng ta thấy
rằng f


(x
0
−0) là hữu hạn. Từ đó suy ra với x
0
−δ
0
< x < x
0
< y < x
0
+δ
0
ta có g(x) ≤ g(y).
9
Thật vậy, ta có thể viết x
0
= λx + (1 −λ)y với λ =
y − x
0
y − x
.
Vì f là hàm lồi nên ta có
λ
f(x
0
) −f(x
x
0
− x

≤ (1 − λ)
f(y) −f(x
0
)
y − x
0
.
Theo cách biểu diễn của λ ta có g(x) ≤ g(y). Cố định 0 < ε < 1 khi đó
tồn tại δ < δ
0
sao cho x ∈ (x
0
− δ; x
0
) để



f(x) − f(x
0
)
x −x
0
− f

(x
0
− 0)




< ε.
Từ đó tồn tại µ > 0 sao cho x ∈ (x
0
− µ; x
0
), ta có |f(x) − f(x
0
)| < 2ε.
Do đó f liên tục trái tại x
0
.
Tương tự f liên tục phải tại x
0
.
Vậy f liên tục tại x
0
.
1.3 Nghiệm của các phương trình
Bài toán 1.9. Cho a, b, c là các số thực tùy ý, p và q là các số thực tùy
ý. Chứng minh rằng phương trình
a
2
x −p
+
b
2
x −q
= c
luôn có nghiệm.

Lời giải.
a. Với p = q, ta có
a
2
+ b
2
x −p
= c ⇔



x = p,
x =
a
2
+ b
2
c
+ p.
Phương trình có nghiệm.
b. Với p = q, phương trình đã cho tương đương với
f(x) := c(x −p)(x −q) − a
2
(x −q) − b
2
(x −p) = 0.
Ta có
f(p) = −a
2
(p −q), f(q) = −b

2
(q −p) = b
2
(p − q).
10
Suy ra
f(p)f(q) = −a
2
b
2
(p −q)
2
< 0.
Do đó, phương trình đã cho có nghiệm nằm giữa các số p, q.
Bài toán 1.10. Cho f là hàm số liên tục trên đoạn [0; 1], thỏa mãn điều
kiện f(0) = f(1). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1, phương
trình f(x) = f

x +
1
n

có nghiệm trên

0;
n −1
n

.
Lời giải. Xét hàm số

g(x) = f

x +
1
n

− f(x), x ∈

0;
n −1
n

.
Ta có
g(0) + g

1
n

+ g

2
n

+ + g

n −1
n

=


f

1
n

− f(0)

+

f

2
n

− f

1
n

+ +

f(1) − f

n −1
n

= f(1) − f(0) = 0.
Suy ra tồn tại i, j sao cho g


i
n

≤ 0 và g

j
n

≥ 0.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
i
n
<
j
n
. Vì g(x) là hàm số liên tục
trên

0;
n −1
n

, nên tồn tại c ∈

i
n
;
j
n


sao cho g(c) = 0.
Vậy phương trình f(x) = f

x +
1
n

có nghiệm trên

0;
n −1
n

.
Bài toán 1.11. Cho hàm f, g : [0; 1] −→ [0; 1] là một hàm liên tục và
thỏa mãn max
x∈[0;1]
f(x) = max
x∈[0;1]
g(x). Chứng minh rằng phương trình
f
2
(x) + 3f(x) = g
2
(x) + 3g(x)
có nghiệm x ∈ [0; 1].
Lời giải. Gọi M là cận trên chung của hàm f, g.
Từ f, g là hàm liên tục trên [0; 1], nên tồn tại hai số α, β ∈ [0; 1] sao cho
f(α) = g(β) = M.
Xét hàm h := f − g thỏa mãn

11
h(α) = M − g(α) ≥ 0, h(β) = f(β) −M ≤ 0.
Do h là hàm liên tục, nên tồn tại một giá trị x
0
∈ [α; β] ∈ [0; 1] sao cho
h(x
0
) = 0. Từ đó suy ra f(x
0
) = g(x
0
).
Vậy phương trình f
2
(x) + 3f(x) = g
2
(x) + 3g(x) có nghiệm x ∈ [0; 1].
Bài toán 1.12. Cho f(x) liên tục trên [a; b] và hai số α > 0, β > 0.
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [a; b] sao cho αf(a) + βf(b) = (α + β)f(c).
Lời giải. Theo định lí Weierstrass tồn tại x
1
, x
2
∈ [a; b] sao cho
max
x∈[a;b]
f(x) = f(x
1
) = M, min
x∈[a;b]

f(x) = f(x
2
) = m.
Do α > 0, β > 0 nên ta có
(α + β)m ≤ αf(a) + βf(b) ≤ (α + β)M.
Xét hàm g(x) = (α + β)f(x) −αf(a) −βf(b).
Do f(x) liên tục trên [a; b] nên g(x) liên tục trên [a; b]. Không mất tính
tổng quát ta giả sử x
1
< x
2
. Khi đó [x
1
; x
2
] ⊂ [a; b]. Ta có
g(x
1
) = (α + β)f(x
1
) −αf(a) −βf(b) = (α + β)m −αf(a) −βf(b) ≤ 0,
g(x
2
) = (α + β)f(x
2
) −αf(a) −βf(b) = (α + β)M −αf(a) −βf(b) ≥ 0.
Do vậy g(x
1
)g(x
2

) ≤ 0 nên tồn tại c ∈ [x
1
; x
2
] sao cho g(c) = 0.
Điều đó cho thấy
(α + β)f(c) −αf(a) −βf(b) = 0.
Hay
(α + β)f(c) = αf(a) + βf(b).
Bài toán 1.13. Cho f(x) liên tục trên [a; b] và n điểm x
1
, , x
n
∈ [a; b].
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [a; b] sao cho
f(c) =
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)].
Lời giải. Đặt g(x) = f(x) −
1
n
[f(x
1

) + f(x
2
) + + f(x
n
)]. Ta có
g(x
1
) = f(x
1
) −
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)],
12
g(x
2
) = f(x
2
) −
1
n
[f(x
1
) + f(x

2
) + + f(x
n
)],

g(x
n
) = f(x
n
) −
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)].
Cộng hai vế của đẳng thức ta được
g(x
1
) + g(x
2
) + + g(x
n
) = 0.
Do đó tồn tại i, j ∈ {1; 2; ; n} sao cho g(x
i
)g(x

j
) < 0 với x
i
< x
j
.
Mà g(x) liên tục trên [a; b] nên g(x) liên tục trên [x
i
; x
j
]. Từ đó cho thấy
tồn tại c ∈ [x
i
; x
j
] sao cho g(c) = 0.
Hay tồn tại c sao cho f(c) =
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)].
Bài toán 1.14. Cho phương trình:
a
0
x

n
+ a
1
x
n−1
+ + a
n−1
x + an = 0, a
0
= 0
có n nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng (n − 1)a
2
1
> 2na
0
a
2
.
Lời giải. Đặt f(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ + a
n−1
x + a
n

. Ta có f khả vi vô
hạn trên R.
Vì f(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì:
+ f

(x) có n − 1 nghiệm phân biệt.
+ f
”
(x) có n − 2 nghiệm phân biệt,
+ f
(n−2)
(x) =
n!
2
a
0
x
2
+(n−1)!a
1
x+(n−2)!a
2
có 2 nghiệm phân biệt. Do
đó ∆ > 0 nên ((n−1)!a
1
)
2
−2n!a
0
(n−2)!a

2
> 0. Vậy (n−1)a
2
1
> 2na
0
.a
2
.
Bài toán 1.15. Chứng minh phương trình: x
3
− x + 1 = 0 có 3 nghiệm
phân biệt. Tính tổng các luỹ thừa bậc 8 của 3 nghiệm đó.
Lời giải. Xét hàm số: y = f(x) = x
3
−x + 1 thì f liên tục trên D = R. Ta
có: f(−2) = −5 < 0, f(0) = 1 > 0, f(
1
√
3
) = 1−
1
√
3
< 0 và f(1) = 1 > 0.
Do vậy, phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x

3
.
Theo định lý Viet x
1
+x
2
+x
3
= 0, x
1
x
2
+x
2
x
3
+x
3
x
1
= −1, x
1
x
2
x
3
= −1.
Ta có x
3
i

− x
i
+ 1 = 0, do vậy x
3
i
= x
i
− 1.
13
Từ đó ta có x
5
i
= x
3
i
− x
2
i
= −x
2
i
+ x
i
− 1 nên x
8
i
= 2x
2
i
− 3x

i
+ 2.
Do vậy
T =
3

i=1
x
8
i
= 2
3

i=1
x
2
i
− 3
3

i=1
x
i
+ 6.
Suy ra
T = 2[(
3

i=1
x

i
)
2
− 2
3

j=1,j=i
x
i
x
j
] −3
3

i=1
x
i
+ 6 = 10.
1.4 Điểm bất động của hàm số
Trong mục này trình bày Định lý Brouwer về điểm bất động và những
biến thể của nó ở dạng đơn giản phù hợp với mức độ Toán học ở bậc THPT.
Trong trường hợp tổng quát, Định lý điểm bất động Brouwer khẳng định
rằng, một hàm F(x) liên tục trong hình cầu đơn vị đóng Ω ⊂ R
n
vào chính
hình cầu đó có ít nhất một điểm bất động trong miền đó, nghĩa là tồn tại
ít nhất một điểm x
o
∈ Ω, sao cho
F (x

0
) = x
o
.
Khẳng định trên đây được Brouder chứng minh vào năm 1910 (L.E.J.
Brouder, 1881-1966), đã được mở rộng sau đó rất mạnh mẽ và ngày nay
là một trong những công cụ quan trọng của Giải tích Toán học.
Bài toán 1.16. Cho f : [a; b] −→ [a; b] là một hàm tùy ý
1. Chứng minh rằng nếu f liên tục thì f có một điểm bất động, tức là
tồn tại x
0
∈ [a; b] sao cho f(x
0
) = x
0
.
2. Chứng minh rằng kết quả vẫn đúng nếu f là hàm không giảm.
3. Tìm một hàm giảm f : [a; b] −→ [a; b] không có điểm bất động.
Lời giải. 1. Xét các hàm liên tục g : [a; b] −→ R xác định bởi
g(x) = f(x) − x.
Ta có g(a) = f(a) −a ≥ 0 và g(b) = f(b) − b ≤ 0 (vì a ≤ f(x) ≤ b).
Do vậy g(a).g(b) ≤ 0 và g là hàm liên tục nên tồn tại x
0
∈ [a; b] sao cho
14
g(x
0
) = 0 hay f(x
0
) = x

0
.
2. Xét tập hợp
A = {a ≤ x ≤ b; f(x) ≥ x}, x
o
= sup A.
Khi đó xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu x
0
∈ A thì theo định nghĩa của x
0
ta có f(x
0
) ≥ x
0
.
Nếu f(x
0
) = x
0
thì khẳng định được chứng minh.
Nếu không, ta có f(x
0
) > x
0
. Theo định nghĩa của x
0
ta được
f(x) < x; ∀x > x
0

.
Mặt khác, với x
0
< x < f(x
0
), ta có x > f(x) > f(x
0
) (mâu thuẫn), vì
x ∈ (x
0
; f(x
0
)).
Vậy ta có x < f(x
0
). Theo đó các giả thiết f(x
0
) > x
0
là sai.
Như vậy f có một điểm bất động.
Trường hợp 2. Nếu x
0
/∈ A.
Ta sẽ chứng minh rằng trong thực tế trường hợp này không thể xảy ra vì
vậy x
0
∈ A, hay chỉ xảy ra trường hợp 1.
Thật vậy, nếu x
0

/∈ A thì tồn tại một dãy (x
n
) vô hạn với x
n
→ x
0
; x
n
< x
0
sao cho x
n
∈ A. Vì f là một hàm tăng do đó lim
n→∞
f(x
n
) = x
0
.
Mặt khác, từ f(x
0
) < x
0
chúng ta suy ra rằng tồn tại x
n
< x
0
sao cho
f(x
n

) > f(x
0
). Mâu thuẫn với giả thiết f(x
n
) là hàm không giảm. Giả sử
là sai.
Ta có điều phải chứng minh.
3. Xét các hàm số
f(x) =





1 − x, 0 ≤ x <
1
2
,
1
2
−
x
2
,
1
2
≤ x ≤ 1.
Dễ thấy rằng hàm số này là hàm giảm trên [0; 1] và không có điểm bất
động trên [0; 1].
Nhận xét 1.2. + Một hàm số liên tục f : [a; b] −→ [a; b] có điểm bất

động trên [a; b] thì điểm đó không nhất thiết là điểm duy nhất, ví dụ hàm
f(x) = x.
+ Các điều kiện của f xác định trên một tập con đóng của R là sự cần
15
thiết cho sự tồn tại cho điểm bất động. Ví dụ f : [0; 1] → R được xác định
bởi f(x) =
1 + x
2
khi đó f là một ánh xạ từ [0; 1] vào chính nó, f là một
hàm liên tục nhưng không có điểm bất động.
+ Các điều kiện f được xác định trên tập con bị chặn của R là điều kiện
cần thiết cho sự tồn tại điểm bất động. Ví dụ f : [0; ∞] → R được xác
định bởi f(x) = x + x
−1
là một ánh xạ đi từ [0; ∞] vào chính nó f liên
tục nhưng f không có điểm bất động.
+ Các điều kiện f được xác định trên một khoảng thực trong R là điều
kiện cần thiết cho sự tồn tại cho một điểm bất động.
Ví dụ D = [−2; −1]∪[1; 2], xét hàm số f : D → R xác định bởi f(x) = −x.
Khi đó f là một ánh xạ đi từ D vào chính nó , f liên tục nhưng f không
có điểm bất động.
Bài toán 1.17. Cho hàm số f : [a; b] −→ [a; b], với a < b và thoả điều
kiện: |f(x) − f(y)| < |x − y|, với mọi x, y phân biệt thuộc [a; b]. Chứng
minh rằng phương trình f(x) = x có duy nhất một nghiệm thuộc [a; b].
Lời giải. Xét hàm số g(x) = |f(x) −x| thì g liên tục trên [a; b]. Do đó, tồn
tại x
0
∈ [a; b] sao cho g(x
0
) = min

x∈[a,b]
g(x)(∗). Ta sẽ chứng minh g(x
0
) = 0.
Thật vậy, giả sử g(x
0
) = 0, do đó f(x
0
) = x
0
. Từ bất đẳng thức đã cho
ta có
|f(f(x
0
)) −f(x
0
)| < |f(x
0
) −x
0
|.
Suy ra g(f(x
0
)) < g(x
0
) mâu thuẫn với (*). Vậy g(x
0
) = 0 nghĩa là
f(x
0

) = x
0
.
Giả sử phương trình f(x) = x còn có nghiệm x
1
= x
0
, x
1
∈ [a; b] thì có
ngay |f(x
1
) − f(x
0
)| = |x
1
− x
0
| mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy phương trình f(x) = x có duy nhất một nghiệm thuộc [a; b].
Bài toán 1.18. Cho f : [0; 1] −→ [0; 1] là hàm liên tục, sao cho
f(0) = 0, f(1) = 1.
Ta định nghĩa
f
1
(x) = f(x), f
2
(x) = f(f(x)) = (fof)(x), ,
f
n

(x) = (fofo of)(x), (n lần).
Giả sử rằng tồn tại số nguyên dương m, sao cho f
m
(x) = x với mọi
x ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng f(x) = x với mọi x ∈ [0; 1].
16
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f là một đơn ánh, do đó là hàm tăng (vì f
là hàm liên tục). Chúng ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, giả sử tồn tại
x
o
∈ (0; 1), sao cho f(x
o
) > x
o
.
Khi đó với mọi n ∈ N chúng ta có f
n
(x) > f
n−1
(x) > > f(x) > x.
Cho n = m ta có mâu thuẫn với f
m
(x) = x. Giả sử là sai.
Lập luận tương tự với trường hợp f(x) < x.
Vậy f(x) = x với mọi x ∈ [0; 1].
Bài toán 1.19. Cho f : [a; b] −→ [a; b] là một hàm thỏa mãn
|f(x) − f(y)| ≤ |x − y|, ∀x, y ∈ [a; b].
Xác định dãy (x
n
) với x

1
∈ [a; b] và x
n+1
=
x
n
+ f(x
n
)
2
, ∀n ≥ 1.
Chứng minh (x
n
) hội tụ đến một điểm bất động của f.
Lời giải. Đặt A = l ∈ [a; b], ∃(x
n
k
) ◦f(x
n
) : (x
n
k
) → l. Bằng giả thiết và
tính compact [a; b] chúng ta suy ra rằng A chứa ít nhất 2 giá trị và là một
tập đóng. Ta chứng minh theo các bước sau
1. Nếu l ∈ A chúng ta có f(l) = l với mọi số cố định  > 0, n
k
∈ N sao
cho |x
n

k
− l| ≤  ta có
|l − x
n
k+1
| = |
l + f(l)
2
−
x
n
k
+ f(x
n
k
)
2
| ≤
|l − x
n
k
|
2
+
|f(l) − f(x
n
k
)|
2
≤ |l −x

n
k
| ≤ .
Từ đó (x
n
) hội tụ đến l (mâu thuẫn).
2. Tồn tại l
0
∈ A sao cho f(l
0
) > l
0
.
Thật vậy, ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Đặt l
−
= min
l∈A
l.
Khi đó l
−
∈ A và f(l
−
) ≤ l
−
. Tuy nhiên f(l
−
) = l
−
là không thể do đã
xét ở ý một.

Do vậy f(l
−
) < l
−
điều này cho thấy
l
−
+ f(l
−
)
2
∈ A,
l
−
+ f(l
−
)
2
< l.
Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của l
−
.
Vậy tồn tại l
0
∈ A sao cho f(l
0
) > l
0
.
3. Tồn tại  > 0 sao cho |f(l) − l| ≥ , ∀l ∈ A.

Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra.
17
Xét l
n
∈ A sao cho |f(l
n
) −l
n
| <
1
n
, ∀n ≥ 1.
Điều này cho thấy bất kì điểm giới hạn nào của dãy (l
n
) (nằm trong A )
cũng là điểm bất động của f (mâu thuẫn với ý một).
4. Kết luận
Theo ý hai và ý ba tồn tại một giá trị lớn nhất l
+
∈ A sao cho f(l
+
) > l
+
.
Xét l

=
[l
+
+ f(l

+
]
2
. Quan sát ta có f(l
+
) > l

> l
+
và f(l

) < l

.
Theo ý ba tồn tại một giá trị nhỏ nhất l

∈ A sao cho l

> l
+
và f(l

) < l

.
Theo đó f(l

) < l
+
. Điều tiếp theo chúng ta có f(l


) < l
+
.
Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra ta xét
l

:=
l

+ f(l

)
2
thỏa mãn l
+
< l

< l

.
Bằng cách định nghĩa của l
+
và l

ta có f(l

) = l

(trái với ý một). Do

vậy f(l

) < l
+
< l

< f(l
+
) . Suy ra |f(l

) −f(l
+
)| > |l

− l
+
|. Điều này
mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.20. Cho f : [a; b] −→ [a; b] là một hàm thỏa mãn điều kiện
Lipschitz với không đổi L. Xét x
1
∈ [a; b] được cho tùy ý và xác định
x
n+1
= (1 −λ)x
n
+ λf(x
n
) với λ =

1
L + 1
.
Nếu (x
n
) là một chuỗi các kết quả thì (x
n
) hội tụ đơn điệu đến một điểm
z ∈ [a; b] trong đó f(z) = z.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f(x
n
) = x
n
, ∀n.
Giả sử f(x
1
) > x
1
và xét p là điểm đầu tiên lớn hơn x
1
sao cho f(p) = p
(do tính liên tục của f và f(x
1
) > x
1
và f(b) ≤ b nên sẽ tồn tại điểm p
như vậy).
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh khẳng định sau nếu x
1
< x

2
< < x
n
< p
và f(x
i
) > x
i
, ∀i = 1, 2, , n thì f(x
n+1
) > x
n+1
và x
n+1
< p.
Thật vậy, giả sử p < x
n+1
thì x
n
< p < x
n+1
.
Từ giả thiết ban đầu
0 < p − x
n
< x
n+1
− x
n
= λ(f(x

n
) −x
n
).
18
Kết hợp với
0 <
1
λ
|x
n
− p| = (L + 1)|x
n
− p| < |f(x
n
) −x
n
|.
Mà
|f(x
n
) −x
n
| ≤ |f(x
n
) −f(p)| + |p −x
n
|.
Theo đó L|x
n

− p| < |f(x
n
) −f(p)|.
Mâu thuẫn với thực tế f là một hàm Lipschitz với x
n+1
< x
n
và f(x
n+1
) >
x
n+1
và sự chọn lựa của p.
Vậy giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh.
1.5 Phương trình hàm
Bài toán 1.21. Cho f : R −→ R là một hàm liên tục thỏa mãn
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x ∈ R.
Chứng minh rằng tồn tại số thực a sao cho f(x) = ax, ∀x ∈ R .
Lời giải. Đặt f(1) = a.
Cho x = 0, y = 0 ta có f(0) = f(0) + f(0). Do đó f(0) = 0.
Cho x = t, y = −t ta có f(0) = f(t) + f(−t) = 0.
Hay f(−t) = −f(t), ∀t ∈ R . Do vậy y = f(t) là hàm số lẻ nên ta chỉ cần
xét t > 0.
Cho x = 1, y = 1 ta có f(2) = f(1) + f(1) = 2a.
Cho x = 2, y = 1 ta có f(3) = f(2) + f(1) = 3a.
Qui nạp ta được f(m) = ma, ∀m ∈ N
∗
.
Cho x =
1

2
, y =
1
2
ta được f(1) = f(
1
2
) + f(
1
2
) = a nên f(
1
2
) =
a
2
.
Cho x =
1
2
2
, y =
1
2
2
ta được f(
1
2
) = f(
1

2
2
) + f(
1
2
2
) = a nên f(
1
2
2
) =
a
2
2
.
Qui nạp ta được f(
1
2
n
) =
1
2
n
a; ∀n ∈ N
∗
.
Kết hợp hai trường hợp trên ta có f(
m
2
n

) =
m
2
n
a, ∀m, n ∈ N
∗
.
Mặt khác
m
2
n
, m, n ∈ N
∗
trù mật trong R
+
nên ∀x ∈ R
+
tồn tại dãy
x
k
∈
m
2
n
, m, n ∈ N
∗
để x
k
→ x khi x → ∞. Theo trên ta có f(x
k

) = ax
k
.
Lấy giới hạn hai vế ta được f(x) = ax, ∀x > 0. Kết hợp với f(0) = 0, f(x)
19
là hàm lẻ ta có f(x) = ax, ∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Bài toán 1.22. Cho f : R −→ R là một hàm liên tục thỏa mãn
f(x + y) = f(x)f(y), ∀x ∈ R.
Chứng minh rằng f ≡ 0 hoặc tồn tại số thực a sao cho f(x) = e
ax
, ∀x ∈ R.
Lời giải. Cho x =
t
2
, y =
t
2
ta được
f(t) = f(
t
2
)f(
t
2
) = f
2
(
t
2

) ≥ 0, ∀t ∈ R.
Do vậy hàm f(t) có hai khả năng xảy ra
Trường hợp 1. Tồn tại x
0
sao cho f(x
0
) = 0.
Ta có f(t) = f[x
0
+ (t − x
0
)] = f(x
0
)f(t − x
0
) = 0, ∀t ∈ R.
Vậy f ≡ 0 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Trường hợp 2. Ta xét f(t) > 0, ∀t ∈ R. Ta có
f(x + y) = f(x)f(y) ↔ lnf(x + y) = ln[f(x)f(y)] = lnf(x) + lnf(y).
Hay g(x + y) = g(x) + g(y) với g(x) = lnf(x).
Ta có g(x) = lnf(x) là một hàm liên tục và thỏa mãn phương trình Cauchy
nên có nghiệm g(x) = ax.
Do vậy lnf(x) = ax ↔ f(x) = e
ax
.
Vậy f ≡ 0 hoặc f(x) = e
ax
.
Bài toán 1.23. Với lập luận tương tự, nếu f bị chặn trên [1; a] thỏa mãn
f(xy) = f(x) + f(y), ∀x ∈ R.

thì f có dạng f(x) = k log x đối với một số thực x > 0.
Bài toán 1.24. Chứng minh rằng không tồn tại hàm:
f : (0; +∞) −→ (0; +∞)
sao cho f
2
(x) ≥ f(x + y)(f(x) + y), ∀x > 0, y > 0.
20
Lời giải. Giả sử tồn tại một hàm thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có
f(x + y) ≤
f
2
(x)
f(x) + y
↔ f(x) −f(x + y) ≥ f(x) −
f
2
(x)
f(x) + y
↔ f(x) −f(x + y) ≥
f(x)y
f(x) + y
> 0
Do vậy f(x) > f(x + y), ∀x > 0, y > 0. Điều này chứng tỏ f là một hàm
giảm.
Xét x > 0 và chọn số nguyên dương n sao cho nf(x + 1) ≤ 1.
Với mọi k = 0, 1, , n − 1 ta có
f(x +
k
n

) − f(x +
k + 1
n
) ≥
f(x +
k
n
)
nf(x +
k
n
)
+ 1 ≥
1
2n
.
Hơn nữa, f(x + 2m) ≤ f(x) − m cho tất cả các số dương m. Do vậy
m ≥ f(x) điều này mâu thuẫn với f(x) > 0.
Vậy giả sử sai hay không tồn tại hàm số f.
Bài toán 1.25. Tìm tất cả các hàm
f : (0; +∞) −→ (0; +∞)
thỏa mãn: f(x)f(yf(x)) = f(x + y).
Lời giải. Đầu tiên, ta giả sử f(x) > 1, ∀x ∈ R
+
. Lấy y =
x
f(x) − 1
. Ta có:
f(x) =
f(x + y)

f(yf(x))
= 1
mâu thuẫn f(x) > 1.
Do vậy f(x) ≤ 1, ∀x > 0. Khi đó ta có f là hàm giảm. Ta xét các trường
hợp sau
Trường hợp 1. Xét f(x) = 1, ∀x > 0.
Ta có f(x + y) = f(y), ∀y > 0, kết hợp với f là hàm đơn điệu ta sẽ có
f ≡ 1.
21
Trường hợp 2. Xét f(x) < 1, x > 0.
Khi đó f là hàm giảm nghiêm ngặt và là một đơn ánh. Từ đẳng thức
f(x)f(y(f(x)) = f(x + y) = f(yf(x) + x + y(1 − f(x))
= f(yf(x))f((x + y(1 − f(x)))f(yf(x)).
Ta thấy rằng x = (x + y(1 − f(x)))f(yf(x)).
Xét x = 1, z = xf(1), a =
1 − f(1)
f(1)
.
Ta có f(z) =
1
a + z
.
Kết hợp hai trường hợp ta có khẳng định f(x) =
1
1 + ax
, a > 0.
Ngược lại f(x) =
1
1 + ax
, a > 0 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 1.26. Cho f : [−1; 1] −→ R là hàm liên tục và thỏa mãn
f(2x
2
− 1) = 2xf(x), ∀x ∈ [−1; 1].
Chứng minh rằng f ≡ 0.
Lời giải. Với bất kì một số thực t không là bội nguyên của π, chúng ta định
nghĩa g(t) =
f(cost)
sint
.
Hơn nữa kết hợp với giả thiết
g(2t) =
f(cos2t)
sin2t
=
f(2cos
2
t −1)
sin2t
=
2cost.f(cost)
sin2t
= g(t).
Đặc biệt g(
1 + nπ
2
k
) = g(2
k
+ nπ) = g(2

k
) = g(1).
Do f là hàm liên tục nên g cũng là hàm liên tục trên phạm vi định nghĩa
của nó.
Mặt khác, tập {
1 + nπ
2
k
, n, k ∈ Z} là tập trù mật trong R. Điều này cho
thấy g là hàm hằng trên phạm vi định nghĩa của nó.
Nhưng g là hàm lẻ nên g(t) = 0 với mọi t không là bội nguyên của π. Do
đó f(x) = 0, ∀x ∈ (−1; 1).
Lấy tại x = 0 và x = 1 từ các phương trình hàm trong giả thiết chúng ta
có được f(−1) = f(1) = 0.
Vậy f ≡ 0, ∀x ∈ [−1; 1].
22