MỘT số vấn đề về hàm số TRONG GIẢI TÍCH t20
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (194.49 KB, 41 trang )
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HÀM SỐ TRONG GIẢI TÍCH
Hàm số là khái niệm xuyên suốt chương trình phổ thông. Các bài toán về hàm số
luôn rất đa dạng, khai thác nhiều tính chất khác nhau: sự xác định, tính đơn ánh, toàn ánh,
song ánh, các không điểm, các điểm bất động, hình dáng đồ thị, sự biến thiên, các điểm
đặc biệt, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, tính liên tục, tính chẵn lẻ, tuần hoàn ….. Nhiều loại
bài toán về hàm số xuất hiện trong các kỳ thi Olympic Toán như phương trình hàm, đa
thức ( một loại hàm số đặc biệt), các hàm lồi, lõm,…. Tuy vậy, có một mảng về hàm số
gần đây ít nhận được sự quan tâm từ phía cả giáo viên và học sinh phổ thông, đó là khía
cạnh giải tích của hàm số. Chính vì thế, tôi viết chuyên đề này, muốn hệ thống lại một số
vấn đề thường gặp nhất trong giải tích khi bàn đến hàm số như hàm số liên tục, các định
lý giá trị trung bình, các xấp xỉ, tính lồi lõm. Tất nhiên, nếu bàn đến tất cả các khía cạnh
đó, chuyên đề này sẽ trở nên rất đồ sộ, trong khoảng thời gian hạn hẹp cho phép, tôi chỉ
chọn điểm vào hai chủ đề chủ yếu là hàm số liên tục và các định lý giá trị trung bình, và
một số bài toán tổng hợp có một số ý tưởng thú vị có thể lưu giữ lại.
Phần 1. Hàm số liên tục
1. Định nghĩa: Cho hàm số
f ( x)
liên tục tại
x0
y = f ( x)
xác định trên (a,b) và
x0
thuộc (a,b). Ta nói
lim f ( x) = f ( x0 )
nếu
x→ x0
.
Một số cách diễn đạt khác:
f ( x)
1/
liên tục tại
2/ f ( x ) liên tục tại
| f ( x) − f ( x0 ) |< ò
x0
x0
nếu mọi dãy
nếu với mọi
( xn ) ⊂ (a, b),lim xn = x0
ò> 0
, tồn tại
δ
thì
lim f ( xn ) = f ( x0 )
mà với mọi
x :| x − x0 |< δ
thì
f ( x)
Ta cũng nói
liên tục trái tại
( xn ) ⊂ ( x0 , b),lim xn = x0
thì
x0
lim f ( x) = f ( x0 )
x→ x0+
nếu
hoặc mọi dãy
lim f ( xn ) = f ( x0 )
lim f ( x) = f ( x0 )
f ( x)
,
( xn ) ⊂ ( a, x0 ),lim xn = x0
x→ x0−
hoặc mọi dãy
( a , b)
trên
( a, b)
nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc
( a , b)
trên
liên tục phải tại
và liên tục trái tại
a
x0
nếu
thì lim f ( xn ) = f ( x0 ) ,
f ( x)
,
f ( x)
liên tục
[a, b)
liên tục trên
nếu liên tục
[ a, b]
. Tương tự với định nghĩa hàm số liên tục trên
2. Các tính chất
f
Tính chất 1. Nếu hàm số
liên tục trên đoạn [a;b] và
f (a ). f (b) < 0
thì có ít nhất một
điểm
c ∈ (a; b
) để
f (c ) = 0
.
f ( x)
Hệ quả: Nếu
( a , b)
liên tục trên
và
f ( x) =/ 0∀x ∈ ( a, b)
f ( x)
thì
giữ một dấu trên
( a, b)
f
Tính chất 2. Giả sử
là một hàm liên tục trên [a;b] và
là một số bất kỳ nằm giữa
A
và
B
f ( a) = A, f (b) = B
thì có ít nhất một điểm
c ∈ (a; b)
để
. Lúc đó nếu
f (c ) = C
C
.
Tính chất 3. Nếu f là một hàm liên tục trên [a;b] thì f nhận mọi giá trị trung gian giữa giá
trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của nó trên đoạn đó.
Tính chất 4. Nếu
f :D→¡
vừa là hàm đơn ánh, vừa là hàm liên tục thì f đơn điệu.
Chứng minh:
f
Vì
là đơn ánh, ta chứng minh nếu tồn tại
đồng biến, (nếu với mọi
x< y
mà
f ( x) > f ( y)
x< y
trong D sao cho
f ( x) < f ( y )
thì f
f
f
thì hiển nhiên
nghịch biến). Giả sử
không đồng biến sẽ có 3 trường hợp sau xảy ra:
1)
2)
3)
z
và
và
và
f ( z ) > f ( x), f ( x ) < f ( y )
f ( z ) < f ( y ), f ( x ) < f ( y )
,
( f ( z ) − f ( x))( f ( z ) − f ( y )) > 0
Ta sẽ chứng minh 1) sai. Thật vậy, nếu 1) đúng, chọn
f ( x ) < M < min {f ( y ), f ( z )}
z
và
f (a ) = M
M
z
. Theo tính chất hàm liên tục vì
, đồng thời tồn tại
b
sao cho
sao cho
x
và
nên tồn tại
f (b) = M
a
sao cho
. Như vậy
a=b
vì f đơn ánh nhưng điều này không thể xảy ra.
Tương tự 2) sai. Còn 3) sai do 1) và 2)
f
Vậy
đơn điệu.
f ( x)
Tính chất 5. Nếu
ò> 0
sao cho
liên tục trên (a,b) và
f ( x) > 0∀x ∈ ( x0 − ò, x0 + ò)
x0
( a, b)
thuộc
( một lân cận của
sao cho
x0
).
Sau đây là một số bài tập sử dụng các tính chất của hàm liên tục.
Bài tập minh họa
f ( x0 ) > 0
thì tồn tại
f :[0, ∞) → ¡
Bài 1. Cho
Với mọi
là hàm liên tục, là hàm hằng trên tập số tự nhiên và thỏa mãn:
0≤a
mà
f ( a ) = f (c)
và
f (b) = f (d )
thì
a+b
c+d
f
÷= f
÷.
2
2
Chứng
f
minh rằng
là hàm hằng
[Romania 2019]
Lời giải:
Trước hết, ta có thể coi
f =0
trên
N
. Nếu
a < b, f (a) = f (b) = 0
f (c ) = f (d ) = f (
c và d tự nhiên và cùng tính chẵn lẻ. Ta được
Suy ra với mọi
Tương tự
x ∈ ¢, x > 0
x
f ( ) = f (0) = 0
2
x
f( )=0
2
tùy ý, ta có
nên
x
f( )=0
4
vì
xét
d > c > max(a, b)
c+d
)=0
2
f ( x ) = f (0) = 0
nên
a+b
)=0
2
.
f(
. Bằng quy nạp, ta được
f(
với
x
)=0
2n
với mọi x
nguyên dương và mọi n tự nhiên.
Xét
q ∈¤,q > 0 q
k ≤ q < k +1
,
.
không có dạng
x
2n
,
x
nguyên dương luôn tồn tại số tự nhiên
k
mà
.
Xét
x0 = k , y0 = k + 1
x1 = k , y1 =
và
1
+k
2
q<
nếu
xm = xm−1 , ym =
và với mọi m nguyên dương, xét
xm =
mãn
xm−1 + ym−1
, ym = ym−1
2
f ( xn ) = f ( y n ) = 0
q ∈ ( xn , yn )
nếu
xn
và
đều có dạng
và
xm−1 + ym−1
2
xm−1 + ym−1
, ym−1 )
2
yn
x1 =
1
+ k , y1 = k + 1
2
q ∈ ( xm−1,
nếu
. Khi đó dãy
x
2k
, hơn nữa
( xn )
q>
nếu
xm−1 + ym−1
)
2
và dãy
| xn − yn |→ 0
( yn )
khi
1
+k
2
và
đều thỏa
n → +∞
và
với mọi n.
q = lim
Vậy
vì
q∈(
1
+k
2
xn + yn
2
do
xn + yn
x − q + yn − q yn − xn
−q = n
≤
→0
2
2
2
. Suy ra
f (q) = 0
do f liên
tục.
Hơn nữa, do mọi số thực đều là giới hạn của một dãy hữu tỉ nên
f (α ) = 0
với mọi
α ∈¡
Ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét: Bản chất việc chọn dãy
( xn )
và
( yn )
như trên là ý tưởng tìm kiếm nhị phân,
chia đôi khoảng (k,k+1) và chọn khoảng chứa q, cứ thế mãi thì ta được hai dãy đầu mút,
trung bình cộng của chúng sẽ dần đến q. Tính liên tục giúp ta xây dựng được f tại mọi
điểm hữu tỉ và do đó tại mọi điểm thực.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm liên tục
f :¡ → ¡
thỏa mãn:
f 2019 ( x ) = x∀x ∈ ¡
f n ( x ) = f ( f .. f ( x )..)
(kí hiệu
,
n
f
lần
.
Lời giải:
f
f
Ta có
là đơn ánh, f liên tục nên f đơn điệu. Ta chứng minh
f
Giả sử
Suy ra
nghịch biến , ta có
f 2 ( x) < f 2 ( y )
x< y
thì
f ( x) > f ( y)
cứ tiếp tục như thế ta sẽ có
là hàm đồng biến
.
x> y
mâu thuãn.
f
Vậy
Nếu
Vậy
là hàm đồng biến.
f ( x) > x
khi đó bằng quy nạp suy ra được
f 2019 ( x) > x
tương tự
f ( x) < x
.
f ( x ) = x ∀x ∈ ¡
f
Nhận xét: Trong bài toán trên, tính chất 4 được sử dụng theo cách: “ do
f
chứng minh
f
đồng biến, có thể chứng minh
Bài 3. Cho hàm
rằng
đơn điệu, để
f :[0,1] → [0,1]
không nghịch biến”
liên tục thỏa mãn
f ( f ( x )) = x 2∀x ∈ (0,1)
. Chứng minh
x 2 < f ( x ) < x∀x ∈ (0,1)
Lời giải:
Trước hết, nếu tồn tại
x0 ∈ (0,1)
mà
f ( x0 ) = x0
thì
f ( f ( x0 )) = f ( x0 ) = x0 ↔ x0 = x02
( vô lý)
Vậy phương trình
nên
f ( x) > x∀x ∈ (0,1)
Giả sử
hoặc
vô nghiệm trên (0,1). Mà
f ( x) − x
là hàm liên tục trên (0,1)
f ( x) < x∀x ∈ (0,1)
f ( x) > x∀x ∈ (0,1)
Xét trường hợp
x 2 > x∀x ∈ (0,1)
f ( x0 ) = 0
Vậy
f ( x) = x
thì
0 < f ( x) < 1∀x ∈ (0,1)
thì
. Mâu thuẫn. Vậy tồn tại
x02 = f (0)
f ( x) < x∀x ∈ (0,1)
nên
f ( f ( x )) > f ( x) > x∀x ∈ (0,1)
x0 ∈ (0,1)
mà
f ( x0 ) = 0
f ( x02 ) = 0 → f (0) = x04 → x02 = x04
và do đó
. Suy ra
hoặc
f ( x0 ) = 1
. Khi
. Mâu thuẫn.
x 2 = f ( f ( x)) < f ( x )∀x ∈ (0,1)
Nhận xét: Trong bài toán trên, hệ quả của tính chất 1 được sử dụng để có đánh giá
f ( x) > x ∀x ∈ (0,1)
,
hoặc
f ( x) < x ∀x ∈ (0,1)
,
, một trong các cách phổ biến để lợi dụng
tính chất hàm liên tục khi nó không có nghiệm trên một khoảng.
Bài toán 4 và 5 sau đây tiếp tục sử dụng tính chất này
Bài 4. Cho
f :¡ → ¡
liên tục thỏa mãn
f ( f ( x)) + f ( x) = x 4 + 3 x 2 + 3∀x
. Chứng minh rằng
f ( x)
là hàm chẵn
Lời giải:
Tương tự như bài 4. Phương trình
x 4 + 3x 2 + 3 < 2 x∀x
. Mâu thuẫn.
f ( x) = x
vô nghiệm. Hơn nữa nếu
f ( x) < x∀x
thì
Vậy
f ( x) > x∀x
(0, +∞)
f
Ta sẽ chứng minh
Thật vậy, trên
tăng trên
(0, +∞)
thì
và giảm trên
f ( f ( x)) > f ( x)∀x > 0
f
Lập luận tương tự trên thì
đơn ánh trên
f
, nếu
.
f ( x1 ) = f ( x2 ) → x14 + 3x12 + 3 = x24 + 3 x 2 + 3 ↔ x1 = x2
ánh, liên tục nên đơn điệu. Mà
(−∞,0)
(−∞,0)
không đơn điệu giảm trên
(−∞,0)
(−∞,0)
f
nên
là đơn
f
nên
đơn điệu tăng.
f
và
f
liên tục nên
đơn điệu trên
lim f ( f ( x)) + f ( x ) ≤ f ( f (0)) + f (0).
thì
x→−∞
Mâu thuẫn.
Nhận định (*) được chứng minh.
Đặt
g ( x) = f ( x) + x
thì
f ( x ), f ( − x ) > 0∀x =/ 0
Suy ra
. Mặt khác
đồng biến trên
(0, +∞)
.
f ( x)
hay
f:(0,∞) → (0,∞)
lim( f n ( x ) − f n ( y ) ) = 0
n→∞
g ( x)
f ( x) = f ( − x )∀x =/ 0
, suy ra
f ( x ) = f ( − x )∀x
Bài 5. Hàm
g ( f ( x)) = g ( f (− x))
với
là hàm chẵn.
được gọi là co nếu với mọi
f [n ] = f ° f °...° f
x, y ∈ (0,∞)
ta có,
, mà
a) Xét
f : (0,∞) → (0,∞)
f ( x0 ) = x0 .
sao cho
x ∈ (x0 ,∞)
là hàm co, liên tục có điểm bất động, tức là tồn tại
f ( x ) > x,
Chứng minh rằng
với mọi
x ∈ (0,x0 )
và
x0 ∈ (0,∞)
f ( x) < x
, với mọi
.
f :(0,∞) → (0,∞)
b) Chứng minh rằng hàm
f ( x) = x +
cho bởi
1
x
là co nhưng không có
điểm bất động.
[Romania 2013]
Lời giải:
f
Điểm bất động của
là duy nhất. Giả sử tồn tại
lim ( f [n ] ( x0 ) − f [n ] ( y0 )) = 0
n→+∞
Do
nên
f ( x) − x
( x0 , +∞)
Giả sử
x0 = y0
sao cho
f ( y0 ) = y0
thì
.
liên tục và khác 0 tại mọi
x ≠ x0
, nên giữ một dấu trên các khoảng
(0, x0 )
,
.
f ( x) < x
với mọi
x ∈ (0, x0 )
f ( x)
.Khi đó
f ( x)
trong bất đẳng thức trước, ta được
mọi
y0 ≠ x0
x ∈ (0, x0 )
và với mọi
n
.
thuộc cùng khoảng với
f 2 ( x) < f ( x)
với mọi
x ∈ (0, x0 )
x
nên thay
x
bởi
.Cứ thế ta có với
lim ( f [n ] ( x) − f [n ] ( x0 )) = 0
Lại có
n→+∞
f ( x) > x
b)Do
f
[n ]
với mọi
( x) − f
f
Dãy
x ∈ (0, x0 )
1
f ( x) = f ÷
x
[n ]
[n ]
thì
.Tương tự
suy ra
f ( x) < x
x ≥1
nên có thể giả sử
( y) > 0
do đó
x ∈ ( x0 , +∞)
( x)
.
n
. Nếu với
nào đó ta có
)
.
1
> f [n ] ( x )
f ( x)
[n ]
tăng do
thì tồn tại
, mâu thuẫn. Vậy
f ( x) ≥ 2
(
thì
f [n ] ( x ) ≥ x0
1
f [n+1] ( x) − f [n+1] ( y ) = f [n ] ( x) − f [n ] ( y ) 1 − [n ]
÷> 0
[n ]
f ( x) f ( y )
f [n+1] ( x) = f [n ] ( x) +
x ≥ y ≥1
với mọi
1
f ( x ) − f ( y ) = ( x − y ) 1 − ÷ > 0
xy
ngược lại thì hội tụ về
Xét
n→+∞
nên
x > y ≥1
Xét
lim f [n ] ( x) = x0
và không bị chặn trên vì nếu
a
m
a =a+
với
sao cho
1
a
. Vô lý
f [m ] ( y ) > x
.Ta thu được với mọi
m
n
m
0 ≤ f n ( x) − f n ( y ) < f n ( f m ( y )) − f n ( y ) = f n+m ( y ) − f n ( y ) = ∑ ( f n+k ( y ) − f n+k −1 ( y ) ) = ∑
k =1
Tổng cuối này tiến đến 0 khi
n
tiến đến
+∞
.
k =1
1
f
n+ k −1
( y)
x0
f
Hàm
không có điểm bất động vì nếu có điểm bất động
x0 = x0 +
1
x0
Bài 6. Cho số nguyên dương
n
f
và hàm số
¡
liên tục trên
thì
f ( x0 ) = x0
nên
f
sao cho
âm và giá trị dương. Chứng minh rằng tồn tại một cấp số cộng
nhận cả giá trị
a1 , a2 ,…, an
sao cho
f (a1 ) + f (a2 ) + L + f (an ) = 0
Lời giải:
f
Trước hết do
x1
. Tương tự
liên tục nên nếu
f ( x2 ) < 0
thì
f ( x) < 0∀x
Vậy, tồn tại một câp số cộng
b1 < b2 < … < bn
với
f ( x1 ) > 0
thì
thuộc một lân cận A nào đó của
thuộc một lân cận B của
a1 < a2 < L < an
bi ∈ B∀i = 1, 2,…, n
f ( x) > 0∀x
với
x2
.
ai ∈ A∀i = 1, 2,…, n
và một cấp số cộng
. Rõ rang
n
f (a1 ) + f (a2 ) + L + f ( an ) > 0 > f (b1 ) + f (b2 ) + L + f (bn )
tục trên [0,1], ta có
Xét
F (0) < 0 < F (1)
ci = ait0 + bi (1 − t0 )
thì
c1 , c2 ,…, cn
nên tồn tại
F (t ) = ∑ f (tai + (1 − t )bi )
. Xét
t0 ∈ (0,1)
mà
i =1
F (t0 ) = 0
là cấp số cộng thỏa mãn đề bài.
liên
Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán này là nhờ tính chất 5 nhận ra có cả một khoảng
f ( x)
mà trong đó
f ( x)
nhận giá trị dương, 1 khoảng mà
nhận giá trị âm, để có thể lập
f (t )
một cấp số cộng khá thoải mái trong đó. Về mặt hình học, hàm
trên việc lựa chọn các điểm có vị trí tương tự trên các đoạn giữa
được xây dựng dựa
ai , bi
trên trục số.
Bài toán sau tiếp tục sử dụng tính chất này của hàm liên tục.
Bài 7. Tìm tất cả các hàm
f : (0, +∞) → [1, +∞)
sao cho
f ( x) f (2 x) f (3 x ).… f ( nx ) ≤ 2000.n 2001
Lời giải:
Giả sử tồn tại
Đặt
Xét
x0
mà
f ( x0 ) > 1
M = min x∈[ x0 , x1 ] f ( x)
x
thỏa mãn
dương. Khi đó
và số
α ( x)
Xét
, ta có
là số số
k
x1 − x0
]
x
x1 − x0
α ( x)
x ] = x1 − x0
lim
= lim
x→0 n ( x )
x→0
x
x1
[ 1]
x
[
x
n( x ) = [ 1 ]
x
mà
f ( x ) > 1∀x ∈ [ x0 , x1 ]
thì M >1.
0 < x < x1 − x0
α ( x) = [
thì tồn tại
x1 > x0
thỏa mãn
kx ∈ [ x0 , x1 ]
với k nguyên
Tồn tại hằng số
x
Chọn
Cho
x
Từ đó
Vậy
s
thỏa mãn
α (x) > sn( x ) ∀x ∈ (0, ò)
thỏa mãn điều kiện trên thì
2000.n 2001 ≥ f ( x) f (2 x) … f ( nx) ≥ M α ( x ) > M ns
∞
gần đến 0 thì n tiến đến .
M ns
< 2000
n 2001
. Mâu thuẫn vì vế trái tiến đến
+∞
.
f ( x) = 1∀x
Bài 8. Cho số nguyên dương
f (0) = f (n)
cho
.
bi − ai
n
. Xét hàm số
f ( x) :[0, n] → ¡
. Chứng minh rằng tồn tại n cặp số
nguyên dương và
liên tục thỏa mãn
(ai , bi ) i = 1, 2…, n
,
với
ai , bi ∈ [0, n]
sao
f (ai ) = f (bi )∀i = 1, 2…, n
Lời giải:
Ta giải bài toán bằng phương pháp quy nạp theo n
+) Với
n =1
, cho
a1 = 0, b1 = 1
+) Giả sử khẳng định đúng với
Hàm số
f :[0, k + 1] → ¡
n=k
. Xét khẳng định với
liên tục thỏa mãn
g (0) + g (1) + g (2) + L + g ( k ) = 0
nên tồn tại
f (0) = f (k + 1)
i,0 ≤ i ≤ k − 1
n = k +1
. Đặt
mà
.
g ( x) = f ( x + 1) − f ( x)
g (i ) g (i + 1) ≤ 0
.
thì
Suy ra tồn tại
Xét hàm số
x0 ≤ k
liên tục và
Chọn
Và
bi = d i
Khi đó
nếu
bi − ai
Như thế
nếu
hay
f ( x0 ) = f ( x0 + 1)
ci ≤ x0
di ≤ x0
nên
và
và
ai = ci +1
bi = di +1
nguyên dương,
f (ai ) = f (bi )
h( x )
ci , di ∈ [0, k ]
Suy ra tồn tại k cặp số
ai = ci
f ( x0 ) = f ( x0 + 1)
f ( x),0 ≤ x ≤ x0
f ( x + 1), x0 < x ≤ k
h( x ) =
f
Do
mà
g ( x0 ) = 0
với mọi
liên tục,
di − ci
mà
nếu
nếu
h(0) = f (0), h(k ) = f ( k + 1) = h(0)
nguyên dương và
h(ci ) = h(di ), i = 1, 2…, k
x0 < ci ≤ k
x0 < di ≤ k
ai , bi ∈ [0, k + 1]
với mọi
i = 1, 2…, k
và
bk +1 = x0 + 1, ak +1 = x0
i = 1, 2…, k + 1
Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Tính chất 1 của hàm liên tục đã được sử dụng trong bài toán này để lựa chọn
x0
, điểm quan trọng trong việc xây dựng quy nạp.
Trong các bài phương trình hàm có sự xuất hiện của hàm liên tục, tính chất ( định
nghĩa)
f (lim xn ) = lim f ( xn )
lại hay được sử dụng khi xây dựng được giá trị của hàm số tại
một dãy điểm có liên quan đơn giản đến nhau, hoặc mở rộng hàm từ tập hữu tỉ sang tập
số thực, hãy xem xét một số ví dụ sau đây:
Bài 9. Tìm hàm liên tục
2 x 3x
f ( x) + f =
3 5
thỏa mãn
f :¡ →¡
∀x ∈ R
.(*)
Lời giải:
g ( x) =
Đặt :
2x
3
xn
và xét dãy ( ) với
x1 ∈ ¡
,
2
2
2
2
2
x 2 = x1 , x3 = x 2 = .x1 , , x n =
3
3
3
3
Lần lượt thay
x = x1 , x2 ,…, xn
f ( x1 ) + f ( x 2 ) =
3
x1 ,
5
xn+1 = g ( xn )
thì
n −1
.x1
⇒ Lim x n = 0
n →∞
vào (*) ta được :
f ( x 2 ) + f ( x3 ) =
3
3
x 2 , , f ( x n −1 ) + f ( x n ) = x n −1 .
5
5
n −1
3
9
n
n 2
f ( x1 ) + (−1) f ( x n ) = [ x1 − x 2 + + (−1) x n −1 ] =
x1 .1 + (−1) .
5
25
3
n
Suy ra :
(**)
Do f(x) liên tục và f(0) = 0 nên lấy giới hạn hai vế (**) ta được :
f ( x1 ) =
9
x1
25
f ( x) =
hay :
9
x
25
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài 10. Tìm hàm
f :¡ →¡
liên tục trên thỏa mãn
Lời giải:
Ta có (*)
x x
↔ 2 f ( x) = f ( ) +
2 2
, (**)
∀x ∈ ¡
2 f (2 x) = f ( x) + x∀x ∈ ¡
, (*)
g ( x) =
Đặt
x
2
xn
và xét dãy số ( ) với
1
x n = x1 .
2
Lần lượt thay
x1 ∈ ¡
,
xn+1 = g ( xn )
thì
n −1
⇒ Lim x n = 0
n →∞
x = x1 , x2 ,…, xn
vào (**) ta được :
2
1
1
1
f ( x1 ) = f ( x 2 ) + x1 .
2 f ( x1 ) = f ( x 2 ) + 2 x1
2
2
2
3
1
1
1
1
2
f
(
x
)
=
f
(
x
)
+
x
=
f
(
x
)
+
x
1
2
3
2
3
f ( x 2 ) = f ( x3 ) + x1 .
2
⇒
2
2
2
n −1
n
1
1
1
1
2
f
(
x
)
=
f
(
x
)
+
x
=
f
(
x
)
+
.
x
f ( x n −1 ) = f ( x n ) + x1 .
n −1
n
n −1
n
1
2
2
2
2
Suy ra :
1
1−
n −1
2
4
2n−2
n −1
1
1 1
1
1
2
f ( x1 ) = . f ( x n ) + x1 . + + +
= . f ( xn ) +
3
2
2
2 2
2
Lấy giới hạn 2 vế và do f(x) liên tục nên ta được :
f ( x1 ) = 0. f (0) +
x
1− 0
x1 = 1
3
3
Thử lại thỏa mãn bài toán.
f ( x) =
hay
x
3
2 n −2
.x1
Bài 11. Tìm hàm số
f : (0, +∞) → (0, +∞)
f(
liên tục thỏa mãn
lim f ( x) = c
x→0+
( c là hằng số)
Lời giải:
y=
Cho
1
x
1
1
f ( x) f ( ) = f (
) = b = f 2 (1)
x
f (1)
thì
1
b
f 2 (1)
f( )=
=
x
f ( x) f ( x)
Nên
Cho
.
y =1
Suy ra
Cho
Đặt
1
b
f 2 (1)
)=
=
f ( x)
f ( f ( x)) f ( f ( x ))
thì
f ( x) f ( f ( x )) = f (1)∀x > 0
x =1
Ta có
f ( x) f (1) = f (
thì
f ( f (1)) = 1
1
f ( x) f ( ) = f 2 (1)
x
a = f (1)
thì
f ( a) = 1
f ( x) f ( y) = f (
.
1
a2
)=
= af ( xy )
f ( xy )
f ( f ( xy ))
Lại có
Suy ra
f ( x) = f (a ) f ( x) = af ( ax )
1
) = f ( x) f ( y )
f ( xy )
và
Nếu
a >1
f(
thì
x
x
) = af ( n−1 ) = a n f ( x)
n
a
a
vế trái tiến đến 0, vế phải tiến đến
Nếu
Vậy
a <1
a =1
f (a n x ) =
thì
nên
f ( x)
an
. Cho
f ( x) f ( y ) = f ( xy )
+∞
. Cho
ta có mâu thuẫn vì do
liên tục,
.
n → +∞
và
f
n → +∞
. Tương tự có mâu thuẫn.
f (1) = 1
nên
f ( x ) = x α ∀x > 0
Thử lại thấy thỏa mãn
Bài 12. Tìm tất cả các hàm
f :¡ →¡
liên tục thỏa mãn
f (0) = 0
và
f ( x ) = x + f ( x − f ( x ))∀x ∈ ¡
Lời giải:
Đặt
g ( x ) = x − f ( x)
Suy ra
thì
g (0) = 0
g ( x)
và
liên tục trên
¡
g ( g ( x)) = g ( x) − f ( g ( x)) = 2 g ( x)
Vậy nếu tồn tại
x0
mà
g ( x0 ) > 0
thì
g ( g ( x0 )) = 2 g ( x0 ) > g ( x0 )
dương lớn tùy ý vì g(x) liên tục, cũng vậy nếu tồn tại
Nếu
Xét
,
f ( g ( x)) = − g ( x)
g ( x) ≥ 0∀x
x>0
và tồn tại
thì tồn tại
y∈¡
x0 , x1
mà
mà
x0
mà
nên g(x) có thể nhận giá trị
g ( x0 ) < 0
.
g ( x0 ) > 0, g ( x1 ) = 0
x = g ( y)
suy ra
f ( x) = f ( g ( y )) = − g ( y ) = − x
Xét
Nếu
Xét
Xét
x<0
thì
f ( x) ≤ x
g ( x) ≤ 0∀x
x≤0
x>0
g ( x) ≡ 0
và tồn tại
thì tồn tại
thì
thì
y∈¡
x0 , x2
mà
mà
g ( x0 ) < 0, g ( x2 ) = 0
x = g ( y)
suy ra
f ( x) = f ( g ( y )) = − g ( y ) = − x
f ( x) ≥ x
f ( x) ≡ x
Vậy các hàm thỏa mãn là
f ( x) =
− x, x ≥ 0
h( x ), x < 0
f ( x) =
− x, x ≤ 0
h( x), x > 0
f ( x ) ≡ x, f ( x ) ≡ − x
h( x )
với
liên tục ,
h( x )
với
liên tục ,
h( x ) ≤ x
h( x ) ≥ x
lim h( x) = 0
,
x→0−
;
lim h( x) = 0
,
x→0+
;
Tiếp theo là một vài bài toán khác, để ta có thêm một chút kinh nghiệm khi làm việc với
hàm liên tục
Bài 13. Cho
f : (0, ∞) → ¡
là hàm liên tục sao cho dãy
Chứng minh rằng f không giảm.
Lời giải:
{ f (nx)}n≥1
không giảm với mọi x.
Dễ thấy nếu
y∈¡ ‚ ¤
hữu tỉ
m>n
, và
m
f x ÷≥ f ( x)
n
, thì
x∈¤
x0 x0 ∈ ( x, y )
,
,
x< y
Xét
sao cho
x, z ∈ ¤
tùy ý. Tồn tại
f ( x) ≤ f ( y )
f ( x) > f ( y)
f ( x0 ) = f ( y ) +
thuẫn. Có nghĩa là nếu
x< y
. Nếu
, với mọi x, nên
z ∈¤
, và
δ
2
y∈¡ ‚ ¤
sao cho
, đặt
δ = f ( x) − f ( y )
. Nhưng
, thỏa mãn
x
f ( p) ≥ f (q )
p≥q
. Xét
. Vì f liên tục, tồn tại số
f ( x ) ≤ f ( x0 )
x< y
với mọi
, nên
thì
δ ≤0
mâu
f ( x) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )
, sử dụng khẳng định trên ta được
f ( x)
tức là
Bài 14. Hàm số
không giảm.
f :¡ →¡
thỏa mãn: tồn tại
M >0
sao cho
| f ( x + y) − f ( x ) − f ( y ) |< M ∀x, y ∈ ¡
a/ Chứng minh rằng
∀x ∈ ¡
lim
n→+∞
thì tồn tại giới hạn
g ( x)
b/ Gọi giới hạn trên là
f (nx)
n
g ( x)
. Chứng minh rằng
lim
x →+∞
c/ Chứng minh rằng tồn tại giới hạn
liên tục tại 0
f ( x)
x
Lời giải:
Bổ đề: Cho dãy số
( an )
thỏa mãn
| am+n − am − an |≤ M
lim
n→+∞
. Khi đó tồn tại giới hạn
an
n
.
Chứng minh bổ đề:
Chứng minh được bằng quy nạp:
Suy ra
amn − nam |≤ (n − 2) M
và
| amn − man |≤ ( m − 2) M
| man − nam |≤ (m + n − 2)M
|
Ta được
am an m + n − 2
− |≤
.M → 0
m n
mn
m, n → +∞
khi
lim
Vậy theo tính chất dãy Cauchy thì tồn tại
an
n
Áp dụng
an = f (nx )
a/ Đặt
g ( x ) = lim
n→+∞
thì theo bổ đề, tồn tại
lim g ( x) = lim( lim
x→0
x→0 n→+∞
b/
c/ Do
f (nx )
f (nx)
f (n.0)
) = lim(lim
) = lim
= g (0)
x→0
n→+∞
n
n
n
| f ([ x] + x) − f ([ x]) − f ( x) |< M
−|
Suy ra
lim
x→+∞
|
nên
Do
lim
x →+∞
và
0 ≤ x ≤1
[ x]
=1
x
lim
nên
f ( x)
suy ra
f ([ x ])
= g (1)
x
f
bị chặn do
g ( x)
. Vậy
f ( x) f ([ x]) f ( x) M
−
−
|<
x
x
x
x
M
f ([ x ]) f ( x) f ( x) M
f ([ x]) f ( x)
|+
+
<
<|
|+
+
x
x
x
x
x
x
x
f ([ x ])
= g (1)
[ x]
Mặt khác
f (nx )
n
liên tục.
liên tục tại 0.
lim
x→+∞
Suy ra
f ( x)
=0
x
lim
Theo nguyên lý kẹp thì
|
Hơn nữa
Cho
f ( x)
= g (1)
x
. Ta có điều phải chứng minh
f ( nx + ny ) f ( nx) f ( ny ) M
−
−
|<
n
n
n
n
n → +∞
suy ra
g ( x + y) = g ( x) + g ( y )∀x, y ∈ ¡
Hàm g liên tục tại 0 nên
g ( x) = ax∀x ∈ ¡
Phần 2. Các định lý giá trị trung bình.
Các định lý sau đây là các kết quả không thể không nhắc đến khi nói về hàm số theo khía
cạnh giải tích
f
Định lý 1 [Định lý Rolle] Cho
có
f (a ) = f (b)
thì tồn tại
c ∈ ( a; b )
(a; b)
là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên
để
. Nếu
f '(c) = 0
f
Định lý 3 [Định lý Lagrange] Cho
Lúc đó tồn tại
c ∈ (a; b)
để:
( a; b )
là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên
f (b) − f (a ) = (b − a ) f ′(c )
f
Định lý 2 (Định lý Cauchy) Cho
tồn tại
c ∈ ( a; b )
để:
(a; b)
g
và
liên tục trên [a;b] và khả vi trên
[ f (b) − f ( a)] g ′(c) = [ g (b) − g ( a)] f ′(c)
Các bài toán áp dụng:
.
. Lúc đó
Trước hết, để hệ thống, tôi nhắc lại một số bài tập điển hình, có trong rất nhiều tài liệu
giải tích, để xem xét lại một số ký thuật và cách áp dụng các kết quả trên, các bài toán
mới hơn và thú vị hơn sẽ được lùi lại phía sau.
Bài 1: Cho hàm số f liên tục và có đạo hàm trên (0;+∝) và không phải là hàm hằng. Cho
xf ' ( x ) − f ( x) =
0
2 số thực
. Chứng minh phương trình:
một nghiệm thuộc (a;b).
af (b) − bf (a )
b−a
có ít nhất
Lời giải:
g ( x) =
Xét 2 hàm số:
g ' ( x) =
Ta có:
f ( x)
1
; h( x ) =
x
x
g
thì
xf ' ( x) − f ( x)
−1
; h' ( x ) = 2
2
x
x
Theo định lý Cauchy thì tồn tại
và
h
khả vi trên [a;b]
.
x0 ∈ (a, b)
sao cho:
[h(b) − h(a )]g ′( x0 ) = [ g (b ) − g (a )]h′( x0 )
hay
1 1 x f ' ( x0 ) − f ( x0 )
f (b) f (a ) − 1
( − ) 0
=(
−
)
2
b a
b
a x0 2
x0
(a − b)( x0 f ' ( x 0 ) − f ( x0 ))
bax0
Do đó
2
x0 f ' ( x0 ) − f ( x 0 ) =
Suy ra
Vậy phương trình:
=−
af (b) − bf (a )
b−a
xf ' ( x ) − f ( x) =
.
af (b) − bf (a )
abx 0
2
.
.
af (b) − bf ( a)
b−a
có ít nhất một nghiệm thuộc (a;b).
a0 x n + a1 x n (1 + ... + an (1x + an = 0, a0 =/ 0
Bài 2: Cho phương trình:
có
n
nghiệm phân biệt.
(n − 1)a12 > 2na0 a2 .
Chứng minh:
n
n (1
f ( x) = a0 x + a1x + ... + an (1 x + an , a0 =/ 0
Lời giải: Đặt
f ( x)
Vì
f ′( x)
có
f ''( x )
có
,
n
có
f
n −1
thì
khả vi vô hạn trên
¡
nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì:
nghiệm phân biệt
n−2
nghiệm phân biệt
……..
f ( n (2) ( x) =
Do đó:
Vậy
n! 2
a0 x + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2
2
∆>0
nên:
có 2 nghiệm phân biệt.
((n − 1)!a1 ) 2 2n!a0 (n − 2)!a2 > 0
( n − 1)a12 > 2na0a2 .
f
Bài 3. Cho hàm số
2 số phân biệt
khả vi trên [0;1] và thoả mãn:
a; b ∈ (0;1)
sao cho
f (0) = 0; f (1) = 1.
Chứng minh tồn tại
f ′(a ). f ′(b) = 1.
Lời giải:
Xét hàm số
Ta có:
Do đó
g ( x) = f ( x) + x − 1
g (0) = −1 < 0
và
f (c ) + c − 1 = 0
thì g khả vi trên [0;1]
g (1) = 1 > 0
hay
nên tồn tại số
f (c ) = 1 − c
c
(0;1)
thuộc
sao cho
.
f
Áp dụng định lý Lagrange cho
trên các đoạn [0;c] và [c;1] thì:
g (c ) = 0
.
tồn tại
a ∈ (0; c )
và tồn tại
sao cho:
b ∈ (c;1)
f (c ) − f (0)
= f ' (a)
c−0
sao cho:
f (1) − f (c)
= f ' (b)
1− c
f (c) 1 − f (c) (1 − c)c
=
=1
c
1− c
c(1 − c)
f ' ( a). f ' (b) =
nên:
,
.
f ′( a ). f ′(b) = 1
(0;1)
Vậy tồn tại 2 số phân biệt a,b thuộc
sao cho
.
Bài 4.
a) Xét hàm
x≥0
f ′( x) ≤ 1
, thì
b) Xác định
mọi
f :[ 0,∞ ) → [ 0,∞ )
,với mọi
f :[ 0,∞ ) → [ 0,∞ )
lồi và khả vi . Chứng minh rằng nếu
f ( x) ≤ x
, với mọi
x≥0
khả vi và lồi sao cho
f ( 0) = 0
, và
f ′( x ) f ( f ( x ) ) = x
, với
x≥0
[Romania 2013]
Lời giải:
a/ Giả sử ngược lại tồn tại
x ∈ [ a, ∞ )
Nếu
a≥0
mà
f ′(a ) > 1
f
. Do
lồi nên
f ′( x) ≥ f ′(a )
.
g ( x) = f ( x) − x
thì
g ′( x) = f ′( x) − 1 ≥ f ′(a) − 1
với mọi
x ∈ [ a, ∞)
.
với mọi
