skkn phương trình hàm trên tập các hàm số đặc biệt

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP CÁC HÀM SỐ

ĐẶC BIỆT NHÓM THỰC HIỆN:

Tô Trang Nhung Nguyễn Hà Phương Lưu Thu Thủy Hà Thủy Anh

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VŨ THỊ VÂN LẠI THU HẰNG

Bắc Giang, tháng 03 năm 2023

1.2.1 Các khái niệm cơ bản………

1.2.2 Một số lưu ý………

1.2.3 Ví dụ minh họa………

6 6 7 7 1.3 Tính đơn điệu của hàm số………

HÀM SỐ LIÊN TỤC 69 2.1 Hàm số liên tục………

2.1.1 Hàm số liên tục tại một điểm………

2.1.2 Hàm số liên tục trên khoảng, đoạn………

69 69 69 2.2 Phương trình hàm trên lớp hàm liên tục……

2.2.1 Phương trình với một ẩn hàm………

2.2.2 Phương trình với hai ẩn hàm………

2.3 Một số bài toán vận dụng………

69 69 71 82 CHƯƠNG III PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN CÁC LỚP HÀM SỐ CÓ ĐẠO HÀM 84 3.1 Sử dụng định nghĩa đạo hàm……… 84

3.2 Sử dụng phương pháp lấy đạo hàm theo từng biến…

3.3 Bài tập vận dụng………

89 92

Lời mở đầu

Phương trình hàm là một lĩnh vực khó trong chương trình Chuyên Toán THPT Các phương pháp giải các bài toán phương trình hàm vô cùng đa dạng, thường không theo một quy tắc nào và phụ thuộc nhiều vào giả thiết của từng bài toán cụ thể Và chúng em muốn đề cập tới một mảng phương trình hàm khá quan trọng trong chương trình chuyên, đó là "Phương trình hàm trên các tập đặc biệt" để giúp các bạn hiểu rõ hơn về lĩnh vực này

Ở chuyên đề này, chúng mình sẽ đưa ra những khái niệm cũng như tính chất về hàm chẵn lẻ, tính đơn điệu của hàm số, hàm đơn ánh, song ánh, hàm liên tục, Qua đó để các bạn hiểu hơn và có những cách giải cụ thể cho từng bài toán

Trong quá trình tự lựa chọn đề tài cho chuyên đề đến thực hiện chuyên đề, chúng em đã nhận được sự hướng dẫn, động viên và ủng hộ nhiệt tình từ cô Vũ Thị Vân và cô Lại Thu Hằng Qua đó, chúng em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến hai cô và các thành viên trong nhóm đã cùng nhau đóng góp để xây dựng nên chuyên đề hoàn chỉnh Dù đã cố gắng hết sức, nhưng do kiến thức và thời gian có hạn, chúng em không thể tránh khỏi được những thiếu sót nhất định Chúng em rất mong nhận được từ góp ý chân thành từ cô và các bạn để có thể hoàn thiện hơn!

* Chú ý: Một hàm số có thể không chẵn cũng không lẻ 1.1.2 Tính chất

Hàm số f  x có tính chẵn lẻ trên D thì nếu ta biết f  x trên D [0;)thì ta biết được f  x trên [ ;0) D

1.1.3 Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Chox0R Xác định tất cả các hàm sốf  x thỏa mãn:  0  ,.

xg t  f  t

xf x g x  

aa  xt

  Trong đóg x là hàm số lẻ tùy ý trên R

Ví dụ 3: (Đề nghị thi Olympic 30/4/2011) Tìm tất cả các hàm sốf R: R, biết rằng

và y bởi 2

1.2 Tính chất đơn ánh, song ánh, toàn ánh

1.2.1 Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1.2.1.1: Cho hai tập hợp A và B Với mỗi a ∈ A tương ứng với đúng một phần tử thì b ∈ B, ta nói flà một ánh xạ từ A đến B, kí hiệu là f A: B Phần tử b gọi là ảnh của a và viết là b f a( )

Định nghĩa 1.2.1.2: Ánh xạ f A: B là đơn ánh nếu với mọi a a1, 2Asao cho

Nếu f R: R là đơn ánh thì từ f x( ) f y( ) suy ra xy.

Nếu f R: R là toàn ánh thì với mọi yR, luôn tồn tại x ∈ R để cho f x( ) y,

tức là phương trình ( ẩn x ) y f x( ) luôn có nghiệm

Nếu f là một hàm số mà đơn ánh thì ta rất hay dùng thủ thuật tác động f vào hai vế, hoặc tạo ra

f g x ( ) f h x ( )g x( )h x( ).

Nếu f là toàn ánh thì ta hay dùng: Tồn tại một số b sao cho f b ( ) 0

Nếu hàm số f R: R thỏa mãn f f x( )a x.  b, xR a(0) thì f là song ánh

Chứng minh:

Giả sử f x( )1  f x( 2) Khi đó

ax1 bf f x( )1  f f x(2)ax2 bx1x2. Vậy f là đơn ánh Với mọi yR, luôn tồn tại xfy bR

Vậy f là toàn ánh, do đó f là song ánh

Thay xa f (0)b

Ví dụ 1.2.3.1.2 (Slovenie-1999) Tìm tất cả các hàm số f R: R thỏa mãn điều kiện f x(  f y( )) 1   x y, x y R, 

Hướng dẫn: Ví dụ này là một trường hợp riêng của ví dụ 2

Ví dụ 1.2.3.1.3: Tìm các hàm số f : 0;   0; thỏa mãn :

( ( )) , , 0; .1

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Từ giả thiết suy ra f x( ) 0,  x 0.

 

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Từ giả thiết suy ra f x( ) 0,  x 0.

  , vì với x 100thì (100) 2 265 0,300204

Thay y 0 vào (1) ta được f x(  f(0)) f f x( ( )), x R

 xf(0) f x( ), x R ( do f là đơn ánh )  f x( )   x c, x R ( c f(0) là hằng số ) Thử lại vào (1) thấy thỏa mãn Vậy hàm số cần tìm là

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

+)Trường hợp 1 : f(0) 0 Từ (1) cho x 0, ta được f y( ) 0,  y R

+)Trường hợp 2 : f(0) 0 Đặt f(0)c Từ (1) cho y 0 , ta được (x2)c f(2 ( ))f x  f x( ), x R (2)

Giả sử tồn tại x x1, 2 sao cho f x( )1  f x( )2 , từ (2) suy ra (x12)c(x22)c x1 x2 Vậy f là đơn ánh Từ (2) cho x 2 ta được

f x

f x

 và kết hợp với (3), ta được

000

2 ()

2( )( )0,() 1

f x

 , kết hợp với (3) suy ra f(1) 0 Thay y 1 vào (1) ta được

f(1 2 ( )) f x  f x(  f x( )), x R

 1 2 ( )f x  xf x( ), x R ( do f là đơn ánh )  f x( )   x 1, x R.

Thử lại, ta được các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f x( ) 0,  xR; f x( )   x 1, x R.

Cách 2: Với mọi x 2 ta có f x ( ) 1 Trong (1) cho 2 ( )

( ) 1

f xxy

f x



f x( ) ( a 1)x a  , x R (2) Thay (2) vào (1) ta được

(a1).x f y( )x f y ( )  axxy y, x y, R.

 (a 1).x (a 1).y a x a  ( 1).y x a     ax xyy, x y, R Cho x y 0 ta được

( 1) 0 02.

      

Ví dụ 1.2.3.1.8: (Argentina Team Selection Test 2008; Czech And Slovak

Mathematical Olympiad, Round III, 2004.) Tìm tất cả các hàm số f : (0;  ) (0; )

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Giả sử tồn tại hai số dương x x1, 2 sao cho x1 x2 và f x( )1  f x( 2) a 0.

Trong (1) lần lượt cho xx x1,x2 ta được

   , mâu thuẫn Vậy f là đơn ánh trên (0;).

Thay yx vào (1) ta được

2x f x( )2 x f xf x( )x f x ( ) f xf x( ) , x 0. (2) Thay x 1 vào (2) ta được f(1) f f(1) f(1)1. ( do f là đơn ánh ) Thay x 1 vào (1) ta được

xyxyf xf y

Giả sử tồn tại hai số dương a b, sao cho f a( ) f b( ) Trong (1) lần lượt cho xa y, b ta được

ay f y f aa f f af yyby f y f bb f f bf yy

Điều này mâu thuẫn với f(1) (0; ), vậy câu trả lời là không tồn tại

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

+) Xét f là đơn ánh thì bài toán sẽ rất dễ dàng Thay y 1 vào (1) ta được

f(1x f) (1) f 1 f x( ) ,  xR. (2)

Do f là đơn ánh nên từ (2) ta có (1x f) (1) 1  f x( ), x R, suy ra f có dạng như sau : f x( )   ax b, x R Thay vào (1) ta được

a(1x ay)(b) by a (1axb)b,x y,R. (3) Trong (3) lần lượt cho ( ; ) (0;0),( ; ) (1;0)x y  x y  ta được

0 0.

ab b

bab b

 

Thử lại ta thấy f x( ) 0, ( ) f x x thỏa mãn các yêu cầu đề bài

+) Xét f không là đơn ánh thì tồn tại y1  y2 sao cho f y( )1  f y( 2) Khi đó: y f1. 1 f x( ) f (1x f y) (1) f (1x f y) (2)y f2. 1 f x( ) ,  xR Kết hợp với y1  y2 suy ra f 1 f x( )  0, xR. Thay vào (1) ta được f (1x f y) ( ) 0, x y,R. (4)

Nếu tồn tại y0R sao cho f y( 0)0 thì từ (4) ta có f x ( ) 0 , mâu thuẫn Vậy từ (4) phải có f x ( ) 0

Kết luận : các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f x( ) 0, ( ) f x   x, x R.

1.2.3.2 Sử dụng toàn ánh và song ánh

Ví dụ 1.2.3.2.1 Tìm tất cả các hàm số f R: R thỏa mãn : 2

Dễ thấy f x( ) 0,  xR thỏa mãn (1) Tiếp theo giả sử f x ( ) 0, tức là tồn tại

Với mọi xR thì suy ra f là toàn ánh

Thay y z 0 vào (1) ta được f x( ) f f x( ( )) f(0), x R

 f x( ) xf(0), x R ( do f là toàn ánh ) Từ đây cho x 0 ta được f(0) 0  f x( )  x, x R Thử lại thấy hàm số này không thỏa mãn (1)

Vậy có duy nhất một hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f x( ) 0,  x R.

Lưu ý Thay x u z , 0 vào (1) ta được 2

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Nhận xét, hàm đồng nhất 0 không thỏa mãn bài toán Xét f x ( ) 0.

Giả sử tồn tại x x1, 2 sao cho f x( )1  f x( )2 Khi đó, từ (1) ta có:

f f x( ( )1 y) f f x( ( )2 y) x1 f y( )x2 f y( ) x1 x2. Suy ra f là đơn ánh

Thay y 0 vào (1) ta được f f x( ( )) xf(0), x Q

0 0 0 0(0) 0

Thay y 0 vào (1) ta được f f x( ( ))  x, xQ.

Đặt z f x( ) f z( ) f f x( ( ))x ( do f là toàn ánh ) Từ đây, ta có: f z(y) f z( ) f y( ),z y,Q.

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Thay x 1 vào (1) ta được f f y( ( ) 1)  yf(1) (2)

Giả sử tồn tại y y1, 2 sao cho f y( )1  f y( 2) Khi đó, từ (2) ta có: f f y( ( ) 1)1   f f y( ( 2) 1)  y1 f(1) y2 f(1) y1 y2

Suy ra f là đơn ánh

Với x 0 , đặt yf x( )x

   

( )1

f xf

  với a là một số thực nào đó ( do f là toàn ánh )

Suy ra f x( ) ax, x 0 ( do f là đơn ánh ) , kết hợp với f(0)0 ta được f x( ) ax, xR

Thử lại vào (1) ta nhận f x( )x hoặc f x( ) x trên R

 f m n() f n( ) f m( ),m n,N. lại có : f m( )  0, mN

 f m( )am, mN Thử lại vào (1) ta nhận f m( )m, mN

Nhận xét: Quan hệ đơn ánh của bài toán này không cần thiết trong lời giải Và bài

toán này có thể chứng minh bằng quy nạp trên N

Cách 2: Nếu xét trên Z thì ta có thể chứng minh bằng quy nạp f x( )  x, xN Tức là, dùng phương pháp, ta chứng minh không còn tồn tại hàm số khác

Trước tiên ta tính f(1) Giả sử f(1) t 1 , đặt s f t( 1)0 Nhận thấy rằng nếu f m( )n thì

f(2 )n  f f m( ( ) f m( ))2m Như vậy f(2 )t 2, (2 )fs  2t 2 Nhưng khi đó thì

2s2t  f f( (2 )s  f(2 ))t  f(2 )t   2 t 1, điều này vô lý Vậy f(1)1 Giả sử ta có f n( )n thì

f n( 1) f f n( ( ) f(1)) n 1 Vậy f n( )  n, nZ

Ví dụ 1.2.3.2.5: (VMO 1992) Tìm tất cả các hàm số f R:R thỏa mãn : 22

f x  f y  yfx x yR (1)

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Giả sử tồn tại y y1, 2 sao cho f y( )1  f y( 2) Khi đó, từ (1) ta có:

f x  f y  f x  f y  yfx y  fx  yy Suy ra f là đơn ánh

Thay x 0 vào (1) ta được 2

Từ (2) và (3) suy ra x02 f2(0)0 0 0(0) 0



Xét x0,yR f y: ( ) f y( xx) f y( x) f( x) f y( x) f x( ) f x(y) f x( ) f y( ),x y,R

Thử lại ta được : a 1 Vậy f x( )  x, xR.

Ví dụ 1.2.3.2.6: (Balkan 2000) Tìm tất cả các hàm số f R:R thỏa mãn điều kiện :  2

Thay y 0 vào (1) ta được

  

 , Mẫu thuẫn

 Điều giả sử sai

 f x( )  x, xR hoặc f x( )   x, xR. Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn

Vậy f x( )  x, xR ; f x( )   x, xR.

Ví dụ 1.2.3.2.7: Tìm tất cả các hàm số f R:R thỏa mãn :

+)Xét f x  ( )1. Khi đó phải tồn tại y0R để f y( 0) 1. Khi đó vế phải của (1) là hàm bậc nhất của x nên có tập giá trị là R Điều này chứng tỏ f là toàn ánh Trong (1) cho x 0 ta được

Thử lại ta thấy hàm này không thỏa mãn

Vậy hàm số thỏa mãn bài toán là f x  ( )1.

f xxxfx

f xx

Cách 1: Giải tiếp như Ví dụ 1.2.3.2.6

Cách 2: Từ (2) suy ra f(1)1 hoặc f(1) 1 +Nếu f(1)1 thì thay x 1 vào (1) ta được

2 2 2 2

1 f y( ) (y 1) 2 ( )f yyy 2yf y( ) y, yR.

Vậy f x( )   x, xR. Thử lại thấy thỏa mãn (1)

Chú ý: Từ (2) chưa thể kết luận về biểu thức của hàm số Bạn đọc lưu ý rằng (2) chỉ

khẳng định với xR thì giá trị của hàm số tại điểm x là x hoặc x, chẳng hạn hàm

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

+) Nếu a 0 thì có hai hàm số thỏa mãn là f x ( )0 và f x ( )1. +) Nếu a 0

Vì vế phải của (1) là hàm bậc nhất của y nên có tập giá trị bằng R nên f là toàn ánh

Do f là toàn ánh nên tồn tại x0 sao cho f x( )0 0 Thay yx0 vào (1) ta được

 2  2

0 ( ) 0

f x x  fx a x (2) Từ phương trình trên ta thấy

 2  2

0 ( ) 0

f x x  f  xa x Do đó ta được 22

2 a x0  f x   0  f x0  0 x0 0 Vậy f x( )0  0 x0 0. Thay y 0 vào (1) ta được

( )2

f x(y) f x( ) f y( ),x y,R. Lại sử dụng 22

( )()

fxy  fxy , khai triển và sử dụng tính cộng tính ta được

f xy() f x f y( ) ( ),x y,R.

Hàm f vừa cộng tính, vừa nhân tính nên f x( )x. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài

Nhận xét : Một phần của bài toán trên xuất hiện đầu tiên trên tạp chí AMM, được đề

xuất bởi Wu Wei Chao, và là một bài toán chọn đội tuyển Bungari năm 2003 và chọn đội tuyển Iran 2007 trong đó chỉ giải quyết cho trường hợp a 2.

Ví dụ 1.2.3.2.10: (European Girl’s MO-2012 ) Tìm tất cả các hàm số f R:R thỏa mãn :

f y f x (  y) f x( )4x2 (y f xy),x y, R (1)

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Từ (1) cho y 0 ta được : f f x ( )4 ,x  xR (2) Từ (2) suy ra f là song ánh

Do đó tồn tại a b, sao cho f a( )2, ( )f b 4 a Từ (1) thay y  x a, ta được

f 2(  x a) f x( )4x  4( x a)4a f b( ), xR (3) Do f là đơn ánh nên từ (3) ta có  2x 2a f x( )  b, xR hay

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Đặt a f 1 f(1)0 Từ (1) cho y 1, ta được f x  f x( )ax, xR (2) Từ (2), thay x bởi x f x( ), suy ra

f (1a x)  f x( ) a x f x( ) ,  xR (3) + Nếu a 1, từ (1), thay x bởi (1a x) và y 1 a, khi đó

fa xf xa bxxR bffa

           

Kết hợp với (3) suy ra: a x  f x( ) (1 a bx) , xR hay f x( )cx, xR.

Lúc này điều kiện f 1 f(1)0 nghĩa là c(1   c) 0 c  0,1

Suy ra f là đơn ánh Với mọi xR, khi đó tồn tại y xf x( )R sao cho f y( ) f x  f x( )x.

Suy ra f là toàn ánh Vậy f là song ánh Dẫn tới tồn tại m 0 sao f 1 1,

    

Kết hợp vơi (1) ta được: f xfx 0 f(0), xR.

       

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Kí hiệu P u v( , ) chỉ việc thay x bởi u và thay y bởi v vào (1) Do f là toàn ánh nên tồn tại R sao cho f( ) 0

P( , )   f(2 )  0 f(4 ) 0.

P x( , )  f x  f x( ) f(2 ),x  xR (2) Do f là toàn ánh nên tồn tại R sao cho ( )

Giả sử uR tùy ý Khi đó tồn tại v sao cho ( ) 2

uf v 

P x v( , ) f x  f x( )u f(2 )x  f(2 ),v  xR

 f x  f x( )u f(2 )x  f 2 ( ) ,f v   xR

 f x  f x( )u f(2 )x  f u ,x u, R (5) Kí hiệu Q m n( , ) chỉ việc thay x bởi m và thay u bởi n vào (5)

Thực hiện Q x( f x y( ), ), sau đó sử dụng (2) và (4), ta được

Như vậy f t( )  t, tR. Thử lại thấy hàm số f x( )  x, xR thỏa mãn các yêu cầu đề bài

Ví dụ 1.2.3.2.13: Tìm tất cả các hàm số f R:R thỏa mãn:

f x  f y( ) f x( xy)y f (1x),x y, R (1)

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Kí hiệu P u v( , ) chỉ việc thay x bởi u và thay y bởi v vào (1)

+) Trường hợp 1: f(1)0.

P(0, )x  f f (0) f(0)x f (1), xR.

Suy ra f là đơn ánh

P(0, 0) f f (0) f(0), mà f là đơn ánh nên f(0)0. Với x 0:

Như vậy f x( )  0, xR, thử lại thấy thỏa mãn

Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f x( )x f x, ( )0.

Lưu ý : Kỹ thuật “thế triệt tiêu” như trên được sử dụng nhiều, cần triệt tiêu

f x f y ( ) f y f x ( )2xy,x y, R (1)

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Trong (1) cho x y 0 được f(0)0. Trong (1) cho x y được  2

f x f x x  xR (2) Giả sử tồn tại x x1, 2 sao cho f x( )1  f x( 2) Khi đó

x f xx f xxf x f x

f f (1) 1 f(1).f f (1) f(1).

Suy ra f f (1).f f (1) f f (1) hay 2  (1) 1(1) (1) 1

(1) 1.

+) Trường hợp 1: f(1) 1. Trong (1) cho y 1 ta được

f x( ) f f x ( )2 ,x  xR

 f f x ( )  xxf x( )   xz, xR (3) với z xf x( ) f x( ) xz. (4)

Từ (8) và do f là hàm lẻ trên R nên ta có:

f t(  x) f f x ( )  x tf  (x t)   x tf x t(   ) x t

 f x t(     ) x tf(  x t) f f x t (  )   (x t) tx

 f x( ) f f ( x t)     ( x t) tx (9) Từ (8) và (9) suy ra t     xxt 0 f x( ) x. Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f x( )  x, xR và f x( )   x, xR

1.3 Tính đơn điệu của hàm số

Định nghĩa 1.3.1.3: Hàm số tăng hoặc giảm trên một khoảng được gọi là hàm số đơn

điệu trên khoảng đó

Định nghĩa 4: Hàm số f được gọi là không giảm trên D:

 x x1,2D x:1x2 f x 1 f x 2.

Định nghĩa 5: Hàm số f được gọi là không tăng trên D:

 x x1,2D x:1x2 f x 1 f x 2.

* Chú ý: Hàm số tăng (giảm) thực sự còn gọi là hàm số tăng (giảm) nghiêm ngặt

Hàm số không giảm nghĩa là hàm số tăng nhưng có thể tăng không nghiêm ngặt Hàm số không tăng là hàm số giảm nhưng có thể giảm không nghiêm ngặt

Định nghĩa 6: Hàm số tăng hoặc giảm thực sự trên một khoảng được gọi là hàm số

đơn điệu thực sự trên khoảng đó 1.3.2 Định lý và hệ quả

Định lý 1.3.2.1: Mọi hàm đơn điệu thực sự trên một khoảng đều là đơn ánh trên

khoảng đó

Định lý 1.3.2.2: Nếu f D:Rvàg D:Rlà hai hàm tăng thì f g cũng là hàm tăng

Định lý 1.3.2.3: Nếu f D:Rvàg D:Rlà hai hàm tăng và không âm thì

   .

Định lý 1.3.2.4: Nếu f là hàm đơn điệu thực sự trên a b, thì phương trình f x m có nhiều nhất là một nghiệm trên khoảng đó

Định lý 1.3.2.5: Nếu f D: f Rvàg D: g Rlà hai hàm tăng và tập xác định của hàm

gchứa tập giá trị của hàm f thì hàm số hợpgf là hàm tăng

Hệ quả 1.3.2.6: Nếu f là hàm tăng thì hàm số hợp f f x  cũng tăng

Hệ quả 1.3.2.7: Nếu f là hàm giảm thì hàm số hợp f f x  là hàm số tăng

Chứng minh:

Giả sửx y.

Khi đó: f x  f y   f f x  ff y . Vậy ff là hàm số tăng

Định lý 1.3.2.8 Hàm số không tăng (giảm) trên Dvà tuần hoàn trên Dvới chu kì Tthì hàm số đó là hằng số trên D

Chứng minh:

Ta cần chứng minh: x x1, 2D x; 1x2. f x 1 f x 2 Không mất tính tổng quát ta giả sử: x1 x2.

f là không tăng  f x 1 f x 2 (*) f là tuần hoàn với chu kì T 0: f x T   f x  xD

 x1 nTx2

 f x 1nT f x 2 ( vì f không tăng)

Mà f x 1 f x 1nT ( vì f tuần hoàn chu kì T)

 f x 1 f x 2 (2*) Từ (*), (2*)  f x 1 f x 2  f là hằng số trên D

Vậy f là hằng số trên D

1.3.3 Một số lưu ý khi giải toán

Lưu ý 1.3.3.1: Trong một vài trường hợp nếu ta dự đoán được công thức của hàm số,

chẳng hạn f x g x  thì có thể xét f x g x  và f x g x , sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm f để dẫn tới điều vô lý

Lưu ý 1.3.3.2: Nếu hàm f đơn điệu và ta đã có công thức của f trên tập số hữu tỉ Q thì dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, rồi từ đó chuyển sang giới hạn

Lưu ý 1.3.3.3: Nếu f cộng tính và đơn điệu trênR(hoặcR) thì f x ax.

1.3.4 Ví dụ minh họa.

1.3.4.1 Sử dụng Định lý 1.3.2.8

Ví dụ 1.3.4.1.1: Tìm f R: R thỏa mãn:

hay f x y f y x y,R. Mà x  yy x y,R.

 f x  là hàm không tăng (1) +) Nếu  y0 0 để f y 01

hay f x  f y 0  1 xR.

Thử lại: f x   1 xR.( Thỏa mãn (*) ) +) Nếu y0 0để f y 01

Thì  y 0 : 0 f y 1.

 f x y f y x y,0. hay f là hàm giảm (thực sự) trên R  f là đơn ánh trên R

f ax

aaf x

xxa axxaax