Đang tải... (xem toàn văn)
tai lieu hay day moi nguoi
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 0 x nếu thỏa mãn ñồng thời ba ñiều kiện sau: i. Hàm ( )y f x= xác ñịnh tại ñiểm 0 x , nghĩa là 0 x D∈ . ii. Tồn tại 0 lim ( ) x x f x → . iii. 0 0 lim ( ) ( ) x x f x f x → = ðịnh nghĩa 2: (theo ngôn ngữ ε - δ ) Hàm số ( )y f x= vớ i mi ề n xác ñị nh D liên tục t ạ i 0 x khi và ch ỉ khi 0 0 0, 0, D, ( ) ( )x x x f x f x ε δ δ ε ∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − < Hàm số liên tục trong khoảng - Hàm s ố ( )f x ñượ c g ọ i là liên t ụ c trong kho ả ng m ở ( ) ,a b n ế u nó liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m c ủ a kho ả ng ñ ó. - N ế u ( )f x xác ñị nh t ạ i 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 ( )x ϕ liên tục trong khoảng mở ( , )c d , thì hàm hợp ( ) ( )f x ϕ liên t ụ c trong kho ả ng m ở ( ) ,a b . 4) T ấ t c ả các hàm s ơ c ấ p ( ñ a th ứ c, l ũ y th ừ a, lô-ga) ñề u liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m trên mi ề n xác ñị nh c ủ a chúng. t rang 8 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: N ế u ( )f x liên t ụ c trong ñ o ạ n [ , ]a b thì nó ñạ t GTLN và GTNN trong ñ o ạ n ñ ó, ngh ĩ a là: 1 2 , [ , ] x x a b∃ ∈ sao cho 1 [ , ] ( ) max ( ) a b f x f x= và 2 [ , ] ( ) min ( ) a b f 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 ñổ i d ấ u trong ñ o ạ n [ , ]a b thì [ , ]c a b∃ ∈ sao cho ( ) 0f c = . Bài toán 1. Gi ả s ử hàm ( )f x liên t ụ c trên ℝ , nh ậ n các giá tr ị khác d ấ u. Ch ứ ng minh r ằ ng tìm ñượ c m ộ t c ấ p s ố c ộ ng , , a b c ( ) a b c < < sao cho ( ) ( ) ( ) 0 f a f b f c + + = . L ờ i gi ả i. Theo gi ả thi ế t, t ồ n t ạ i ñ i ể m x mà ( ) 0f x > , do ( )f x liên t ụ c nên hàm nh ậ n giá tr ị d ươ ng trong lân c ậ n ñủ nh ỏ c ủ a ñ i ể m này. Khi ñ ó, ta tìm ñượ c m ộ t c ấ p s ố c ộ ng 1 1 1 , ,a b c mà 1 1 1 ( ), ( ), ( )f a f b f c ñề u d ươ ng. T ươ ng t ự , t ồ n t ạ i m ộ t c ấ p s ố c ộ ng 2 2 2 , ,a b c mà 2 2 2 ( ), ( ), ( )f a f b f c ñề u âm. V ớ i tham s ố t , xét c ấ p s ố c ộ ng 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 s ố ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )F t f a t f b t f c t= + + liên t ụ c theo t , (0) 0F > và (1) 0F < . Do ñ ó, t ồ n t ạ i 0 t sao cho 0 ( ) 0F t = , khi ñ ó c ấ p s ố c ộ ng 0 0 0 ( ), ( ), ( )a t b t c t là m ộ t c ấ p s ố c ộ ng th ỏ a mãn. Bài toán 2. Cho ( ), ( ) f x g x là hai hàm liên t ụ c, tu ầ n hoàn trên ℝ . Bi ế t ( ) lim ( ) ( ) 0 x f x g x →+∞ − = . Ch ứ ng minh r ằ ng ( ) ( ) f x g x ≡ . Nh ậ n xét. Quan sát ñề bài ta ngh ĩ ngay ñế n hàm ( ) ( ) ( ) h x f x g x = − . N ế u ( ) h x tu ầ n hoàn thì t ừ lim ( ) 0 x h x →+∞ = ta suy ra ngay ( ) 0 h 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 “l ợ i d ụ ng” gi ớ i h ạ n 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 * ( ) 0 h 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 ( ) 0 h 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 x f x f f = + (*), x∀ ∈ ℝ . L ờ i gi ả i. Xét s ố th ự c 0a ≥ tùy ý. Hàm f liên t ụ c trên ñ o ạ n [ ] ,a a− nên theo ñị nh lý Weierstrass 2, t ồ n t ạ i [ ] 1 2 , ,x x a a∈ − sao cho [ ] 1 , ( ) max ( ) a a f x M f x − = = , [ ] 2 , ( ) min ( ) a a f x m f x − = = . Thay 1 x x= vào (*) ta có: ( ) 1 1 1 3 3 2 3 4 x x M f x f f M = = + ≤ [ ] 1 1 do , , 3 4 x x a a ∈ − , suy ra 0M ≤ . Thay 2 x x= vào (*) ta có: ( ) 1 1 2 3 3 2 3 4 x x m f x f f m = = + ≥ [ ] 2 2 do , , 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 ′′ ′′ = = . Ch ứ ng minh r ằ ng t ồ n t ạ i ( ) 0;1c∈ sao cho ( ) f c c ′′ = . (KSTN 2010) L ờ i gi ả i. Xét hàm ( ) ( ) fx xg x ′′ −= . Do ( )f x kh ả vi liên t ụ c c ấ p hai trên [0;1] nên ( )g x liên t ụ c trên [0;1]. Mà (0) 1 0g = > , (1) 1 0g = − < , do ñ ó t ồ n t ạ i ( ) 0;1c∈ sao cho ( ) 0g c = , khi ñ ó ( ) f c c ′′ = . Bài toán 6. Cho các s ố th ự c , , , ,a b c d e . Ch ứ ng minh r ằ ng n ế u ph ươ ng trình ( ) 2 0ax b c x d e+ + + + = có nghi ệ m thu ộ c [ ) 1;+∞ thì ph ươ ng trình 4 3 2 0ax bx cx dx e+ + + + = c ũ ng có nghi ệ m th ự c. (Olympic SV 2001) L ờ i gi ả i. G ọ i 0 1x ≥ là m ộ t nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình ( ) 2 0ax b c x d e + + + + = . Khi ñ ó, ( ) 2 0 0 0 ax cx d bx d + + = − + . Xét hàm 4 3 2 ( )f x ax bx cx dx e = + + + + . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 0 f x ax cx d x bx d= + + + + ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 0 f x ax cx d x bx d− = + + − + Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0f x f x ax cx d x bx d bx d x− = + + − + = + − ≤ . Mà ( )f x liên t ụ c nên ph ươ ng trình ( ) 0f x = có nghi ệ m thu ộ c ñ o ạ n 0 0 ,x x − , suy ra ph ươ ng trình 4 3 2 0ax bx cx dx e+ + + + = có nghi ệ m th ự c. 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 t ụ c trên ℝ , ( ) 1 0 g a = > , ( 1) 1 0 g a + = − < , nên c∃ ∈ ℝ sao cho ( )g c c= . Khi ñ ó, ( )f c c= . Thay x c= vào (*) ñượ c ( ) ( ) 2 ( ) c f f c c a a= = − + ( )( ) 1 0 c a c a⇒ − − − = c a⇒ = ho ặ c 1 c a= + , vô lí vì ( ) ( ) 0 ( 1) g a g c g a≠ = ≠ + . V ậ y không t ồ n t ạ i hàm liên t ụ c f th ỏ a mãn ñề bài. Dạng bài chứng minh phản chứng giả sử hàm không ñổi dấu Bài toán 8. Cho f liên t ụ c trên [0;1], (0) 0 f > , 1 0 1 ( ) 1 f x dx n < + ∫ . Chứng minh phương trình ( ) n f x x= có nghiệm thuộc (0;1). (Olympic SV 1998) (KSTN 2008) Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) n g 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 1 0 ( ) ( ) ( ) 1 n g 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. sai khoang Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 6 Bài toán 9. Cho f liên tục trên 0; 2 π , (0) 0f > , 2 0 ( ) 1f x dx π < ∫ . Chứng minh phương trình ( ) sinf x x= có nghiệ m thu ộ c 0; 2 π . (Olympic SV 2003) (KSTN 2005) Lời giải. Xét hàm ( ) ( ) sing x f x x= − 0; 2 x π ∈ . Giả sử ( )g x không ñổi dấu trên 0; 2 π . Ta có (0) (0) 0g f= > nên ( ) 0g x > với mọi 0; 2 x π ∈ . Khi ñó, 2 2 2 2 0 0 0 0 0 ( ) ( ) sin ( ) 1g x dx f x dx xdx f x dx π π π π < = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ , suy ra 2 0 ( ) 1f x dx π > ∫ , mâu thuẫn giả thiết. Vậy ( )g x không ñổi dấu trên 0; 2 π , tồn tại 0; 2 c π ∈ 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+ + = − (v ớ i 0b > , 2 b c≤ ) (Olympic SV 2003) (Olympic SVBK 2010) L ờ i gi ả i. Gi ả s ử t ạ i hàm ( )f x liên t ụ c trên ℝ th ỏ a mãn: ( ) ( ) ( )f x a f x b c+ + = − (*) Do 0c ≠ nên ( ) 0f x ≠ và ( )f x b≠ − v ớ i m ọ i x∈ ℝ . G ọ i Im f là t ậ p giá tr ị c ủ a f trên ℝ . Do f liên t ụ c trên ℝ nên ch ỉ có th ể x ả y ra 1 trong 3 tr ườ ng h ợ p sau: ( ) Im ,f b⊂ −∞ − ho ặ c ( ) Im ,0f b⊂ − ho ặ c ( ) Im 0,f ⊂ +∞ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 7 - Nếu ( ) Im ,f b⊂ −∞ − thì VT(*) > 0 > c− , vô lý. - N ế u ( ) Im 0,f ⊂ +∞ thì VT(*) > 0 > c− , vô lý. - N ế u ( ) Im ,0 f b⊂ − thì 2 ( ) ( ) c f x a f x b b c− = + + < ≤ , vô lý. V ậ y gi ả thi ế t ph ả n ch ứ ng sai, suy ra ñ pcm. Dạng bài xây dựng tổng 1 2 ( ) ( ) ( ) 0 n f x f x f x+ + + =… M ộ t h ệ qu ả d ễ th ấ y c ủ a ñịnh lý Bolzano – Cauchy : Cho m ộ t hàm ( )f x liên t ụ c trên [ ] , a b sao cho t ồ n t ạ i các s ố [ ] 1 2 , , , , n x x x a b∈ … sao cho 1 2 ( ) ( ) ( ) 0 n f x f x f x+ + + = … . Khi ñ ó, ph ươ ng trình ( ) 0f x = có nghi ệ m trên [ ] ,a b . (H ệ qu ả trên d ễ dàng ch ứ ng minh b ằ ng ph ả n ch ứ ng gi ả s ử hàm không ñổ i d ấ u. Thêm n ữ a, nó có th ể ñượ c phát bi ể u d ướ i d ạ ng tích phân: n ế u ( ) 0 b a f x dx = ∫ thì ( ) ,c a b ∃ ∈ sao cho ( ) 0f c = .) Bài toán 11. Cho các s ố th ự c , ,a b c th ỏ a mãn 2 3 6 0a b c+ + = . Ch ứ ng minh r ằ ng ph ươ ng trình 2 0ax bx c+ + = có nghi ệ m trong [ ] 0;1 . L ờ i gi ả i. Xét hàm 2 ( )f x ax bx c= + + . Ta có: (0)f c= , (1)f a b c= + + , 1 2 4 2 a b f c = + + . Suy ra 1 (0) (1) 4 0 2 f f f + + = . V ậ y ph ươ ng trình ( ) 0f x = có nghi ệ m trên [ ] 0,1 . Bài toán 12. Cho hàm f liên t ụ c trên [ ] 0;2 . Ch ứ ng minh r ằ ng ∃ [ ] 1 2 , 0;2x x ∈ sao cho 2 1 1x x= + và ( ) ( ) ( ) 2 1 1 (2) (0) 2 f 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 = . Ch ọ n 2 1 1 x x= + . Khi ñ ó, [ ] 1 2 , 0;2x x ∈ và ( ) ( ) ( ) 2 1 1 (2) (0) 2 f 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 0 x 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 t ụ c trên [ ] 0;1 nên g liên t ụ c trên [ ] 0;1 . Ta có: 1 (0) (0)g f f n = − , 1 2 1 g f f n n n = − , … …, 1 1 (1) n n g f f n n − − = − . Suy ra 1 2 1 (0) (1) (0) 0 n g g g g f f n n n − + + + = − = … . V ậ y t ồ n t ạ i [ ] 0;1c∈ sao cho ( ) 0 g c = . Khi ñ ó, 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 +∞ . T ươ ng t ự v ớ i hàm m ở r ộ ng v ề phía bên trái. Trong tr ườ ng h ợ p ( ) ( )f a f b= , hàm m ở r ộ ng nh ư trên là m ộ t hàm tu ầ n hoàn có chu k ỳ T b a= − . Bài toán 15. Cho ( ) 0;1a ∈ . Gi ả s ử hàm ( )f x liên t ụ c trên ñ o ạ n [ ] 0;1 th ỏ a mãn ñ i ề u ki ệ n (0) (1) 0 f f= = . Ch ứ ng minh r ằ ng t ồ n t ạ i [ ] 0;1b ∈ sao cho ho ặ c ( ) ( ) f b f b a= − ho ặ c ( ) ( 1) f b f b a= + − . (OLSV 2000) L ờ i gi ả i. M ở r ộ ng ( )f x ra toàn tr ụ c s ố ñể ñượ c hàm tu ầ n hoàn chu k ỳ 1T = , hàm m ớ i v ẫ n liên t ụ c trên ℝ do (0) (1) 0f f= = . Xét hàm ( ) ( ) ( )g x f x a f x= + − . Khi ñ ó, 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 2 c a≤ + ≤ . - Nếu 0 1c a≤ + ≤ thì chọn b c a= + . - Nếu 1 2 c 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 1 d 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 1 d 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 thỏ a mãn (0) 0f = , (1 ) f kd k − = − , ( ) 1 f d = . M ở r ộ ng hàm ( ) f x ra toàn ñ o ạ n [ ] 0;1 : v ớ i m ỗ i [ ] ;1x d∈ ta xác ñị nh ( ) ( ) 1f x f x d= − + , ta ñượ c hàm m ớ i liên t ụ c, và h ơ n n ữ a là th ỏ a mãn ñ i ề u ki ệ n (0) (1)f f= vì (1) (1 ) 1 (1 2 ) 2 (1 ) 0 (0)f f d f d f kd k f= − + = − + = = − + = = … . Nh ư ng rõ ràng v ớ i hàm f v ừ a ñượ c xây d ự ng, m ọ i [ ] 0;1x∈ ñề u cho th ấ y ( ) ( ) 1 ( )f x d f x f x+ = + ≠ , mâu thu ẫ n gi ả thi ế t. V ậ y t ấ t c ả các s ố c ầ n tìm là 1 d 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 2 x x≠ ⇒ 1 2 ( ) ( ) f x f x≠ . hoặc ∀ 1 2 , D x x ∈ , 1 2 ( ) ( ) f x f x= ⇒ 1 2 x 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 ( ) 0 f x ≤ , x∀ ∈ ℝ . Lời giải. * Ta chứng minh ( ) 0f x ≤ , 0x∀ ≤ . Thật vậy, với 0x ≤ , tồn tại y ∈ ℝ sao cho 2 x y= − . Khi ñó, ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 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 2 1 2 1 2 1 2 1 2 f 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 1 Hàm liên tục ðịnh nghĩa 1: Hàm số ( )y f x= với miền xác ñịnh. i m ọ i ñ i ể m trên mi ề n xác ñị nh c ủ a chúng. t rang 8 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 2 5) ðịnh lý Weierstrass 1: Nếu ( )f x liên tục trong ñoạn [