Ôn thi kỹ sư tài năng vật lý hàm liên tục

Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hàm liên tục ðịnh nghĩa 1: Hàm số y = f ( x ) với miền xác ñịnh D ñược gọi liên tục x0 thỏa mãn ñồng thời ba ñiều kiện sau: i Hàm y = f ( x ) xác ñịnh ñiểm x0 , nghĩa x0 ∈ D Tồn lim f ( x) ii x → x0 lim f ( x) = f ( x0 ) x → x0 c om iii ðịnh nghĩa 2: (theo ngôn ngữ ε - δ ) Hàm số y = f ( x) với miền xác ñịnh D liên tục x0 ng ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ D, x − x0 < δ ⇒ f ( x) − f ( x0 ) < ε an co Hàm số liên tục khoảng - Hàm số f ( x) ñược gọi liên tục khoảng mở ( a, b ) liên tục điểm khoảng - Nếu f ( x) xác ñịnh x = a lim+ f ( x) = f (a ) , ta nói f ( x) liên tục bên phải x→a th ñiểm x = b Nếu f ( x) liên tục ñiểm khoảng mở ( a, b ) hai điểm biên, ta nói f ( x) liên tục khoảng đóng (đoạn) [a, b] du on - x →b g - ñiểm x = a Nếu f ( x) xác ñịnh x = b lim− f ( x) = f (a ) , ta nói f ( x) liên tục bên trái cu u Các ñịnh lý: 1) Tổng, hiệu tích số hữu hạn hàm liên tục miền hàm liên tục miền 2) Thương hai hàm số liên tục miền hàm số liên tục điểm miền mà mẫu số khác 3) Nếu f ( x) liên tục khoảng mở ( a, b ) miền giá trị khoảng mở (c, d ) , hàm ϕ ( x) liên tục khoảng mở (c, d ) , hàm hợp ϕ ( f ( x) ) liên tục khoảng mở ( a, b ) 4) Tất hàm sơ cấp (ña thức, lũy thừa, lơ-ga) liên tục điểm miền xác ñịnh chúng CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 5) ðịnh lý Weierstrass 1: Nếu f ( x) liên tục đoạn [a, b] bị chặn đoạn đó, nghĩa là: ∃M > 0, ∀x ∈ [a, b] : f ( x) < M 6) ðịnh lý Weierstrass 2: Nếu f ( x) liên tục đoạn [a, b] đạt GTLN GTNN đoạn đó, nghĩa là: ∃x1 , x2 ∈ [a, b] cho f ( x1 ) = max f ( x) f ( x2 ) = f ( x) [a ,b ] [a ,b ] 7) ðịnh lý Bolzano – Cauchy Nếu f ( x) liên tục ñoạn [a, b] A = f ( x) , B = max f ( x) với [a ,b ] [a ,b ] c om C mà A ≤ C ≤ B , tồn ñiểm c ∈ [a, b] cho f (c) = C Hệ quả: Nếu f ( x) ñổi dấu ñoạn [a, b] ∃c ∈ [a, b] cho f (c) = co ng Bài toán Giả sử hàm f ( x) liên tục ℝ , nhận giá trị khác dấu Chứng minh tìm cấp số cộng a, b, c (a < b < c ) cho f (a ) + f (b) + f (c ) = th an Lời giải Theo giả thiết, tồn ñiểm x mà f ( x) > , f ( x) liên tục nên hàm nhận giá trị dương lân cận ñủ nhỏ ñiểm Khi đó, ta tìm cấp số cộng a1 , b1 , c1 mà f (a1 ), f (b1 ), f (c1 ) ñều dương g Tương tự, tồn cấp số cộng a2 , b2 , c2 mà f (a2 ), f (b2 ), f (c2 ) ñều âm du on Với tham số t , xét cấp số cộng sau: a(t ) = a1 (1 − t ) + a2t b(t ) = b1 (1 − t ) + b2t c(t ) = c1 (1 − t ) + c2t cu u Hàm số F (t ) = f ( a (t ) ) + f ( b(t ) ) + f ( c(t ) ) liên tục theo t , F (0) > F (1) < Do đó, tồn t0 cho F (t0 ) = , ñó cấp số cộng a(t0 ), b(t0 ), c(t0 ) cấp số cộng thỏa mãn Bài toán Cho f ( x ), g ( x ) hai hàm liên tục, tuần hoàn ℝ Biết lim ( f ( x) − g ( x) ) = x →+∞ Chứng minh f ( x) ≡ g ( x) Nhận xét Quan sát ñề ta nghĩ ñến hàm h( x ) = f ( x) − g ( x ) Nếu h( x) tuần hồn từ lim h( x ) = ta suy h( x) ≡ , tính chất mấu chốt toán x →+∞ CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Như vậy, khó khăn chủ yếu việc chứng minh f ( x), g ( x) có chu kỳ Ta “lợi dụng” giới hạn vô lim ( f ( x) − g ( x) ) = tính tuần hồn độc lập hàm ñể dùng x →+∞ ñược nhận xét vừa nêu Lời giải Trước hết, ta cần phải chứng minh hai hàm cho có chu kỳ Giả sử hàm f có chu kỳ T Khi x → +∞ , f ( x) − g ( x) → f ( x + T ) − g ( x + T ) → Trừ theo vế kết hợp với f ( x + T ) = f ( x) ñược: h* ( x) = g ( x + T ) − g ( x) → x → +∞ c om Do g liên tục, tuần hoàn nên h* liên tục, tuần hoàn, tiến tới x → +∞ , h* ( x) ≡ , chứng tỏ g tuần hoàn chu kỳ T co ng Xét hàm h( x) = f ( x) − g ( x) liên tục, tuần hoàn, tiến tới x → +∞ nên h( x) ≡ Từ suy đpcm an Các tốn hàm liên tục khoảng đóng (trên đoạn) ln gắn liền với ñịnh lý Weierstrass ñịnh lý Bolzano-Cauchy (ñã trình bày trên) th Bài toán du on g x x Tìm tất hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn: f ( x ) = f   + f   (*), ∀x ∈ ℝ 3 4 Lời giải Xét số thực a ≥ tùy ý Hàm f liên tục ñoạn [ −a, a ] nên theo ñịnh lý Weierstrass 2, tồn x1 , x2 ∈ [ −a, a ] cho f ( x1 ) = M = max f ( x) , f ( x2 ) = m = f ( x) [− a ,a] u [ − a ,a ] cu Thay x = x1 vào (*) ta có: x  3M = f ( x1 ) = f   + f 3 Thay x = x2 vào (*) ta có: x  3m = f ( x2 ) = f   + 3  x1    ≤ 2M 4 x1 x1    , ∈ [ −a, a ]  , suy M ≤   x x x    f   ≥ 2m  , ∈ [ −a, a ]  , suy m ≥ 4   Do đó, M = m = , suy f ( x) = ñoạn [ −a, a ] , với a ≥ Vậy f ( x) = , ∀x ∈ ℝ Bài toán Cho f liên tục ℝ thỏa mãn f ( f ( x) ) f ( x) = ∀x ∈ ℝ (*) f (1000) = 999 Tính f (500) CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hướng dẫn Dễ thấy có số α cho f (α ) = 500 việc thay x = α vào (*) suy f (500) = Ta cần có giá trị f cao 500 có giá trị bé 500 500 ðã có f (1000) = 999 > 500 , thay x = 1000 vào (*) ñược f (999) = < 500 999 Bài toán Cho hàm số f ( x) khả vi liên tục cấp hai [0;1], có f ′′ ( ) = 1, f ′′ (1) = c om Chứng minh tồn c ∈ ( 0;1) cho f ′′ ( c ) = c Lời giải Xét hàm g ( x) = f ′′ ( x ) − x (KSTN 2010) ng Do f ( x) khả vi liên tục cấp hai [0;1] nên g ( x ) liên tục [0;1] Mà g (0) = > , g (1) = −1 < , an co tồn c ∈ ( 0;1) cho g (c ) = , f ′′ ( c ) = c th Bài toán Cho số thực a, b, c, d , e Chứng minh phương trình ax + ( b + c ) x + d + e = du on g có nghiệm thuộc [1; +∞ ) phương trình ax + bx + cx + dx + e = có nghiệm thực (Olympic SV 2001) u Lời giải cu Gọi x0 ≥ nghiệm phương trình ax + ( b + c ) x + d + e = Khi đó, ax0 + cx0 + d = − ( bx0 + d ) Xét hàm f ( x) = ax + bx3 + cx + dx + e ( x ) = ( ax + cx + d ) + x (bx + d ) f ( − x ) = ( ax + cx + d ) − x ( bx + d ) f ( x ) f ( − x ) = ( ax + cx + d ) − x ( bx Ta có: f 0 0 Suy 0 2 0 0 0 + d ) = ( bx0 + d ) (1 − x0 ) ≤ 2 Mà f ( x) liên tục nên phương trình f ( x) = có nghiệm thuộc đoạn  − x0 , x0  , suy phương trình ax + bx3 + cx + dx + e = có nghiệm thực CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài tốn Cho a ∈ ℝ , tìm tất hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn f (a ) = a + f ( f ( x) ) = ( x − a ) + a (*), ∀ x ∈ ℝ Lời giải Giả sử tồn hàm liên tục f thỏa mãn ñề Thay x = a vào (*) ta có f ( f (a ) ) = a ⇒ f (a + 1) = a Xét hàm g ( x) = f ( x) − x , liên tục ℝ , g (a) = > , g (a + 1) = −1 < , nên ∃c ∈ ℝ cho g (c) = c Khi đó, f (c) = c Thay x = c vào (*) ñược c = f ( f (c) ) = ( c − a ) + a ⇒ ( c − a )( c − a − 1) = c om ⇒ c = a c = a + , vơ lí g (a) ≠ g (c) = ≠ g (a + 1) co ng Vậy không tồn hàm liên tục f thỏa mãn ñề th an Dạng chứng minh phản chứng giả sử hàm khơng đổi dấu g Bài tốn du on Cho f liên tục [0;1], f (0) > , 1 ∫ f ( x)dx < n + Chứng minh phương trình f ( x) = x có nghiệm thuộc (0;1) n u (Olympic SV 1998) (KSTN 2008) cu Lời giải Xét hàm g ( x) = f ( x) − x n ( x ∈ [0;1]) Giả sử g ( x) khơng đổi dấu [0;1] Ta có g (0) = f (0) > nên g ( x) > với x ∈ [0;1] 1 1 Khi đó, < ∫ g ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ x dx = ∫ f ( x)dx − n suy 0 , n +1 ∫ f ( x)dx > n + , mâu thuẫn giả thiết Vậy g ( x ) khơng đổi dấu [0;1], tồn c ∈ [0;1] cho g (c) = , suy ñpcm CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán π  π Cho f liên tục 0;  , f (0) > ,  2 ∫ f ( x)dx <  π Chứng minh phương trình f ( x) = sin x có nghiệm thuộc  0;   2 (Olympic SV 2003) (KSTN 2005)   π  Xét hàm g ( x ) = f ( x ) − sin x  x ∈ 0;    2   π Giả sử g ( x) khơng đổi dấu 0;   2 π π π π 2 co ng  π Ta có g (0) = f (0) > nên g ( x) > với x ∈ 0;   2 c om Lời giải 0 0 an Khi đó, < ∫ g ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ sin xdx = ∫ f ( x)dx − , π ∫ f ( x)dx > , mâu thuẫn giả thiết th suy du on g  π  π Vậy g ( x) khơng đổi dấu 0;  , tồn c ∈  0;  cho g (c) = , suy ñpcm  2  2 cu u Bài tốn 10 Chứng minh khơng tồn hàm f ( x) liên tục ℝ thỏa mãn: f ( x + a ) ( f ( x) + b ) = −c (với b > , b ≤ c ) (Olympic SV 2003) (Olympic SVBK 2010) Lời giải Giả sử hàm f ( x) liên tục ℝ thỏa mãn: f ( x + a ) ( f ( x) + b ) = −c (*) Do c ≠ nên f ( x) ≠ f ( x) ≠ −b với x ∈ ℝ Gọi Im f tập giá trị f ℝ Do f liên tục ℝ nên xảy trường hợp sau: Im f ⊂ ( −∞ , −b ) Im f ⊂ ( −b , ) Im f ⊂ ( 0, +∞ ) CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 - Nếu Im f ⊂ ( −∞ , −b ) VT(*) > > −c , vô lý - Nếu Im f ⊂ ( 0, +∞ ) VT(*) > > −c , vô lý - Nếu Im f ⊂ ( −b , ) −c = f ( x + a ) f ( x) + b < b ≤ c , vô lý Vậy giả thiết phản chứng sai, suy ñpcm Dạng xây dựng tổng f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) = Một hệ dễ thấy ñịnh lý Bolzano – Cauchy: c om Cho hàm f ( x) liên tục [ a, b ] cho tồn số x1 , x2 ,… , xn ∈ [ a, b ] cho f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) = Khi đó, phương trình f ( x) = có nghiệm [ a, b ] ng (Hệ dễ dàng chứng minh phản chứng giả sử hàm khơng đổi dấu Thêm nữa, b ∫ f ( x)dx = ∃c ∈ ( a, b ) cho co ñược phát biểu dạng tích phân: a an f (c) = ) g th Bài toán 11 Cho số thực a, b, c thỏa mãn 2a + 3b + 6c = Chứng minh phương trình ax + bx + c = có nghiệm [ 0;1] du on Lời giải Xét hàm f ( x) = ax + bx + c cu u 1 a b Ta có: f (0) = c , f (1) = a + b + c , f   = + + c 2 1 Suy f (0) + f (1) + f   = 2 Vậy phương trình f ( x) = có nghiệm [ 0,1] Bài tốn 12 Cho hàm f liên tục [ 0; 2] Chứng minh ∃ x1 , x2 ∈ [ 0; 2] cho x2 = x1 + f ( x2 ) − f ( x1 ) = ( f (2) − f (0) ) Lời giải Xét hàm g ( x) = f ( x + 1) − f ( x ) − ( f (2) − f (0) ) , liên tục [0;1] CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Ta có g (0) + g (1) = , suy ∃ x1 ∈ [ 0;1] cho g ( x1 ) = Chọn x2 = x1 + Khi đó, x1 , x2 ∈ [ 0; 2] f ( x2 ) − f ( x1 ) = ( f (2) − f (0) ) Bài toán 13 Cho hàm liên tục f , g : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( g ( x) ) = g ( f ( x) ) Chứng minh phương trình f ( f ( x) ) = g ( g ( x) ) có nghiệm phương trình f ( x ) = g ( x) có nghiệm Lời giải Xét hàm h( x ) = f ( x) − g ( x ) Gọi x0 nghiệm phương trình f ( f ( x) ) = g ( g ( x) ) h ( f ( x0 ) ) = f ( f ( x0 ) ) − g ( f ( x0 ) ) co mà f ( g ( x0 ) ) = g ( f ( x0 ) ) , f ( f ( x0 ) ) = g ( g ( x0 ) ) ng Ta có: h ( g ( x0 ) ) = f ( g ( x0 ) ) − g ( g ( x0 ) ) c om (OLSV 2009) an Suy h ( g ( x0 ) ) + h ( f ( x0 ) ) = th Vậy phương trình h( x) = có nghiệm, suy đpcm du on g Bài toán 14 Cho f hàm liên tục [ 0;1] thỏa mãn ñiều kiện f (0) = f (1) Chứng minh cu u 1  với số n ∈ ℕ* tồn số c ∈ [ 0;1] cho f (c) = f  c +  n  Lời giải 1  Xét hàm g ( x ) = f  x +  − f ( x) n  Do f liên tục [ 0;1] nên g liên tục [ 0;1] 1 2 1  n −1   n −1  1 Ta có: g (0) = f   − f (0) , g   = f   − f   , … …, g   = f (1) − f   n n n n  n   n  1 2  n −1  Suy g (0) + g   + g   + … g   = f (1) − f (0) = n n  n  1  Vậy tồn c ∈ [ 0;1] cho g (c ) = Khi đó, f (c) = f  c +  n  CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Dạng mở rộng hàm liên tục Ta cho (hoặc tìm được) hàm liên tục xác ñịnh ñoạn lại cần giá trị hàm xác định ñiểm nằm ñoạn ñang xét Trong nhiều trường hợp, ta cần (bắt buộc) phải mở rộng hàm ñiểm ñoạn mong muốn mà giữ tính liên tục cho .c om Cách mở rộng chung ñơn giản: f ( x) xác ñịnh liên tục ñoạn [a, b] Hàm mở rộng phía bên phải: a≤ x≤b  f ( x) F ( x) =  x≥b  f ( x + a − b) + f (b) − f (a ) liên tục ñoạn [ a ; +∞ ) ng Tương tự với hàm mở rộng phía bên trái Trong trường hợp f (a ) = f (b) , hàm mở rộng hàm tuần hồn có chu kỳ T = b − a co Bài toán 15 Cho a ∈ ( 0;1) Giả sử hàm f ( x) liên tục ñoạn [0;1] thỏa mãn ñiều kiện f (0) = f (1) = Chứng minh tồn b ∈ [ 0;1] cho f (b) = f (b − a ) an f (b) = f (b + a − 1) th (OLSV 2000) Khi ñó, du on g Lời giải Mở rộng f ( x) tồn trục số để hàm tuần hồn chu kỳ T = , hàm liên tục ℝ f (0) = f (1) = Xét hàm g ( x ) = f ( x + a) − f ( x) 1 1+ a 0 a ∫ g ( x)dx = ∫ f ( x + a)dx − ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ f ( x)dx = cu u Do đó, c ∈ [ 0;1] cho = g (c) = f (c + a ) − f (c ) = f (c + a − 1) − f (c) Dễ thấy ≤ c + a ≤ - Nếu ≤ c + a ≤ chọn b = c + a - Nếu ≤ c + a ≤ chọn b = c Suy đpcm Bài tốn 16 Tìm tất số d ∈ ( 0;1) có tính chất: f ( x) hàm số tùy ý liên tục [ 0;1] thỏa mãn f (0) = f (1) ∃x0 ∈ [ 0;1 − d ] cho f ( x0 ) = f ( x0 + d ) Lời giải Theo tốn 14, số d = với n ∈ ℕ* thỏa mãn điều kiện tốn n CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Ta chứng minh tất số cần tìm Giả sử tồn số d ≠ với n ∈ ℕ* thỏa mãn n Lấy số k ∈ ℕ cho kd < < (k + 1)d Xét hàm số tùy ý xác ñịnh liên tục ñoạn [ 0; d ] thỏa mãn f (0) = , f (1 − kd ) = −k , f (d ) = Mở rộng hàm f ( x) tồn đoạn [ 0;1] : với x ∈ [ d ;1] ta xác ñịnh f ( x) = f ( x − d ) + , ta ñược hàm liên tục, thỏa mãn ñiều kiện f (0) = f (1) f (1) = f (1 − d ) + = f (1 − 2d ) + = … = f (1 − kd ) + k = = f (0) Nhưng rõ ràng với hàm f vừa ñược xây dựng, x ∈ [ 0;1] ñều cho thấy với n ∈ ℕ* n co Dạng kết hợp tính liên tục tính đơn điệu ng Vậy tất số cần tìm d = c om f ( x + d ) = f ( x) + ≠ f ( x) , mâu thuẫn giả thiết an Hàm đơn ánh: Hàm f có tập xác ñịnh D , ñược gọi ñơn ánh nếu: th ∀ x1 , x2 ∈ D , x1 ≠ x2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x2 ) ðịnh lý: du on g ∀ x1 , x2 ∈ D , f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ x1 = x2 … Hàm liên tục đơn ánh đơn điệu … cu u Bài toán 17 Cho hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( f ( x) ) = − x , ∀x ∈ ℝ Chứng minh f ( x) ≤ , ∀x ∈ ℝ Lời giải * Ta chứng minh f ( x) ≤ , ∀x ≤ Thật vậy, với x ≤ , tồn y ∈ ℝ cho x = − y Khi ñó, f ( x) = f (− y ) = f ( f ( f ( y ) ) ) = − ( f ( y ) ) ≤ * Ta chứng minh f ( x) ≤ , ∀x > Thật vậy, giả sử tồn x0 > cho f ( x0 ) > Xét x1 , x2 ∈ ℝ + , f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇒ − x12 = − x2 ⇒ x1 = x2 ðiều chứng tỏ hàm liên tục f đơn ánh ℝ + , suy f ñơn ñiệu ℝ + 10 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Do f liên tục ℝ + nên tồn lân cận U ( x0 ) ⊂ ℝ + mà f nhận giá trị dương ñiểm thuộc U ( x0 ) Khi ñó, f ñơn ñiệu ℝ + nên hàm f ( f ( x) ) ñơn ñiệu tăng U ( x0 ) , hàm − x ñơn ñiệu giảm U ( x0 ) ⊂ ℝ + , mâu thuẫn Vậy f ( x) ≤ , ∀x > Suy ñpcm Xét x1 , x2 ∈ ℝ + , ( x1 + 1) +1 = ( x2 + 1) + ⇒ x1 = x2 ng f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇒ c om Bài toán 18 Ký hiệu ℝ + tập số thực dương Giả sử f : ℝ + → ℝ + hàm số liên tục thỏa f ( x + 1) mãn f ( f ( x) ) = ( x + 1) + Chứng minh lim = x →+∞ f ( x) (KSTN 2007) Lời giải ðiều chứng tỏ hàm liên tục f đơn ánh ℝ + , suy f ñơn ñiệu ℝ + ( x + 1) 5 + > x + > x (*) nên f ( f ( f ( x) ) ) < f ( x) , co Nếu f hàm giảm, f ( f ( x) ) = an thay x f ( x) (*) lại ñược f ( f ( f ( x) ) ) > f ( x) , mâu thuẫn x →+∞ lim f ( x) = +∞ x →+∞ ( x + 1) + = +∞ nên hàm tăng f khơng bị chặn trên, du on x →+∞ g Do lim f ( f ( x) ) = lim th Vậy f hàm tăng ℝ + Ta có f ( f ( x ) ) > x + nên: cu u f ( x + 1) f ( f ( f ( x) ) ) 1< < = f ( x) f ( x) mà lim ( f ( x) + 1) x →+∞ +1 = lim t →+∞ f ( x) Theo nguyên lý kẹp, ta có lim x →+∞ ( t + 1) t +1 ( f ( x) + 1) +1 f ( x) =1 f ( x + 1) = f ( x) Hàm liên tục dãy số Cho dãy số thực ( xn ) hội tụ, a = lim xn , hàm f ( x) liên tục x = a n →∞ Khi đó, lim f ( xn ) = lim f ( x) = f (a ) n →∞ x →a 11 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55  g ( x)  Xét hàm h( x) =  x  g ′(0) c om Bài tốn 19 Tìm tất hàm f : ℝ → ℝ liên tục 0, cho f (2 x) = f ( x) , ∀x ∈ ℝ Tìm tất hàm g : ℝ → ℝ có đạo hàm 0, cho g (2 x ) = g ( x ) , ∀x ∈ ℝ (KSTN 2006) Lời giải Với x ∈ ℝ số nguyên dương n , ta có x  x   x  f ( x) = f   = f   = … = f  n  2 2  2  x  x  mà lim n = , hàm f liên tục 0, nên lim f  n  = f (0) n →∞ n →∞ 2  Suy f ( x ) = f (0) , ∀x ∈ ℝ Vậy f hàm Thay x = vào điều kiện, ta có g (0) = g (0) ⇒ g (0) = x≠0 x→0 x →0 g ( x) g ( x) − g (0) = lim = g ′(0) x→0 x x−0 co Do g khả vi nên lim h( x) = lim ng x=0 du on Bài toán 20 g th an Vậy h liên tục ñiểm x = g (2 x) g ( x) , ∀x ≠ g (2 x) = g ( x) ⇒ = ⇒ h(2 x) = h( x) , ∀x ∈ ℝ 2x x Theo câu 1, h( x) = c Vậy g ( x) = cx , ∀x ∈ ℝ cu u 1  Tìm tất hàm f liên tục ℝ cho f ( x ) = f  x +  4  Lời giải Xét x0 ∈ ℝ 1 • Nếu ≤ x0 ≤ Xét dãy { xn } xác ñịnh xn +1 = xn + ( n ∈ ℕ ) 1  , với n ∈ ℕ* Mặt khác, xn+1 − xn =  xn −  ≥ 2  dãy ñơn ñiệu tăng, bị chặn trên, nên hội tụ ðặt α = lim xn Bằng quy nạp, ta có ≤ xn ≤ { xn } n →∞ Khi đó, α = α + 1 ⇒ α = , hay lim xn = n →∞ 2 1 Suy f ( x0 ) = f ( x1 ) = f ( x2 )… = lim f ( xn ) = f   , với x0 ≤ n →∞ 2 1 • Nếu x0 > Xét dãy { xn } xác ñịnh xn+1 = xn − ( n ∈ ℕ ) 12 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Tương tự trên, ta chứng minh ñược { xn } dãy giảm, bị chặn Do đó, { xn } hội tụ, tính ñược lim xn = n →∞ 1 Suy f ( x0 ) = f ( x1 ) = f ( x2 )… = lim f ( xn ) = f   , với x0 > n →∞ 2 Vậy f hàm { f ( x )} ñược xác ñịnh f ( x ) = f ( x ) , n f n +1 ( x ) = f ( f n ( x ) ) (n ∈ ℕ ) * ng Dãy hàm c om Bài toán 21 ðịnh nghĩa: Cho hàm f có miền xác định D , x ∈ D gọi ñiểm bất ñộng hàm f f ( x) = x co 1) Mọi hàm liên tục f : [ a, b ] → [ a, b ] có điểm bất động (ðịnh lý điểm bất ñộng Banach) an Chứng minh Xét hàm g ( x) = f ( x) − x liên tục , g (a) ≥ g (b) ≤ Do đó, tồn th x0 ∈ [ a, b ] cho g ( x0 ) = , f ( x0 ) = x0 du on g 2) Nếu f liên tục dãy hàm { f n ( x )} hội tụ L , với x đó, f ( L ) = L Chứng minh lim f n ( x ) = L ⇒ L = lim f n +1 ( x ) = lim f ( f ( n ) ( x ) ) = f ( L ) n →∞ n →∞ n →∞ u 3) Giả sử hàm f : [ a, b ] → [ a, b ] liên tục, đơn điệu tăng Khi đó, dãy n cu x ∈ [ a, b ] Theo 2), giới hạn dãy ñiểm bất ñộng f { f ( x )} hội tụ, với Chứng minh Nếu f ( x) = x hiển nhiên Nếu f ( x) > x , f ( f ( x)) > f ( x) { f ( x )} dãy tăng bị chặn b , hội Tương tự n f ( x) < x 4) Giả sử f , g : [ a, b ] → [ a, b ] hàm liên tục thỏa mãn f ( g ( x) ) = g ( f ( x) ) , với x ∈ [ a, b ] , f hàm ñơn ñiệu tăng Khi đó, f g có điểm bất động chung, nghĩa tồn x0 ∈ [ a, b ] cho f ( x0 ) = g ( x0 ) = x0 Chứng minh Theo 1), g có điểm bất động c ∈ [ a, b ] Theo 3), f ñơn ñiệu tăng nên giới hạn dãy { f ( c )} tồn ñiểm bất ñộng n f 13 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Mặt khác, f ( c ) = f ( g (c) ) = g ( f (c) ) , suy f n ( c ) = f n ( g (c) ) = g ( f n ( c ) ) , nghĩa f n ( c ) ñiểm bất ñộng g , với n ∈ ℕ Do giới hạn x0 = lim f n ( c ) n →∞ ñiểm bất ñộng chung f 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 phương trình f ( x) = x có nghiệm thuộc ñoạn [ a, b ] c om (Olympic SV 1994) (KSTN 2004, 2008) Lời giải ∀ε > , x − y < ε ⇒ f ( x) − f ( y ) < ε , f hàm liên tục [ a, b ] ng Theo phần toán 21, f ln có điểm bất động, gọi x0 Khi f ( x0 ) = x0 co Giả sử phương trình f ( x) = x có nghiệm x1 ∈ [ a, b ] , x1 ≠ x0 Khi đó, f ( x1 ) − f ( x0 ) = x1 − x0 , mâu thuẫn với bđt cho th an Vậy phương trình f ( x) = x có nghiệm thuộc ñoạn [ a, b ] du on g Bài toán 23 Cho số thực c > , chứng minh tồn số y > cho: lim y + y + y + … + y = c Nhận xét u n →∞ n roots cu lim y + y + y + … + y = c ⇒ n →∞ ( n dấu ) y + c = c ⇒ y = c2 − c n roots Lời giải Chọn y = c − c Xét f ( x) = y + x liên tục ñoạn [ 0; c ] , f : [ 0; c ] → [ 0; c ] Theo phần toán 21, dãy { f n ( )} hội tụ ñiểm L ∈ [ 0; c ] thỏa mãn f ( L ) = L Khi ñó, L = y + L ⇒ L2 − L = y = c − c ⇒ ( L − c )( L + c − 1) = Do L ≥ , c > nên L + c − > , suy L = c Vậy lim y + y + y + … + y = lim f n ( ) = c n →∞ n →∞ n roots 14 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài tốn 24 x x Tìm tất hàm khả vi f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( x) = f   + f ′( x ) , ∀x ∈ ℝ 2 Lời giải Xét số thực x0 > c om x  f ( x0 ) − f   x    = f ′( x ) Theo ñịnh lý Lagrange, ∃ x1 ∈  , x0  cho f ′ ( x1 ) = x0 2  ∞ x  Tương tự, dãy { xn }n = cho xn +1 ∈  n , xn  f ′ ( xn +1 ) = f ′ ( xn ) = f ′ ( x0 ) , ∀n ∈ ℕ   { xn } dãy giảm, bị chặn 0, nên hội tụ ðặt α = lim xn n →∞ co tụ thỏa mãn f ′ ( xn ) = f ′ ( x0 ) , ∀n ∈ ℕ ng α  Nếu α > ta chọn lại x1 ∈  , α  Dãy dãy giảm thỏa mãn ñiều kiện 2  ∞ f ′ ( xn ) = f ′ ( x0 ) , ∀n ∈ ℕ Tiếp tục q trình vậy, ta thu dãy { xn }n= hội du on g th an Tóm lại, f ′( x0 ) = f ′(0) , với x0 > Tương tự, ta chứng minh ñược f ′( x0 ) = f ′(0) , với x0 < Do f khả vi ℝ nên f ′( x) = f ′(0) , ∀x ∈ ℝ Kết luận: f ( x) = ax + b ( a, b số) Bài tốn 25 Tìm tất hàm f : ℝ + → ℝ + thỏa mãn f ( f ( x) ) + af ( x) = b ( a + b ) x , ∀x ∈ ℝ + (*) cu u ( a, b số dương) Lời giải ∞ Xét dãy { xn }n = : xn+1 = f ( xn ) , với x0 số thực cố ñịnh Từ (*) ta có cơng thức truy hồi dãy: xn+ = −axn +1 + b ( a + b ) xn Phương trình đặc trưng: x + ax − b ( a + b ) = , có nghiệm x1 = b , x2 = −a − b Công thức tổng quát dãy xn = c1b n + c2 ( − a − b ) , n với c1 , c2 ∈ ℝ thỏa mãn x0 = c1 + c2 x1 = c1b − c2 ( a + b ) Do xn > ∀n ∈ ℕ , nên c2 = Suy x0 = c1 f ( x0 ) = x1 = c1b = bx0 Vậy f ( x) = bx , ∀x ∈ ℝ + 15 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt ... đpcm an Các tốn hàm liên tục khoảng đóng (trên đoạn) ln gắn liền với ñịnh lý Weierstrass ñịnh lý Bolzano-Cauchy (đã trình bày trên) th Bài tốn du on g x x Tìm tất hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa... Dạng mở rộng hàm liên tục Ta cho (hoặc tìm được) hàm liên tục xác ñịnh ñoạn lại cần giá trị hàm xác ñịnh ñiểm nằm ñoạn ñang xét Trong nhiều trường hợp, ta cần (bắt buộc) phải mở rộng hàm ñiểm ñoạn... gọi ñiểm bất ñộng hàm f f ( x) = x co 1) Mọi hàm liên tục f : [ a, b ] → [ a, b ] có điểm bất động (ðịnh lý ñiểm bất ñộng Banach) an Chứng minh Xét hàm g ( x) = f ( x) − x liên tục , g (a) ≥ g