II. Mô tả giải pháp
11. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
2.1.2 Sử dụng các định lý giá trị trung gian và tính chất bị
(f(x))2= 1,∀x∈(0; 1). Lời giải +) Ta có (f(x))2 = 1,∀x∈(0; 1) ⇔ " f(x) = 1 f(x) =−1 ,∀x∈(0; 1) (*).
+) Dễ thấy hai hàm số:f(x) = 1,∀x∈(0; 1) và f(x) =−1,∀x∈(0; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta chứng minh không còn hàm nào khác thỏa mãn yêu cầu.
Thật vậy, giả sử có hàm f : (0; 1) →R khác hai hàm đã nêu và thỏa mãn (*), khi đó có hai số phân biệta, b mà f(a) = 1, f(b) =−1. Có thể coi 0< a < b <1, khi đó
f(x) liên tục trên [a;b], theo định lý giá trị trung gian thìf(x) sẽ nhận mọi giá trị thuộc (−1; 1), điều này mâu thuẫn với phát biểu (*).
Kết luận: Chỉ có hai hàm số là f(x) = 1,∀x ∈(0; 1) và f(x) = −1,∀x ∈ (0; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét
*) Một phát biểu mở rộng cho Bài toán 2.7 là kết quả sau:
Xét f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên khoảng (a;b) và thỏa mãn
(f(x))2 = (g(x))26= 0,∀x∈(a;b).
Khi đó hoặc làf(x) =g(x),∀x∈(a;b), hoặc là f(x) = −g(x),∀x∈(a;b).
*) Bằng cách lập luận tương tự như trong Bài toán 2.7 ta cũng thu được các kết quả sau đây, có thể dùng làm ý tưởng để tạo ra các bài toán về hàm liên tục. - Nếu hàm số f(x) liên tục trên khoảng K và f(K) là một tập hợp hữu hạn thì
f(x) là hàm hằng trên K.
- Nếu hàm số f(x) liên tục trên khoảng K và f(x) chỉ nhận giá trị hữu tỷ (hoặc chỉ nhận giá trị vô tỷ) trênK thì f(x) là hàm hằng trên K.
Bài toán 2.8. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn
(133a+ 29b+ 7c+ 2d−7) (91a+ 25b+ 7c+ 2d−7)<0.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai cặp số (u;v) phân biệt thỏa mãn
(
u+v = 7
Lời giải +) Ta có ( u+v = 7 a u3+v3+b u2+v2+c(u+v) + 2d= 7 ⇔ ( v = 7−u a u3+ (7−u)3+b u2+ (7−u)2+ 7c+ 2d−7 = 0 ⇔ ( v = 7−u a 21u2−147u+ 343+b 2u2−14u+ 49+ 7c+ 2d−7 = 0. +) Đặt f(u) = a 21u2−147u+ 343+b 2u2−14u+ 49+ 7c+ 2d−7. Ta có f(u) là hàm số liên tục trên R và f(2) =f(5) = 133a+ 29b+ 7c+ 2d−7, f(3) =f(5) = 91a+ 25b+ 7c+ 2d−7.
Suy raf(2).f(3) <0, f(4).f(5)<0. Điều này chứng tỏf(u)có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt là u1 ∈ (2; 3) và u2 ∈ (4; 5), suy ra hệ ban đầu có ít nhất hai cặp nghiệm phân biệt (u;v) là (u1; 7−u1) và (u2; 7−u2).
Bài toán 2.9. Cho các hàm số f, g : [0; 1]→R liên tục và thỏa mãn
max
x∈[0;1]f(x) + min
x∈[0;1]g(x) = 0.
Chứng minh rằng tồn tại số thức x0 ∈[0; 1] sao cho
(f(x0))4−(g(x0))4+ 3f(x0) + 3g(x0) = 0.
Lời giải
+ Đặt G(x) =−g(x) thì ta có f, G liên tục trên [0; 1] và max
x∈[0;1]
f(x) = max
x∈[0;1]
G(x) =
M.
Theo tính chất hàm liên tục, tồn tại các số thực a, b∈[0; 1] mà M =f(a) =G(b). +) Trường hợp 1: a =b, khi đó ta có ngay f(a) = G(a) hay f(a) +g(a) = 0. Khi đó chọn x0=a thì có (f(x0))4−(g(x0))4+ 3f(x0) + 3g(x0) = 0.
+) Trường hợp 2: a6=b. Không mất tổng quát coi a < b.
Xét hàm số h(x) =f(x)−G(x) liên tục trên [0; 1] nên cũng liên tục trên [a;b]. Ta có h(a) =f(a)−G(a) =M −G(a)≥0 (do G(x)≤M,∀x∈[0; 1])
và h(b) =f(b)−G(b) =f(b)−M ≤0 (do f(x)≤M,∀x∈[0; 1]).
Suy rah(a).h(b)≤0, điều này dẫn đến tồn tại số thực x0∈[a;b]mà h(x0) = 0. Khi đó có f(x0) +g(x0) = 0, điều này suy ra (f(x0))4−(g(x0))4+ 3f(x0) + 3g(x0) = 0. Vậy bài toán được giải quyết xong.
Bài toán 2.10. Cho hàm số f :R→R là hàm số liên tục và tuần hoàn. a) Chứng minh rằng f(x) bị chặn.
b) Chứng minh rằng tồn tại số thực x0 mà f(x0+π) = f(x0).
Lời giải
a) Gọi số thực dươngT là một chu kỳ của hàm tuần hoàn f. Khi đó có tập giá trị của hàm số là f(R) = f([0;T]). Mặt khác f liên tục trên R nên nó liên tục trên
[0;T] và trên đoạn này f có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Vậy f(x) bị chặn trên R. b) Gọi a, b là các số thực thỏa mãn f(a) = max x∈[0;T] f(x) = max x∈Rf(x) =M. f(b) = min x∈[0;T]f(x) = min x∈R f(x) = m. Xét hàm số g(x) = f(x+π)−f(x). Ta có g(x) liên tục trên R và ( g(a) =f(a+π)−M ≤0 g(b) =f(b+π)−m ≥0 ⇒g(a).g(b)≤0.
Chứng tỏ tồn tại số thựcx0 (nằm giữa hoặc trùng với ít nhất một trong hai số a, b) mà g(x0) = 0 hay là f(x0+π) =f(x0).
Nhận xét
i) Kết quả ở câu b) có thể phát biểu ở góc nhìn khác thành: Chứng minh rằng trên đồ thị của f(x) luôn có hai điểm phân biệt A, B mà khoảng cách của chúng bằng
π (hoặc là trên đồ thị f(x) luôn có dây cung với độ dài π) .
ii) Giá trịπ có thể thay thế bởi một số dương tùy ý. Tính chất này cũng đúng ngay cả khi bỏ đi tính tuần hoàn của f. Một cách tổng quát ta có bài toán sau:
Chof(x)là hàm số liên tục trên R và a là số thực dương tùy ý chọn trước. Chứng minh rằng có vô hạn cặp điểm A, B thuộc đồ thị y = f(x) mà khoảng cách AB
đúng bằng a.
Gợi ý: Ban đầu ta xét A(x0;f(x0)) và B(x;f(x)). Chứng minh g(x) =
q
(f(x)−f(x0))2+ (x−x0)2−a có ít nhất một nghiệm thực
x1∈(x0;bx0)(vớibx0 là một số thực dương nào đó ta chọn được!), lặp lại quy trình đó với việc thay thế x0 thành x1 và bx0 thành bx1 sinh ra cặp điểm mới khác cặp điểm cũ . . .
Bài toán 2.11. Cho hàm số f : [0; +∞)→ [0; +∞) liên tục sao cho lim
x→+∞ f(x)
x = 2020
2021. Chứng minh rằng tồn tại số thực c≥0 sao cho f(c) = c.
Lời giải
+) Nếu f(0) = 0 thì chọn c= 0 thỏa mãn yêu cầu. +) Nếu f(0) 6= 0, theo định nghĩa hàm f có f(0) >0. Xét hàm số g(x) = f(x)−x liên tục trên [0; +∞), ta có: *) h(0) =f(0)−0>0. *) Do lim x→+∞ f(x) x = 2020
2021 <1 nên tồn tại số thực α dương (đủ lớn) mà f(α)
α < 1, suy ra h(α) = f(α)−α <0.
Khi đó có h(0).h(α)<0 nên tồn tại số thựcc∈(0;α) mà h(c) = 0 hay là f(c) =c. Vậy bài toán được giải quyết xong.
Bài toán 2.12. (USA TST 2005, Razvan Gelca) Cho f(x) = n P k=1 akxk và g(x) = n P k=1 ak 2k−1x k là các đa thức với hệ số thực, n là số nguyên dương cho trước. Biết rằng 1 và 2n+1 là hai nghiệm của g(x), chứng minh rằng f(x) có nghiệm thực dương nhỏ hơn 2n.
Lời giải Ta có f 20+f 21+f 22+· · ·+f(2n) = =a1 20+ 21+· · ·+ 2n+a2 22.0+ 22.1+· · ·+ 22.n+· · ·+an 2n.0+ 2n.1+· · ·+ 2n.n =a12 n+1−1 2−1 +a22 2(n+1)−1 22−1 +· · ·+an2 n(n+1)−1 2n−1 =g 2n+1−g(1) = 0.
+) Nếu tồn tạii∈ {0,1,2, ..., n−1}mà f 2i= 0 thì có luôn điều phải chứng minh. +) Nếu f 2i6= 0,∀i= 0, n thì từ đẳng thức f 20+f 21+· · ·+f(2n) = 0 suy ra tồn tại cặp chỉ số i, j mà 0≤i < j ≤n mà f 2if 2j<0.
Kết hợp với tính liên tục trên R của đa thức f(x) suy ra tồn tại nghiệm x0 của
f(x) thuộc khoảng 2i; 2j. Vì 2i; 2j⊂(0; 2n) nên có điều phải chứng minh. +) Nếu f(2n) = 0 thì f 20+f 21+· · ·+f 2n−1= 0.
Lặp lại lập luận trên cũng có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.13. (Olympic Sinh viên). Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có
thể nhận các giá trị khác dấu. Chứng minh rằng tồn tại cấp số cộng a, b, c (với
a < b < c) mà
f(a) +f(b) +f(c) = 0.
Lời giải
a) Nếu hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a;b) chứa x0 và f(x0) > 0 thì tồn tại khoảng I chứa x0 mà f(x)>0,∀x∈I.
b) Nếu hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a;b) chứa x0 và f(x0) < 0 thì tồn tại khoảng I. chứa x0 mà f(x)<0,∀x∈I.
*) Theo giả thiết tồn tại hai số thực phân biệt α, β mà f(α) > 0 > f(β). Khi đó theo bổ đề thì tồn tại khoảngI chứa α mà f(x)>0,∀x∈I; tồn tại khoảng J chứa
β mà f(x)<0,∀x∈J.
+) Trên khoảng I ta chọn một cấp số cộng là α1, α2, α3 sao cho α1 < α2 < α3 và
f(αi)>0,∀i= 1,3.
+) Trên khoảng J ta chọn một cấp số cộng là β1, β2, β3 sao cho β1 > β2 > β3 và
f(βi)<0,∀i= 1,3. +) Xét hàm số F : [0; 1]→R sao cho F (t) = 3 P i=1 f(tαi+ (1−t)β4−i). Ta thấy:
•f liên tục trênR và mỗi hàm ui(t) =αit+β4−i(1−t) liên tục trên[0; 1] nênF (t)
liên tục trên [0; 1]. • F (0) = 3 P i=1 f(β4−i)<0 và F (1) = 3 P i=1 f(αi)>0 nên F(0).F (1)<0. Suy ra tồn tại t0 ∈(0; 1) mà F(t0) = 0 hay
3 P i=1 f(t0αi+ (1−t0)β4−i) = 0. +) Đặt a=t0α1+ (1−t0)β3 b =t0α2+ (1−t0)β2 c=t0α3+ (1−t0)β1
, dễ dàng kiểm tra thấy a < b < c và a+c= 2b. Như vậy tồn tại cấp số cộng tăng ngặt a, b, c mà f(a) +f(b) +f(c) = 0. Bài toán 2.14. (VMO 2019)
Cho hàm số f :R→(0; +∞) liên tục và thỏa mãn lim
x→−∞f(x) = lim
x→+∞f(x) = 0. a) Chứng minh rằng f(x) có giá trị lớn nhất trên R.
b) Chứng minh rằng tồn tại hai dãy con (xn),(yn) với xn < yn,∀n ≥ 1 sao cho chúng hội tụ đến cùng một giới hạn và thỏa mãn f(xn) = f(yn),∀n ≥1.
Lời giải a) Ta có f(0)>0. +) Từ lim x→−∞f(x) = lim x→+∞f(x) = 0 suy ra tồn tại a <0< b (a đủ nhỏ và b đủ lớn) mà f(x)<0,∀x∈(−∞;a]S[b; +∞).
+) Bây giờ xét trên[a;b], do hàm số f(x) liên tục nên trên đoạn này nó có giá trị lớn nhất là M đạt tại x=c∈[a;b], hiển nhiên M ≥f(0).
+) Như vậy có f(x)≤M =f(c),∀x∈R nên trênR hàm sốf(x)có giá trị lớn nhất.
b) Ta xét hai trường hợp sau: *) Trường hợp 1:
Nếu tồn tại khoảng (a;b) nào đó chứa số c. mà ở đó f(c) = M = maxf(x)
x∈R và
f(x)< M,∀x∈(a;b)\ {c} (*).
Lấy a < A < c < B < b thì f(x) liên tục trên các đoạn [A;c],[c;B] nên sẽ có giá trị nhỏ nhất tương ứng là m1, m2 trên các đoạn này.
Đặt m = max{m1;m2}, theo định lý giá trị trung gian, tồn tại x1 ∈ [A;c] và
y1 ∈[c;B] mà f(x1) =f(y1) =m. Do (*) nên x1< c < y1.
Lại dùng định lý giá trị trung gian cho các đoạn [x1;c],[c;y1] thì tồn tại x2, y2
mà f(x2) =f(y2) = m+M
2 và x1< x2 < c < y2 < y1. Lặp lại quá trình như trên ta sẽ thu được:
- Dãy số thực (un) mà u1 =m, u2= M +m
2 , ..., un+1 =
un+M
2 (∀n ≥1). Dễ thấy dãy này hội tụ về M.
- Dãy(xn)tăng và dãy(yn)giảm màxn < c < yn vàxn ∈(xn−1;c), yn ∈(c;yn−1), đồng thời f(xn) =f(yn) = un.
Ta thấy các dãy (xn),(yn) đơn điệu và bị chặn nên chúng hội tụ.
Đặt limxn = L, khi đó L ≤ c. Nếu L < c thì từ f(xn) = un và tính liên tục của f suy ra f(L) = limun =M, mâu thuẫn với điều (*). Vậy limxn =L =c. Tương tự limyn = c. Ta đã xây dựng xong hai dãy (xn),(yn) thỏa mãn yêu cầu.
*) Trường hợp 2:
Nếu không tồn tại khoảng (a;b) nào thỏa mãn trường hợp 1 thì tồn tại đoạn
[a;b] mà f(x) =M,∀x∈[a;b].
Khi đó xét hai dãy (xn),(yn)với xn = a+2b+a2−nb , yn = a+2b+b2−na với mọin ≥1. Rõ ràng a < xn < a+b
2 < yn < b,∀n≥1 và limxn = limyn = a+b 2 ,
f(xn) = f(yn) =M.
Vậy bài toán được giải quyết xong. Bài toán 2.15. (Gặp gỡ Toán học 2019).
Cho hàm số f liên tục trên đoạn [a;b]. Biết rằng tồn tại c∈(a;b) sao cho f(c) = 1
và c không là điểm cực trị. Chứng minh rằng tồn tại a < x1 < x2 < b sao cho
Lời giải
Do c∈(a;b) và f(c) = 1>0, nên tồn tại A, B sao cho
(
a < A < c < B < b f(x)>0,∀x∈[A;B].
Đặt M = max
[A;B]f(x) =f(s)>1; m= min
[A;B]f(x) =f(t)<1 (do c không phải là điểm cực trị của f)
Do f liên tục trên [A;B] và f(t)≤max
n m, 1 M o <1 = f(c) nên ∃x1∈[A;B] : f(x1) = max n m, 1 M o ∈(0; 1). Từ đây, ta có f(c) = 1 < 1 f(x1) ≤M =f(s), điều này dẫn đến ∃x2 ∈[A;B] : f(x2) = 1 f(x1) >1.
Rõ ràng x16=x2, không mất tính tổng quát giả sử x1 < x2. Vậy ta đã tìm được hai số x1; x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Một số bài tập tự luyện
Bài tập 2.6. Chứng minh rằng với mọi tham số thực a, b, c thì: i) Đa thức P(x) = x4+ax3+bx2+cx−2b+ 1
4 luôn có nghiệm thực.
ii) Đa thức Q(x) = x2020+a2x3+ 2ax2 + 3a2x+a−1 có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt.
Bài tập 2.7. Cho hàm số f : [0; 1]→ R liên tục và thỏa mãn f(0) =f(1). Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dươngn chọn trước, tồn tạix0màfx0+ 1
n
=f(x0).
Bài tập 2.8. (Đề nghị IMO 1981)
Cho f, g ∈ R[x] thỏa mãn f(g(x)) = g(f(x)),∀x. Chứng minh rằng nếu phương trình f(x) = g(x) không có nghiệm thực thì phương trình f(f(x)) = g(g(x)) cũng không có nghiệm thực.
Bài tập 2.9. (Ukrainian MO 2011)
Chứng minh rằng với mọi bộ số thực a1, a2, ..., a2011 với a1 6= 0, luôn tồn tại hàm liên tục f :R→R sao cho với mọi số thực x, ta có
a1.f(1)(x) +a2.f(2)(x) +· · ·+a2011.f(2011)(x) = x.
Bài tập 2.10. Cho hàm số f : R → R vừa liên tục, vừa tuần hoàn với chu kỳ
T >0. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương a chọn trước thì đồ thị hàm số
y=f(x) và parabol y=x2−a(x+T) luôn có điểm chung.
Bài tập 2.11. (IMO 1988)
Chứng minh rằng tập nghiệm của bất phương trình
1 x−1+ 2 x−2+ 3 x−3+· · ·+ 70 x−70 > 5 4
là hợp của các khoảng rời nhau đôi một với tổng độ dài các khoảng đó bằng 1988.
Bài tập 2.12. (VMO 2003) Cho hai đa thức:
P(x) = 4x3−2x2−15x+ 9, Q(x) = 12x3+ 6x2−7x+ 1.
a) Chứng minh rằng mỗi đa thức trên đều có đúng ba nghiệm thực phân biệt. b) Kí hiệu a và b lần lượt là nghiệm lớn nhất của P (x) và Q(x). Chứng minh rằng
a2+ 3b2 = 4.
Bài tập 2.13. (Russian MO 2013). Cho hai đa thức monic P (x), Q(x) với các hệ số thực và có bậc cùng bằng 10. Chứng minh rằng nếu phương trình P (x) =Q(x)
không có nghiệm thực thì phương trình P(x+ 1) =Q(x−1) có nghiệm thực.
Bài tập 2.14. (Russian MO 2001). Cho P (x) là một đa thức bậc lẻ với các hệ số thực. Chứng minh rằng phương trình P (P (x)) = 0 có số nghiệm thực ít nhất bằng số nghiệm thực phân biệt của phương trình P (x) = 0.
Bài tập 2.15. Cho hàm số f : [a;b]→R liên tục và f(a) = f(b). a) Chứng minh rằng tồn tại số thực c∈[a;b] sao cho f(c) =f
c+a+b 2
.
b) Chứng minh tồn tại hai dãy số (xn),(yn) sao cho mỗi dãy này đều hội tụ và với mọi số nguyên dương n thì xn < yn và f(xn) = f(yn).