1.4. Sử dụng các tính chất của hàm số
1.4.2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Nhận xét 1.7. i) Nếu f(x), g(x) cùng đơn điệu tăng, hoặc cùng đơn điệu giảm
trên R thì f(g(x)), g(f(x)) cũng tăng trên R. Từ đó suy ra, nếu f là hàm tăng trên R thì fn(x) cũng là hàm tăng trên R, với mọi n∈N∗.
ii) Nếu f(x) tăng trên R, g(x) giảm trên R thì f(g(x)), g(f(x)) đơn điệu giảm trên R. Từ đó suy ra, nếu f(x) đơn điệu giảm trên R thì f2n(x) đơn điệu tăng, cịn f2n+1(x) đơn điệu giảm trên R.
Nhận xét 1.8. Cho g(x) là hàm liên tục trên R. Nếu f : R → R là hàm đơn
điệu thỏa mãn f(x) =g(x), ∀x∈Q thì f(x) =g(x), ∀x∈R.
Nhận xét 1.9. Nếu f :R→R vừa là hàm đơn ánh, vừa là hàm liên tục, thì f
đơn điệu.
Chú ý: Kết quả trên không thay đổi nếu ta thayRbởi các khoảng(a;b),(a;b],[a;b), [a;b], với a < b tùy ý.
Nhận xét 1.10. Với mọi hàm f đơn điệu sao cho f có hàm ngược f−1, thì tính
đơn điệu của f và f−1 là như nhau.Nghĩa là, nếu f tăng thực sự thì f−1 cũng tăng thực sự, cịn nếu f giảm thực sự thì f−1 cũng giảm thực sự.
Bài toán 1.33. Cho trước n∈N∗. Hàm f : [0; 1]→[0; 1] liên tục và thỏa mãn
Chứng minh rằng f(x) = x trên đoạn [0;1].
Giải. Nếu f(x) = f(y) thì fn(x) =fn(y), suy rax=y. Do đó, f đơn ánh. Lại có f liên tục trên [0; 1], nên f đơn điệu trên [0; 1]. Vì f(0) = 0, f(1) = 1,suy ra f là hàm tăng, mà fn(x) =x, ∀x∈[0; 1]. Do đó f(x) =x, ∀x∈[0; 1].
Bài tốn 1.34 (APMO 1989). Tìm hàm f : R → R tăng thực sự và song ánh
thỏa mãn f(x) +g(x) = 2x, ∀x∈R, trong đó g là hàm ngược của f.
Giải. Ta có thể nhận thấy rằng hàm f(x) = x+c, với c là hằng số tùy ý, là nghiệm của bài tốn. Ta sẽ chứng minh bài tốn có nghiệm duy nhất xác định như trên.Thật vậy,
Với mỗi số thực a đặt Sa ={x∈R| f(x) =x+a}. Mỗi số thực x0 đều thuộc tập Sa nào đó, vì nếu đặt f(x0)−x0 = a thì hiển nhiên x0 ∈ Sa. Do vậy, tồn tại số thực c sao cho Sc 6=∅.
Với ∀a ∈ R ta chứng minh x0 ∈ Sa cũng tương đương với việc chứng minh x0+ka ∈Sa. Bằng phép qui nạp, ta chỉ cần chứng minh x0 ∈Sa ⇔ x0+a ∈Sa. Thật vậy, ta có
x0 ∈Sa ⇔f(x0) = x0+a⇔g(x0+a) =x0
⇔f(x0+a) =x0+ 2a ⇔x0+a∈Sa.
Bây giờ, sử dụng kết quả trên, ta đi chứng minh rằng nếu Sa 6=∅ thì Sb=∅ với
∀a6=b.
Xét b < a. Lấy x0∈Sa, với ∀y∈R luôn tồn tại k ∈N∗ sao cho x0+k(a−b)6y < x0+ (k+ 1)(a−b),
⇔x0+ka6y+kb <(x0+ka) + (a−b). (1.60) Do f tăng thực sự nên
f(y+kb)>f(x0+ka) = x0+ (k+ 1)a. (1.61) Nếu y+kb∈Sb thì ta có f(y+kb) =y+ (k+ 1)b, kết hợp với (1.61) ta có
y+ (k+ 1)b >x0+ (k+ 1)a⇔y>x0+ (k+ 1)(a−b), điều này mâu thuẫn với (1.60).
Xét b > a. Nếu Sb 6=∅ thì theo trên Sa =∅, mâu thuẫn.
Như vậy, tồn tại duy nhất c ∈ R mà Sc 6= ∅. Nhưng mỗi số thực đều nằm trong một tập Sa nào đó, vì vậy mọi số thực đều nằm trong tập Sc trên, tức là f(x) = x+c, ∀x∈R.
Vậy hàm số cần tìm là f(x) =x+c, với c là hằng số bất kỳ.
Bài toán 1.35 (ĐHKHTN 2009). Tìm hàm f :R→R liên tục thỏa mãn
i) f đơn ánh, ii) f(2x-f(x))=x,
iii) tồn tại x0 sao cho f(x0) = x0.
Giải. Từ (ii) ta có f tồn ánh, hơn nữa f đơn ánh, nên f là song ánh. Do đó hàm f có hàm ngược g. Từ (ii) ta suy ra f(x) +g(x) = 2x, ∀x∈R.
Ta trở về bài toán APMO 1989 bằng cách chứng minh f tăng thực sự.
Thật vậy, do f liên tục và f đơn ánh nên f đơn điệu, tức f tăng thực sự hoặc f giảm thực sự. Giả sử f nghịch biến, khi đó hàm ngược g của hàmf cũng nghịch biến.
Nếu ∃a ∈ R mà f(a) < a thì g(a) < g(f(a)) = a. Khi đó f(a) +g(a) < 2a, mâu thuẫn với (ii).
Nếu ∃a∈R mà f(a)> a thì g(a)> g(f(a)) =a, nên f(a) +g(a)>2a, mâu thuẫn với (ii).
Do đó với ∀a ∈ R thì f(a) = a, điều này mâu thuẫn với giả sử f nghịch biến. Như vậy, giả sử f là nghịch biến là sai.
Vậy f tăng thực sự. Đến đây kết hợp (ii) có giả thiết f(x) +g(x) = 2x, ∀x∈R, sử dụng kết quả bài toán APMO 1989, ta suy ra f(x) = x+c với c là hằng số nào đó. Nhưng theo (iii) tồn tại x0 sao cho f(x0) = x0, nên ta có c = 0, hay f(x) = x, ∀x∈R.
Thử lại, ta thấy hàm số f(x) thỏa mãn .Vậy f(x) =x, là kết quả của bài toán.
Bài toán 1.36 (Crux Mathematicorum 2003). Xác định hàm số f :R→Rthỏa
mãn
f(x3+x)6x6[f(x)]3+f(x), ∀x∈R.
Giải. Xét hàm g(x) = x3 +x, ta thấy rằng hàm này tăng thực sự trên R và nhận giá trị trên tồn R. Vì vậy, g là song ánh trên R, với hàm ngược là hàm g−1 cũng là song ánh và tăng thực sự trên R.
Giả sử hàm f thỏa mãn bài toán. Từ điều kiện của bài tốn ta có f(g(x))6x6g(f(x)), ∀x∈R.
Từ vế đầu tiên, thayxbởig−1(x)ta đượcf(x)6g−1(x), ∀x∈R.Còn vế thứ hai, ta tác độngg−1 lên cả hai vế, chú ýg−1 là hàm tăng ta sẽ cóg−1(x)6f(x), ∀x∈
R. Do đó, f(x) = g−1(x), ∀x∈R. Đây chính là nghiệm của bài tốn.
Bài tốn 1.37 (THTT-T9/2006). Tìm tất cả những hàm số f liên tục trên R,
thỏa mãn điều kiện f3(x) +f(x) = 2x, ∀x∈R, trong đó f3(x) = f(f(f(x))).
Giải. Trước hết ta chứng minh f là một đơn ánh. Thật vậy, nếu f(x1) =f(x2) thì hiển nhiên f3(x1) = f3(x2). Do đó
f3(x1) +f(x1) =f3(x2) +f(x2) nên suy ra 2x1 = 2x2 hay x1 =x2.
Với cặp số α, β ∈ R(α < β) tùy ý cho trước và mọi cặp x, y ∈ (α;β) (x < y), ta xét hàm số g(t) = f((1−t)β+ty)−f((1−t)α+tx), t∈[0; 1]. Khi đó, g(t) là một hàm liên tục trên [0; 1] và do f(x) là đơn ánh nên
g(0) =f(β)−f(α)6= 0, g(1) =f(y)−f(x)6= 0.
Nếu xảy rag(0)g(1)<0thì do g(t) liên tục nên tồn tạiγ ∈(0; 1) để g(γ) = 0. Suy ra
f((1−γ)β+γy) = f((1−γ)α+γx)
kéo theo (1−γ)β+γy= (1−γ)α+γx. Điều này khơng xảy ra, vì (1−γ)β+γy >(1−γ)α+γx.
Suy ra g(0)g(1) >0, tức là
(f(β)−f(α))(f(y)−f(x))>0. Vậy f(x) hoặc luôn đồng biến hoặc luôn luôn nghịch biến.