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, còn 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, còn 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 toán 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 toán. Ta sẽ chứng minh bài toán 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 toàn 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. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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 toàn 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 toán 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 toán.
Bài toán 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 không 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.
CHƯƠNG 2
PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỐI SỐ