MỘT số vấn đề về hàm số TRONG GIẢI TÍCH t20

Các bài toán về hàm số luôn rất đa dạng, khai thác nhiều tính chất khác nhau: sự xác định, tính đơn ánh, toàn ánh,song ánh, các không điểm, các điểm bất động, hình dáng đồ thị, sự biến t

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HÀM SỐ TRONG GIẢI TÍCH

Hàm số là khái niệm xuyên suốt chương trình phổ thông Các bài toán về hàm số luôn rất đa dạng, khai thác nhiều tính chất khác nhau: sự xác định, tính đơn ánh, toàn ánh,song ánh, các không điểm, các điểm bất động, hình dáng đồ thị, sự biến thiên, các điểm đặc biệt, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, tính liên tục, tính chẵn lẻ, tuần hoàn … Nhiều loại bài toán về hàm số xuất hiện trong các kỳ thi Olympic Toán như phương trình hàm, đa thức ( một loại hàm số đặc biệt), các hàm lồi, lõm,… Tuy vậy, có một mảng về hàm số gần đây ít nhận được sự quan tâm từ phía cả giáo viên và học sinh phổ thông, đó là khía cạnh giải tích của hàm số Chính vì thế, tôi viết chuyên đề này, muốn hệ thống lại một số vấn đề thường gặp nhất trong giải tích khi bàn đến hàm số như hàm số liên tục, các định

lý giá trị trung bình, các xấp xỉ, tính lồi lõm Tất nhiên, nếu bàn đến tất cả các khía cạnh

đó, chuyên đề này sẽ trở nên rất đồ sộ, trong khoảng thời gian hạn hẹp cho phép, tôi chỉ chọn điểm vào hai chủ đề chủ yếu là hàm số liên tục và các định lý giá trị trung bình, và một số bài toán tổng hợp có một số ý tưởng thú vị có thể lưu giữ lại

1/ f x( ) liên tục tại x0 nếu mọi dãy ( )x n ( , ),lima b x n x0 thì lim ( )f x n f x( )0

2/ f x( ) liên tục tại x0 nếu với mọi ò0, tồn tại  mà với mọi x x x:|  0| thì

Tính chất 3 Nếu f là một hàm liên tục trên [a;b] thì f nhận mọi giá trị trung gian giữa giá

trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của nó trên đoạn đó

Tính chất 4 Nếu f D  : vừa là hàm đơn ánh, vừa là hàm liên tục thì f đơn điệu

Chứng minh:

Vì f là đơn ánh, ta chứng minh nếu tồn tại xy trong D sao cho f x( ) f y( ) thì f đồng biến, (nếu với mọi xy mà f x( ) f y( ) thì hiển nhiên f nghịch biến) Giả sử fkhông đồng biến sẽ có 3 trường hợp sau xảy ra:

{ ( ) mi n ( ), ( )}

f x M  f y f z Theo tính chất hàm liên tục vì z x y  nên tồn tại a sao cho

z a x  và f a( )M, đồng thời tồn tại b sao cho x b y  và f b( )M Như vậy a b

vì f đơn ánh nhưng điều này không thể xảy ra

Tương tự 2) sai Còn 3) sai do 1) và 2)

Vậy f đơn điệu

Tính chất 5 Nếu f x( ) liên tục trên (a,b) và x0 thuộc ( , )a b sao cho f x ( ) 00 thì tồn tại0



ò sao cho f x( ) 0  x (x0 ò,x0ò) ( một lân cận của x0)

Sau đây là một số bài tập sử dụng các tính chất của hàm liên tục

Bài tập minh họa

Bài 1 Cho f :[0, )   là hàm liên tục, là hàm hằng trên tập số tự nhiên và thỏa mãn:

x k y  k

nếu

1 2

Hơn nữa, do mọi số thực đều là giới hạn của một dãy hữu tỉ nên f( ) 0  với mọi  

Ta được điều phải chứng minh

Nhận xét: Bản chất việc chọn dãy ( )x n và ( )y n như trên là ý tưởng tìm kiếm nhị phân, chia đôi khoảng (k,k+1) và chọn khoảng chứa q, cứ thế mãi thì ta được hai dãy đầu mút, trung bình cộng của chúng sẽ dần đến q Tính liên tục giúp ta xây dựng được f tại mọi điểm hữu tỉ và do đó tại mọi điểm thực

Bài 2 Tìm tất cả các hàm liên tục f :   thỏa mãn:

Giả sử f x( )  x x (0,1)

Bài toán 4 và 5 sau đây tiếp tục sử dụng tính chất này

Bài 4 Cho f :   liên tục thỏa mãn f f x( ( )) f x( )x43x2 3 x Chứng minh rằng( )

Ta sẽ chứng minh f tăng trên (0,) và giảm trên ( ,0)

Thật vậy, trên (0,) thì f x( ) 1 f x( ) 2  x14 3x12  3 x24 3x2  3 x1 x2 nên f là đơn ánh, liên tục nên đơn điệu Mà f f x( ( )) f x x( ) 0 nên f đơn điệu tăng

Lập luận tương tự trên thì f đơn ánh trên ( ,0) và f liên tục nên f đơn điệu trên(   ,0), nếu f không đơn điệu giảm trên ( ,0) thì xlim ( ( ))f f x f x( ) f f( (0)) f(0).

Mâu thuẫn

Nhận định (*) được chứng minh

Đặt g x( )f x( )x thì g f x( ( ))g f( (x)) Mặt khác g x( ) đồng biến trên (0,), mà( ), ( ) 0 0

Giả sử f x( )x với mọi x(0, )x0 Khi đó f x( ) thuộc cùng khoảng với x nên thay x bởi( )

f x trong bất đẳng thức trước, ta được f x2( ) f x( ) với mọi x(0, )x0 Cứ thế ta có với mọi x(0, )x0 và với mọi n

và không bị chặn trên vì nếu

ngược lại thì hội tụ về a với

Tổng cuối này tiến đến 0 khi n tiến đến 

Hàm f không có điểm bất động vì nếu có điểm bất động x0 thì f x( )0 x0 nên

Bài 6 Cho số nguyên dương n và hàm số f liên tục trên  sao cho f nhận cả giá trị

âm và giá trị dương Chứng minh rằng tồn tại một cấp số cộng a a1, , ,2  a n sao cho

x Tương tự f x ( ) 02 thì f x( ) 0 x thuộc một lân cận B của x2

Vậy, tồn tại một câp số cộng a1a2a n với a i  A i 1,2, , n và một cấp số cộng

Xét c i a t i0b i(1 t0) thì c c1, , ,2  c n là cấp số cộng thỏa mãn đề bài

Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán này là nhờ tính chất 5 nhận ra có cả một khoảng

mà trong đó f x( ) nhận giá trị dương, 1 khoảng mà f x( ) nhận giá trị âm, để có thể lập một cấp số cộng khá thoải mái trong đó Về mặt hình học, hàm f t( ) được xây dựng dựa trên việc lựa chọn các điểm có vị trí tương tự trên các đoạn giữa a b i, i trên trục số

Bài toán sau tiếp tục sử dụng tính chất này của hàm liên tục

Bài 7 Tìm tất cả các hàm f : (0, ) [1,) sao cho

2001( ) (2 ) (3 ) ( ) 2000

+) Với n 1, cho a10,b11

+) Giả sử khẳng định đúng với n k Xét khẳng định với n k 1

Hàm số f :[0,k   1] liên tục thỏa mãn f(0)f k( 1) Đặt g x( )f x( 1) f x( ) thì (0) (1) (2) ( ) 0

g g g   g k  nên tồn tại i,0  i k 1 mà g i g i  ( ) ( 1) 0

Suy ra tồn tại x0k mà g x ( ) 00 hay f x( )0 f x( 01)

Xét hàm số

0 0

( ),0( )

Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Tính chất 1 của hàm liên tục đã được sử dụng trong bài toán này để lựa chọn

0

x , điểm quan trọng trong việc xây dựng quy nạp

Trong các bài phương trình hàm có sự xuất hiện của hàm liên tục, tính chất ( định nghĩa) f(lim ) lim ( )x n  f x n lại hay được sử dụng khi xây dựng được giá trị của hàm số tại

một dãy điểm có liên quan đơn giản đến nhau, hoặc mở rộng hàm từ tập hữu tỉ sang tập

số thực, hãy xem xét một số ví dụ sau đây:

Bài 9 Tìm hàm liên tục f :  thỏa mãn

R x x x f x

2)(

Bài 10 Tìm hàm f :   liên tục trên thỏa mãn 2 (2 )f x f x( )   x x , (*)

Thử lại thỏa mãn bài toán.

Bài 11 Tìm hàm số f : (0, ) (0,) liên tục thỏa mãn

1( ) ( ) ( )( )

Cho n   ta có mâu thuẫn vì do f liên tục,

vế trái tiến đến 0, vế phải tiến đến 

Nếu a 1 thì

( ) ( n )

Cho n   Tương tự có mâu thuẫn

Vậy a 1 nên f x f y( ) ( )f xy( ) và f(1) 1 nên f x( )x x 0

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài 12 Tìm tất cả các hàm f :   liên tục thỏa mãn f(0) 0 và

Tiếp theo là một vài bài toán khác, để ta có thêm một chút kinh nghiệm khi làm việc với hàm liên tục

Bài 13 Cho f : (0, )   là hàm liên tục sao cho dãy { ( )}f nx n1 không giảm với mọi x Chứng minh rằng f không giảm

  , với mọi x, nên f p( )f q( ) với mọi p q Xét

y  ‚ , và x , xy Nếu f x( ) f y( ), đặt  f x( ) f y( ) Vì f liên tục, tồn tại số

hữu tỉ x0, x0( , )x y sao cho f x( )0 f y( ) 2



Nhưng f x( )f x( )0 , nên  0 mâu thuẫn Có nghĩa là nếu x z , , vày  ‚ , thỏa mãn x y z thì f x( )f y( )f z( ) Xét xy tùy ý Tồn tại z   sao cho x z y, sử dụng khẳng định trên ta được

n

f nx n

 

b/ Gọi giới hạn trên là g x( ) Chứng minh rằng g x( ) liên tục tại 0

c/ Chứng minh rằng tồn tại giới hạn

( ) lim

x

f x x

 

Lời giải:

Bổ đề: Cho dãy số ( )a n thỏa mãn |a m n  a m a n|M Khi đó tồn tại giới hạn lim

n n

a n

 

Áp dụng

a/ Đặt a n f nx( ) thì theo bổ đề, tồn tại

( ) ( ) lim

  

nên

([ ]) lim f x g(1)

x  Ta có điều phải chứng minh

Bài 1: Cho hàm số f liên tục và có đạo hàm trên (0;+) và không phải là hàm hằng Cho

2 số thực 0 a b  Chứng minh phương trình: xf '( x )−f ( x)=

af (b )−bf (a ) b−a có ít nhất một nghiệm thuộc (a;b)

Theo định lý Cauchy thì tồn tại x0( , )a b sao cho:

có ít nhất một nghiệm thuộc (a;b)

Bài 2: Cho phương trình: 0 n 1 n(1 (1 0, 0 0

Bài 3 Cho hàm số f khả vi trên [0;1] và thoả mãn: f(0) 0; (1) 1. f  Chứng minh tồn tại

2 số phân biệt a b ; (0;1) sao cho f a f b( ) ( ) 1. 

Lời giải:

Xét hàm số g x( )f x( ) x 1 thì g khả vi trên [0;1]

Ta có: g(0) 1 0 và g(1) 1 0  nên tồn tại số c thuộc (0;1) sao cho g c ( ) 0

Do đó f c( ) c 1 0 hay f c( ) 1  c

Áp dụng định lý Lagrange cho f trên các đoạn [0;c] và [c;1] thì:

tồn tại a(0; )c sao cho:

1−f ( c) 1−c =

Vớix đủ lớn do f a( ) 1 0  Ta có g x ( ) 0 hay f x( )x với x đủ lớn Mâu thuẫn.

b/ Nhận thấy f x( ) 0 với x 0 nên f tăng Do f lồi, ta có f x( ) 0 hay:





với t(0, )xnghĩa là f x( )x suy ra f x( )x là kết quả duy nhất

Bài 5 Cho đa thức P x( ) và Q x( )aP x( )bP x'( ) trong đó a, b là các số thực, a  0.Chứng minh rằng nếu Q x( ) vô nghiệm thì P x( ) vô nghiệm

Lời giải: Ta có degP x( )degQ x( )

Vì Q x( ) vô nghiệm nên degQ x( ) chẵn Giả sử P x( ) có nghiệm, vì degP x( ) chẵn nên( )

P x có ít nhất 2 nghiệm

- Khi P x( ) có nghiệm kép x x 0 ta có x0 cũng là một nghiệm của P x'( ) suy ra Q x( )

có nghiệm

- Khi P x( ) có hai nghiệm phân biệt x1x2.

Nếu b 0 thì hiển nhiên Q x( ) có nghiệm

Nếu b  0 : Xét ( ) ( )

a b

f x e P x ta có: f x( )có hai nghiệm phân biệt x1 < x2

Vì f x( )có hai nghiệm suy ra f x'( )có ít nhất 1 nghiệm hay Q(x) có nghiệm.

Định lý giá trị trung bình có thể được sử dụng để chứng minh bất đẳng thức như ví dụsau:

Bài 6 Cho hàm số f x( ) có đạo hàm cấp hai trên R, f x''( ) 0,  x R ( f x ''( ) 0 có hữuhạn nghiệm) Chứng minh rằng:

* 1

Vì f x''( ) 0,  x R( f x ''( ) 0 có có hữu hạn nghiệm)  f x'( ) đồng biến trên R.

Theo định lí Lagrange, luôn tồn tại x i( ;i i1) sao cho:

Nhận xét: Nếu f x''( ) 0,  x R thì bất đẳng thức cần chứng minh sẽ đổi chiều.

Cũng có thể sử dụng định lý giá trị trung bình để tìm giới hạn dãy số

Bài 7 Cho dãy số thực (x n) xác định bởi:

1

x x

Suy ra phương trình f x n( )a luôn có đúng một

nghiệm x n dương duy nhất

Nhận xét: Bài toán trên sẽ khó khăn hơn nhiều nếu đề bài không cho trước giới hạn

của dãy số Khi đó câu hỏi đặt ra là giới hạn đó bằng bao nhiêu?

Ta có thể trả lời câu hỏi đó như sau:

Trước hết giới hạn của dãy số phải thuộc khoảng (0; 1), giả sử giới hạn của dãy số là

f x  , với giả thiết f x n( ) là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên (a; b), f n'( )x c

với mọi số nguyên dương n và số thực dương x thuộc (a; b), khi giải bài toán dạng này

nói chung ta điều khó khăn nhất là xác định được giới hạn của dãy số

Phần 3 Một số bài toán khác.

Bài 1 Cho hàm số f khả vi đến cấp 2 thỏa mãn f x( ) f x( )xg x f x( ) ( )

Với g x ( ) 0 với mọi x Chứng minh rằng | ( ) |f x bị chặn

[Putnam 1997 ] Lời giải:

Từ điều kiện đã cho, nhân 2 vế với f x( ), ta được

1

( ( ) ( '( ) ) ( ) ( ) ( ) ''( ) ( )( ( ))

2 f x  f x f x f x f x f x xg x f x

Nhận xét

2

0, khi 0( )( ( )) 0, khi 0

Bài 2 Cho f :  thỏa mãn: với mọi x,y phân biệt mà f x( ) f y( ), nếu  là số bất

kỳ trong ( ( ), ( ))f x f y thì luôn tồn tại số  giữa x và y mà f( )  Biết f đơn ánh trên

,

 ‚  chứng minh rằng f liên tục trên .

[Romania 2018] Lời giải:

Ta chứng minh rằng f đơn điệu

Giả sử ngược lại, thì tồn tạixy z sao cho f x( ) f y( ) f z( ). Vậy với mọi

Vậy f đơn điệu và do đó liên tục

Bài 3 Tìm tất cả các hàm f :[0, ) [0, ) mà f(0) 0 và f x( )2 f x( ) vơi mọi

[0, )

x  

[Romania 2012] Lời giải:

Cách 1

x

  : f x( )f( x)2 f( x) 0

, nên f x( ) 0  f  [0,)Xét g x( )e f x xx ( ) , 0.g x( )ex( ( )f x  f x( ))

2(2 1)

n n

n n

k k

Cho n   , n 0, n 2 , n 0 bất đẳng thức thu được là f x ( ) 0 nên f x ( ) 0

Bài 4 Cho f : [0, ) Chứng minh rằng f x y(  ) ( y1) ( ), ( )f x  x  và  y 0 khi

và chỉ khi hàm g:[0, ), ( ) g x e f xx ( ), ( ) x là hàm tăng

[Romania 2010] Lời giải:

Xét f thỏa mãn đề bài Với mọi y 0 và n  , ta có

Với mọi x   và y 0 Vậy, g không giảm

Chiều ngược lại đơn giản Giả sử f x( )e g x x ( ) với hàm không giảmg Với mọi x  

và y 0, ta có

( )( ) x y ( ) x y ( ) y ( ) ( 1) ( )

Bài 5 Cho tập S  ‚ {0,1, 1} và hàm f S:  S cho bởi

1 ( )

 với p,q nguyên, nguyên tố cùng nhau, q 0

số tối giản có q n b, do đó f x n( ) u, tức là không tồn tại v S mà f v n( )u

Khẳng đinh trên là sai

Bài 6 Cho f :[0, ) [0,) liên tục thỏa mãn lim ( ) 0x f x

Chứng minh rằng tồn tại, 0

( ) ( )

2

f x

f x 

Ta xây dựng dãy ( )x n thỏa mãn

0

( ) ( ) ( )

12

Bài 7 Cho f :   thỏa mãn:  ò 0, tồn tại g x( ) [ ]x sao cho

Bài 8 Cho hàm số yf x( ) có đồ thị ( )C Biết rằng số giao điểm của một đường thẳng bất kỳ với đồ thị (C ) luôn bằng số giao điểm của đồ thị hàm số đó với parabol y x 2 Chứng minh rằng f x( ) x x2

Rõ ràng phương trình x2  2 (x x x0  0 ) y0 vô nghiệm do y0 x02, nghĩa là đường thẳng l

có điểm chung với (C ) nhưng không có điểm chung với S3 Trái giả thiết

Vậy, mọi điểm thuộc ( )C không thuộc S2

Nếu tồn tại một điểm M x y( , )0 0 của ( )C thuộc S1, xét điểm N x x( , ) 0 02 và  là tiếp tuyến tại N của S3 Khi đó  có đúng một điểm chung với ( )S3 nên cũng có đúng một điểm chung với ( )C Nhưng mọi điểm khác N của  đều thuộc S2, nghĩa là không thuộc ( )C , nên N là điểm giao duy nhất của  và ( )C Như thế, có hai điểm phân biệt cùng hoành

độ đều thuộc ( )C là M,N Điều này không thể xảy ra do f x( ) là một hàm số, tức là một ánh xạ

Vậy mọi điểm của ( C) không thuộc S1

Suy ra ( )C S3 Xét một điểm bất kỳ thuộc S3 thì tiếp tuyến tại đó với S3 có điểm chungduy nhất với ( )C nên S3 ( )C

Ta được ( )C S3 Điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán cuối cùng của chuyên đề này được giải dựa trên tính lồi của đồ thị

hàm số y x 2, khi mà phần S2 có thể chứa cả một đường thẳng, và tiếp tuyến tại điểm bất kỳ của S3 luôn nằm bên dưới đồ thị hàm số y x 2 Ta có thể thay hàm số y x 2 bới một hàm lồi khác Đây là bài toán thể hiện sự kết nối giữa ngôn ngữ giải tích và ý tưởng hình học rất hay

Như vậy, trong chuyên đề này, tôi đã cung cấp một hệ thống các bài tập ứng dụng các tính chất và định nghĩa hàm liên tục, ứng dụng các định lý giá trị trung bình, tính lồi lõm của hàm số Trong thời gian có hạn, chuyên đề khó tránh khỏi những thiếu sót Rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các bạn đồng nghiệp

Tháng 8 năm 2019

Tài liệu tham khảo