Ứng dụng tính liên tục và tính khả vi của hàm số trong phương trình và bất đẳng thức

32 2.3 Các bài toán về phương trình và bất đẳng thức của các hàm khả vi... Mở đầuCùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục và tính khả vi của hàm số là những những kiến thức cơ sở quan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

Mục lục

1.1 Tính liên tục của hàm số 3

1.1.1 Các khái niệm cơ bản 3

1.1.2 Các tính chất cơ bản 4

1.2 Một số tính chất của liên tục 4

1.3 Nghiệm của các phương trình 10

1.4 Điểm bất động của hàm số 14

1.5 Phương trình hàm 19

2 Hàm khả vi và ứng dụng 27 2.1 Đạo hàm và vi phân của hàm số 27

2.1.1 Đạo hàm tại một điểm 27

2.1.2 Đạo hàm một phía 27

2.1.3 Một số tính chất cơ bản 28

2.1.4 Định nghĩa vi phân tại một điểm 28

2.1.5 Đạo hàm và vi phân cấp cao 29

2.2 Các định lí về giá trị trung bình 30

2.2.1 Định lí Fermat 30

2.2.2 Định lí Rolle 30

2.2.3 Định lí Lagrange và Định lí Cauchy 32

2.3 Các bài toán về phương trình và bất đẳng thức của các hàm khả vi 34

2.3.1 Phương trình 34

2.3.2 Bất đẳng thức 37

2.4 Một số bất đẳng thức đạo hàm quan trọng 48

2.4.1 Công thức Taylor trên một khoảng 48

2.4.2 Các bất đẳng thức đạo hàm quan trọng 48

Mở đầu

Cùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục và tính khả vi của hàm số

là những những kiến thức cơ sở quan trọng của giải tích toán học Trongchương trình toán học ở bậc phổ thông, tính chất của hàm số liên tục trênmột đoạn được áp dụng nhiều, phong phú và đa dạng trong các bài toánkhác nhau, nhất là các bài toán về sự tồn tại nghiệm của các phương trình.Định lý Rolle, Định lý Lagrange, tính đơn điệu của hàm số cũng thườngđược sử dụng trong các đề thi có tính nâng cao, như thi học sinh giỏi cấpquốc gia hay quốc tế trong nhiều bài toán khác nhau, đặc biệt là chứngminh các bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, v.v

Hiện nay đã có khá nhiều tư liệu (sách giáo khoa, sách tham khảo, khóaluận, luận văn, chuyên đề Hội thảo, v.v ) bằng tiếng Việt về ứng dụng tínhliên tục và tính khả vi của hàm số trong khảo sát hàm số, chứng minhbất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình,v.v Nhận xét rằng,ngoài phương trình hàm, nhìn chung các vấn đề trên đây đa phần là đốivới những hàm số sơ cấp cụ thể, nên chưa có tính khái quát

Với suy nghĩ và ý tưởng đó, mục tiêu của luận văn này nhằm khai tháctính liên tục và tính khả vi của hàm một biến trong phương trình và bấtđẳng thức không đối với các hàm số cụ thể mà là bất kỳ

Về tính liên tục, luận văn trình bày một số vấn đề có tính lý thuyết củahàm liên tục, như tính trù mật (giá trị trung gian), tính bị chặn, tính lồi,v.v

Về phương trình, trong luận văn này đã xét bài toán về điểm bất độngđối với các hàm liên tục trên một đoạn hữu hạn (compact), phương trìnhhàm, phương trình vi phân, v.v

Về bất đẳng thức, ngoài một số bất đẳng thức đối với các hàm cụ thể,luận văn chủ yếu quan tâm đến bất đẳng thức hàm, bất đẳng thức đạohàm tổng quát Đặc biệt, luận văn còn trình bày một số bất đẳng thức đạohàm nổi tiếng như bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorow, bất

đẳng thức Landau-Kolmogorow và bất đẳng thức Steklov đối với các hàmkhả vi một biến Đây là những bất đẳng thức của Toán học cao cấp chưađược trình bày trong các tài liệu bằng Tiếng Việt ở cấp độ Toán sơ cấp.Kết cấu của Luận văn gồm có: Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kếtluận và Tài liệu tham khảo.

Chương 1: Hàm số liên tục và ứng dụng, trình bày khái quát về hàm sốliên tục, một số tính chất chuyên sâu của hàm số liên tục, điểm bất độngcủa các hàm liên tục và các phương trình hàm

Chương 2: Hàm khả vi và ứng dụng Nội dung chương trình bày một

số kiến thức cơ sở về đạo hàm vi phân, các định lí về giá trị trung bình

Từ các kiến thức nền tảng đó, nội dung quan trọng của chương là xét cácphương trình, đẳng thức và bất đẳng thức đối với các hàm khả vi tổngquát

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của

TS Nguyễn Văn Ngọc- Trường Đại học Thăng Long Từ đáy lòng mình,

em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên,

và chỉ bảo hướng dẫn của Thầy Em xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu

và các thầy, cô trong trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên,

đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em hoàn thành khóa học cao học tạiTrường Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán lớpN- Trường Đại học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên

Chương 1

Hàm số liên tục và ứng dụng

Chương này trình bày ngắn gọn các khái niệm và tính chất của hàmliên tục một biến và một số bài toán liên quan Các kiến thức của chươngnày được hình thành chủ yếu được từ các tài liệu [1] và [6]

1.1.1 Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1.1 Giả sử I ⊂ R là một khoảng hoặc hệ khoảng của trục

thực và f là hàm nhận giá trị thực trong miền I Cố định điểm x0 ∈ R (

bao hàm cả trường hợp x0 ∈ I) Ta nói f có giới hạn l ∈ R tại x0 và viết

Định nghĩa 1.2 Cho hàm số f xác định trong tập X và số a ∈ X Hàm

f được gọi là liên tục tại a nếu lim

x→af (x) = f (a)hay ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈

Nếu các hệ thức trên đây không tồn tại thì ta nói hàm f (x) tại x0 có giánđoạn tương ứng phải, trái.

Nhận xét 1.1 Hàm f liên tục tại a khi và chỉ khi

Định nghĩa 1.6 Hàm số f liên tục trên khoảng (a; b) và liên tục phải tại

a , liên tục trái tại b ta nói rằng f liên tục trên [a; b]

+ Nếu f liên tục tại a và f (a) > L thì f (x) > L ở lân cận của a hay

∃δ > 0 sao cho f (a) > L với mọi x mà |x − a| < δ

trong đó c ∈ (a; b) Vậy tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0.

Định lý 1.2 ( Định lý về giá trị trung gian của hàm liên tục) Nếu f (x)

liên tục trên [a; b], thì f (x) nhận giá trị trung gian giữa f (a) và f (b) Tức

là, với mọi γ nằm giữa f (a) và f (b) luôn tồn tại giá trị c ∈ [a; b] sao cho

f (c) = γ

Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử f (a) < f (b)

Ta thấy định lý dễ dàng được chứng minh khi γ = f (a) hoặc γ = f (b)

Xét γ với f (a) < γ < f (b) ta đi chứng minh tồn tại giá trị c ∈ [a; b] saocho f (c) = γ

Thật vậy, xét hàm g(x) = f (x) − γ là một hàm liên tục trên [a; b]

Ta lại có g(a) < 0, g(b) > 0 theo Định lý 1.1 luôn tồn tai giá trị γ ∈ (a; b)

Chứng minh Trước hết, ta đi chứng minh f (x) bị chặn trên [a; b] Giả sử

f (x) không bị chặn trên [a; b], tức là với mọi n ∈ N tồn tại xn ∈ [a; b] saocho |f (xn)| ≥ n

Dãy (xn) bị chặn nên theo định lí Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy concủa nó xnk → x0 ∈ [a; b] mà f (xnk) ≤ nk Chuyển qua giới hạn này ta có

|f (x0)| = +∞ mâu thuẫn vì f (x) liên tục tại x0 Vậy f (x) bị chặn

Lời giải Vì trong bất kỳ lân cận nào của điểm hữu tỷ tìm được các điểm

vô tỷ và ngược lại, nên với điểmxo bất kỳ trong khoảng (−∞; +∞) khôngtồn tại giới hạn limx→xoD(x)

Như vậy, tại mỗi một điểm của trục thực tồn tại sự gián đoạn loại hai (từhai phía)

Bài toán 1.2 ( Hàm Riemann) Trên đoạn [0; 1] xét hàm số



= 1

q ≥ ε Điểm x0 có thểđược bao bởi lân cận (x0− δ; x0+ δ), sao cho trong đó không có điểm nào

đã nói ở trên (ngoại trừ có thể là điểm x0)

Khi đó với|x−x0| < δ; (x 6= x0) dùx là hữu tỷ hay vô tỷ, ta có|f (x)| < ε

Nghĩa là, với mọi x0 tồn tại

f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = 0

Nếu x0 là số vô tỷ, thì f (x) = 0, nghĩa là tại điểm này hàm số là liên tục,nếu x0 là số hữu tỷ, thì f (x0) 6= 0, do đó có gián đoạn thông thường từhai phía.

Bài toán 1.3 Chứng minh rằng, nếu f (x) là hàm liên tục, thì

nếu |x − xo| < δ, nghĩa là F (x) cũng là hàm liên tục

Bài toán 1.4 Chứng minh rằng, nếu hàm f (x) liên tục trên đoạn [a; b]

thì hàm

m(x) = inf

a≤ξ≤x|f (ξ)|, M (x) = max

a≤ξ≤x|f (ξ)|

cũng là những hàm liên tục trên [a; b]

Lời giải Vì f (x) liên tục trên đoạn [a; b], nên ∀ε > 0, xo ∈ [a; b], tồn tại

δ = δ(ε, xo), sao cho khi |h| < δ, thì

|M (xo + h) − M (xo)| < ε, nếu |h| < δ.

Vậy m(x) và M (x) là những hàm liên tục trên [a; b]

Bài toán 1.5 Chứng minh rằng, nếu f (x) và g(x) là những hàm liên tục,thì các hàm

ϕ(x) = min{f (x), g(x)}, ψ(x) = max{f (x), g(x)}

cũng là những hàm liên tục

Lời giải Giả sử ε > 0 tùy ý và δ1 = δ1(ε, xo), δ2 = δ2(ε, xo) là những sốtham gia trong định nghĩa liên tục của các hàm f (x) và g(x) tương ứng.Khi đó, nếu |h| ≤ δ = min{δ1, δ2}, thì

Lời giải Vì f (x) giới nội nên các hàm m(x), M (x) cũng giới nội, ngoài

ra, m(x) là hàm đơn điệu giảm, còn M (x) là hàm đơn điệu tăng Giả sử

xo ∈ [a; b] Khi đó m(x) ≥ m(xo) khi x < xo Do đó tồn tại giới hạn hữuhạn limx→xo−0m(x), trong đó

m(xo − 0) = lim

x→x o −0m(x) = inf

a≤ξ<xo|f (ξ)| = m(xo)

Do đó m(x) liên tục bên trái tại điểm xo

Còn nếu xo ∈ [a; b] thì M (x) < M (xo), khi x < xo Vì vậy tồn tại giớihạn limx→xo−0M (x), trong đó

M (xo − 0) = lim

x→x o −0M (x) = sup

a≤ξ<x o

|f (ξ)| = M (xo)

Vì thế hàm M (x) liên tục bên trái tại điểm xo

Bài toán 1.7 Chứng minh rằng, nếu hàm f (x) liên tục trong khoảng

a ≤ x < ∞ và tồn tại giới hạn limx→+∞f (x), thì hàm này giới nội trongkhoảng đã cho

Lời giải Giả sử limx→+∞f (x) = A Khi đó, ∀ε > 0, ∃E > 0, sao cho,

∀x > E, |f (x) − A| < ε Từ đó suy ra rằng |f (x)| < |A| + ε, ∀x > E

Nếu ký hiệu M = max{|A| + ε; supa≤x≤E|f (x)|} thì |f (x)| ≤ M, ∀x ≥ a

Điều này cho thấy hàm f (x) giới nội trên [a; +∞)

Bài toán 1.8 Hàm f(x) xác định trên khoảng (a; b) và thỏa mãn điều kiện

f (λx1+ (1 − λ)x2) ≤ λf (x1) + (1 − λ)f (x2), ∀x1, x2 ∈ (a; b), λ ∈ (0; 1)

(1.4)Chứng minh rằng f(x) liên tục trên (a; b)

Lời giải Cố địnhx0 ∈ (a; b), chọnδ0 > 0 sao cho(x0−δ0; x0+ δ0) ⊂ (a; b)

Với x ∈ (x0 − δ0; x0 + δ0) \ {x0} định nghĩa hàm số

g(x) = f (x) − f (x0)

x − x0 .

Vì hàm f thỏa mãn điều kiện (1.4) (hàm lồi), nên g là hàm số tăng trên

(x0− δ0; x0) và (x0; x0+ δ0) Do đó f0(x0− 0) tồn tại Quan trọng ta thấyrằngf0(x0−0) là hữu hạn Từ đó suy ra vớix0−δ0 < x < x0 < y < x0+δ0

ta có g(x) ≤ g(y)

Thật vậy, ta có thể viết x0 = λx + (1 − λ)y với λ = y − x0

f (x) − f (x0)

x − x0 − f0(x0 − 0)

< ε

Từ đó tồn tại µ > 0 sao cho x ∈ (x0 − µ; x0), ta có |f (x) − f (x0)| < 2ε

Do đó f liên tục trái tại x0

Tương tự f liên tục phải tại x0

Vậy f liên tục tại x0

Bài toán 1.9 Cho a, b, c là các số thực tùy ý, p và q là các số thực tùy

Suy ra

f (p)f (q) = −a2b2(p − q)2 < 0

Do đó, phương trình đã cho có nghiệm nằm giữa các số p, q

Bài toán 1.10 Cho f là hàm số liên tục trên đoạn [0; 1], thỏa mãn điềukiện f (0) = f (1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1, phươngtrình f (x) = fx + 1



− f1n

sao cho g(c) = 0

Lời giải Gọi M là cận trên chung của hàm f, g

Từ f, g là hàm liên tục trên [0; 1], nên tồn tại hai số α, β ∈ [0; 1] sao cho

f (α) = g(β) = M

Xét hàm h := f − g thỏa mãn

h(α) = M − g(α) ≥ 0, h(β) = f (β) − M ≤ 0.

Do h là hàm liên tục, nên tồn tại một giá trị x0 ∈ [α; β] ∈ [0; 1] sao cho

h(x0) = 0 Từ đó suy ra f (x0) = g(x0)

Vậy phương trình f2(x) + 3f (x) = g2(x) + 3g(x) có nghiệm x ∈ [0; 1]

Bài toán 1.12 Cho f (x) liên tục trên [a; b] và hai số α > 0, β > 0.Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [a; b] sao cho αf (a) + βf (b) = (α + β)f (c)

Lời giải Theo định lí Weierstrass tồn tại x1, x2 ∈ [a; b] sao cho

Do vậy g(x1)g(x2) ≤ 0 nên tồn tại c ∈ [x1; x2] sao cho g(c) = 0

Điều đó cho thấy

n[f (x1) + f (x2) + + f (xn)],

g(x2) = f (x2) − 1

n[f (x1) + f (x2) + + f (xn)],

g(xn) = f (xn) − 1

n[f (x1) + f (x2) + + f (xn)].

Cộng hai vế của đẳng thức ta được

g(x1) + g(x2) + + g(xn) = 0

Do đó tồn tại i, j ∈ {1; 2; ; n} sao cho g(xi)g(xj) < 0 với xi < xj

Mà g(x) liên tục trên [a; b] nên g(x) liên tục trên [xi; xj] Từ đó cho thấytồn tại c ∈ [xi; xj] sao cho g(c) = 0

Hay tồn tại c sao cho f (c) = 1

n[f (x1) + f (x2) + + f (xn)].

Bài toán 1.14 Cho phương trình:

a0xn + a1xn−1 + + an−1x + an = 0, a0 6= 0

có n nghiệm phân biệt Chứng minh rằng (n − 1)a21 > 2na0a2

Lời giải Đặt f (x) = a0xn+ a1xn−1 + + an−1x + an Ta có f khả vi vôhạn trên R

Vì f (x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì:

+ f0(x) có n − 1 nghiệm phân biệt

+ f”(x) có n − 2 nghiệm phân biệt,

+f(n−2)(x) = n!

2a0x

2+ (n − 1)!a1x + (n − 2)!a2 có 2 nghiệm phân biệt Do

đó∆ > 0 nên((n−1)!a1)2−2n!a0(n−2)!a2 > 0.Vậy(n−1)a21 > 2na0.a2.Bài toán 1.15 Chứng minh phương trình: x3 − x + 1 = 0 có 3 nghiệmphân biệt Tính tổng các luỹ thừa bậc 8 của 3 nghiệm đó

Lời giải Xét hàm số: y = f (x) = x3− x + 1 thì f liên tục trên D = R Tacó:f (−2) = −5 < 0, f (0) = 1 > 0, f (√1

ít nhất một điểm xo ∈ Ω, sao cho

F (x0) = xo

Khẳng định trên đây được Brouder chứng minh vào năm 1910 (L.E.J.Brouder, 1881-1966), đã được mở rộng sau đó rất mạnh mẽ và ngày nay

là một trong những công cụ quan trọng của Giải tích Toán học

Bài toán 1.16 Cho f : [a; b] −→ [a; b] là một hàm tùy ý

1 Chứng minh rằng nếu f liên tục thì f có một điểm bất động, tức làtồn tại x0 ∈ [a; b] sao cho f (x0) = x0

2 Chứng minh rằng kết quả vẫn đúng nếu f là hàm không giảm

3 Tìm một hàm giảm f : [a; b] −→ [a; b] không có điểm bất động

Lời giải 1 Xét các hàm liên tục g : [a; b] −→ R xác định bởi

g(x) = f (x) − x

Ta có g(a) = f (a) − a ≥ 0 và g(b) = f (b) − b ≤ 0 (vì a ≤ f (x) ≤ b)

Do vậy g(a).g(b) ≤ 0 và g là hàm liên tục nên tồn tại x0 ∈ [a; b] sao cho

g(x0) = 0 hay f (x0) = x0.

2 Xét tập hợp

A = {a ≤ x ≤ b; f (x) ≥ x}, xo = sup A

Khi đó xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1 Nếu x0 ∈ A thì theo định nghĩa của x0 ta có f (x0) ≥ x0

Nếu f (x0) = x0 thì khẳng định được chứng minh

Nếu không, ta có f (x0) > x0 Theo định nghĩa của x0 ta được

f (x) < x; ∀x > x0

Mặt khác, với x0 < x < f (x0), ta có x > f (x) > f (x0) (mâu thuẫn), vì

x ∈ (x0; f (x0))

Vậy ta có x < f (x0) Theo đó các giả thiết f (x0) > x0 là sai

Như vậy f có một điểm bất động

Trường hợp 2 Nếu x0 ∈ A./

Ta sẽ chứng minh rằng trong thực tế trường hợp này không thể xảy ra vìvậy x0 ∈ A, hay chỉ xảy ra trường hợp 1

Thật vậy, nếux0 ∈ A/ thì tồn tại một dãy(xn) vô hạn vớixn → x0; xn < x0

sao cho xn ∈ A Vì f là một hàm tăng do đó lim

n→∞f (xn) = x0

Mặt khác, từ f (x0) < x0 chúng ta suy ra rằng tồn tại xn < x0 sao cho

f (xn) > f (x0) Mâu thuẫn với giả thiết f (xn) là hàm không giảm Giả sử

thiết cho sự tồn tại cho điểm bất động Ví dụ f : [0; 1] → R được xác định

bởi f (x) = 1 + x

2 khi đó f là một ánh xạ từ [0; 1] vào chính nó, f là một

hàm liên tục nhưng không có điểm bất động

+ Các điều kiện f được xác định trên tập con bị chặn của R là điều kiệncần thiết cho sự tồn tại điểm bất động Ví dụ f : [0; ∞] → R được xác

định bởi f (x) = x + x−1 là một ánh xạ đi từ [0; ∞] vào chính nó f liêntục nhưng f không có điểm bất động

+ Các điều kiện f được xác định trên một khoảng thực trong R là điềukiện cần thiết cho sự tồn tại cho một điểm bất động

Ví dụD = [−2; −1]∪[1; 2], xét hàm sốf : D → R xác định bởif (x) = −x.Khi đó f là một ánh xạ đi từ D vào chính nó , f liên tục nhưng f không

có điểm bất động

Bài toán 1.17 Cho hàm số f : [a; b] −→ [a; b], với a < b và thoả điềukiện: |f (x) − f (y)| < |x − y|, với mọi x, y phân biệt thuộc [a; b] Chứngminh rằng phương trình f (x) = x có duy nhất một nghiệm thuộc [a; b]

Lời giải Xét hàm số g(x) = |f (x) − x| thì g liên tục trên [a; b] Do đó, tồntạix0 ∈ [a; b] sao cho g(x0) = min

Vậy phương trình f (x) = x có duy nhất một nghiệm thuộc [a; b]

Bài toán 1.18 Cho f : [0; 1] −→ [0; 1] là hàm liên tục, sao cho

f (0) = 0, f (1) = 1

Ta định nghĩa

f1(x) = f (x), f2(x) = f (f (x)) = (f of )(x), ,

fn(x) = (f of o of )(x), (n lần)

Giả sử rằng tồn tại số nguyên dương m, sao cho fm(x) = x với mọi

x ∈ [0; 1] Chứng minh rằng f (x) = x với mọi x ∈ [0; 1]

Lời giải Từ giả thiết suy ra f là một đơn ánh, do đó là hàm tăng (vì f

là hàm liên tục) Chúng ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, giả sử tồn tại

xo ∈ (0; 1), sao cho f (xo) > xo

Khi đó với mọi n ∈ N chúng ta có fn(x) > fn−1(x) > > f (x) > x

Cho n = m ta có mâu thuẫn với fm(x) = x Giả sử là sai

Lập luận tương tự với trường hợp f (x) < x

Vậy f (x) = x với mọi x ∈ [0; 1]

Bài toán 1.19 Cho f : [a; b] −→ [a; b] là một hàm thỏa mãn

|f (x) − f (y)| ≤ |x − y|, ∀x, y ∈ [a; b]

Xác định dãy (xn) với x1 ∈ [a; b] và xn+1 = xn + f (xn)

2 , ∀n ≥ 1.

Chứng minh (xn) hội tụ đến một điểm bất động của f

Lời giải Đặt A = l ∈ [a; b], ∃(xnk) ◦ f (xn) : (xnk) → l Bằng giả thiết vàtính compact [a; b] chúng ta suy ra rằng A chứa ít nhất 2 giá trị và là mộttập đóng Ta chứng minh theo các bước sau

1 Nếu l ∈ A chúng ta có f (l) 6= l với mọi số cố định  > 0, nk ∈ N sao

Từ đó (xn) hội tụ đến l (mâu thuẫn)

2 Tồn tại l0 ∈ A sao cho f (l0) > l0

Thật vậy, ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng Đặt l− = min

l∈A l.Khi đó l− ∈ A và f (l−) ≤ l− Tuy nhiên f (l−) = l− là không thể do đãxét ở ý một

Do vậy f (l−) < l− điều này cho thấy

l−+ f (l−)

2 ∈ A,l−+ f (l−)

2 < l.

Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của l−

Vậy tồn tại l0 ∈ A sao cho f (l0) > l0

3 Tồn tại  > 0 sao cho |f (l) − l| ≥ , ∀l ∈ A

Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra

thỏa mãn l+ < l000 < l00.

Bằng cách định nghĩa của l+ và l00 ta có f (l000) = l000 (trái với ý một) Dovậy f (l00) < l+ < l00 < f (l+) Suy ra |f (l00) − f (l+)| > |l00− l+| Điều nàymâu thuẫn với giả thiết

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.20 Cho f : [a; b] −→ [a; b] là một hàm thỏa mãn điều kiệnLipschitz với không đổi L Xét x1 ∈ [a; b] được cho tùy ý và xác định

xn+1 = (1 − λ)xn+ λf (xn) với λ = 1

L + 1 .

Nếu (xn) là một chuỗi các kết quả thì (xn) hội tụ đơn điệu đến một điểm

z ∈ [a; b] trong đó f (z) = z

Lời giải Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f (xn) 6= xn, ∀n

Giả sử f (x1) > x1 và xét p là điểm đầu tiên lớn hơn x1 sao cho f (p) = p

(do tính liên tục của f và f (x1) > x1 và f (b) ≤ b nên sẽ tồn tại điểm p

2n, m, n ∈ N∗ để xk → x khi x → ∞ Theo trên ta có f (xk) = axk.

Lấy giới hạn hai vế ta được f (x) = ax, ∀x > 0 Kết hợp vớif (0) = 0, f (x)

là hàm lẻ ta có f (x) = ax, ∀x ∈ R.

Thử lại ta thấy thỏa mãn

Bài toán 1.22 Cho f : R −→ R là một hàm liên tục thỏa mãn

f (x + y) = f (x)f (y), ∀x ∈ R

Chứng minh rằngf ≡ 0 hoặc tồn tại số thực a sao cho f (x) = eax, ∀x ∈ R

Lời giải Cho x = t

Do vậy hàm f (t) có hai khả năng xảy ra

Trường hợp 1 Tồn tại x0 sao cho f (x0) = 0

Ta có f (t) = f [x0 + (t − x0)] = f (x0)f (t − x0) = 0, ∀t ∈ R

Vậy f ≡ 0 thỏa mãn điều kiện bài toán

Trường hợp 2 Ta xét f (t) > 0, ∀t ∈ R Ta có

f (x + y) = f (x)f (y) ↔ lnf (x + y) = ln[f (x)f (y)] = lnf (x) + lnf (y)

Hay g(x + y) = g(x) + g(y) với g(x) = lnf (x)

Ta cóg(x) = lnf (x) là một hàm liên tục và thỏa mãn phương trình Cauchynên có nghiệm g(x) = ax

Do vậy lnf (x) = ax ↔ f (x) = eax

Vậy f ≡ 0 hoặc f (x) = eax

Bài toán 1.23 Với lập luận tương tự, nếu f bị chặn trên [1; a] thỏa mãn

f (xy) = f (x) + f (y), ∀x ∈ R

thì f có dạng f (x) = k log x đối với một số thực x > 0

Bài toán 1.24 Chứng minh rằng không tồn tại hàm:

f : (0; +∞) −→ (0; +∞)

sao cho f2(x) ≥ f (x + y)(f (x) + y), ∀x > 0, y > 0

Lời giải Giả sử tồn tại một hàm thỏa mãn điều kiện trên.

Hơn nữa, f (x + 2m) ≤ f (x) − m cho tất cả các số dương m Do vậy

m ≥ f (x) điều này mâu thuẫn với f (x) > 0

Vậy giả sử sai hay không tồn tại hàm số f

Bài toán 1.25 Tìm tất cả các hàm

f : (0; +∞) −→ (0; +∞)

thỏa mãn: f (x)f (yf (x)) = f (x + y)

Lời giải Đầu tiên, ta giả sử f (x) > 1, ∀x ∈ R+ Lấy y = x

Trường hợp 2 Xét f (x) < 1, x > 0.

Khi đó f là hàm giảm nghiêm ngặt và là một đơn ánh Từ đẳng thức

f (x)f (y(f (x)) = f (x + y) = f (yf (x) + x + y(1 − f (x))

= f (yf (x))f ((x + y(1 − f (x)))f (yf (x))

Ta thấy rằng x = (x + y(1 − f (x)))f (yf (x))

1 + ax, a > 0 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 1.26 Cho f : [−1; 1] −→ R là hàm liên tục và thỏa mãn

Bài toán 1.27 Cho a, b là hai số thực trong tập (0;1

2) và f :R −→ R là

một hàm liên tục thỏa mãn f (f (x)) = af (x) + bx

Chứng minh rằng tồn tại một hằng số thực c sao cho f (x) = cx

Lời giải Đầu tiên, ta nhận thấy nếu f (x) = f (y) thì x = y Do vậy, f làhàm đơn ánh

Khi đó, do sự liên tục của f chúng ta suy ra rằng f là đơn điệu ngặt Hơnnữa f có thể không có giới hạn hữu hạn L khi x → +∞

Thật vậy, f (f (x)) − ax = bx Ta thấy nếu f có giới hạn là L khi x → +∞

thì vế trái bị chặn còn vế phải thì không bị chặn

Tương tự f không có giới hạn hữu hạn khi x → −∞

Mặt khác f là hàm đơn điệu, chúng ta giả sử f tăng

là nghiệm của phương trình x2− ax − b = 0 với r1 > 0 > r2 và |r1| > |r2|

Khi đó tồn tại c1, c2 ∈ Z sao cho

xn = c1r1n+ c2r2n, ∀n ∈ Z

Nếu c1 6= 0 thì xn phụ thuộc vào rn2 khi lấy n < 0 đủ nhỏ

Trong trường hợp đó chúng ta có 0 < xn < xn+2 mâu thuẫn với

f (xn) > f (xn+2)

Điều đó cho thấy c2 = 0 khi x0 = c1 và x1 = c1r1 Từ đó f (x) = r1x

Tương tự nếu f giảm thì f (x) = r2x

Bài toán 1.28 Cho g : R −→ R là một hàm liên tục sao cho

lim

x→∞(g(x) − x) = ∞

và sao cho tập {x, g(x) = x} là một tập hữu hạn khác rỗng Chứng minhrằng nếu f : R −→ R là liên tục và f ◦ g = f thì f là một hằng số

Lời giải Xét x1, , xn với x1 < < xn biểu thị các giá trị x sao cho

Điều đó cho thấy f (y) = f (xn), ∀y ∈ In

Bây giờ ta qui nạp theo giá trị giảm dần trên r mà f có giá trị f (xn) trêntất cả khoảng In Giả sử rằng đối với một số r ∈ [0; n − 1] chúng ta có

f (y) = f (xn) cho y ∈ Is với r < s ≤ n

Do tính liên tục và f (y) = f (xn), ∀y[xr+1; ∞) Chúng ta chia thành cáctrường hợp sau

Trường hợp 1 Xét r = 1

Đối với y ∈ Ir, xét các dãy (ym)m≥0 với y0 = y, ym+1 = g(ym)

Nếu tất cả các dãy yn nằm trong Ir thì dãy (ym)m≥0 là tăng và bị chặnbởi xr+1 Nó có xu hướng tiến tới y∞ với y∞ ≤ xr+1, g(y∞) = y∞ Vì vậy

Theo định lí giá trị trung gian tồn tại y0 ∈ (y; x) với g(y0) = y Bây giờ ta

mô phỏng theo các tham số được sử dụng trong trường hợp r = n

Với y ∈ I0 có một dãy (ym)m6=0 với y0 = y và g(ym+1) = ym, ∀m.Từ

g(y0) < y0 chuỗi tăng và tiến tới giới hạn y∞ với y∞ < xr+1

Do đó, phương trình cho có nghiệm nằm số p, q

Bài toán 1.10 Cho f hàm số liên tục đoạn [0; 1], thỏa mãn điềukiện f (0) = f (1) Chứng minh với số tự nhiên n > 1, phươngtrình f (x)... 2ε

Do f liên tục trái x0

Tương tự f liên tục phải x0

Vậy f liên tục x0

Bài toán 1.9 Cho a, b, c số thực tùy ý, p q số thực tùy