Một số lớp bất đẳng thức hàm và các bài toán liên quan

ĐAI HOC QUOC GIA HÀ N®I TRƯèNG ĐAI HOC KHOA HOC TU NHIÊNNGUYEN TH± HIEN M®T SO LéP BAT ĐANG THÚC HÀM VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP Mã so 60 46 01 13 LU

ĐAI HOC QUOC GIA HÀ N®I TRƯèNG ĐAI HOC KHOA HOC TU NHIÊN

NGUYEN TH± HIEN

M®T SO LéP BAT ĐANG THÚC HÀM

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP

Mã so 60 46 01 13

LU¾N VĂN THAC SY TOÁN HOC

Ngưài hưáng dan khoa HQC

GS TSKH NGUYEN VĂN M¼U

HÀ N®I - NĂM 2014

Mnc lnc

Ma

đau 3

1 Bat đang thÉc hàm chuyen đoi các phép tính so HQC 5

1.1 Hàm so chuyen đői tù phép c®ng cna đoi so 51.2 Hàm so chuyen đői tù phép nhân cna đoi so 211.3 Hàm so chuyen đői các phép bien đői hình HQc cna đoi so 25

2 Bat đang thÉc hàm chuyen đoi các trung bình cơ ban cua đoi so 40

2.1 Hàm so chuyen đői tù trung bình c®ng cna đoi so 402.2 Hàm so chuyen đői tù trung bình nhân cna đoi so 422.3 Hàm so chuyen đői tù trung bình đieu hòa cna đoi so 43

3 Bat đang thÉc trong láp hàm loi, lõm và tEa loi, lõm 48

Lài cam ơn

Lu¾n văn này đưoc hoàn thành dưói sn hưóng dan t¾n tình cna GS TSKH.Nguyen Văn M¾u Thay đã dành nhieu thòi gian quý báu cna mình đe kiên trìhưóng dan cũng như giai đáp các thac mac cna tôi trong suot ca quá trình làmlu¾n văn Tôi muon bày to lòng biet ơn chân thành và sâu sac nhat tói ngưòi thaycna mình

Tôi cũng muon gui tói toàn the các thay cô Khoa Toán - Cơ - Tin HQc trưòngĐai HQc Khoa HQc Tn nhiên, Đai HQc Quoc gia Hà N®i, các thay cô đã đam nh¾ngiang day hai khóa Cao HQc 2010 - 2012 và 2011 - 2013, đ¾c bi¾t là các thay côtham gia tham gia giang day nhóm Phương pháp Toán sơ cap 2010 - 2012 lòi cam

ơn chân thành đoi vói công lao day do trong suot thòi gian cna khóa HQc

Tôi xin cám ơn gia đình, ban bè, đong nghi¾p, các anh ch% em trong nhóm Cao

đã quan tâm, giúp đõ, tao đieu ki¾n cũng như đ®ng viên tinh than đe tôi có thehoàn thành khóa HQc này

Ma đau

Chuyên đe bat đang thúc hàm là m®t trong các lĩnh vnc nghiên cúu quan TRQNG

cna Giai tích toán HQc Ngay tù Trung hQc phő thông chúng ta cũng đã đưoc bietđen m®t so lóp bat đang thúc hàm quen biet như hàm đong bien, ngh%ch bien vàhàm loi, lõm, Túc là lóp các hàm so đưoc mô ta tính chat qua bat đangthúc Jensen như

f

x + y Σ

≤ f ( x ) + f ( y )

Trong nhung năm gan đây, các nhà toán HQc cũng rat quan tâm đen batđang thúc hàm, mo r®ng các bat đang thúc tőng quát cho lóp hàm đangxét (ví du như các bat đang thúc dang Karamata cho hàm loi) Trong các đethi Olympic Toán quoc te, các đe thi cHQN HQc sinh gioi nhung năm ganđây cũng có xuat hi¾n nhieu các dang bài toán liên quan đen bat đang thúchàm, như các bài toán giai bat phương trình hàm, chúng minh các tính chat cnalóp các bat đang thúc hàm Nói chung các dang toán này khá mói me, ròi rac

và khá khó

Lu¾n văn này trình bày ve m®t so lóp bat đang thúc hàm và m®t so bài toánliên quan, vói hi vQNG có the bưóc đau trình bày m®t cách có h¾ thongm®t so đ¾c điem, m®t so dang toán có the thiet l¾p o m®t so lóp bat đang thúchàm

Lu¾n văn chn yeu tőng hop kien thúc tù nhieu nguon như các sách, bài báo,báo cáo khoa HQc viet ve chuyên đe bat đang thúc hàm, bat phương trình hàm,các đe thi HQc sinh gioi các cap, các đe thi Olympic Toán quoc te, các tàili¾u trên Internet Qua đó trình bày lan lưot, h¾ thong lai và đưa ra m®t so kĩthu¾t ra đe, giai các các bài toán liên quan đen bat đang thúc hàm, cũng nhưgiúp ban ĐQc tiep c¾n gan gũi hơn vói khái ni¾m bat đang thúc hàm

Ngoài phan mo đau và danh muc tài li¾u tham khao lu¾n văn gom có 4 chương:

Trong hai chương đau lu¾n văn trình bày các ve lóp bat đang thúc hàm chuyenđői các phép tính và đai lưong trung bình cơ ban.

Chương 3 trình bày riêng ve lóp các hàm khá quen thu®c là hàm loi, lõm.Ngoài ra, còn xây dnng phương pháp mô ta các hàm tna loi, tna lõm tù lóp cáchàm loi lõm trên m®t khoang, tù đó áp dung vào m®t so bài toán giai bat phươngtrình hàm lưong giác

M®t so bài toán liên quan cũng như các bài t¾p đe ngh% đưoc trình bày ochương 4

Do thòi gian gap rút và kien thúc còn han che nên lu¾n văn không the tránhkhoi nhung thieu sót Vì v¾y, rat mong nh¾n đưoc nhung đóng góp cna thay cô

và ban bè đong nghi¾p, xin trân TRQNG cam ơn

Hà N®i, tháng 11 năm 2014

HQc viên Nguyen Th% Hien

1.1 Hàm so chuyen đoi tÈ phép c®ng cua đoi so

1.1.1 Bat đang thÉc hàm chuyen đoi phép c®ng thành phép c®ng

Dưói đây ta xét m®t so bài toán nghiên cúu các hàm so thoa mãn các bat đang thúc hàm

f (x + y) ≤ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (1.1)và

f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (1.1a)Hàm so thoa mãn bat đang thúc (1.1) đưoc GQI là hàm trên c®ng tính (Subad-

ditive), ngưoc lai neu hàm so thoa mãn (1.1a) thì đưoc GQI là hàm dưái c®ng tính

(Superadditive)

Bài toán 1.1 Cho hàm so f : R → R thoa mãn (1.1):

Gia su f (x) ≥ 0 vói MQi x mà |x| ≥ k Khi đó vói moi x mà |x| < k thìluôn

có so nguyên dương n sao cho n|x| > k hay |nx| > k Do đó 0 ≤ f (nx).

Mà

f (nx) ≤ nf (x), suy ra 0 ≤ nf (x).

V¾y f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.

Bài toán 1.2 Chúng minh rang neu hàm so f : R → R thoa mãn (1.1) vói

∀x, y ∈ R , liên tuc tai 0 vói f (0) = 0 thì f liên tuc vói MQI x ∈ R.

h → 0, thì do f liên tuc tai 0 và f (0) = 0 suy ra f liên tuc tai x.

Bài toán 1.3 Cho hàm f kha vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0) Chúng minh

+ y

+

y.

f (x + y) x

Suy ra f (x) là hàm trên c®ng tính trên I Đieu ngưoc lai chúng minh tương tn.

Bài toán 1.4 Cho f là hàm trên c®ng tính trên R và f kha vi trên (a,

+∞), (a ≥ 0) Chúng minh rang neu f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞)

thì f J (x) là hàm đơn đi¾u không tăng trên (a, +∞).

f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ I Khi đó lay x1 ∈ I, t > 0 là so thnc dương

bat kì Do Lài giai f là hàm trên c®ng tính trên R, f J (x) ton tai trên I = (a; ∞), a ≥ 0, f J (x1 + t) ton tai nên

+ t)]

−

Bài toán 1.5 Cho hàm f (x) : R → R thoa mãn (1.1) vói MQi x, y ∈ R

Lài giai Th¾t v¾y, cho x = 0, tù (1.1) ta có f (y) ≤ f (0)+ f (y) suy ra f

(i)Hàm f : R → R là hàm trên c®ng tính không âm vái MQI x ∈ R mà |x| ≥

k, k > 0 thì f (x) không âm trên R.

(ii)Hàm f : R → R là hàm trên c®ng tính, liên tnc tai 0 vái f (0) = 0 thì f liên tnc vái MQI x ∈ R.

(iii)Hàm f kha vi trên I = (a, + ), (a 0) là hàm trên c®ng

tính neu f J (x) < f ( x ) f ( x )

, ∀x ∈ I và là hàm dưái c®ng tính neu f J (x) > , ∀x ∈ I.

(iv) Hàm f là hàm trên c®ng tính trên R và kha vi trên (a, +∞), (a ≥ 0), neu f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞) thì f J (x) là hàm đơn đi¾u

không tăng trên (a, +∞).

(v) Hàm trên c®ng tính f (x) : R → R là hàm so chan thì không âm.

Ta xét m®t so bài toán giai bat phương trình hàm liên quan

Bài toán 1.6 Xác đ%nh hàm so f (x) thoa mãn đong thòi hai đieu ki¾n

Mà f (x) ≥ 0, f (−x) ≥ 0 nên f (x) = 0, ∀x ∈ R Hay f (x) ≡ 0 Thu

lai ta thay hàm so f (x) ≡ 0 thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.

x

∞

x

Bài toán 1.7 Cho trưóc a ∈ R Xác đ%nh hàm so thoa mãn đong thòi các đieu

ki¾n sau:

(i) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R,

(ii) g(x) ≥ 0, ∀x ∈ R.

Theo Bài toán 1.6, ta có g(x) ≡ 0, hay f (x) = ax Thu lai ta thay hàm so

f (x) = ax thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.

Bài toán 1.8 Xác đ%nh hàm so thoa mãn đong thòi các đieu ki¾n sau:

(i) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R,

(ii) f (1) = 1,

(iii) f (g(|x|)) ≥ g(|f (x)|), ∀x ∈ R, trong đó g : Rtuc, tăng vói g(0) = 0, g(1) = 1. + → R+ là hàm liên

Lài giai.

• Đau tiên ta chi ra rang f (x) ≥ 0 vói MQIx ∈ R+

Vói x ∈ R+, khi đó x = ny vói n ∈ Z+ và 0 ≤ y ≤ 1 Hơn the nua, y =

• Tiep theo ta se chúng ninh |f (x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R.

x0 < f (x), khi đó f (x0) ≤ x0 < f (x) Mà do f là hàm đơn đi¾u không

giam nên f (x0) ≥ f (x) Vô lý.)

Lay x ∈ R bat kì, tù (iii) và (1.3) ta có

g(|x|) ≥ f (g(|x|)) ≥ g(|f (x)|)

suy ra, do g đơn đi¾u tăng

|f (x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R. (1.3a)

x0 ∈ Q − đe x < x0 = f (x0) < f (x) Đieu này mâu thuan vói f đơn

đi¾u (Th¾t v¾y, neu có x < 0 sao cho x ƒ= f (x), gia su x < f (x),

khi đó ton tai không giam trên R.)

Vói x ≥ 0 Ton tai n ∈ Z ∗+ sao cho x − n < 0 Khi đó

• F : R ∗+ → R xác đ%nh bái F (x) = log(t + 1) là hàm trên c®ng tính.

• F : R → R xác đ%nh bái F (x) = 3 + sint là hàm trên c®ng tính.

+

.Σ

Σ

1.1.2 Bat đang thÉc hàm chuyen đoi phép c®ng thành phép nhân

Trong phan này ta đi xây dnng m®t dang bài t¾p giai bat phương trình hàm các bat đang thúc hàm

f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.

Bài toán 1.9 Cho trưóc a > 0 Xác đ%nh hàm so f (x) thoa mãn đong

thòi các đieu ki¾n sau

(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R;

(ii) f (x) ≥ a x , ∀x ∈ R.

logarit hóa các bat đang thúc đieu ki¾n đã cho, ta thu đưoc

lai ta thay hàm so f (x) thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.

Li¾u ta có tìm đưoc m®t hàm thay the cho hàm h(x) = a x trong Bài toán

1.9, đe bài toán van có nghi¾m không tam thưòng? Tù ket qua cna Bài toán 1.9,

ta có the liên tưong đen ket qua f (x) = e x, và ta có m®t đánh giá ch¾t rang

e x ≥ 1 + x, ∀x ∈ R V¾y, m®t cách tn nhiên ta có bài toán sau:

Bài toán 1.10 Xác đ%nh hàm so f (x) thoa mãn đong thòi các đieu ki¾n sau

(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R;

Lài giai Tù (i) ta có

vói x gan 0 Tù đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ R.

Tiep theo ta se chúng minh f kha vi trên R và f J (x) = f (x), ∀x ∈ R

Tù (i) và (ii) vói x ∈ R và h nho ta có

ta thay hàm so f (x) = e x thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.

Nh¾n xét 1.2 Bài toán trên van cho ket qua không đői neu ta thay t¾p xác đ%nh

R cua hàm so bái m®t khoang má U bat kì chúa 0, và các đieu ki¾n đúng vái

MQI x, y, x + y ∈ U.

Chúng ta có the khái quát ket qua cna Bài toán 1.9, Bài toán 1.10 bang cách tiep tuc giam nhe đieu ki¾n cna hàm so trong đieu ki¾n (ii)

Bài toán 1.11 Cho U là m®t khoang mo bat kì chúa 0 Xác đ%nh hàm so

f : U → R thoa mãn đong thòi các đieu ki¾n sau:

(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y, x + y ∈ U ;

(ii) f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ U.

trong đó g(x) là hàm so cho trưóc kha vi tai 0, g(0) = 1, g J (0) = k.

Lài giai Tù (i), ta có

d d

Tiep theo ta se chúng minh f kha vi trên U và f J (x) = kf (x), ∀x ∈

U, vói k = g J (0) Đe thu¾n ti¾n ta đ¾t g(x) = 1 + θ(x) Khi đó,

( − h )

,

−(1 + θ(−h))

vói h < 0 bat đang thúc đúng theo chieu ngưoc lai.

Do θ J (0) = k và θ(0) = 0, cho h → 0, ta đưoc giói han

V¾y f (x) = e kx Thu lai ta thay rõ ràng hàm so f (x) = e kx thoa mãn đieu

ki¾n (i) Neu e kx ≥ g(x), ∀x ∈ U thì f (x) = e kx là nghi¾m cna bài toán,

ngưoc lai bài toán vô nghi¾m

d d

Ta có the tőng ket ket qua trên thành đ%nh lý sau

Đ%nh lí 1.1 Cho U là m®t khoang má bat kì chúa 0 Hàm so f : U → R thóa mãn đong thài các đieu ki¾n sau:

Neu f kha vi tai 0, f (0) = 1, và f J (0) = k thì f (x) = e kx , ∀x ∈ U.

ChÚng minh Áp dung Đ%nh lý 1.1, vói g(x) = f (x), x ∈ U , ta có đieu

phai chúng minh

H¾ qua 1.2 Xét F là m®t hàm so xác đ%nh trên m®t t¾p má U chúa 0 thóa mãn

F (x + y) ≤ F (x) + F (y) vái MQI x, y và x + y thu®c U Neu F b% ch¾n trên bái m®t hàm G kha vi tai

0 và thóa mãn G(0) = 1 (trong trưàng hap đ¾c bi¾t F kha vi tai 0 và F (0) =

0), thì F (x) = kx vái MQI x ∈ U, k là hang so.

• Ta có

F (x + y) ≤ F (x) + F (y)

⇒ e −F (x+y) ≥ e −(F (x)+F (y))

⇒ f (x + y) ≥ f (x)f (y) thoa mãn (i)

• F b% ch¾n trên boi m®t hàm G nên f b% ch¾n dưói boi g.

• G kha vi tai 0 và thoa mãn G(0) = 0 nên g kha vi tai 0 và g(0)

k là hang so.

Tương tn phương pháp chúng minh Đ%nh lý 1.1, ta có ket qua sau:

Đ%nh lí 1.2 Gia su U là m®t khoang chúa 0 Hàm so f : U → R thóa mãn đieu ki¾n

f (x + y) ≥ f (x)g(y), ∀x, y, x + y ∈ U, trong đó g(x) là hàm so cho trưác kha vi tai 0, g(0) = 1, g J (0) = k,

thì MQI nghi¾m cua bat đang thúc hàm trên đeu có dang f (x) = Ce kx , C là hang so.

∀x ∈ U, vói k = g J (0) Đ¾t g(x) = 1 + θ(x) Khi đó, θ(x) kha vi tai 0

và θ(0) = 0, θ J (0) = g J (0) = k Vói x ∈ U và h đn nho đe x + h ∈ U ta

vói h < 0, bat đang thúc đúng theo chieu ngưoc lai Do θ J (0) = k và θ(0) =

0, cho h → 0, ta đưoc giói han

Do v¾y f (x) = Ce kx vói C là hang so.

H¾ qua 1.3 Các hàm so f (x) = e kx và g(x) = e kx là nghi¾m duy nhat cua h¾ phương trình hàm

f (x + y) ≥ f (x)g(y) g(x + y) ≥ g(x)f (y), vái đieu ki¾n f (0) = 1, g(x) kha vi tai 0, g(0) = 1 và g J (0) = k.

ChÚng minh Tù bat đang thúc hàm thú nhat, áp dung Đ%nh lý 1.2 ta đưoc

f (x) = e kx (C là hang so) Vì f (0) = 1 nên C = 1 Do đó f (x) = e kx.Tương tn, tù bat đang thúc hàm thú hai, áp dung Đ%nh lí 1.2, ta cũng có

g(x) = e kx

Rõ ràng f (x) = e kx và g(x) = e kx thoa mãn h¾ bat đang thúc hàm vói các

đieu ki¾n đã cho H¾ qua đưoc chúng minh

H¾ qua 1.4 Cho U là m®t khoang má chúa 0 Xét bat đang thúc hàm

f (x + y) ≥ f (x)g(y), trong đó g là m®t hàm cho trưác xác đ%nh trên U vái g(0) = 1, và ton tai hàm k(x) xác đ%nh trên U sao cho k(0) = g(0) = 1, k J (0) = l, k(x) ≤

g(x), ∀x ∈ U (á đây ta nói g(x) tna k(x) tai 0 bái l) Bat đang thúc hàm trên có nghi¾m không âm f trên U khi và chs khi e lx ≥ g(x) trên U Trong trưàng hap này MQI nghi¾m không âm đeu có dang f (x) = Ce lx , trong đó C ≥

0 là hang so.

cho Vì g(x) ≥ k(x) trên U nên ta có

f (x + y) ≥ f (x)g(y) ≥ f (x)k(y),

trong đó k(x) thoa mãn k(0) = 1, k J (0) = l Áp dung Đ%nh lý 1.2 vào bat

đang thúc hàm này, ta có f (x) = Ce lx, trong đó C ≥ 0 là hang so.

Tù các Đ%nh lý và các H¾ qua trên ta có the ra nhieu bài toán, chang han như sau:

Bài toán 1.12 Xác đ%nh tat ca các hàm so thoa mãn h¾ bat phương trình sau

Như v¾y vói h > 0 đn nho ta có

Bài toán 1.13 Tìm tat ca các hàm so f (x) xác đ%nh trên khoang mo (−2;

+∞), thoa mãn h¾ bat đang thúc hàm sau:

f (x + y) ≥ f (x)log 2f (y), (1)

f (x) ≥ x + 2. (2)

h¾ bat đang thúc hàm ta đưoc

Bài toán 1.14 Tìm tat ca các hàm so f (x) xác đ%nh trên R thoa mãn h¾

bat đang thúc hàm sau:

f (x + y) ≥ f (x)e f (y) , (1)

f (x) ≥ x2. (2)

đang thúchàm ta đưoc

Áp dung H¾ qua 1.4 vói g(x) = ef (x), k(x) = e x

2 ta có

g(x) ≥ k(x) ∀x, k(0) = g(0) = 1, k J (0) = 0.

Suy ra f (x) ≡ 0 Thu lai ta thay hàm so f (x) ≡ 0 không thoa mãn h¾ bat đang

thúc hàm đã cho V¾y h¾ bat đang thúc hàm vô nghi¾m

1.2 Hàm so chuyen đoi tÈ phép nhân cua đoi so

Trong phan này ta se đi tìm lòi giai cho bài toán

Bài toán 1.15 Tìm tat ca các hàm so f (x) xác đ%nh và liên tnc trên R \ {0}

thóa mãn bat đang thúc hàm

|f (xy)| ≥ |f (x) + f (y)|, ∀x, y ∈ R \ {0}

Trưóc het ta có đ%nh lý sau:

Đ%nh lí 1.3 Cho hàm so f : R \ {0} → R thóa mãn bat phương trình

C®ng ve vói ve bat phương trình (1.7) và (1.8), roi chia 2 ta đưoc

Thay x và y boi x −1 và xy vào (1.7) ta đưoc

[f (x −1)]2 + 2f (x −1 ).f (xy) + [f (xy)]2 ≤ [f (y)]2, ∀x, y ∈ R \ {0}

⇔ [f (x)] − 2f (x).f (xy) + [f (xy)] ≤ [f (y)] , ∀x, y ∈ R \ {0}

C®ng ve vói ve bat phương trình trên và (1.7), roi chia 2 ta đưoc

Tai đây, ta thay x, y boi xy và y −1 ta đưoc

Cuoi cùng, c®ng (1.9), (1.9a),(1.9b), ta đưoc

Đieu này suy ra (L) : f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R \ {0} Đieu phai chúng minh.

Phương trình hàm (L) rat quen thu®c đoi vói lý thuyet phương trình hàm.Đ%nh lý dưói đây cho ta lòi giai phương trình hàm này

Đ%nh lí 1.4 Hàm so f (x) xác đ%nh và liên tnc trên R \ {0} thóa mãn

vói a = f (1) = hang so.

– Lay x ∈ R tùy ý, do Q trù m¾t trong R nên có dãy {t n } ⊂ Q sao cho

t n → x Vì g liên tuc tai x nên

Thu lai, ta thay hàm f (x) = a ln |x| vói a ∈ R tùy ý thoa mãn các đieu ki¾n

bài toán đ¾t ra

Như v¾y, tù ket qua cna Đ%nh lý 1.3 và Đ%nh lý 1.4 ta có lòi giai đay đn cho bài toán 1.15

1.3 Hàm so chuyen đoi các phép bien đoi hình HQC CUA

∀x ∈ I, I ⊂ R,

trong đó a, b, α, β là các so thnc cho trưóc.

Chú ý rang, neu α = f (a), β = f (b), thì h¾ bat đang thúc hàm dang

"c®ng" trên là sn thu hep cna bat đang thúc hàm Cauchy cő đien

f (x + y) ≤ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.

Trưóc het, ta nhac lai rang, m®t t¾p hop M trù m¾t trong t¾p so thnc R

neu như trong MQI lân c¾n cna m®t điem tùy ý cna t¾p R đeu có ít nhat m®tđiem cna t¾p M Chang han, t¾p Q các so các so huu ty là t¾p trù m¾t trong

Dang "nhân" cna Bő đe này như sau

Bo đe 1.2 Gia su 0 < a < 1 < b ∈ R là các so thnc cho trưác Ký hi¾u

và gia su rang f : R → R liên tnc tai ít nhat m®t điem.

a = b . b

2.Neu ∈ Q, thì ton tai duy nhat m®t nghi¾m hàm liên tnc f : R → R cua

Gia su rang x0 là điem mà tai đó hàm f liên tuc và x là m®t giá tr% thnc

tùy ý Boi tính chat trù m¾t cna A trong t¾p R, ton tai m®t dãy (t n) sao cho

→+

→+

Theo Bő đe 1.1, phan 2, so α

Như v¾y f0(x) phù hop yêu cau đe bài Hơn nua, mQI x ∈ R, ton tai duy

nhat k ∈ Z sao cho