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

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (382.37 KB, 58 trang )

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
CAO THỊ THẮM
ỨNG DỤNG TÍNH LIÊN TỤC VÀ TÍNH
KHẢ VI CỦA HÀM SỐ TRONG
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
Giáo viên hướng dẫn:
TS. NGUYỄN VĂN NGỌC
THÁI NGUYÊN, 2015
Mục lục
Mở đầu 1
1 Hàm số liên tục và ứng dụng 3
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
ii
2.4.2 Các bất đẳng thức đạo hàm quan trọng. .. .. .. 48
Kết luận 54
Tài liệu tham khảo 55
iii
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. Trong
chương trình toán học ở bậc phổ thông, tính chất của hàm số liên tục trên
một đoạn được áp dụng nhiều, phong phú và đa dạng trong các bài toán
khác 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 thường
được sử dụng trong các đề thi có tính nâng cao, như thi học sinh giỏi cấp
quốc gia hay quốc tế trong nhiều bài toán khác nhau, đặc biệt là chứng
minh 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, khóa
luận, luận văn, chuyên đề Hội thảo, v.v ) bằng tiếng Việt về ứng dụng tính
liên tục và tính khả vi của hàm số trong khảo sát hàm số, chứng minh
bất 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 đối
với 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 thác

tính liên tục và tính khả vi của hàm một biến trong phương trình và bất
đẳng 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 của
hàm 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 động
đối với các hàm liên tục trên một đoạn hữu hạn (compact), phương trình
hàm, 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 đạo
hàm tổng quát. Đặc biệt, luận văn còn trình bày một số bất đẳng thức đạo
hàm nổi tiếng như bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorow, bất
1
đẳng thức Landau-Kolmogorow và bất đẳng thức Steklov đối với các hàm
khả vi một biến. Đây là những bất đẳng thức của Toán học cao cấp chưa
được 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, Kết
luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1: Hàm số liên tục và ứng dụng, trình bày khái quát về hàm số
liên tục, một số tính chất chuyên sâu của hàm số liên tục, điểm bất động
của 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 các
phương trình, đẳng thức và bất đẳng thức đối với các hàm khả vi tổng
quát.
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 tại
Trường. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán lớp
N- Trường Đại học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên.
2
Chương 1
Hàm số liên tục và ứng dụng
Chương này trình bày ngắn gọn các khái niệm và tính chất của hàm
liên tục một biến và một số bài toán liên quan. Các kiến thức của chương
này được hình thành chủ yếu được từ các tài liệu [1] và [6].
1.1 Tính liên tục của hàm số
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 x
0
∈ R (
bao hàm cả trường hợp x
0
∈ I). Ta nói f có giới hạn l ∈ R tại x
0
và viết
lim
x→x
0
f(x) = l
nếu với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0, δ = δ(ε) sao cho nếu
x ∈ I, x = x
0
, |x −x
0

| < δ thì |f(x) −l| < ε.
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→a
f(x) = f(a) hay ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈
X, |x −a| < δ thì |f(x) − f(a)| < ε.
Định nghĩa 1.3. Hàm f được gọi là liên tục phải tại a nếu
lim
x→a
+
f(x) = f(a).
Hàm f được gọi là liên tục trái tại a nếu
lim
x→a

f(x) = f(a).
3
Nếu các hệ thức trên đây không tồn tại thì ta nói hàm f(x) tại x
0
có gián
đoạn tương ứng phải, trái.
Nhận xét 1.1. Hàm f liên tục tại a khi và chỉ khi
lim
x→a
+
f(x) = lim
x→a

f(x) = lim
x→a

f(x) = f(a).
Định nghĩa 1.4. Một hàm không liên tục tại a được gọi là hàm gián đoạn
tại a.
Định nghĩa 1.5. Hàm f liên tục tại mọi điểm x ∈ (a; b) ta nói f liên tục
trên khoảng (a; b).
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].
1.1.2 Các tính chất cơ bản
+ Tổng, hiệu, tích thương (với điều kiện mẫu khác 0 ) của các hàm liên
tục tại a là hàm liên tục tại a.
+ Nếu hàm f liên tục tại a và hàm g liên tục tại f(a) thì hàm hợp g ◦f
liên tục tại a.
+ 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.
1.2 Một số tính chất của liên tục
Định lý 1.1. (Tính trù mật của hàm liên tục). Nếu hàm f(x) liên tục
trên đoạn [a; b] và f(a)f(b) < 0 thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0.
Chứng minh. Để chứng minh định lí ta thực hiện phương pháp chia đôi
đoạn [a; b].
Nếu trong quá trình thực hiện ta tìm được điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0
thì định lí được chứng minh.
Nếu không tìm được c thì quá trình trên giúp ta xây dựng được các dãy
đoạn lồng nhau [a
n
; b
n
] trong đó
f(a
n
) < 0, f(b n
) > 0 và c
n
= b
n
− a
n
=
b −a
2
n
.
4
Ta có
lim
n→∞
f(a
n
) = f( lim
n→∞
a
n
) = f(c) ≤ 0.
Tương tự
lim
n→∞
f(b
n
) = f( lim
n→∞

b
n
) = f(c) ≥ 0,
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] sao
cho 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)
để g(c) = 0.
Điều đó cho thấy luôn tồn tại giá trị c ∈ [a; b] sao cho f(c) = γ. Định lý
được chứng minh.
Định lý 1.3. Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] thì hàm số đạt được giá
trị nhỏ nhất và lớn nhất trên [a; b]. Tức là tồn tại x
m
, x
M
∈ [a; b] sao cho
với mọi x ∈ [a; b] ta luôn có f(x
m
) ≤ f(x) ≤ f(x
M
).
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 x

n
∈ [a; b] sao
cho |f(x
n
)| ≥ n.
Dãy (x
n
) bị chặn nên theo định lí Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con
của nó x
n
k
→ x
0
∈ [a; b] mà f(x
n
k
) ≤ n
k
. Chuyển qua giới hạn này ta có
|f(x
0
)| = +∞ mâu thuẫn vì f(x) liên tục tại x
0
. Vậy f(x) bị chặn.
Gọi m = inf
[a;b]
f(x), M = sup
[a;b]
f(x). Lấy  =
1

n
, n ∈ N

, ∃x
n
∈ [a; b], sao
cho
1
n
> f(x
n
) −m ≥ 0.
Theo định lí Balzano-Weierstrass tồn tại một dãy con của nó x
n
k
của (x
n
)
5
thỏa mãn x
n
k
→ x
m

1
n
k
> f(x
n

k
) −m ≤ 0. Lấy giới hạn ta được
lim
x→∞
f(x
n
k
) = f(x
m
) = m.
Tương tự tồn tại x
M
để f(x
M
) = sup
[a;b]
f(x) = M.
Hệ quả 1.1. Nếu f : [a; b] −→ R liên tục thì f([a; b]) = [m; M] ⊂ R
trong đó m = inf
[a;b]
f(x), M = sup
[a;b]
f(x).
Bài toán 1.1. ( Hàm Dirichlet). Xét tính liên tục của hàm số
D(x) =

1, nếu x là số hữu tỷ,
0, nếu x là số vô tỷ.
Lời giải. Vì trong bất kỳ lân cận nào của điểm hữu tỷ tìm được các điểm
vô tỷ và ngược lại, nên với điểm x

o
bất kỳ trong khoảng (−∞; +∞) không
tồn tại giới hạn lim
x→x
o
D(x).
Như vậy, tại mỗi một điểm của trục thực tồn tại sự gián đoạn loại hai (từ
hai phía).
Bài toán 1.2. ( Hàm Riemann). Trên đoạn [0; 1] xét hàm số
f(x) =



1
q
, nếu x =
p
q
là phân số tối giản,
0, nếu x là số vô tỷ.
Chứng minh rằng tại mỗi điểm hữu tỷ hàm số có gián đoạn loại một, còn
tại mỗi điểm vô tỷ hàm số là liên tục.
Lời giải. Giả sử x
0
là một điểm tùy ý của đoạn [0; 1]. Với số ε > 0 chỉ tồn
tại một số hữu hạn các số tự nhiên q 
1
ε
, nghĩa là trong đoạn [0, 1] chỉ
có một số hữu hạn các số hữu tỷ

p
q
, mà f

p
q

=
1
q
≥ ε. Điểm x
0
có thể
được bao bởi lân cận (x
0
−δ; x
0
+ δ), sao cho trong đó không có điểm nào
đã nói ở trên (ngoại trừ có thể là điểm x
0
).
Khi đó với |x−x
0
| < δ; (x = x
0
) dù x là hữu tỷ hay vô tỷ, ta có |f(x)| < ε.
Nghĩa là, với mọi x
0
tồn tại
f(x

0
+ 0) = f(x
0
− 0) = 0.
6
Nếu x
0
là số vô tỷ, thì f(x) = 0, nghĩa là tại điểm này hàm số là liên tục,
nếu x
0
là số hữu tỷ, thì f(x
0
) = 0, do đó có gián đoạn thông thường từ
hai phía.
Bài toán 1.3. Chứng minh rằng, nếu f(x) là hàm liên tục, thì
F (x) = |f(x)|
cũng là hàm liên tục.
Lời giải. Giả sử ε > 0 tùy ý. Khi đó tồn tại δ = δ(ε, x
o
), sao cho
|f(x) − f(x
o
)| < ε, khi |x − x
o
| < δ.
Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A −B|, ta có
|F (x) − F (x
o
)| = ||f(x)| −|f(x
o

)|| ≤ |f(x) −f(x
o
)| < ε
nếu |x − x
o
| < 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, x
o
∈ [a; b], tồn tại
δ = δ(ε, x
o
), sao cho khi |h| < δ, thì
|f(x
o
+ h) −f(x)| < ε.
Khi đó rõ ràng là
sup
|h|<δ
|f(x
o
+ h) −f(x)| < ε. (1.1)
Khi |h| < δ ta có − sup
0≤|h||f(x
o
+ h) −f(x
o
)| + m(x
o
))
≤ m(x
o
+ h) ≤ m(x
o
) + sup
0≤|h||f(x
o
+ h) − f(x
o
)|. (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) suy ra
|m(x
o
+ h) −m(x
o
)| < ε, nếu |h| < δ.
7
Tương tự
− sup
0≤|h|o
+ h) − f(x
o
)| + M(x
o
))
≤ M(x
o
+ h) ≤ M(x
o
) + sup
0≤|h||f(x
o
+ h) − f(x
o
)|. (1.3)
Suy ra
|M(x
o
+ h) − M(x
o
)| < 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 δ

1
= δ
1
(ε, x
o
), δ
2
= δ
2
(ε, x
o
) là những số
tham gia trong định nghĩa liên tục của các hàm f(x) và g(x) tương ứng.
Khi đó, nếu |h| ≤ δ = min{δ
1
, δ
2
}, thì
|f(x
o
+ h) −f(x
o
)| < ε, |g(x
o
+ h) − g(x
o
)| < ε
Do đó
|ϕ(x
o

+ h) − ϕ(x
o
)| ≤ min{ max
0≤|h|≤δ
|f(x
o
+ h) − f(x
o
)|;
max
0≤|h|≤δ
|g(x
o
+ h) − g(x
o
)|} < ε

|ψ(x
o
+ h) − ψ(x
o
)| ≤ min{ max
0≤|h|≤δ
|f(x
o
+ h) −f(x
o
)|;
max
0≤|h|≤δ

|g(x
o
+ h) − g(x
o
)|} < ε.
Vậy các hàm ϕ(x), ψ(x) là những hàm liên tục.
Bài toán 1.6. Giả sử hàm f(x) xác định và giới nội trên đoạn [a; b].
Chứng minh rằng
m(x) = inf
a≤ξ|f(ξ)|, M(x) = max
a≤ξ|f(ξ)|
là những hàm liên tục bên trái trên [a; b].
8
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
x
o
∈ [a; b]. Khi đó m(x) ≥ m(x
o
) khi x < x
o
. Do đó tồn tại giới hạn hữu
hạn lim
x→x
o
−0
m(x), trong đó
m(x

o
− 0) = lim
x→x
o
−0
m(x) = inf
a≤ξo
|f(ξ)| = m(x
o
).
Do đó m(x) liên tục bên trái tại điểm x
o
.
Còn nếu x
o
∈ [a; b] thì M(x) < M(x
o
), khi x < x
o
. Vì vậy tồn tại giới
hạn lim
x→x
o
−0
M(x), trong đó
M(x
o
− 0) = lim
x→x

o
−0
M(x) = sup
a≤ξo
|f(ξ)| = M(x
o
).
Vì thế hàm M(x) liên tục bên trái tại điểm x
o
.
Bài toán 1.7. Chứng minh rằng, nếu hàm f(x) liên tục trong khoảng
a ≤ x < ∞ và tồn tại giới hạn lim
x→+∞
f(x), thì hàm này giới nội trong
khoảng đã cho.
Lời giải. Giả sử lim
x→+∞
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; sup
a≤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(λx
1
+ (1 −λ)x
2
) ≤ λf(x

1
) + (1 −λ)f(x
2
), ∀x
1
, x
2
∈ (a; b), λ ∈ (0; 1).
(1.4)
Chứng minh rằng f(x) liên tục trên (a; b).
Lời giải. Cố định x
0
∈ (a; b), chọn δ
0
> 0 sao cho (x
0
−δ
0
; x
0

0
) ⊂ (a; b).
Với x ∈ (x
0
− δ
0
; x
0
+ δ

0
) \{x
0
} định nghĩa hàm số
g(x) =
f(x) − f(x
0
)
x −x
0
.
Vì hàm f thỏa mãn điều kiện (1.4) (hàm lồi), nên g là hàm số tăng trên
(x
0
−δ
0
; x
0
) và (x
0
; x
0
+ δ
0
). Do đó f

(x
0
−0) tồn tại. Quan trọng ta thấy
rằng f


(x
0
−0) là hữu hạn. Từ đó suy ra với x
0
−δ
0
< x < x
0
< y < x
0

0
ta có g(x) ≤ g(y).
9
Thật vậy, ta có thể viết x
0
= λx + (1 −λ)y với λ =
y − x
0
y − x
.
Vì f là hàm lồi nên ta có
λ
f(x
0
) −f(x
x
0
− x

≤ (1 − λ)
f(y) −f(x
0
)
y − x
0
.
Theo cách biểu diễn của λ ta có g(x) ≤ g(y). Cố định 0 < ε < 1 khi đó
tồn tại δ < δ
0
sao cho x ∈ (x
0
− δ; x
0
) để



f(x) − f(x
0
)
x −x
0
− f

(x
0
− 0)


< ε.
Từ đó tồn tại µ > 0 sao cho x ∈ (x
0
− µ; x
0
), ta có |f(x) − f(x
0
)| < 2ε.
Do đó f liên tục trái tại x
0
.
Tương tự f liên tục phải tại x
0
.
Vậy f liên tục tại x
0
.
1.3 Nghiệm của các phương trình
Bài toán 1.9. Cho a, b, c là các số thực tùy ý, p và q là các số thực tùy
ý. Chứng minh rằng phương trình
a
2
x −p
+
b
2
x −q
= c
luôn có nghiệm.

Lời giải.
a. Với p = q, ta có
a
2
+ b
2
x −p
= c ⇔



x = p,
x =
a
2
+ b
2
c
+ p.
Phương trình có nghiệm.
b. Với p = q, phương trình đã cho tương đương với
f(x) := c(x −p)(x −q) − a
2
(x −q) − b
2
(x −p) = 0.
Ta có
f(p) = −a
2
(p −q), f(q) = −b

2
(q −p) = b
2
(p − q).
10
Suy ra
f(p)f(q) = −a
2
b
2
(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 điều
kiện f(0) = f(1). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1, phương
trình f(x) = f

x +
1
n

có nghiệm trên

0;
n −1
n

.
Lời giải. Xét hàm số

g(x) = f

x +
1
n

− f(x), x ∈

0;
n −1
n

.
Ta có
g(0) + g

1
n

+ g

2
n

+ + g

n −1
n

=


f

1
n

− f(0)

+

f

2
n

− f

1
n

+ +

f(1) − f

n −1
n

= f(1) − f(0) = 0.
Suy ra tồn tại i, j sao cho g

i
n

≤ 0 và g

j
n

≥ 0.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
i
n
<
j
n
. Vì g(x) là hàm số liên tục
trên

0;
n −1
n

, nên tồn tại c ∈

i
n
;
j
n

sao cho g(c) = 0.
Vậy phương trình f(x) = f

x +
1
n

có nghiệm trên

0;
n −1
n

.
Bài toán 1.11. Cho hàm f, g : [0; 1] −→ [0; 1] là một hàm liên tục và
thỏa mãn max
x∈[0;1]
f(x) = max
x∈[0;1]
g(x). Chứng minh rằng phương trình
f
2
(x) + 3f(x) = g
2
(x) + 3g(x)
có nghiệm x ∈ [0; 1].
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

11
h(α) = M − g(α) ≥ 0, h(β) = f(β) −M ≤ 0.
Do h là hàm liên tục, nên tồn tại một giá trị x
0
∈ [α; β] ∈ [0; 1] sao cho
h(x
0
) = 0. Từ đó suy ra f(x
0
) = g(x
0
).
Vậy phương trình f
2
(x) + 3f(x) = g
2
(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 x
1
, x
2
∈ [a; b] sao cho
max
x∈[a;b]
f(x) = f(x
1
) = M, min
x∈[a;b]

f(x) = f(x
2
) = m.
Do α > 0, β > 0 nên ta có
(α + β)m ≤ αf(a) + βf(b) ≤ (α + β)M.
Xét hàm g(x) = (α + β)f(x) −αf(a) −βf(b).
Do f(x) liên tục trên [a; b] nên g(x) liên tục trên [a; b]. Không mất tính
tổng quát ta giả sử x
1
< x
2
. Khi đó [x
1
; x
2
] ⊂ [a; b]. Ta có
g(x
1
) = (α + β)f(x
1
) −αf(a) −βf(b) = (α + β)m −αf(a) −βf(b) ≤ 0,
g(x
2
) = (α + β)f(x
2
) −αf(a) −βf(b) = (α + β)M −αf(a) −βf(b) ≥ 0.
Do vậy g(x
1
)g(x
2

) ≤ 0 nên tồn tại c ∈ [x
1
; x
2
] sao cho g(c) = 0.
Điều đó cho thấy
(α + β)f(c) −αf(a) −βf(b) = 0.
Hay
(α + β)f(c) = αf(a) + βf(b).
Bài toán 1.13. Cho f(x) liên tục trên [a; b] và n điểm x
1
,, x
n
∈ [a; b].
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [a; b] sao cho
f(c) =
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)].
Lời giải. Đặt g(x) = f(x) −
1
n
[f(x
1

) + f(x
2
) + + f(x
n
)]. Ta có
g(x
1
) = f(x
1
) −
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)],
12
g(x
2
) = f(x
2
) −
1
n
[f(x
1
) + f(x

2
) + + f(x
n
)],

g(x
n
) = f(x
n
) −
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)].
Cộng hai vế của đẳng thức ta được
g(x
1
) + g(x
2
) + + g(x
n
) = 0.
Do đó tồn tại i, j ∈ {1; 2; ; n} sao cho g(x
i
)g(x

j
) < 0 với x
i
< x
j
.
Mà g(x) liên tục trên [a; b] nên g(x) liên tục trên [x
i
; x
j
]. Từ đó cho thấy
tồn tại c ∈ [x
i
; x
j
] sao cho g(c) = 0.
Hay tồn tại c sao cho f(c) =
1
n
[f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)].
Bài toán 1.14. Cho phương trình:
a
0
x

n
+ a
1
x
n−1
+ + a
n−1
x + an = 0, a
0
= 0
có n nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng (n − 1)a
2
1
> 2na
0
a
2
.
Lời giải. Đặt f(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ + a
n−1
x + a
n

. Ta có f khả vi vô
hạn trên R.
Vì f(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì:
+ f

(x) có n − 1 nghiệm phân biệt.
+ f

(x) có n − 2 nghiệm phân biệt,
+ f
(n−2)
(x) =
n!
2
a
0
x
2
+(n−1)!a
1
x+(n−2)!a
2
có 2 nghiệm phân biệt. Do
đó ∆ > 0 nên ((n−1)!a
1
)
2
−2n!a
0
(n−2)!a

2
> 0. Vậy (n−1)a
2
1
> 2na
0
.a
2
.
Bài toán 1.15. Chứng minh phương trình: x
3
− x + 1 = 0 có 3 nghiệm
phân biệt. Tính tổng các luỹ thừa bậc 8 của 3 nghiệm đó.
Lời giải. Xét hàm số: y = f(x) = x
3
−x + 1 thì f liên tục trên D = R. Ta
có: f(−2) = −5 < 0, f(0) = 1 > 0, f(
1

3
) = 1−
1

3
< 0 và f(1) = 1 > 0.
Do vậy, phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x

3
.
Theo định lý Viet x
1
+x
2
+x
3
= 0, x
1
x
2
+x
2
x
3
+x
3
x
1
= −1, x
1
x
2
x
3
= −1.
Ta có x
3
i

− x
i
+ 1 = 0, do vậy x
3
i
= x
i
− 1.
13
Từ đó ta có x
5
i
= x
3
i
− x
2
i
= −x
2
i
+ x
i
− 1 nên x
8
i
= 2x
2
i
− 3x

i
+ 2.
Do vậy
T =
3

i=1
x
8
i
= 2
3

i=1
x
2
i
− 3
3

i=1
x
i
+ 6.
Suy ra
T = 2[(
3

i=1
x

i
)
2
− 2
3

j=1,j=i
x
i
x
j
] −3
3

i=1
x
i
+ 6 = 10.
1.4 Điểm bất động của hàm số
Trong mục này trình bày Định lý Brouwer về điểm bất động và những
biến thể của nó ở dạng đơn giản phù hợp với mức độ Toán học ở bậc THPT.
Trong trường hợp tổng quát, Định lý điểm bất động Brouwer khẳng định
rằng, một hàm F(x) liên tục trong hình cầu đơn vị đóng Ω ⊂ R
n
vào chính
hình cầu đó có ít nhất một điểm bất động trong miền đó, nghĩa là tồn tại
ít nhất một điểm x
o
∈ Ω, sao cho
F (x

0
) = x
o
.
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 là
tồn tại x
0
∈ [a; b] sao cho f(x
0
) = x
0
.
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 x
0
∈ [a; b] sao cho
14
g(x
0
) = 0 hay f(x
0
) = x

0
.
2. Xét tập hợp
A = {a ≤ x ≤ b; f(x) ≥ x}, x
o
= sup A.
Khi đó xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu x
0
∈ A thì theo định nghĩa của x
0
ta có f(x
0
) ≥ x
0
.
Nếu f(x
0
) = x
0
thì khẳng định được chứng minh.
Nếu không, ta có f(x
0
) > x
0
. Theo định nghĩa của x
0
ta được
f(x) < x; ∀x > x
0

.
Mặt khác, với x
0
< x < f(x
0
), ta có x > f(x) > f(x
0
) (mâu thuẫn), vì
x ∈ (x
0
; f(x
0
)).
Vậy ta có x < f(x
0
). Theo đó các giả thiết f(x
0
) > x
0
là sai.
Như vậy f có một điểm bất động.
Trường hợp 2. Nếu x
0
/∈ A.
Ta sẽ chứng minh rằng trong thực tế trường hợp này không thể xảy ra vì
vậy x
0
∈ A, hay chỉ xảy ra trường hợp 1.
Thật vậy, nếu x
0

/∈ A thì tồn tại một dãy (x
n
) vô hạn với x
n
→ x
0
; x
n
< x
0
sao cho x
n
∈ A. Vì f là một hàm tăng do đó lim
n→∞
f(x
n
) = x
0
.
Mặt khác, từ f(x
0
) < x
0
chúng ta suy ra rằng tồn tại x
n
< x
0
sao cho
f(x
n

) > f(x
0
). Mâu thuẫn với giả thiết f(x
n
) là hàm không giảm. Giả sử
là sai.
Ta có điều phải chứng minh.
3. Xét các hàm số
f(x) =





1 − x, 0 ≤ x <
1
2
,
1
2

x
2
,
1
2
≤ x ≤ 1.
Dễ thấy rằng hàm số này là hàm giảm trên [0; 1] và không có điểm bất
động trên [0; 1].
Nhận xét 1.2. + Một hàm số liên tục f : [a; b] −→ [a; b] có điểm bất

động trên [a; b] thì điểm đó không nhất thiết là điểm duy nhất, ví dụ hàm
f(x) = x.
+ Các điều kiện của f xác định trên một tập con đóng của R là sự cần
15
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 kiện
cần 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 liên
tục nhưng f không có điểm bất động.
+ Các điều kiện f được xác định trên một khoảng thực trong R là điều
kiện cần thiết cho sự tồn tại cho một điểm bất động.
Ví dụ D = [−2; −1]∪[1; 2], xét hàm số f : D → R xác định bởi f(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 điều
kiện: |f(x) − f(y)| < |x − y|, với mọi x, y phân biệt thuộc [a; b]. Chứng
minh 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, tồn
tại x
0
∈ [a; b] sao cho g(x
0
) = min

x∈[a,b]
g(x)(∗). Ta sẽ chứng minh g(x
0
) = 0.
Thật vậy, giả sử g(x
0
) = 0, do đó f(x
0
) = x
0
. Từ bất đẳng thức đã cho
ta có
|f(f(x
0
)) −f(x
0
)| < |f(x
0
) −x
0
|.
Suy ra g(f(x
0
)) < g(x
0
) mâu thuẫn với (*). Vậy g(x
0
) = 0 nghĩa là
f(x
0

) = x
0
.
Giả sử phương trình f(x) = x còn có nghiệm x
1
= x
0
, x
1
∈ [a; b] thì có
ngay |f(x
1
) − f(x
0
)| = |x
1
− x
0
| mâu thuẫn với giả thiết.
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
f
1
(x) = f(x), f
2
(x) = f(f(x)) = (fof)(x), ,
f
n

(x) = (fofo of)(x), (n lần).
Giả sử rằng tồn tại số nguyên dương m, sao cho f
m
(x) = x với mọi
x ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng f(x) = x với mọi x ∈ [0; 1].
16
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
x
o
∈ (0; 1), sao cho f(x
o
) > x
o
.
Khi đó với mọi n ∈ N chúng ta có f
n
(x) > f
n−1
(x) > > f(x) > x.
Cho n = m ta có mâu thuẫn với f
m
(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 (x
n
) với x

1
∈ [a; b] và x
n+1
=
x
n
+ f(x
n
)
2
, ∀n ≥ 1.
Chứng minh (x
n
) hội tụ đến một điểm bất động của f.
Lời giải. Đặt A = l ∈ [a; b], ∃(x
n
k
) ◦f(x
n
) : (x
n
k
) → l. Bằng giả thiết và
tính compact [a; b] chúng ta suy ra rằng A chứa ít nhất 2 giá trị và là một
tập đóng. Ta chứng minh theo các bước sau
1. Nếu l ∈ A chúng ta có f(l) = l với mọi số cố định  > 0, n
k
∈ N sao
cho |x
n

k
− l| ≤  ta có
|l − x
n
k+1
| = |
l + f(l)
2

x
n
k
+ f(x
n
k
)
2
| ≤
|l − x
n
k
|
2
+
|f(l) − f(x
n
k
)|
2
≤ |l −x

n
k
| ≤ .
Từ đó (x
n
) hội tụ đến l (mâu thuẫn).
2. Tồn tại l
0
∈ A sao cho f(l
0
) > l
0
.
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 đã
xét 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 l
0
∈ A sao cho f(l
0
) > l
0
.
3. Tồn tại  > 0 sao cho |f(l) − l| ≥ , ∀l ∈ A.

Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra.
17
Xét l
n
∈ A sao cho |f(l
n
) −l
n
| <
1
n
, ∀n ≥ 1.
Điều này cho thấy bất kì điểm giới hạn nào của dãy (l
n
) (nằm trong A )
cũng là điểm bất động của f (mâu thuẫn với ý một).
4. Kết luận
Theo ý hai và ý ba tồn tại một giá trị lớn nhất l
+
∈ A sao cho f(l
+
) > l
+
.
Xét l

=
[l
+
+ f(l

+
]
2
. Quan sát ta có f(l
+
) > l

> l
+
và f(l

) < l

.
Theo ý ba tồn tại một giá trị nhỏ nhất l

∈ A sao cho l

> l
+
và f(l

) < l

.
Theo đó f(l

) < l
+
. Điều tiếp theo chúng ta có f(l


) < l
+
.
Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra ta xét
l

:=
l

+ f(l

)
2
thỏa mãn l
+
< l

< l

.
Bằng cách định nghĩa của l
+
và l

ta có f(l

) = l

(trái với ý một). Do

vậy f(l

) < l
+
< l

< f(l
+
). Suy ra |f(l

) −f(l
+
)| > |l

− l
+
|. Điều này
mâu 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 kiện
Lipschitz với không đổi L. Xét x
1
∈ [a; b] được cho tùy ý và xác định
x
n+1
= (1 −λ)x
n
+ λf(x
n
) với λ =

1
L + 1
.
Nếu (x
n
) là một chuỗi các kết quả thì (x
n
) 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(x
n
) = x
n
, ∀n.
Giả sử f(x
1
) > x
1
và xét p là điểm đầu tiên lớn hơn x
1
sao cho f(p) = p
(do tính liên tục của f và f(x
1
) > x
1
và f(b) ≤ b nên sẽ tồn tại điểm p
như vậy).
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh khẳng định sau nếu x
1
< x 2
< < x
n
< p
và f(x
i
) > x
i
, ∀i = 1, 2,, n thì f(x
n+1
) > x
n+1
và x
n+1
< p.
Thật vậy, giả sử p < x
n+1
thì x
n
< p < x
n+1
.
Từ giả thiết ban đầu
0 < p − x
n
< x
n+1
− x
n
= λ(f(x

n
) −x
n
).
18
Kết hợp với
0 <
1
λ
|x
n
− p| = (L + 1)|x
n
− p| < |f(x
n
) −x
n
|.

|f(x
n
) −x
n
| ≤ |f(x
n
) −f(p)| + |p −x
n
|.
Theo đó L|x
n

− p| < |f(x
n
) −f(p)|.
Mâu thuẫn với thực tế f là một hàm Lipschitz với x
n+1
< x
n
và f(x
n+1
) >
x
n+1
và sự chọn lựa của p.
Vậy giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh.
1.5 Phương trình hàm
Bài toán 1.21. Cho f : R −→ R là một hàm liên tục thỏa mãn
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x ∈ R.
Chứng minh rằng tồn tại số thực a sao cho f(x) = ax, ∀x ∈ R .
Lời giải. Đặt f(1) = a.
Cho x = 0, y = 0 ta có f(0) = f(0) + f(0). Do đó f(0) = 0.
Cho x = t, y = −t ta có f(0) = f(t) + f(−t) = 0.
Hay f(−t) = −f(t), ∀t ∈ R. Do vậy y = f(t) là hàm số lẻ nên ta chỉ cần
xét t > 0.
Cho x = 1, y = 1 ta có f(2) = f(1) + f(1) = 2a.
Cho x = 2, y = 1 ta có f(3) = f(2) + f(1) = 3a.
Qui nạp ta được f(m) = ma, ∀m ∈ N

.
Cho x =
1

2
, y =
1
2
ta được f(1) = f(
1
2
) + f(
1
2
) = a nên f(
1
2
) =
a
2
.
Cho x =
1
2
2
, y =
1
2
2
ta được f(
1
2
) = f(
1

2
2
) + f(
1
2
2
) = a nên f(
1
2
2
) =
a
2
2
.
Qui nạp ta được f(
1
2
n
) =
1
2
n
a; ∀n ∈ N

.
Kết hợp hai trường hợp trên ta có f(
m
2
n

) =
m
2
n
a, ∀m, n ∈ N

.
Mặt khác
m
2
n
, m, n ∈ N

trù mật trong R
+
nên ∀x ∈ R
+
tồn tại dãy
x
k

m
2
n
, m, n ∈ N

để x
k
→ x khi x → ∞. Theo trên ta có f(x
k

) = ax
k
.
Lấy giới hạn hai vế ta được f(x) = ax, ∀x > 0. Kết hợp với f(0) = 0, f(x)
19
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 rằng f ≡ 0 hoặc tồn tại số thực a sao cho f(x) = e
ax
, ∀x ∈ R.
Lời giải. Cho x =
t
2
, y =
t
2
ta được
f(t) = f(
t
2
)f(
t
2
) = f
2
(
t
2

) ≥ 0, ∀t ∈ R.
Do vậy hàm f(t) có hai khả năng xảy ra
Trường hợp 1. Tồn tại x
0
sao cho f(x
0
) = 0.
Ta có f(t) = f[x
0
+ (t − x
0
)] = f(x
0
)f(t − x
0
) = 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 có g(x) = lnf(x) là một hàm liên tục và thỏa mãn phương trình Cauchy
nên có nghiệm g(x) = ax.
Do vậy lnf(x) = ax ↔ f(x) = e
ax
.
Vậy f ≡ 0 hoặc f(x) = e
ax
.
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 f
2
(x) ≥ f(x + y)(f(x) + y), ∀x > 0, y > 0.
20
Lời giải. Giả sử tồn tại một hàm thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có
f(x + y) ≤
f
2
(x)
f(x) + y
↔ f(x) −f(x + y) ≥ f(x) −
f
2
(x)
f(x) + y
↔ f(x) −f(x + y) ≥
f(x)y
f(x) + y
> 0
Do vậy f(x) > f(x + y), ∀x > 0, y > 0. Điều này chứng tỏ f là một hàm
giảm.
Xét x > 0 và chọn số nguyên dương n sao cho nf(x + 1) ≤ 1.
Với mọi k = 0, 1,, n − 1 ta có
f(x +
k
n

) − f(x +
k + 1
n
) ≥
f(x +
k
n
)
nf(x +
k
n
)
+ 1 ≥
1
2n
.
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
f(x) − 1
. Ta có:
f(x) =
f(x + y)

f(yf(x))
= 1
mâu thuẫn f(x) > 1.
Do vậy f(x) ≤ 1, ∀x > 0. Khi đó ta có f là hàm giảm. Ta xét các trường
hợp sau
Trường hợp 1. Xét f(x) = 1, ∀x > 0.
Ta có f(x + y) = f(y), ∀y > 0, kết hợp với f là hàm đơn điệu ta sẽ có
f ≡ 1.
21
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)).
Xét x = 1, z = xf(1), a =
1 − f(1)
f(1)
.
Ta có f(z) =
1
a + z
.
Kết hợp hai trường hợp ta có khẳng định f(x) =
1
1 + ax
, a > 0.
Ngược lại f(x) =
1
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
f(2x
2
− 1) = 2xf(x), ∀x ∈ [−1; 1].
Chứng minh rằng f ≡ 0.
Lời giải. Với bất kì một số thực t không là bội nguyên của π, chúng ta định
nghĩa g(t) =
f(cost)
sint
.
Hơn nữa kết hợp với giả thiết
g(2t) =
f(cos2t)
sin2t
=
f(2cos
2
t −1)
sin2t
=
2cost.f(cost)
sin2t
= g(t).
Đặc biệt g(
1 + nπ
2
k
) = g(2
k
+ nπ) = g(2

k
) = g(1).
Do f là hàm liên tục nên g cũng là hàm liên tục trên phạm vi định nghĩa
của nó.
Mặt khác, tập {
1 + nπ
2
k
, n, k ∈ Z} là tập trù mật trong R. Điều này cho
thấy g là hàm hằng trên phạm vi định nghĩa của nó.
Nhưng g là hàm lẻ nên g(t) = 0 với mọi t không là bội nguyên của π. Do
đó f(x) = 0, ∀x ∈ (−1; 1).
Lấy tại x = 0 và x = 1 từ các phương trình hàm trong giả thiết chúng ta
có được f(−1) = f(1) = 0.
Vậy f ≡ 0, ∀x ∈ [−1; 1].
22
2.2.2 Định lí Rolle. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 302.2.3 Định lí Lagrange và Định lí Cauchy. .. .. .. .. 322.3 Các bài toán về phương trình và bất đẳng thức của những hàmkhả vi. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 342.3.1 Phương trình. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 342.3.2 Bất đẳng thức. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 372.4 Một số bất đẳng thức đạo hàm quan trọng. .. .. .. .. 482.4.1 Công thức Taylor trên một khoảng chừng. .. .. .. .. . 48 ii2. 4.2 Các bất đẳng thức đạo hàm quan trọng. .. .. .. 48K ết luận 54T ài liệu tìm hiểu thêm 55 iiiMở đầuCùng với khái niệm số lượng giới hạn, tính liên tục và tính khả vi của hàm sốlà những những kiến thức và kỹ năng cơ sở quan trọng của giải tích toán học. Trongchương trình toán học ở bậc đại trà phổ thông, đặc thù của hàm số liên tục trênmột đoạn được vận dụng nhiều, phong phú và đa dạng và phong phú trong những bài toánkhác nhau, nhất là những bài toán về sự sống sót nghiệm của những phương trình. Định lý Rolle, Định lý Lagrange, tính đơn điệu của hàm số cũng thườngđược sử dụng trong những đề thi có tính nâng cao, như thi học viên giỏi cấpquốc gia hay quốc tế trong nhiều bài toán khác nhau, đặc biệt quan trọng là chứngminh những bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, v.v Hiện nay đã có khá nhiều tư liệu ( sách giáo khoa, sách tìm hiểu thêm, 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 những yếu tố trên đây đa số là đốivới những hàm số sơ cấp đơn cử, nên chưa có tính khái quát. Với tâm lý và sáng tạo độc đáo đó, tiềm năng của luận văn này nhằm mục đích khai tháctính liên tục và tính khả vi của hàm một biến trong phương trình và bấtđẳng thức không so với những hàm số đơn cử mà là bất kể. Về tính liên tục, luận văn trình diễn một số ít yếu tố có tính triết lý 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 những hàm liên tục trên một đoạn hữu hạn ( compact ), phương trìnhhàm, phương trình vi phân, v.v Về bất đẳng thức, ngoài một số ít bất đẳng thức so với những hàm đơn cử, luận văn hầu hết chăm sóc đến bất đẳng thức hàm, bất đẳng thức đạohàm tổng quát. Đặc biệt, luận văn còn trình diễn một số ít bất đẳng thức đạohàm nổi tiếng như bất đẳng thức Landau, bất đẳng thức Kolmogorow, bấtđẳng thức Landau-Kolmogorow và bất đẳng thức Steklov so với những hàmkhả vi một biến. Đây là những bất đẳng thức của Toán học hạng sang chưađược trình diễn trong những tài liệu bằng Tiếng Việt ở Lever Toán sơ cấp. Kết cấu của Luận văn gồm có : Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kếtluận và Tài liệu tìm hiểu thêm. Chương 1 : Hàm số liên tục và ứng dụng, trình diễn khái quát về hàm sốliên tục, 1 số ít đặc thù sâu xa của hàm số liên tục, điểm bất độngcủa những hàm liên tục và những phương trình hàm. Chương 2 : Hàm khả vi và ứng dụng. Nội dung chương trình bày mộtsố kỹ năng và kiến thức cơ sở về đạo hàm vi phân, những định lí về giá trị trung bình. Từ những kiến thức và kỹ năng nền tảng đó, nội dung quan trọng của chương là xét cácphương trình, đẳng thức và bất đẳng thức so với những hàm khả vi tổngquát. Luận văn được triển khai xong dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình củaTS. Nguyễn Văn Ngọc – Trường Đại học Thăng Long. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn thâm thúy so với sự chăm sóc, động viên, và chỉ bảo hướng dẫn của Thầy. Em xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệuvà những thầy, cô trong trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đã tận tình giảng dạy và trợ giúp em triển khai xong 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 1H àm số liên tục và ứng dụngChương này trình diễn ngắn gọn những khái niệm và đặc thù của hàmliên tục một biến và 1 số ít bài toán tương quan. Các kiến thức và kỹ năng của chươngnày được hình thành đa phần được từ những tài liệu [ 1 ] và [ 6 ]. 1.1 Tính liên tục của hàm số1. 1.1 Các khái niệm cơ bảnĐịnh nghĩa 1.1. Giả sử I ⊂ R là một khoảng chừng hoặc hệ khoảng chừng của trụcthực và f là hàm nhận giá trị thực trong miền I. Cố định điểm x ∈ R ( bao hàm cả trường hợp x ∈ I ). Ta nói f có số lượng giới hạn l ∈ R tại xvà viếtlimx → xf ( x ) = lnếu với mọi ε > 0, sống sót δ > 0, δ = δ ( ε ) sao cho nếux ∈ I, x  = x, | x − x | < δ thì | f ( x ) − l | < ε. Định nghĩa 1.2. Cho hàm số f xác lập trong tập X và số a ∈ X. Hàmf được gọi là liên tục tại a nếu limx → af ( x ) = f ( a ) hay ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : ∀ x ∈ X, | x − a | < δ thì | f ( x ) − f ( a ) | < ε. Định nghĩa 1.3. Hàm f được gọi là liên tục phải tại a nếulimx → af ( x ) = f ( a ). Hàm f được gọi là liên tục trái tại a nếulimx → af ( x ) = f ( a ). Nếu những hệ thức trên đây không sống sót thì ta nói hàm f ( x ) tại xcó giánđoạn tương ứng phải, trái. Nhận xét 1.1. Hàm f liên tục tại a khi và chỉ khilimx → af ( x ) = limx → af ( x ) = limx → af ( x ) = f ( a ). Định nghĩa 1.4. Một hàm không liên tục tại a được gọi là hàm gián đoạntại a. Định nghĩa 1.5. Hàm f liên tục tại mọi điểm x ∈ ( a ; b ) ta nói f liên tụctrên khoảng chừng ( a ; b ). Định nghĩa 1.6. Hàm số f liên tục trên khoảng chừng ( a ; b ) và liên tục phải tạia, liên tục trái tại b ta nói rằng f liên tục trên [ a ; b ]. 1.1.2 Các đặc thù cơ bản + Tổng, hiệu, tích thương ( với điều kiện kèm theo mẫu khác 0 ) của những hàm liêntục tại a là hàm liên tục tại a. + Nếu hàm f liên tục tại a và hàm g liên tục tại f ( a ) thì hàm hợp g ◦ fliên tục tại a. + 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. 1.2 Một số đặc thù của liên tụcĐịnh lý 1.1. ( Tính trù mật của hàm liên tục ). Nếu hàm f ( x ) liên tụctrên đoạn [ a ; b ] và f ( a ) f ( b ) < 0 thì sống sót c ∈ ( a ; b ) sao cho f ( c ) = 0. Chứng minh. Để chứng minh định lí ta triển khai chiêu thức chia đôiđoạn [ a ; b ]. Nếu trong quy trình thực thi ta tìm được điểm c ∈ ( a ; b ) sao cho f ( c ) = 0 thì định lí được chứng tỏ. Nếu không tìm được c thì quy trình trên giúp ta thiết kế xây dựng được những dãyđoạn lồng nhau [ a ; b ] trong đóf ( a ) < 0, f ( b ) > 0 và c = b − ab − aTa cólimn → ∞ f ( a ) = f ( limn → ∞ ) = f ( c ) ≤ 0. Tương tựlimn → ∞ f ( b ) = f ( limn → ∞ ) = f ( c ) ≥ 0, trong đó c ∈ ( a ; b ). Vậy sống sót 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 ). Tứclà, với mọi γ nằm giữa f ( a ) và f ( b ) luôn sống sót giá trị c ∈ [ a ; b ] sao chof ( c ) = γ. Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử f ( a ) < f ( b ). Ta thấy định lý thuận tiện được chứng tỏ khi γ = f ( a ) hoặc γ = f ( b ). Xét γ với f ( a ) < γ < f ( b ) ta đi chứng tỏ sống sót 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 ) để g ( c ) = 0. Điều đó cho thấy luôn sống sót giá trị c ∈ [ a ; b ] sao cho f ( c ) = γ. Định lýđược chứng tỏ. Định lý 1.3. Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a ; b ] thì hàm số đạt được giátrị nhỏ nhất và lớn nhất trên [ a ; b ]. Tức là sống sót x, x ∈ [ a ; b ] sao chovới mọi x ∈ [ a ; b ] ta luôn có f ( x ) ≤ f ( x ) ≤ f ( x ). Chứng minh. Trước hết, ta đi chứng tỏ f ( x ) bị chặn trên [ a ; b ]. Giả sửf ( x ) không bị chặn trên [ a ; b ], tức là với mọi n ∈ N sống sót x ∈ [ a ; b ] saocho | f ( x ) | ≥ n. Dãy ( x ) bị chặn nên theo định lí Balzano-Weierstrass sống sót một dãy concủa nó x → x ∈ [ a ; b ] mà f ( x ) ≤ n. Chuyển qua số lượng giới hạn này ta có | f ( x ) | = + ∞ xích míc vì f ( x ) liên tục tại x. Vậy f ( x ) bị chặn. Gọi m = inf [ a ; b ] f ( x ), M = sup [ a ; b ] f ( x ). Lấy  =, n ∈ N, ∃ x ∈ [ a ; b ], saocho > f ( x ) − m ≥ 0. Theo định lí Balzano-Weierstrass sống sót một dãy con của nó xcủa ( xthỏa mãn x → xvà > f ( x ) − m ≤ 0. Lấy số lượng giới hạn ta đượclimx → ∞ f ( x ) = f ( x ) = m. Tương tự sống sót xđể f ( x ) = sup [ a ; b ] f ( x ) = M.Hệ quả 1.1. Nếu f : [ a ; b ] − → R liên tục thì f ( [ a ; b ] ) = [ m ; M ] ⊂ Rtrong đó m = inf [ a ; b ] f ( x ), M = sup [ a ; b ] f ( x ). Bài toán 1.1. ( Hàm Dirichlet ). Xét tính liên tục của hàm sốD ( x ) = 1, nếu x là số hữu tỷ, 0, nếu x là số vô tỷ. Lời giải. Vì trong bất kỳ lân cận nào của điểm hữu tỷ tìm được những điểmvô tỷ và ngược lại, nên với điểm xbất kỳ trong khoảng chừng ( − ∞ ; + ∞ ) khôngtồn tại số lượng giới hạn limx → xD ( x ). Như vậy, tại mỗi một điểm của trục thực sống sót sự gián đoạn loại hai ( từhai phía ). Bài toán 1.2. ( Hàm Riemann ). Trên đoạn [ 0 ; 1 ] xét hàm sốf ( x ) =, nếu x = là phân số tối giản, 0, nếu x là số vô tỷ. Chứng minh rằng tại mỗi điểm hữu tỷ hàm số có gián đoạn loại một, còntại mỗi điểm vô tỷ hàm số là liên tục. Lời giải. Giả sử xlà một điểm tùy ý của đoạn [ 0 ; 1 ]. Với số ε > 0 chỉ tồntại 1 số ít hữu hạn những số tự nhiên q , nghĩa là trong đoạn [ 0, 1 ] chỉcó 1 số ít hữu hạn những số hữu tỷ, mà f ≥ ε. Điểm xcó thểđược bao bởi lân cận ( x − δ ; x + δ ), sao cho trong đó không có điểm nàođã nói ở trên ( ngoại trừ hoàn toàn có thể là điểm x ). Khi đó với | x − x | < δ ; ( x  = x ) dù x là hữu tỷ hay vô tỷ, ta có | f ( x ) | < ε. Nghĩa là, với mọi xtồn tạif ( x + 0 ) = f ( x − 0 ) = 0. Nếu xlà số vô tỷ, thì f ( x ) = 0, nghĩa là tại điểm này hàm số là liên tục, nếu xlà số hữu tỷ, thì f ( x )  = 0, do đó có gián đoạn thường thì từhai phía. Bài toán 1.3. Chứng minh rằng, nếu f ( x ) là hàm liên tục, thìF ( x ) = | f ( x ) | cũng là hàm liên tục. Lời giải. Giả sử ε > 0 tùy ý. Khi đó sống sót δ = δ ( ε, x ), sao cho | f ( x ) − f ( x ) | < ε, khi | x − x | < δ. Sử dụng bất đẳng thức | | A | − | B | | ≤ | A − B |, ta có | F ( x ) − F ( x ) | = | | f ( x ) | − | f ( x ) | | ≤ | f ( x ) − f ( x ) | < εnếu | x − x | < 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 hàmm ( x ) = infa ≤ ξ ≤ x | f ( ξ ) |, M ( x ) = maxa ≤ 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, x ∈ [ a ; b ], tồn tạiδ = δ ( ε, x ), sao cho khi | h | < δ, thì | f ( x + h ) − f ( x ) | < ε. Khi đó rõ ràng làsup | h | 0 tùy ý và δ = δ ( ε, x ), δ = δ ( ε, x ) là những sốtham gia trong định nghĩa liên tục của những hàm f ( x ) và g ( x ) tương ứng. Khi đó, nếu | h | ≤ δ = min { δ, δ }, thì | f ( x + h ) − f ( x ) | < ε, | g ( x + h ) − g ( x ) | < εDo đó | ϕ ( x + h ) − ϕ ( x ) | ≤ min { max0 ≤ | h | ≤ δ | f ( x + h ) − f ( x ) | ; max0 ≤ | h | ≤ δ | g ( x + h ) − g ( x ) | } < εvà | ψ ( x + h ) − ψ ( x ) | ≤ min { max0 ≤ | h | ≤ δ | f ( x + h ) − f ( x ) | ; max0 ≤ | h | ≤ δ | g ( x + h ) − g ( x ) | } < ε. Vậy những hàm ϕ ( x ), ψ ( x ) là những hàm liên tục. Bài toán 1.6. Giả sử hàm f ( x ) xác lập và giới nội trên đoạn [ a ; b ]. Chứng minh rằngm ( x ) = infa ≤ ξ 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 lập trên khoảng chừng ( a ; b ) và thỏa mãn nhu cầu điều kiệnf ( λx + ( 1 − λ ) x ) ≤ λf ( x ) + ( 1 − λ ) f ( x ), ∀ x, x ∈ ( a ; b ), λ ∈ ( 0 ; 1 ). ( 1.4 ) Chứng minh rằng f ( x ) liên tục trên ( a ; b ). Lời giải. Cố định x ∈ ( a ; b ), chọn δ > 0 sao cho ( x − δ ; x + δ ) ⊂ ( a ; b ). Với x ∈ ( x − δ ; x + δ ) \ { x } định nghĩa hàm sốg ( x ) = f ( x ) − f ( xx − xVì hàm f thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo ( 1.4 ) ( hàm lồi ), nên g là hàm số tăng trên ( x − δ ; x ) và ( x ; x + δ ). Do đó f ( x − 0 ) sống sót. Quan trọng ta thấyrằng f ( x − 0 ) là hữu hạn. Từ đó suy ra với x − δ < x < x < y < x + δta có g ( x ) ≤ g ( y ). Thật vậy, ta hoàn toàn có thể viết x = λx + ( 1 − λ ) y với λ = y − xy − xVì f là hàm lồi nên ta cóf ( x ) − f ( x − x ≤ ( 1 − λ ) f ( y ) − f ( xy − xTheo cách màn biểu diễn của λ ta có g ( x ) ≤ g ( y ). Cố định 0 < ε < 1 khi đótồn tại δ < δsao cho x ∈ ( x − δ ; x ) đểf ( x ) − f ( xx − x − f ( x − 0 ) < ε. Từ đó sống sót µ > 0 sao cho x ∈ ( x − µ ; x ), ta có | f ( x ) − f ( x ) | < 2 ε. Do đó f liên tục trái tại xTương tự f liên tục phải tại xVậy f liên tục tại x1. 3 Nghiệm của những phương trìnhBài toán 1.9. Cho a, b, c là những số thực tùy ý, p và q là những số thực tùyý. Chứng minh rằng phương trìnhx − px − q = cluôn có nghiệm. Lời giải. a. Với p = q, ta có + bx − p = c ⇔ x  = p, x = + b + p. Phương trình có nghiệm. b. Với p  = q, phương trình đã cho tương tự vớif ( x ) : = c ( x − p ) ( x − q ) − a ( x − q ) − b ( x − p ) = 0. Ta cóf ( p ) = − a ( p − q ), f ( q ) = − b ( q − p ) = b ( p − q ). 10S uy raf ( p ) f ( q ) = − a ( p − q ) < 0. Do đó, phương trình đã cho có nghiệm nằm giữa những số p, q. Bài toán 1.10. Cho f là hàm số liên tục trên đoạn [ 0 ; 1 ], thỏa mãn nhu cầu điềukiện f ( 0 ) = f ( 1 ). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1, phươngtrình f ( x ) = fx + có nghiệm trên0 ; n − 1L ời giải. Xét hàm sốg ( x ) = fx + − f ( x ), x ∈ 0 ; n − 1T a cóg ( 0 ) + g + g + + gn − 1 − f ( 0 ) − f   + + f ( 1 ) − fn − 1   = f ( 1 ) − f ( 0 ) = 0. Suy ra sống sót i, j sao cho g ≤ 0 và g ≥ 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử. Vì g ( x ) là hàm số liên tụctrên0 ; n − 1, nên sống sót c ∈ sao cho g ( c ) = 0. Vậy phương trình f ( x ) = fx + có nghiệm trên0 ; n − 1B ài toán 1.11. Cho hàm f, g : [ 0 ; 1 ] − → [ 0 ; 1 ] là một hàm liên tục vàthỏa mãn maxx ∈ [ 0 ; 1 ] f ( x ) = maxx ∈ [ 0 ; 1 ] g ( x ). Chứng minh rằng phương trình ( x ) + 3 f ( x ) = g ( x ) + 3 g ( x ) có nghiệm x ∈ [ 0 ; 1 ]. Lời giải. Gọi M là cận trên chung của hàm f, g. Từ f, g là hàm liên tục trên [ 0 ; 1 ], nên sống sót hai số α, β ∈ [ 0 ; 1 ] sao chof ( α ) = g ( β ) = M.Xét hàm h : = f − g thỏa mãn11h ( α ) = M − g ( α ) ≥ 0, h ( β ) = f ( β ) − M ≤ 0. Do h là hàm liên tục, nên sống sót một giá trị x ∈ [ α ; β ] ∈ [ 0 ; 1 ] sao choh ( x ) = 0. Từ đó suy ra f ( x ) = g ( x ). Vậy phương trình f ( x ) + 3 f ( x ) = g ( x ) + 3 g ( 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 sống sót c ∈ [ a ; b ] sao cho αf ( a ) + βf ( b ) = ( α + β ) f ( c ). Lời giải. Theo định lí Weierstrass sống sót x, x ∈ [ a ; b ] sao chomaxx ∈ [ a ; b ] f ( x ) = f ( x ) = M, minx ∈ [ a ; b ] f ( x ) = f ( x ) = m. Do α > 0, β > 0 nên ta có ( α + β ) m ≤ αf ( a ) + βf ( b ) ≤ ( α + β ) M.Xét hàm g ( x ) = ( α + β ) f ( x ) − αf ( a ) − βf ( b ). Do f ( x ) liên tục trên [ a ; b ] nên g ( x ) liên tục trên [ a ; b ]. Không mất tínhtổng quát ta giả sử x < x. Khi đó [ x ; x ] ⊂ [ a ; b ]. Ta cóg ( x ) = ( α + β ) f ( x ) − αf ( a ) − βf ( b ) = ( α + β ) m − αf ( a ) − βf ( b ) ≤ 0, g ( x ) = ( α + β ) f ( x ) − αf ( a ) − βf ( b ) = ( α + β ) M − αf ( a ) − βf ( b ) ≥ 0. Do vậy g ( x ) g ( x ) ≤ 0 nên sống sót c ∈ [ x ; x ] sao cho g ( c ) = 0. Điều đó cho thấy ( α + β ) f ( c ) − αf ( a ) − βf ( b ) = 0. Hay ( α + β ) f ( c ) = αf ( a ) + βf ( b ). Bài toán 1.13. Cho f ( x ) liên tục trên [ a ; b ] và n điểm x, , x ∈ [ a ; b ]. Chứng minh rằng sống sót c ∈ [ a ; b ] sao chof ( c ) = [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x ) ]. Lời giải. Đặt g ( x ) = f ( x ) − [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x ) ]. Ta cóg ( x ) = f ( x ) − [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x ) ], 12 g ( x ) = f ( x ) − [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x ) ], g ( x ) = f ( x ) − [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x ) ]. Cộng hai vế của đẳng thức ta đượcg ( x ) + g ( x ) + + g ( x ) = 0. Do đó sống sót i, j ∈ { 1 ; 2 ; ; n } sao cho g ( x ) g ( x ) < 0 với x < xMà g ( x ) liên tục trên [ a ; b ] nên g ( x ) liên tục trên [ x ; x ]. Từ đó cho thấytồn tại c ∈ [ x ; x ] sao cho g ( c ) = 0. Hay sống sót c sao cho f ( c ) = [ f ( x ) + f ( x ) + + f ( x ) ]. Bài toán 1.14. Cho phương trình : + an − 1 + + an − 1 x + an = 0, a  = 0 có n nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng ( n − 1 ) a > 2 naLời giải. Đặt f ( x ) = a + an − 1 + + an − 1 x + a. Ta có f khả vi vôhạn trên R.Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì : + f ( x ) có n − 1 nghiệm phân biệt. + f ( x ) có n − 2 nghiệm phân biệt, + f ( n − 2 ) ( x ) = n ! + ( n − 1 ) ! ax + ( n − 2 ) ! acó 2 nghiệm phân biệt. Dođó ∆ > 0 nên ( ( n − 1 ) ! a − 2 n ! a ( n − 2 ) ! a > 0. Vậy ( n − 1 ) a > 2 na. aBài toán 1.15. Chứng minh phương trình : x − x + 1 = 0 có 3 nghiệmphân biệt. Tính tổng những luỹ thừa bậc 8 của 3 nghiệm đó. Lời giải. Xét hàm số : y = f ( x ) = x − x + 1 thì f liên tục trên D = R. Tacó : f ( − 2 ) = − 5 < 0, f ( 0 ) = 1 > 0, f ( ) = 1 − < 0 và f ( 1 ) = 1 > 0. Do vậy, phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt x, x, xTheo định lý Viet x + x + x = 0, x + x + x = − 1, x = − 1. Ta có x − x + 1 = 0, do vậy x = x − 1.13 Từ đó ta có x = x − x = − x + x − 1 nên x = 2 x − 3 x + 2. Do vậyT = i = 1 = 2 i = 1 − 3 i = 1 + 6. Suy raT = 2 [ ( i = 1 − 2 j = 1, j  = i ] − 3 i = 1 + 6 = 10.1.4 Điểm bất động của hàm sốTrong mục này trình diễn Định lý Brouwer về điểm bất động và nhữngbiến thể của nó ở dạng đơn thuần tương thích với mức độ Toán học ở bậc THPT.Trong trường hợp tổng quát, Định lý điểm bất động Brouwer khẳng địnhrằng, một hàm F ( x ) liên tục trong hình cầu đơn vị chức năng đóng Ω ⊂ Rvào chínhhình cầu đó có tối thiểu một điểm bất động trong miền đó, nghĩa là tồn tạiít nhất một điểm x ∈ Ω, sao choF ( x ) = xKhẳng định trên đây được Brouder chứng tỏ vào năm 1910 ( L.E.J.Brouder, 1881 – 1966 ), đã được lan rộng ra sau đó rất can đảm và mạnh mẽ và ngày naylà 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 ý1. Chứng minh rằng nếu f liên tục thì f có một điểm bất động, tức làtồn tại x ∈ [ a ; b ] sao cho f ( x ) = x2. Chứng minh rằng hiệu 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 những hàm liên tục g : [ a ; b ] − → R xác lập bởig ( 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 sống sót x ∈ [ a ; b ] sao cho14g ( x ) = 0 hay f ( x ) = x2. Xét tập hợpA = { a ≤ x ≤ b ; f ( x ) ≥ x }, x = sup A.Khi đó xảy ra những trường hợp sau : Trường hợp 1. Nếu x ∈ A thì theo định nghĩa của xta có f ( x ) ≥ xNếu f ( x ) = xthì khẳng định chắc chắn được chứng tỏ. Nếu không, ta có f ( x ) > x. Theo định nghĩa của xta đượcf ( x ) < x ; ∀ x > xMặt khác, với x < x < f ( x ), ta có x > f ( x ) > f ( x ) ( xích míc ), vìx ∈ ( x ; f ( x ) ). Vậy ta có x < f ( x ). Theo đó những giả thiết f ( x ) > xlà sai. Như vậy f có một điểm bất động. Trường hợp 2. Nếu x / ∈ A.Ta sẽ chứng tỏ rằng trong thực tiễn trường hợp này không hề xảy ra vìvậy x ∈ A, hay chỉ xảy ra trường hợp 1. Thật vậy, nếu x / ∈ A thì sống sót một dãy ( x ) vô hạn với x → x ; x < xsao cho x ∈ A. Vì f là một hàm tăng do đó limn → ∞ f ( x ) = xMặt khác, từ f ( x ) < xchúng ta suy ra rằng sống sót x < xsao chof ( x ) > f ( x ). Mâu thuẫn với giả thiết f ( x ) là hàm không giảm. Giả sửlà sai. Ta có điều phải chứng tỏ. 3. Xét những hàm sốf ( x ) = 1 − x, 0 ≤ x xKhi đó với mọi n ∈ N tất cả chúng ta có f ( x ) > fn − 1 ( x ) > > f ( x ) > x. Cho n = m ta có xích míc với f ( x ) = x. Giả sử là sai. Lập luận tựa như 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 nhu cầu | f ( x ) − f ( y ) | ≤ | x − y |, ∀ x, y ∈ [ a ; b ]. Xác định dãy ( x ) với x ∈ [ a ; b ] và xn + 1 + f ( x, ∀ n ≥ 1. Chứng minh ( x ) quy tụ đến một điểm bất động của f. Lời giải. Đặt A = l ∈ [ a ; b ], ∃ ( x ) ◦ f ( x ) : ( x ) → l. Bằng giả thiết vàtính compact [ a ; b ] tất cả chúng ta suy ra rằng A chứa tối thiểu 2 giá trị và là mộttập đóng. Ta chứng tỏ theo những bước sau1. Nếu l ∈ A tất cả chúng ta có f ( l )  = l với mọi số cố định và thắt chặt  > 0, n ∈ N saocho | x − l | ≤  ta có | l − xk + 1 | = | l + f ( l ) + f ( x | ≤ | l − x | f ( l ) − f ( x ) | ≤ | l − x | ≤ . Từ đó ( x ) quy tụ đến l ( xích míc ). 2. Tồn tại l ∈ A sao cho f ( l ) > lThật vậy, ta chứng tỏ bằng giải pháp phản chứng. Đặt l = minl ∈ Al. Khi đó l ∈ A và f ( l ) ≤ l. Tuy nhiên f ( l ) = llà không hề do đãxét ở ý một. Do vậy f ( l ) < lđiều này cho thấy + f ( l ∈ A, + f ( l < l. Điều này xích míc với định nghĩa của lVậy sống sót l ∈ A sao cho f ( l ) > l3. Tồn tại  > 0 sao cho | f ( l ) − l | ≥ , ∀ l ∈ A.Thật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra. 17X ét l ∈ A sao cho | f ( l ) − l | lXét l [ l + f ( l. Quan sát ta có f ( l ) > l > lvà f ( l ) < lTheo ý ba sống sót một giá trị nhỏ nhất l   ∈ A sao cho l   > lvà f ( l   ) < l   Theo đó f ( l   ) < l. Điều tiếp theo tất cả chúng ta có f ( l   ) < lThật vậy, giả sử điều ngược lại xảy ra ta xét    : =   + f ( l   thỏa mãn nhu cầu l < l    < l   Bằng cách định nghĩa của lvà l   ta có f ( l    ) = l    ( trái với ý một ). Dovậy f ( l   ) < l < l   < f ( l ). Suy ra | f ( l   ) − f ( l ) | > | l   − l |. Điều nàymâu thuẫn với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng tỏ. Bài toán 1.20. Cho f : [ a ; b ] − → [ a ; b ] là một hàm thỏa mãn nhu cầu điều kiệnLipschitz với không đổi L. Xét x ∈ [ a ; b ] được cho tùy ý và xác địnhn + 1 = ( 1 − λ ) x + λf ( x ) với λ = L + 1N ếu ( x ) là một chuỗi những tác dụng thì ( x ) quy tụ đơn điệu đến một điểmz ∈ [ a ; b ] trong đó f ( z ) = z. Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử f ( x )  = x, ∀ n. Giả sử f ( x ) > xvà xét p là điểm tiên phong lớn hơn xsao cho f ( p ) = p ( do tính liên tục của f và f ( x ) > xvà f ( b ) ≤ b nên sẽ sống sót điểm pnhư vậy ). Tiếp theo, ta sẽ chứng tỏ chứng minh và khẳng định sau nếu x < x < < x < pvà f ( x ) > x, ∀ i = 1, 2, , n thì f ( xn + 1 ) > xn + 1 và xn + 1 < p. Thật vậy, giả sử p < xn + 1 thì x < p < xn + 1T ừ giả thiết ban đầu0 < p − x < xn + 1 − x = λ ( f ( x ) − x ). 18K ết hợp với0 n + 1 và sự lựa chọn của p. Vậy giả sử là sai. Ta có điều phải chứng tỏ. 1.5 Phương trình hàmBài toán 1.21. Cho f : R − → R là một hàm liên tục thỏa mãnf ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀ x ∈ R.Chứng minh rằng sống sót số thực a sao cho f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R. Lời giải. Đặt f ( 1 ) = a. Cho x = 0, y = 0 ta có f ( 0 ) = f ( 0 ) + f ( 0 ). Do đó f ( 0 ) = 0. Cho x = t, y = − t ta có f ( 0 ) = f ( t ) + f ( − t ) = 0. Hay f ( − t ) = − f ( t ), ∀ t ∈ R. Do vậy y = f ( t ) là hàm số lẻ nên ta chỉ cầnxét t > 0. Cho x = 1, y = 1 ta có f ( 2 ) = f ( 1 ) + f ( 1 ) = 2 a. Cho x = 2, y = 1 ta có f ( 3 ) = f ( 2 ) + f ( 1 ) = 3 a. Qui nạp ta được f ( m ) = ma, ∀ m ∈ NCho x =, y = ta được f ( 1 ) = f ( ) + f ( ) = a nên f ( ) = Cho x =, y = ta được f ( ) = f ( ) + f ( ) = a nên f ( ) = Qui nạp ta được f ( ) = a ; ∀ n ∈ NKết hợp hai trường hợp trên ta có f ( ) = a, ∀ m, n ∈ NMặt khác, m, n ∈ Ntrù mật trong Rnên ∀ x ∈ Rtồn tại dãy, m, n ∈ Nđể x → x khi x → ∞. Theo trên ta có f ( x ) = axLấy số lượng giới hạn hai vế ta được f ( x ) = ax, ∀ x > 0. Kết hợp với f ( 0 ) = 0, f ( x ) 19 là hàm lẻ ta có f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R.Thử lại ta thấy thỏa mãn nhu cầu. Bài toán 1.22. Cho f : R − → R là một hàm liên tục thỏa mãnf ( x + y ) = f ( x ) f ( y ), ∀ x ∈ R.Chứng minh rằng f ≡ 0 hoặc sống sót số thực a sao cho f ( x ) = eax, ∀ x ∈ R.Lời giải. Cho x =, y = ta đượcf ( t ) = f ( ) f ( ) = f ) ≥ 0, ∀ t ∈ R.Do vậy hàm f ( t ) có hai năng lực xảy raTrường hợp 1. Tồn tại xsao cho f ( x ) = 0. Ta có f ( t ) = f [ x + ( t − x ) ] = f ( x ) f ( t − x ) = 0, ∀ t ∈ R.Vậy f ≡ 0 thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo bài toán. Trường hợp 2. Ta xét f ( t ) > 0, ∀ t ∈ R. Ta cóf ( 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 có g ( x ) = lnf ( x ) là một hàm liên tục và thỏa mãn nhu cầu phương trình Cauchynên có nghiệm g ( x ) = ax. Do vậy lnf ( x ) = ax ↔ f ( x ) = eaxVậy f ≡ 0 hoặc f ( x ) = eaxBài toán 1.23. Với lập luận tương tự như, nếu f bị chặn trên [ 1 ; a ] thỏa mãnf ( xy ) = f ( x ) + f ( y ), ∀ x ∈ R.thì f có dạng f ( x ) = k log x so với 1 số ít thực x > 0. Bài toán 1.24. Chứng minh rằng không sống sót hàm : f : ( 0 ; + ∞ ) − → ( 0 ; + ∞ ) sao cho f ( x ) ≥ f ( x + y ) ( f ( x ) + y ), ∀ x > 0, y > 0.20 Lời giải. Giả sử sống sót một hàm thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo trên. Ta cóf ( x + y ) ≤ ( x ) f ( x ) + y ↔ f ( x ) − f ( x + y ) ≥ f ( x ) − ( x ) f ( x ) + y ↔ f ( x ) − f ( x + y ) ≥ f ( x ) yf ( x ) + y > 0D o vậy f ( x ) > f ( x + y ), ∀ x > 0, y > 0. Điều này chứng tỏ f là một hàmgiảm. Xét x > 0 và chọn số nguyên dương n sao cho nf ( x + 1 ) ≤ 1. Với mọi k = 0, 1, , n − 1 ta cóf ( x + ) − f ( x + k + 1 ) ≥ f ( x + nf ( x + + 1 ≥ 2 nHơn nữa, f ( x + 2 m ) ≤ f ( x ) − m cho toàn bộ những số dương m. Do vậym ≥ f ( x ) điều này xích míc với f ( x ) > 0. Vậy giả sử sai hay không sống sót hàm số f. Bài toán 1.25. Tìm toàn bộ những hàmf : ( 0 ; + ∞ ) − → ( 0 ; + ∞ ) thỏa mãn nhu cầu : f ( x ) f ( yf ( x ) ) = f ( x + y ). Lời giải. Đầu tiên, ta giả sử f ( x ) > 1, ∀ x ∈ R. Lấy y = f ( x ) − 1. Ta có : f ( x ) = f ( x + y ) f ( yf ( x ) ) = 1 xích míc f ( x ) > 1. Do vậy f ( x ) ≤ 1, ∀ x > 0. Khi đó ta có f là hàm giảm. Ta xét những trườnghợp sauTrường hợp 1. Xét f ( x ) = 1, ∀ x > 0. Ta có f ( x + y ) = f ( y ), ∀ y > 0, phối hợp với f là hàm đơn điệu ta sẽ cóf ≡ 1.21 Trường hợp 2. Xét f ( x ) < 1, x > 0. Khi đó f là hàm giảm khắt khe và là một đơn ánh. Từ đẳng thứcf ( 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 ) ). Xét x = 1, z = xf ( 1 ), a = 1 − f ( 1 ) f ( 1 ) Ta có f ( z ) = a + zKết hợp hai trường hợp ta có chứng minh và khẳng định f ( x ) = 1 + ax, a > 0. trái lại f ( x ) = 1 + ax, a > 0 thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo bài toán. Bài toán 1.26. Cho f : [ − 1 ; 1 ] − → R là hàm liên tục và thỏa mãnf ( 2 x − 1 ) = 2 xf ( x ), ∀ x ∈ [ − 1 ; 1 ]. Chứng minh rằng f ≡ 0. Lời giải. Với bất kỳ 1 số ít thực t không là bội nguyên của π, tất cả chúng ta địnhnghĩa g ( t ) = f ( cost ) sintHơn nữa tích hợp với giả thiếtg ( 2 t ) = f ( cos2t ) sin2tf ( 2 cost − 1 ) sin2t2cost. f ( cost ) sin2t = g ( t ). Đặc biệt g ( 1 + nπ ) = g ( 2 + nπ ) = g ( 2 ) = g ( 1 ). Do f là hàm liên tục nên g cũng là hàm liên tục trên khoanh vùng phạm vi định nghĩacủa nó. Mặt khác, tập { 1 + nπ, n, k ∈ Z } là tập trù mật trong R. Điều này chothấy g là hàm hằng trên khoanh vùng phạm vi định nghĩa của nó. Nhưng g là hàm lẻ nên g ( t ) = 0 với mọi t không là bội nguyên của π. Dođó f ( x ) = 0, ∀ x ∈ ( − 1 ; 1 ). Lấy tại x = 0 và x = 1 từ những phương trình hàm trong giả thiết chúng tacó được f ( − 1 ) = f ( 1 ) = 0. Vậy f ≡ 0, ∀ x ∈ [ − 1 ; 1 ]. 22

Rate this post
Subscribe
Notify of
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments