Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

Hàm liên tục
ðịnh nghĩa 1:
Hàm số y = f ( x ) với miền xác ñịnh D ñược gọi là liên tục tại x0 nếu thỏa mãn ñồng
thời ba ñiều kiện sau:
i.
Hàm y = f ( x ) xác ñịnh tại ñiểm x0 , nghĩa là x0 ∈ D .
Tồn tại lim f ( x) .

ii.

x → x0

lim f ( x) = f ( x0 )

x → x0

.c
om

iii.

ðịnh nghĩa 2: (theo ngôn ngữ ε - δ )
Hàm số y = f ( x) với miền xác ñịnh D liên tục tại x0 khi và chỉ khi

ng

∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ D, x − x0 < δ ⇒ f ( x) − f ( x0 ) < ε

an

co

Hàm số liên tục trong khoảng
- Hàm số f ( x) ñược gọi là liên tục trong khoảng mở ( a, b ) nếu nó liên tục tại mọi
điểm của khoảng đó.
- Nếu f ( x) xác ñịnh tại x = a và lim+ f ( x) = f (a ) , ta nói f ( x) liên tục bên phải
x→a

th

ñiểm x = b .

Nếu f ( x) liên tục tại mọi ñiểm của khoảng mở ( a, b ) và tại hai ñiểm biên, ta nói
f ( x) liên tục trong khoảng đóng (đoạn) [a, b] .

du
on

-

x →b

g

-

tại ñiểm x = a .
Nếu f ( x) xác ñịnh tại x = b và lim− f ( x) = f (a ) , ta nói f ( x) liên tục bên trái tại


cu

u

Các ñịnh lý:

1) Tổng, hiệu và tích của một số hữu hạn các hàm liên tục trong miền nào đó là hàm
liên tục trong miền đó.
2) Thương của hai hàm số liên tục trong miền nào đó là hàm số liên tục tại mọi ñiểm
của miền ñó mà mẫu số khác 0.
3) Nếu f ( x) liên tục trên khoảng mở ( a, b ) và miền giá trị là khoảng mở (c, d ) ,

hàm ϕ ( x) liên tục trong khoảng mở (c, d ) , thì hàm hợp ϕ ( f ( x) ) liên tục trong

khoảng mở ( a, b ) .

4) Tất cả các hàm sơ cấp (ña thức, lũy thừa, lơ-ga) đều liên tục tại mọi điểm trên
miền xác ñịnh của chúng.

1

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
5) ðịnh lý Weierstrass 1:
Nếu f ( x) liên tục trong đoạn [a, b] thì nó bị chặn trong đoạn đó, nghĩa là:


∃M > 0, ∀x ∈ [a, b] :

f ( x) < M

6) ðịnh lý Weierstrass 2:
Nếu f ( x) liên tục trong ñoạn [a, b] thì nó đạt GTLN và GTNN trong đoạn ñó,
nghĩa là: ∃x1 , x2 ∈ [a, b] sao cho f ( x1 ) = max f ( x) và f ( x2 ) = min f ( x) .
[a ,b ]

[a ,b ]

7) ðịnh lý Bolzano – Cauchy
Nếu f ( x) liên tục trong ñoạn [a, b] và A = min f ( x) , B = max f ( x) thì với mọi
[a ,b ]

[a ,b ]

.c
om

C mà A ≤ C ≤ B , tồn tại ñiểm c ∈ [a, b] sao cho f (c) = C .

Hệ quả: Nếu f ( x) ñổi dấu trong ñoạn [a, b] thì ∃c ∈ [a, b] sao cho f (c) = 0 .

co

ng

Bài toán 1.

Giả sử hàm f ( x) liên tục trên ℝ , nhận các giá trị khác dấu. Chứng minh rằng tìm được
một cấp số cộng a, b, c (a < b < c ) sao cho f (a ) + f (b) + f (c ) = 0 .

th

an

Lời giải.
Theo giả thiết, tồn tại ñiểm x mà f ( x) > 0 , do f ( x) liên tục nên hàm nhận giá trị dương
trong lân cận đủ nhỏ của điểm này. Khi đó, ta tìm ñược một cấp số cộng a1 , b1 , c1 mà
f (a1 ), f (b1 ), f (c1 ) ñều dương.

g

Tương tự, tồn tại một cấp số cộng a2 , b2 , c2 mà f (a2 ), f (b2 ), f (c2 ) ñều âm.

du
on

Với tham số t , xét cấp số cộng sau:
a(t ) = a1 (1 − t ) + a2t

b(t ) = b1 (1 − t ) + b2t
c(t ) = c1 (1 − t ) + c2t

cu

u

Hàm số F (t ) = f ( a (t ) ) + f ( b(t ) ) + f ( c(t ) ) liên tục theo t , F (0) > 0 và F (1) < 0 .

Do đó, tồn tại t0 sao cho F (t0 ) = 0 , khi đó cấp số cộng a(t0 ), b(t0 ), c(t0 ) là một cấp số
cộng thỏa mãn.

Bài toán 2.
Cho f ( x ), g ( x ) là hai hàm liên tục, tuần hoàn trên ℝ . Biết lim ( f ( x) − g ( x) ) = 0 .
x →+∞

Chứng minh rằng f ( x) ≡ g ( x) .
Nhận xét.
Quan sát ñề bài ta nghĩ ngay ñến hàm h( x ) = f ( x) − g ( x ) . Nếu h( x) tuần hoàn thì từ
lim h( x ) = 0 ta suy ra ngay h( x) ≡ 0 , đó là tính chất mấu chốt của bài toán.
x →+∞

2

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Như vậy, khó khăn chủ yếu là việc chứng minh f ( x), g ( x) có cùng chu kỳ. Ta “lợi dụng”

giới hạn ở vô cùng lim ( f ( x) − g ( x) ) = 0 và tính tuần hồn độc lập của mỗi hàm ñể dùng
x →+∞

ñược nhận xét vừa nêu.
Lời giải.
Trước hết, ta cần phải chứng minh hai hàm ñã cho có cùng chu kỳ.
Giả sử hàm f có chu kỳ T .


Khi x → +∞ , f ( x) − g ( x) → 0 và f ( x + T ) − g ( x + T ) → 0 .
Trừ theo vế kết hợp với f ( x + T ) = f ( x) ñược:
h* ( x) = g ( x + T ) − g ( x) → 0 khi x → +∞ .

.c
om

Do g liên tục, tuần hoàn nên h* liên tục, tuần hoàn, tiến tới 0 khi x → +∞ , vì vậy
h* ( x) ≡ 0 , chứng tỏ g cũng tuần hoàn chu kỳ T .

co

ng

Xét hàm h( x) = f ( x) − g ( x) liên tục, tuần hoàn, tiến tới 0 khi x → +∞ nên h( x) ≡ 0 .
Từ đó suy ra đpcm.

an

Các bài tốn về hàm liên tục trong khoảng đóng (trên đoạn) ln gắn liền với 2 ñịnh lý
Weierstrass và ñịnh lý Bolzano-Cauchy (ñã trình bày ở trên).

th

Bài tốn 3.

du
on


g

x
x
Tìm tất cả các hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn: 3 f ( x ) = f   + f   (*), ∀x ∈ ℝ .
3
4
Lời giải.
Xét số thực a ≥ 0 tùy ý.

Hàm f liên tục trên ñoạn [ −a, a ] nên theo ñịnh lý Weierstrass 2, tồn tại x1 , x2 ∈ [ −a, a ]

sao cho f ( x1 ) = M = max f ( x) , f ( x2 ) = m = min f ( x) .
[− a ,a]

u

[ − a ,a ]

cu

Thay x = x1 vào (*) ta có:

x 
3M = 3 f ( x1 ) = f  1  + f
3
Thay x = x2 vào (*) ta có:
x 
3m = 3 f ( x2 ) = f  1  +
3


 x1 
  ≤ 2M
4

x1 x1


 do , ∈ [ −a, a ]  , suy ra M ≤ 0 .
3
4



x x
x 


f  1  ≥ 2m  do 2 , 2 ∈ [ −a, a ]  , suy ra m ≥ 0 .
3 4
4



Do đó, M = m = 0 , suy ra f ( x) = 0 trên ñoạn [ −a, a ] , với mọi a ≥ 0 .
Vậy f ( x) = 0 , ∀x ∈ ℝ .
Bài toán 4.
Cho f liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( f ( x) ) f ( x) = 1 ∀x ∈ ℝ (*) và f (1000) = 999 .

Tính f (500) .


3

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Hướng dẫn.
Dễ thấy nếu có một số α sao cho f (α ) = 500 thì bằng việc thay x = α vào (*) có thể
1
suy ra ngay f (500) =
. Ta cần chỉ ra có giá trị của f cao hơn 500 và có giá trị bé
500
1
hơn 500. ðã có f (1000) = 999 > 500 , thay x = 1000 vào (*) ñược f (999) =
< 500 .
999
Bài toán 5.
Cho hàm số f ( x) khả vi liên tục cấp hai trên [0;1], có f ′′ ( 0 ) = 1, f ′′ (1) = 0 .

.c
om

Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho f ′′ ( c ) = c .
Lời giải.
Xét hàm g ( x) = f ′′ ( x ) − x .

(KSTN 2010)


ng

Do f ( x) khả vi liên tục cấp hai trên [0;1] nên g ( x ) liên tục trên [0;1].
Mà g (0) = 1 > 0 , g (1) = −1 < 0 ,

an

co

do đó tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho g (c ) = 0 , khi đó f ′′ ( c ) = c .

th

Bài toán 6.
Cho các số thực a, b, c, d , e . Chứng minh rằng nếu phương trình
ax 2 + ( b + c ) x + d + e = 0

du
on

g

có nghiệm thuộc [1; +∞ ) thì phương trình
ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0

cũng có nghiệm thực.

(Olympic SV 2001)


u

Lời giải.

cu

Gọi x0 ≥ 1 là một nghiệm của phương trình ax 2 + ( b + c ) x + d + e = 0 .
Khi ñó, ax0 2 + cx0 + d = − ( bx0 + d ) .
Xét hàm f ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e .

( x ) = ( ax + cx + d ) + x (bx + d )
f ( − x ) = ( ax + cx + d ) − x ( bx + d )
f ( x ) f ( − x ) = ( ax + cx + d ) − x ( bx

Ta có: f

2

0

0

0

0

0

2


0

Suy ra

0

0

0

2

2

0

0

0

0

0

0

0

+ d ) = ( bx0 + d ) (1 − x0 ) ≤ 0 .
2


2

Mà f ( x) liên tục nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm thuộc ñoạn  − x0 , x0  , suy ra
phương trình ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e = 0 có nghiệm thực.

4

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài toán 7.
Cho a ∈ ℝ , tìm tất cả các hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn f (a ) = a + 1 và
f ( f ( x) ) = ( x − a ) + a

(*), ∀ x ∈ ℝ .

2

Lời giải.
Giả sử tồn tại hàm liên tục f thỏa mãn ñề bài.
Thay x = a vào (*) ta có f ( f (a ) ) = a ⇒ f (a + 1) = a .

Xét hàm g ( x) = f ( x) − x , liên tục trên ℝ , g (a) = 1 > 0 , g (a + 1) = −1 < 0 , nên ∃c ∈ ℝ
sao cho g (c) = c . Khi ñó, f (c) = c .
Thay x = c vào (*) ñược c = f ( f (c) ) = ( c − a ) + a ⇒ ( c − a )( c − a − 1) = 0


.c
om

2

⇒ c = a hoặc c = a + 1 , vơ lí vì g (a) ≠ g (c) = 0 ≠ g (a + 1) .

co

ng

Vậy không tồn tại hàm liên tục f thỏa mãn ñề bài.

th

an

Dạng bài chứng minh phản chứng giả sử hàm khơng đổi dấu

g

Bài tốn 8.

du
on

Cho f liên tục trên [0;1], f (0) > 0 ,

1


1

∫ f ( x)dx < n + 1 .
0

Chứng minh phương trình f ( x) = x có nghiệm thuộc (0;1).
n

u

(Olympic SV 1998)
(KSTN 2008)

cu

Lời giải.
Xét hàm g ( x) = f ( x) − x n

( x ∈ [0;1]) .

Giả sử g ( x) khơng đổi dấu trên [0;1].
Ta có g (0) = f (0) > 0 nên g ( x) > 0 với mọi x ∈ [0;1] .
1

1

1

1


Khi đó, 0 < ∫ g ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ x dx = ∫ f ( x)dx −
n

0
1

suy ra

0

0

0

1
,
n +1

1

∫ f ( x)dx > n + 1 , mâu thuẫn giả thiết.
0

Vậy g ( x ) khơng đổi dấu trên [0;1], tồn tại c ∈ [0;1] sao cho g (c) = 0 , suy ra ñpcm.

5

CuuDuongThanCong.com

/>


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài toán 9.
π

 π

Cho f liên tục trên 0;  , f (0) > 0 ,
 2

2

∫ f ( x)dx < 1.
0

 π
Chứng minh phương trình f ( x) = sin x có nghiệm thuộc  0;  .
 2

(Olympic SV 2003)
(KSTN 2005)

 π 
Xét hàm g ( x ) = f ( x ) − sin x  x ∈ 0;   .
 2

 π
Giả sử g ( x) khơng đổi dấu trên 0;  .
 2


π

π

π

π

2

2

2

co

ng

 π
Ta có g (0) = f (0) > 0 nên g ( x) > 0 với mọi x ∈ 0;  .
 2

.c
om

Lời giải.

0


0

0

0

2

an

Khi đó, 0 < ∫ g ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ sin xdx = ∫ f ( x)dx − 1 ,
π
2

∫ f ( x)dx > 1 , mâu thuẫn giả thiết.

th

suy ra

0

du
on

g

 π
 π
Vậy g ( x) khơng đổi dấu trên 0;  , tồn tại c ∈  0;  sao cho g (c) = 0 , suy ra đpcm.

 2
 2

cu

u

Bài tốn 10.
Chứng minh rằng khơng tồn tại hàm f ( x) liên tục trên ℝ thỏa mãn:

f ( x + a ) ( f ( x) + b ) = −c

(với b > 0 , b 2 ≤ c )
(Olympic SV 2003)
(Olympic SVBK 2010)

Lời giải.
Giả sử tại hàm f ( x) liên tục trên ℝ thỏa mãn:
f ( x + a ) ( f ( x) + b ) = −c

(*)

Do c ≠ 0 nên f ( x) ≠ 0 và f ( x) ≠ −b với mọi x ∈ ℝ .
Gọi Im f là tập giá trị của f trên ℝ . Do f liên tục trên ℝ nên chỉ có thể xảy ra 1
trong 3 trường hợp sau:
Im f ⊂ ( −∞ , −b )
hoặc Im f ⊂ ( −b , 0 )
hoặc Im f ⊂ ( 0, +∞ ) .

6


CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
-

Nếu Im f ⊂ ( −∞ , −b ) thì VT(*) > 0 > −c , vô lý.

-

Nếu Im f ⊂ ( 0, +∞ ) thì VT(*) > 0 > −c , vơ lý.

-

Nếu Im f ⊂ ( −b , 0 ) thì −c = f ( x + a ) f ( x) + b < b 2 ≤ c , vô lý.

Vậy giả thiết phản chứng sai, suy ra ñpcm.

Dạng bài xây dựng tổng f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) = 0
Một hệ quả dễ thấy của ñịnh lý Bolzano – Cauchy:

.c
om

Cho một hàm f ( x) liên tục trên [ a, b ] sao cho tồn tại các số x1 , x2 ,… , xn ∈ [ a, b ] sao cho

f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) = 0 . Khi đó, phương trình f ( x) = 0 có nghiệm trên [ a, b ] .


ng

(Hệ quả trên dễ dàng chứng minh bằng phản chứng giả sử hàm khơng đổi dấu. Thêm nữa,
b

∫ f ( x)dx = 0

thì ∃c ∈ ( a, b ) sao cho

co

nó có thể được phát biểu dưới dạng tích phân: nếu

a

an

f (c) = 0 .)

g

th

Bài tốn 11.
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 2a + 3b + 6c = 0 . Chứng minh rằng phương trình
ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm trong [ 0;1] .

du
on


Lời giải.
Xét hàm f ( x) = ax 2 + bx + c .

cu

u

1 a b
Ta có: f (0) = c , f (1) = a + b + c , f   = + + c .
2 4 2
1
Suy ra f (0) + f (1) + 4 f   = 0 .
2
Vậy phương trình f ( x) = 0 có nghiệm trên [ 0,1] .

Bài toán 12.
Cho hàm f liên tục trên [ 0; 2] . Chứng minh rằng ∃ x1 , x2 ∈ [ 0; 2] sao cho x2 = x1 + 1 và
f ( x2 ) − f ( x1 ) =

1
( f (2) − f (0) ) .
2

Lời giải.
Xét hàm g ( x) = f ( x + 1) − f ( x ) −

1
( f (2) − f (0) ) , liên tục trên [0;1] .
2


7

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Ta có g (0) + g (1) = 0 , suy ra ∃ x1 ∈ [ 0;1] sao cho g ( x1 ) = 0 .
Chọn x2 = x1 + 1 . Khi đó, x1 , x2 ∈ [ 0; 2] và f ( x2 ) − f ( x1 ) =

1
( f (2) − f (0) ) .
2

Bài toán 13.
Cho các hàm liên tục f , g : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( g ( x) ) = g ( f ( x) ) .
Chứng minh rằng nếu phương trình f ( f ( x) ) = g ( g ( x) ) có nghiệm thì phương trình
f ( x ) = g ( x) cũng có nghiệm.

Lời giải.
Xét hàm h( x ) = f ( x) − g ( x ) .
Gọi x0 là nghiệm của phương trình f ( f ( x) ) = g ( g ( x) )
h ( f ( x0 ) ) = f ( f ( x0 ) ) − g ( f ( x0 ) )

co

mà f ( g ( x0 ) ) = g ( f ( x0 ) ) , f ( f ( x0 ) ) = g ( g ( x0 ) )


ng

Ta có: h ( g ( x0 ) ) = f ( g ( x0 ) ) − g ( g ( x0 ) )

.c
om

(OLSV 2009)

an

Suy ra h ( g ( x0 ) ) + h ( f ( x0 ) ) = 0 .

th

Vậy phương trình h( x) = 0 có nghiệm, suy ra đpcm.

du
on

g

Bài tốn 14.
Cho f là một hàm liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn ñiều kiện f (0) = f (1) . Chứng minh rằng

cu

u

1


với bất kì số n ∈ ℕ* nào cũng tồn tại một số c ∈ [ 0;1] sao cho f (c) = f  c +  .
n

Lời giải.
1

Xét hàm g ( x ) = f  x +  − f ( x) .
n

Do f liên tục trên [ 0;1] nên g liên tục trên [ 0;1] .
1
2
1
 n −1 
 n −1 
1
Ta có: g (0) = f   − f (0) , g   = f   − f   , … …, g 
 = f (1) − f 
.
n
n
n
n
 n 
 n 
1
2
 n −1 
Suy ra g (0) + g   + g   + … g 

 = f (1) − f (0) = 0 .
n
n
 n 
1

Vậy tồn tại c ∈ [ 0;1] sao cho g (c ) = 0 . Khi đó, f (c) = f  c +  .
n


8

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

Dạng bài mở rộng hàm liên tục
Ta được cho (hoặc tìm được) một hàm liên tục xác ñịnh trên một ñoạn nhưng lại cần cả
những giá trị của hàm đó xác định tại những điểm nằm ngồi đoạn đang xét. Trong nhiều
trường hợp, ta cần (bắt buộc) phải mở rộng hàm tại những ñiểm hoặc trên đoạn mong
muốn mà vẫn giữ tính liên tục cho nó.

.c
om

Cách mở rộng chung khá đơn giản:
f ( x) xác ñịnh và liên tục trên ñoạn [a, b] . Hàm mở rộng về phía bên phải:

a≤ x≤b
 f ( x)
F ( x) = 
x≥b
 f ( x + a − b) + f (b) − f (a )
liên tục trên ñoạn [ a ; +∞ ) .

ng

Tương tự với hàm mở rộng về phía bên trái. Trong trường hợp f (a ) = f (b) , hàm mở
rộng như trên là một hàm tuần hồn có chu kỳ T = b − a .

co

Bài toán 15.
Cho a ∈ ( 0;1) . Giả sử hàm f ( x) liên tục trên ñoạn

[0;1]

thỏa mãn ñiều kiện

f (0) = f (1) = 0 . Chứng minh rằng tồn tại b ∈ [ 0;1] sao cho hoặc f (b) = f (b − a ) hoặc

an

f (b) = f (b + a − 1) .

th

(OLSV 2000)


1

Khi đó,

du
on

g

Lời giải.
Mở rộng f ( x) ra tồn trục số để được hàm tuần hồn chu kỳ T = 1 , hàm mới vẫn liên tục
trên ℝ do f (0) = f (1) = 0 .
Xét hàm g ( x ) = f ( x + a) − f ( x) .
1

1

1+ a

0

0

a

∫ g ( x)dx = ∫ f ( x + a)dx − ∫ f ( x)dx =
0

∫


1

f ( x)dx − ∫ f ( x)dx = 0 .
0

cu

u

Do đó, c ∈ [ 0;1] sao cho 0 = g (c) = f (c + a ) − f (c ) = f (c + a − 1) − f (c) .
Dễ thấy 0 ≤ c + a ≤ 2 .
- Nếu 0 ≤ c + a ≤ 1 thì chọn b = c + a .
- Nếu 1 ≤ c + a ≤ 2 thì chọn b = c .
Suy ra đpcm.

Bài tốn 16.
Tìm tất cả các số d ∈ ( 0;1) có tính chất: nếu f ( x) là hàm số tùy ý liên tục trên [ 0;1]

thỏa mãn f (0) = f (1) thì ∃x0 ∈ [ 0;1 − d ] sao cho f ( x0 ) = f ( x0 + d ) .
Lời giải.
1
Theo bài tốn 14, bất kì số d = với n ∈ ℕ* cũng đều thỏa mãn điều kiện bài tốn.
n

9

CuuDuongThanCong.com

/>


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Ta chứng minh đó là tất cả các số cần tìm.
1
Giả sử tồn tại số d ≠ với mọi n ∈ ℕ* thỏa mãn.
n
Lấy số k ∈ ℕ sao cho kd < 1 < (k + 1)d .

Xét một hàm số tùy ý xác ñịnh và liên tục trên ñoạn [ 0; d ] thỏa mãn f (0) = 0 ,

f (1 − kd ) = −k , f (d ) = 1 . Mở rộng hàm f ( x) ra tồn đoạn [ 0;1] : với mỗi x ∈ [ d ;1] ta
xác ñịnh f ( x) = f ( x − d ) + 1 , ta ñược hàm mới liên tục, và hơn nữa là thỏa mãn ñiều kiện
f (0) = f (1) vì f (1) = f (1 − d ) + 1 = f (1 − 2d ) + 2 = … = f (1 − kd ) + k = 0 = f (0) .
Nhưng rõ ràng với hàm f vừa ñược xây dựng, mọi x ∈ [ 0;1] ñều cho thấy

1
với n ∈ ℕ* .
n

co

Dạng bài kết hợp tính liên tục và tính đơn điệu

ng

Vậy tất cả các số cần tìm là d =

.c
om


f ( x + d ) = f ( x) + 1 ≠ f ( x) , mâu thuẫn giả thiết.

an

Hàm đơn ánh:
Hàm f có tập xác ñịnh D , ñược gọi là ñơn ánh nếu:

th

∀ x1 , x2 ∈ D , x1 ≠ x2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x2 ) .

hoặc

ðịnh lý:

du
on

g

∀ x1 , x2 ∈ D , f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ x1 = x2 .

… Hàm liên tục và đơn ánh thì đơn ñiệu …

cu

u

Bài toán 17.

Cho hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( f ( x) ) = − x 2 , ∀x ∈ ℝ .
Chứng minh rằng

f ( x) ≤ 0 , ∀x ∈ ℝ .

Lời giải.
* Ta chứng minh f ( x) ≤ 0 , ∀x ≤ 0 .
Thật vậy, với x ≤ 0 , tồn tại y ∈ ℝ sao cho x = − y 2 .
Khi đó, f ( x) = f (− y 2 ) = f ( f ( f ( y ) ) ) = − ( f ( y ) ) ≤ 0 .
2

* Ta chứng minh f ( x) ≤ 0 , ∀x > 0 .
Thật vậy, giả sử tồn tại x0 > 0 sao cho f ( x0 ) > 0 .

Xét x1 , x2 ∈ ℝ + , f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇒ − x12 = − x2 2 ⇒ x1 = x2 .

ðiều đó chứng tỏ hàm liên tục f ñơn ánh trên ℝ + , suy ra f ñơn ñiệu trên ℝ +

10

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Do f liên tục trên ℝ + nên tồn tại một lân cận U ( x0 ) ⊂ ℝ + mà f nhận giá trị dương tại

mọi ñiểm thuộc U ( x0 ) . Khi ñó, do f ñơn ñiệu trên ℝ + nên hàm f ( f ( x) ) ñơn ñiệu tăng


trên U ( x0 ) , nhưng hàm − x 2 ñơn ñiệu giảm trên U ( x0 ) ⊂ ℝ + , mâu thuẫn.
Vậy f ( x) ≤ 0 , ∀x > 0 . Suy ra ñpcm.

Xét x1 , x2 ∈ ℝ + ,
5

( x1 + 1)

5

+1 =

5

( x2 + 1)

5

+ 1 ⇒ x1 = x2 .

ng

f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇒

.c
om

Bài toán 18.
Ký hiệu ℝ + là tập các số thực dương. Giả sử f : ℝ + → ℝ + là một hàm số liên tục và thỏa
f ( x + 1)

5
mãn f ( f ( x) ) = 5 ( x + 1) + 1 . Chứng minh rằng lim
= 1.
x →+∞
f ( x)
(KSTN 2007)
Lời giải.

ðiều đó chứng tỏ hàm liên tục f ñơn ánh trên ℝ + , suy ra f ñơn ñiệu trên ℝ + .

( x + 1)

5

5

+ 1 > x + 1 > x (*) nên f ( f ( f ( x) ) ) < f ( x) ,

co

Nếu f là hàm giảm, f ( f ( x) ) =

an

nhưng khi thay x bởi f ( x) trong (*) lại ñược f ( f ( f ( x) ) ) > f ( x) , mâu thuẫn.

x →+∞

lim f ( x) = +∞ .


x →+∞

( x + 1)

5

+ 1 = +∞ nên hàm tăng f khơng bị chặn trên, vì vậy

du
on

x →+∞

5

g

Do lim f ( f ( x) ) = lim

th

Vậy f là hàm tăng trên ℝ + .

Ta có f ( f ( x ) ) > x + 1 nên:

cu

u

f ( x + 1) f ( f ( f ( x) ) )

1<
<
=
f ( x)
f ( x)

5

mà lim

( f ( x) + 1)

x →+∞

5

+1

= lim

t →+∞

f ( x)

Theo nguyên lý kẹp, ta có lim

x →+∞

5


( t + 1)
t

5

+1

5

( f ( x) + 1)

5

+1

f ( x)

=1.

f ( x + 1)
= 1.
f ( x)

Hàm liên tục và dãy số
Cho dãy số thực ( xn ) hội tụ, a = lim xn , hàm f ( x) liên tục tại x = a .
n →∞

Khi đó, lim f ( xn ) = lim f ( x) = f (a ) .
n →∞


x →a

11

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

 g ( x)

Xét hàm h( x) =  x
 g ′(0)

.c
om

Bài tốn 19.
1. Tìm tất cả các hàm f : ℝ → ℝ liên tục tại 0, sao cho f (2 x) = f ( x) , ∀x ∈ ℝ .
2. Tìm tất cả các hàm g : ℝ → ℝ có đạo hàm tại 0, sao cho g (2 x ) = 2 g ( x ) , ∀x ∈ ℝ .
(KSTN 2006)
Lời giải.
1. Với mọi x ∈ ℝ và mọi số nguyên dương n , ta có
x
 x 
 x 
f ( x) = f   = f  2  = … = f  n 
2

2 
2 
x
 x 
mà lim n = 0 , hàm f liên tục tại 0, nên lim f  n  = f (0) .
n →∞ 2
n →∞
2 
Suy ra f ( x ) = f (0) , ∀x ∈ ℝ . Vậy f là hàm hằng.
2. Thay x = 0 vào ñiều kiện, ta có g (0) = 2 g (0) ⇒ g (0) = 0 .
x≠0

x→0

x →0

g ( x)
g ( x) − g (0)
= lim
= g ′(0) .
x→0
x
x−0

co

Do g khả vi tại 0 nên lim h( x) = lim

ng


x=0

du
on

Bài toán 20.

g

th

an

Vậy h liên tục tại ñiểm x = 0 .
g (2 x) g ( x)
, ∀x ≠ 0
g (2 x) = 2 g ( x) ⇒
=
⇒ h(2 x) = h( x) , ∀x ∈ ℝ .
2x
x
Theo câu 1, h( x) = c là hằng. Vậy g ( x) = cx , ∀x ∈ ℝ .

cu

u

1

Tìm tất cả các hàm f liên tục trên ℝ sao cho f ( x ) = f  x 2 +  .

4

Lời giải.
Xét x0 ∈ ℝ .
1
1
• Nếu 0 ≤ x0 ≤ . Xét dãy { xn } xác ñịnh bởi xn +1 = xn 2 + ( n ∈ ℕ ) .
2
4
2

1
1

, với mọi n ∈ ℕ* . Mặt khác, xn+1 − xn =  xn −  ≥ 0 .
2
2

là dãy ñơn ñiệu tăng, bị chặn trên, nên hội tụ. ðặt α = lim xn .

Bằng quy nạp, ta có 0 ≤ xn ≤

{ xn }

n →∞

Khi đó, α = α 2 +

1
1

1
⇒ α = , hay lim xn = .
n →∞
4
2
2

1
1
Suy ra f ( x0 ) = f ( x1 ) = f ( x2 )… = lim f ( xn ) = f   , với mọi x0 ≤ .
n →∞
2
2
1
1
• Nếu x0 > . Xét dãy { xn } xác ñịnh bởi xn+1 = xn − ( n ∈ ℕ ) .
2
4

12

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Tương tự trên, ta chứng minh ñược { xn } là dãy giảm, bị chặn dưới bởi
Do đó, { xn } hội tụ, và tính ñược lim xn =
n →∞


1
.
2

1
.
2

1
1
Suy ra f ( x0 ) = f ( x1 ) = f ( x2 )… = lim f ( xn ) = f   , với mọi x0 > .
n →∞
2
2
Vậy f là hàm hằng.

{ f ( x )} ñược xác ñịnh bởi f ( x ) = f ( x ) ,
1

n

f n +1 ( x ) = f ( f n ( x ) )

(n ∈ ℕ ) .
*

ng

Dãy hàm


.c
om

Bài toán 21.
ðịnh nghĩa:
Cho hàm f có miền xác định D , x ∈ D ñược gọi là ñiểm bất ñộng của hàm f nếu
f ( x) = x .

co

1) Mọi hàm liên tục f : [ a, b ] → [ a, b ] đều có điểm bất động.
(ðịnh lý điểm bất ñộng Banach)

an

Chứng minh. Xét hàm g ( x) = f ( x) − x liên tục , g (a) ≥ 0 và g (b) ≤ 0 . Do đó, tồn tại

th

x0 ∈ [ a, b ] sao cho g ( x0 ) = 0 , khi đó f ( x0 ) = x0 .

du
on

g

2) Nếu f liên tục và dãy hàm { f n ( x )} hội tụ về L , với x nào đó, thì f ( L ) = L .

Chứng minh. lim f n ( x ) = L ⇒ L = lim f n +1 ( x ) = lim f ( f ( n ) ( x ) ) = f ( L ) .

n →∞

n →∞

n →∞

u

3) Giả sử hàm f : [ a, b ] → [ a, b ] liên tục, ñơn ñiệu tăng. Khi ñó, dãy

n

cu

mọi x ∈ [ a, b ] . Theo 2), giới hạn của dãy là ñiểm bất ñộng của f .

{ f ( x )} hội tụ, với

Chứng minh. Nếu f ( x) = x thì hiển nhiên đúng. Nếu f ( x) > x , thì f ( f ( x)) > f ( x) và

{ f ( x )} là dãy tăng bị chặn bởi b , do đó hội. Tương tự nếu
n

f ( x) < x .

4) Giả sử f , g : [ a, b ] → [ a, b ] là các hàm liên tục thỏa mãn f ( g ( x) ) = g ( f ( x) ) , với mọi

x ∈ [ a, b ] , f là hàm đơn điệu tăng . Khi đó, f và g có điểm bất động chung, nghĩa là

tồn tại x0 ∈ [ a, b ] sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) = x0 .


Chứng minh. Theo 1), g có điểm bất động c ∈ [ a, b ] . Theo 3), do f ñơn ñiệu tăng nên
giới hạn của dãy

{ f ( c )} tồn tại và là ñiểm bất ñộng của
n

f.

13

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Mặt khác, do f ( c ) = f ( g (c) ) = g ( f (c) ) , suy ra f n ( c ) = f n ( g (c) ) = g ( f n ( c ) ) , nghĩa

là f n ( c ) là ñiểm bất ñộng của g , với mọi n ∈ ℕ . Do đó giới hạn x0 = lim f n ( c ) là
n →∞

ñiểm bất ñộng chung của f và g .
Bài toán 22.
Cho hàm số f : [ a, b ] → [ a, b ] với a < b , thỏa mãn:

f ( x ) − f ( y ) < x − y , ∀ x, y ∈ [ a , b ] , x ≠ y .

Chứng minh rằng phương trình f ( x) = x có nghiệm duy nhất thuộc ñoạn [ a, b ] .


.c
om

(Olympic SV 1994)
(KSTN 2004, 2008)

Lời giải.
∀ε > 0 , x − y < ε ⇒ f ( x) − f ( y ) < ε , do đó f là hàm liên tục trên [ a, b ] .

ng

Theo phần 1 bài tốn 21, f ln có điểm bất động, gọi đó là x0 . Khi đó f ( x0 ) = x0 .

co

Giả sử phương trình f ( x) = x có nghiệm x1 ∈ [ a, b ] , x1 ≠ x0 .
Khi đó, f ( x1 ) − f ( x0 ) = x1 − x0 , mâu thuẫn với bđt đã cho.

th

an

Vậy phương trình f ( x) = x có nghiệm duy nhất thuộc đoạn [ a, b ] .

du
on

g

Bài toán 23.

Cho số thực c > 1 , chứng minh rằng tồn tại số y > 0 sao cho:

lim y + y + y + … + y = c .

Nhận xét.

u

n →∞

n roots

cu

lim y + y + y + … + y = c ⇒
n →∞

( n dấu căn )

y + c = c ⇒ y = c2 − c .

n roots

Lời giải.

Chọn y = c 2 − c . Xét f ( x) =

y + x liên tục trên ñoạn [ 0; c ] , khi ñó f : [ 0; c ] → [ 0; c ] .

Theo phần 3 bài toán 21, dãy { f n ( 0 )} hội tụ về ñiểm L ∈ [ 0; c ] và thỏa mãn f ( L ) = L .

Khi đó, L =

y + L ⇒ L2 − L = y = c 2 − c ⇒ ( L − c )( L + c − 1) = 0 .

Do L ≥ 0 , c > 1 nên L + c − 1 > 0 , suy ra L = c .
Vậy lim y + y + y + … + y = lim f n ( 0 ) = c .
n →∞

n →∞

n roots

14

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài tốn 24.
x x
Tìm tất cả các hàm khả vi f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( x) = f   + f ′( x ) , ∀x ∈ ℝ .
2 2
Lời giải.
Xét số thực x0 > 0 .

.c
om


x 
f ( x0 ) − f  0 
x

 2  = f ′( x ) .
Theo ñịnh lý Lagrange, ∃ x1 ∈  0 , x0  sao cho f ′ ( x1 ) =
0
x0
2

2
∞
x

Tương tự, dãy { xn }n = 0 sao cho xn +1 ∈  n , xn  và f ′ ( xn +1 ) = f ′ ( xn ) = f ′ ( x0 ) , ∀n ∈ ℕ .
 2

{ xn } là dãy giảm, bị chặn dưới bởi 0, nên hội tụ. ðặt α = lim xn .
n →∞

co

tụ về 0 và thỏa mãn f ′ ( xn ) = f ′ ( x0 ) , ∀n ∈ ℕ .

ng

α 
Nếu α > 0 thì ta chọn lại x1 ∈  , α  . Dãy mới vẫn là dãy giảm và thỏa mãn ñiều kiện
2 
∞

f ′ ( xn ) = f ′ ( x0 ) , ∀n ∈ ℕ . Tiếp tục q trình như vậy, ta sẽ thu được một dãy { xn }n= 0 hội

du
on

g

th

an

Tóm lại, f ′( x0 ) = f ′(0) , với mọi x0 > 0 .
Tương tự, ta chứng minh ñược f ′( x0 ) = f ′(0) , với mọi x0 < 0 .
Do f khả vi trên ℝ nên f ′( x) = f ′(0) , ∀x ∈ ℝ .
Kết luận: f ( x) = ax + b
( a, b là các hằng số)

Bài tốn 25.
Tìm tất cả các hàm f : ℝ + → ℝ + thỏa mãn f ( f ( x) ) + af ( x) = b ( a + b ) x , ∀x ∈ ℝ + . (*)

cu

u

( a, b là các hằng số dương)
Lời giải.
∞
Xét dãy { xn }n = 0 : xn+1 = f ( xn ) , với x0 là một số thực cố ñịnh.

Từ (*) ta có cơng thức truy hồi của dãy: xn+ 2 = −axn +1 + b ( a + b ) xn .


Phương trình đặc trưng: x 2 + ax − b ( a + b ) = 0 , có 2 nghiệm x1 = b , x2 = −a − b .

Công thức tổng quát của dãy xn = c1b n + c2 ( − a − b ) ,
n

với c1 , c2 ∈ ℝ thỏa mãn x0 = c1 + c2 và x1 = c1b − c2 ( a + b ) .

Do xn > 0 ∀n ∈ ℕ , nên c2 = 0 . Suy ra x0 = c1 và f ( x0 ) = x1 = c1b = bx0 .
Vậy f ( x) = bx , ∀x ∈ ℝ + .

15

CuuDuongThanCong.com

/>