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
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
| < 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
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→∞
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
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
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
)|| ≤ |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
|f(x
o
+ h) − f(x
o
)| + M(x
o
))
≤ M(x
o
+ h) ≤ M(x
o
) + sup
0≤|h|<b
|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
+ 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
và
|ψ(x
o
+ h) − ψ(x
o
)| ≤ min{ max
0≤|h|≤δ
|f(x
o
+ h) −f(x
o
)|;
max
0≤|h|≤δ
o
− 0) = lim
x→x
o
−0
m(x) = inf
a≤ξ<x
o
|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
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
+δ
0
) ⊂ (a; b).
Với x ∈ (x
0
− δ
0
; x
0
+ δ
(x
0
−0) là hữu hạn. Từ đó suy ra với x
0
−δ
0
< x < x
0
< y < x
0
+δ
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
< 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.
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
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
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
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
) + 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
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
. 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
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
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
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
.
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
) > 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
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) = (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
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
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.
+
]
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
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 =
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
− 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
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
) = 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
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(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.
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
Copyright: Tài liệu đại học ©