Một số bài toán phương trình hàm liên tục

  • Số trang: 14 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 22 |
  • Lượt tải: 0
dinhthithuyha

Đã đăng 3359 tài liệu

Mô tả:

MỘT SỐ BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN TỤC Trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng 1. Một số bài phương trình hàm liên tục giải bằng cách xét một dãy số hội tụ -Trong phần này các bài toán phương trình hàm được giải bằng cách sử dụng một định lý quen thuộc của giải tích, thể hiện mối quan hệ giữa giới hạn hàm và giới hạn dãy. Định lý 1.1: Cho hàm số f xác định trên khoảng (a; b) ; x0 �(a; b) tuỳ ý. Khi đó f ( x)  A là với mọi dãy số (a ) hội tụ về x ta đều có a) Điều kiện cần và đủ để xlim n 0 �x0 lim f (an )  A n �� b) Điều kiện cần và đủ để f ( x) liên tục tại x0 là với mọi dãy số (an ) hội tụ về x0 ta đều có lim f (an )  f ( x0 ) n �� Bài toán 1: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: x x f ( x)  f ( )  , x �R 3 3 Giải: Xét hàm số g ( x)  f ( x )  x x �R . Ta có g cũng là hàm liên tục trên tập R và 2 x x x x ( g ( x)  )  ( g ( )  )  2 3 6 3 � x g ( x)  g ( ) 3 x �R Với mọi số thực x tuỳ ý ta xét dãy số ( xn ): x0  x; xn  1 Suy ra xn  xn 1 � g ( xn )  g ( xn1 ) � …. � 3 x 3n g ( x0 )  g ( xn ) n �N x xn  lim n  0 ta được Cho n � � và lấy giới hạn, chú ý rằng nlim �� n ��3 g ( x)  lim g ( xn )  g (0) n �� Suy ra f ( x)  x  c (với c  g (0) ) 2 x x x x Thử lại, (  c)  (  c)  , thoả mãn. Vậy f ( x) �  c x �R (với c  const tuỳ ý) 2 6 3 2 Chú ý: Thực ra trong bài toán 1 ta chỉ cần hàm số f liên tục tại điểm 0 là đủ Bài toán 2: (Tổng quát hoá bài toán 1) Cho các hằng số a, b, c tuỳ ý thoả mãn | a |�1;| b | 1 . Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: af ( x)  f (bx)  cx  d , x �R Bài toán 3: Xác định hàm số f :[0;1] � [0;1] liên tục trên đoạn [0;1] và thoả mãn: x x 1 2 f ( x)  f ( )  f ( ) , x �[0;1] 2 2 (1) Giải: Do hàm số f liên tục trên đoạn [0;1] nên nó đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên đoạn này. Giả sử f ( x) ; a �[0;1] + f ( a)  M  xmax �[0;1] f ( x) ; b �[0;1] + f (b)  m  xmin �[0;1] Ta sẽ chứng minh M  m ; từ đó dẫn đến f ( x) �c (với c  const tuỳ ý) Thật vậy, do a �[0;1] nên a a 1 �[0;1] ; 2 2 Thay x  a vào (1) ta được: a a 1 2 f (a)  f ( )  f ( ) 2 2 a a 1 )M Kết hợp với tính lớn nhất của f ( a) suy ra: f ( )  f ( 2 2 a a a Làm hoàn toàn tương tự ta có M  f (a)  f ( )  f ( )  ....  f ( n ) n �N 2 4 2 a  0 ta được: n �� 2 n Cho n � � và lấy giới hạn, chú ý rằng lim Hoàn toàn tương tự, ta cũng có m  lim f ( n �� M  lim f ( n �� a )  f (0) 2n b )  f (0) . Suy ra M  m (cùng bằng f (0) ). 2n Thử lại, ta thấy f ( x) �c (với c  const tuỳ ý) thoả mãn đề bài. Bài toán 4: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: 1 f ( x)  f ( x 2  ) , x �R 4 1 Giải: Thay x bởi  x ta được: f (  x)  f ( x 2  )  f ( x) . Như vậy f là một hàm chẵn, do đó 4 ta chỉ cần chú ý đến những giá trị x �0 . Giả sử x là một số không âm tuỳ ý, xét hai trường hợp: 1 1 TH1: 0 �x � . Xét dãy số ( xn ): x0  x; xn1  xn2  2 4 (1) Từ công thức xác định dãy ( xn ) dễ dàng thấy f ( xn )  f ( xn1 ) , dẫn đến f ( x)  f ( xn ) n �N (2) 1 Lại có, bằng phương pháp chứng minh qui nạp, ta thu được: 0 �xn �xn1 � . Như vậy ( xn ) là 2 dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 1 xn  a hữu hạn. Cho n � �, lấy , do đó tồn tại nlim �� 2 giới hạn hai vế biểu thức (1) ta được a  a 2  1 4 � a 1 2 Cho n � �, lấy giới hạn hai vế biểu thức (2) và chú ý f là hàm liên tục ta được 1 f ( x)  lim f ( xn )  f ( a)  f ( ) n �� 2 1 x �[0; ] 2 (3) TH1: x  1 1 . Hoàn toàn tương tự ta cũng xây dựng được dãy ( yn ): y0  x; yn1  yn  đơn 2 4 điệu giảm ( yn  yn1  1 1 ) và lim yn  . Dẫn đến n �� 2 2 1 f ( x)  lim f ( yn )  f ( ) n �� 2 x  1 2 (4) 1 Từ (3), (4) kết hợp với f là một hàm chẵn suy ra f ( x)  f ( )  const 2 x �R . Thử lại, ta thấy f ( x) �c (với c  const tuỳ ý) thoả mãn đề bài. 1 Bài toán 5: Giả sử c là một số thực tuỳ ý thoả mãn c � . Xác định hàm số f : R � R liên tục 4 trên tập R và thoả mãn: f ( x)  f ( x 2  c ) , x �R 2. Hàm liên tục cộng tính - Ta chú ý rằng tập hữu tỷ Q là trù mật của trong tập số thực R , vì vậy khi giải các bài toán xác định hàm số f liên tục trên tập R , bài toán sẽ coi như được giải xong nếu ta xác định được tất cả các giá trị f ( q) , q �Q . Trong các bài toán ở mục này ta sẽ chỉ ra tính cộng tính của cac hàm liên tục, sau đó áp dụng định lí dưới đây. Định lý 2.1: Nếu f : R � R là một hàm liên tục, cộng tính: f ( x  y ) = f ( x) + f ( y ) (1) x, y �R thì f ( x)  ax x �R (với a  const tuỳ ý) f (0)  0 � CM: Lần lượt thay x  y  0 , và y   x vào (1) suy ra � �f ( x)   f ( x)x �R  f (0)  0  f ( x)   f ( x)x �R Tiếp tục lần lượt thay y  x và y  nx (với n �N* tuỳ ý) vào (1) suy ra + f (2 x)  2 f ( x) + f ((n  1) x )  f ( x)  f (nx ) Vì vậy bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta được: f ( nx)  nf ( x) n �N ; x �R (2) Hơn nữa do f là hàm lẻ nên ta có (2) đúng n �Z . Lại có, q �Q viết q  m ; m �Z, n �N* ta được n m 1 � x )  mf ( x) � m n n � �� f (qx)  f ( x)  qf ( x)x �R 1 n �  f ( x)  nf ( x ) � n  f ( qx)  f ( qn , với (qn ) là một dãy số hữu tỷ, khi đó Cuối cùng, với mọi số thực r tuỳ ý ta viết r  nlim �� f (rx )  lim f (qn x)  lim (qn f ( x))  rf ( x) n�� Dẫn đến f ( x)  xf (1)  ax n�� x �R (với a  f (1) ) Thử lại, với a  const tuỳ ý ta có hàm số f ( x)  ax liên tục trên tập R và f ( x  y ) = a( x  y )  ax  ay = f ( x) + f ( y ) x, y �R Bài toán 6: Giả sử f : R  � R  là một hàm liên tục, nhân tính: f ( xy )  f ( x) f ( y ) x, y �R  . Chúng minh rằng hàm f có dạng f ( x)  x a x �R  (với a  const tuỳ ý) Giải: Đặt a  f (1) và xét hàm số g : R � R ; g (u )  ln f (eu ) x �R . Ta có g cũng là hàm liên tục và g (u  v)  ln f (eu v )  ln f (eu e v )  ln f (eu ) f (ev )  ln f (eu )  ln f (ev )  g (u )  g (v) u, v �R Nghĩa là g là hàm cộng tính liên tục, dẫn đến g (u )  au , (với a  const tuỳ ý) � f (eu )  e au  (eu ) a � f ( x)  x a x �R  Bài toán 7: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  2axy ,(a =const ) x, y �R Giải: Xét hàm số g : R � R ; g ( x)  f ( x)  ax 2 . Ta có g cũng là hàm liên tục và: g ( x  y )  f ( x  y )  a( x  y ) 2  f ( x)  f ( y )  2axy  a ( x  y ) 2 x, y �R  f ( x )  f ( y )  ax 2  ay 2  g ( x)  g ( y ) Vậy g ( x )  bx x �R (với b  const tuỳ ý), dẫn đến f ( x)  ax 2  bx x �R Bài toán 8: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f( x y f ( x)  f ( y) x, y �R ) 2 2 (Phương trình hàm Jensen) Giải: Xét hàm số g : R � R ; g ( x)  f ( x)  f (0) . Ta có g (0)  0 ; hơn nữa g cũng là hàm liên tục và: g( x y g ( x)  g ( y ) ) 2 2 x, y �R (1) x Thay y  0 vào (1) ta được g ( x)  2 g ( ) 2 � g ( x  y)  2 g ( x y )  g ( x)  g ( y ) 2 x, y �R Như vậy g là hàm cộng tính liên tục, dẫn đến g ( x) �ax  � f (x ) ax f (0) ax b (với a, b =const ) Bài toán 9: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( f ( f ( x  y  xy )))  f ( x)  f ( y )  f ( xy ) x, y �R (1) Giải: Thay y  0 vào (1) ta được f 3 ( x)  2 f (0)  f ( x) Kết hợp (1) suy ra: 2 f (0)  f ( x  y  xy )  f ( x)  f ( y )  f ( xy ) x, y �R g ( x)  f ( x)  f (0) .Ta có g (0)  0 ; hơn nữa g cũng là hàm liên tục và: g ( x  y  xy )  g ( x)  g ( y )  g ( xy ) x, y �R Đến đây ta dự đoán sẽ chỉ ra được g là cộng tính Thay y  1 vào (2) ta được g (2 x  1)  2 g ( x)  g (1) (3) (2) Đặt Trong đẳng thức (3) ta thay x bởi x  y  xy và kết hợp với (2) được g (2( x  y  xy )  1)  2 g ( x  y  xy )  g (1) =2 g ( x)  2 g ( y )  2 g ( xy )  g (1) (4) Chú ý rằng ta có thể viết 2( x  y  xy )  1  (2 x  1)  y  (2 x  1) y ; vì vậy theo đẳng thức (2), và sau đó kết hợp với (3) ta được g (2( x  y  xy)  1)  g (2 x  1)  g ( y)  g ((2 x  1) y)  2 g ( x)  g (1)  g ( y )  g ((2 x  1) y ) (5) Từ (4) và (5) suy ra g (2 xy  y)  2 g ( xy )  g ( y) (6) Thay x   1 y y vào (6) ta được g ( y )  g (0)  2 g ( )  2 g (  ) 2 2 2 Lại có, khi thay x  1 vào (2) ta được g (  y )   g ( y) (7) (8) y Từ (7) và (8) suy ra g ( y )  2 g ( ) . Kết hợp (6) suy ra g (2 xy  y)  g (2 xy )  g ( y ) , dẫn đến g 2 là cộng tính và như vậy g ( x) �ax  � f (x ) ax f (0) ax b (với a, b =const ) Bài toán 10: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: x, y �R f ( x  y ) f ( x  y )  ( f ( x) f ( y )) 2 (1) Giải: Ta nhận thấy f ( x) �0 thỏa mãn bài toán. Bây giờ ta giả sử  x0 sao cho f ( x0 ) �0 Thay y  0 và x = x0 vào (1) được [f ( x0 )]2  [f ( x0 )]2 [f (0)]2 � *Xét trường hợp f (0)  1 , thay y  x vào (1) được f (2 x)  [f ( x)]2 �f (0)  1 �f (0)  1 � (2) x �R Suy ra f ( x) �0 x �R . Ta sẽ chứng tỏ f ( x)  0 x �R Thật vậy, giả sử có f ( x1 )  0 (2) � x f ( 1)  0 2 � x f ( 1)  0 4 � … � f( x1 )0 2n n �N x1 x  0 ta được f (0)  lim f ( 1n )  0 , mâu thuẫn. n n �� 2 n�� 2 Cho n � � và lấy giới hạn, chú ý rằng lim Điều này chứng tỏ f ( x)  0 x �R . Lại có thay f ( y) f (  y )  [f ( y )]2[f (0)]2  [f ( y)]2 � f ( y )  f ( y) . Như vậy f là một hàm chẵn. Bây giờ với mỗi số nguyên dương n tuỳ ý, trong đẳng thức (1) ta thay x bởi nx và thay y bởi x , được: f ((n  1) x) f (( n  1) x)  [f ( nx)]2[f ( x)]2 Do đó, sử dụng phương pháp chứng minh qui nạp suy ra f (nx)  [f ( x)]n 2 n �N, x �R (3) Chú ý rằng f là một hàm chẵn, nên ta cũng có (3) đúng n �Z Tiếp tục r �Q , viết q  n , m, n ι Z, m 0 . Khi đó ta có m n2  f ( nx)  f ( m.qx)  [f ( qx)]m � 2 � 2 � [f (qx )]  [f ( x)] m  [f ( x)]q � 2  f ( nx)  [f ( x)]n � 2 x �R Hoàn toàn tương tự như chứng minh định lý 2.1 ta cũng dẫn đến f (rx )  [f ( x)]r 2 r �R , x �R Suy ra f ( x)  [f (1)]x  a x (với a  const , a  0 ) 2 2 *Trường hợp f (0)  1 , ta xét hàm  f ( x) , khi đó ta cũng có  f ( x)  a x (với a  const , a  0 2 ) Vậy hoặc f ( x) �0 hoặc f ( x) �a x hoặc f ( x) �a x (với a  const , a  0 ) 2 2 Nhận xét:Trong bài tập trên, thực tế ta không chỉ ra được hàm nào có tính cộng tính; tuy nhiên về kĩ thuật chứng minh thì tương tự như chứng minh đinh lí 2.1; bước đầu xác định tất cả các giá trị f ( q) , q �Q ; sau đó nhờ tính trù mật của tập hữu tỷ Q trong tập số thực R ta xác định được tất cả các giá trị của hàm f . Bài toán 11: Xác định hàm số f xác định và liên tục trên khoảng (1;1) và thoả mãn: f ( x  y)  f ( x)  f ( y ) 1  f ( x) f ( y) (với x, y, x  y �(1;1) ) Bài toán 12: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( ax  by)  af ( x)  bf ( y ) x, y �R Trong đó a, b �0 là hai số thực cho trước. Bài toán 13: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( x  y )  f ( x  y )  2 f ( xy  1)  f ( x ) f ( y )  4 x, y �R 3. Hàm liên tục đơn điệu Định lý 3.1: Giả sử f là một hàm xác định và liên tục trên khoảng [a; b] . Khi đó với mọi số thực M nằm giữa f ( a) và f (b) đều tồn tại ít nhất một số c �(a; b) sao cho f (c)  M Định lý 3.2: Giả sử f là một hàm xác định và liên tục trên khoảng (a; b) . Khi đó nếu f là đơn ánh trên khoảng (a; b) thì f là đơn điệu. Chú ý: Định lí 3.2 vẫn đúng nếu ta thay khoảng (a; b) bởi đoạn [a;b] hoặc tập số thực R . Bài toán 14: Cho hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) f (2012)  2011 b) f ( x ). f 4 ( x )  1 x �R (1) Hãy tính f (2010) và f (2009) Giải: Kí hiệu D f là tập giá trị của hàm số f . Chú ý rằng từ (1) ta có nếu a �D f thì a �0 và f 3 (a)  1 , suy ra f là đơn ánh trên D f . Ta sẽ giải bài toán dựa trên những nhận xét sau: a Nhận xét 1: D f �(0; �) Nhận xét 2: f còn là hàm đơn điệu giảm trên D f Nhận xét 3: nếu a �D f thì f ( a)  Nhận xét 4: [ 1 a 1 ;2011] � D f 2011 Nhận xét 1 dễ dàng suy ra vì 0 �D f và 2011�D f . Tương tự ta cũng suy ra ngay nhận xét 4 vì 2011  f (2012) �D f và 1  f 4 (2012) �D f 2011 C/m nhận xét 2: Giả sử ngược lại tồn tại a, b �D f thoả mãn 0  a  b và f ( a)  f (b) Đặt m  min{a, b, f ( a), f (b), f 2 (a), f 2 (b), f 3 ( a), f 3 (b)} ; M  m ax{a, b, f ( a), f (b), f 2 (a), f 2 (b), f 3 ( a), f 3 (b)} � [m, M ] � D f � f cũng là đơn ánh trên [m, M ] . Theo định lí 3.2 và kết hợp với (2) ta có f là hàm đơn điệu tăng trên [m, M ] Suy ra f 2 (a)  f 2 (b) � f 3 (a)  f 3 (b) � 1 1  a b � a  b , mâu thuẫn Vậy f là hàm đơn điệu giảm trên D f 1 C/m nhận xét 3: Giả sử ngược lại tồn tại a �D f nhưng f ( a) � a TH1: f ( a)  1 1 (Chú ý a �D f thì  f3 ( a) �D f ) a a 1 � f 2 (a )  f ( ) (3) a 1 1 1 � f3 (a)  f 2 ( ) � f3 (a)   f 2 ( ) a a a Từ (3) và (4) suy ra f 2 (a)  a � f 3 ( a)  1 1 � f ( )  f3 ( )  a a a 1  f ( a) , mâu thuẫn. a (4) (2). TH2: f ( a)  1 . Hoàn toàn tương tự trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn a Dựa vào các nhận xét ta có f (2010)  1 1 và f (2009)  2010 2009 Bài toán 15: Cho hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) x0 sao cho f ( x0 )  0 b) f ( x). f 4 ( x )  1 x �R Chứng minh rằng f ( x). f 2 ( x )  1 x �R Bài toán 16: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( f ( x))  f ( x)  6 x x �R (1) Giải: Dễ thấy f là đơn ánh trên tập R ; thật vậy nếu f ( x1 )  f ( x2 ) sẽ dẫn đến f 2 ( x1 )  f 2 ( x2 ) Kết hợp với (1) suy ra 6 x1  6 x2 � x1  x2 . Vậy f là liên tục nên f là hàm đơn điệu trên tập R . Thay x  0 vào (1) có f ( f (0))  f (0) , suy ra f (0)  0 . Bây giờ ta xét hai trường hợp TH1: f là đơn điệu giảm. Với x là một số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy ( xn ): x0  x; xn  f n ( x) . Đây là một dãy truy hồi tuyến tính cấp hai xn1  xn  6 xn1 có phương trình đặc trưng: X2  X 60 � �X  3 � X  2 � Số hạng tổng quát của dãy được xác định bởi công thức 1 1 xn  ( f ( x)  2 x )3n  ( f ( x)  3x)(2) n 5 5 n �N Ta sẽ chứng minh f ( x)  2 x  0 x �R , thật vậy * Nếu x  0 , chú ý rằng f là đơn điệu giảm thực sự và f (0)  0 nên + x2 k  0 (3) (2) + x2 k 1  0 (4) Từ (2) và (3) suy ra f ( x )  2 x  ( f ( x)  3x) 22 k 32 k k �N 22 k 1 Từ (2) và (4) suy ra f ( x)  2 x  ( f ( x)  3x) 2 k 1 3 k �N Cho k � � và lấy giới hạn các vế của các bất đẳng thức trên ta được  f ( x)  2 x �0 � �� f ( x)  2 x  0  f ( x)  2 x �0 � * Làm hoàn toàn tương tự, nếu x  0 ta cũng có f ( x)  2 x  0 TH2: f là đơn điệu tăng, trường hợp này khó hơn ta sẽ xét hàm nghịch đảo f 1 Chú ý rằng Với x  0 ta có f ( x)  f (0)  0 . Lần lượt cho x � � , x � � và lấy giới hạn 2 vế của (1) ta được, chú ý rằng x  0 � f ( x)  f (0)  0 (và x  0 � f ( x)  f (0) ) ta được f 2 ( x)  � + xlim �� f 2 ( x)  � + xlim �� Kết hợp với định lý 3.1 suy ra f là toàn ánh. Vậy f là song ánh và f 1 cũng là hàm liên tục, đơn điệu tăng trên tập R ; f 1 (0)  0 Với x là một số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy ( xn ): x0  f ( x ); xn1  f  n ( x) . Đây là một dãy truy 1 1 hồi tuyến tính cấp hai xn1  xn  xn 1 có phương trình đặc trưng: 6 6 X2  1 1 X  0 6 6 � Số hạng tổng quát của dãy được xác định bởi công thức 1 � X   � 2 � �X  1 � 3 3 1 2 1 xn  ( f ( x)  2 x ) n  ( f ( x )  3x) 5 3 5 ( 2) n n �N (5) Ta sẽ chứng minh f ( x)  3x  0 x �R , thật vậy * Nếu x  0 , chú ý rằng f là đơn điệu tăng thực sự và f (0)  0 nên + x2 k  0 (6) + x2 k 1  0 (7) 22 k Từ (5) và (6) suy ra f ( x)  3x  ( f ( x)  2 x) 2 k 3 k �N 22 k 1 32 k 1 k �N Từ (5) và (7) suy ra f ( x)  3 x  ( f ( x)  2 x) Cho k � � và lấy giới hạn các vế của các bất đẳng thức trên ta được  f ( x)  3 x �0 � �� f ( x)  3x  0  f ( x)  3 x �0 � * Làm hoàn toàn tương tự, nếu x  0 ta cũng có f ( x)  3 x  0 Thử lại, ta thấy f ( x) �3x và f ( x) �2 x thoả mãn đề bài. Bài toán 17: Cho 2 số thực a, b sao cho a  b  0 . Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( f ( x))  ( a  b) f ( x)  abx x �R Bài toán 18: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( x  9 f ( y ))  4 y  f ( x) Giải: Thay x  0 vào (1) được f (9 f ( y))  4 y  f (0) x, y �R (1) (2) Từ (2) dễ dàng suy ra f là đơn ánh. Tiếp tục thay y  0 vào (1) được f (9 f (0))  4 y  f (0) � 9 f (0)  0 � f (0)  0 Thay x  f (t ) vào (1), sau đó kết hợp với (2) ta được f (9 f (t )  9 f ( y ))  4 y  f (9 f (t ))  4 y  4t =4(t  y )=f (9 f (t  y )) 9 f (t )  9 f ( y )=9 f (t  y ) Mà f là đơn ánh nên t , y �R Như vậy f là hàm cộng tính liên tục, suy ra f ( x) �ax (a  const ) Từ (2) suy ra 9a y  4 y 2 � �a  2 3 � � a  2 3 � Bài toán 19: Cho các số thực a, b . Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( x  af ( y ))  by  f ( x) x, y �R (1) 4. Một số bài toán khác Bài toán 20: Cho a là một số thực, 0  a  1 . Giả sử f là một hàm xác định và liên tục trên đoạn [0;1] thoả mãn f ( x y )  (1  a) f ( x)  af ( y ) x, y  [0;1]; x 2 Bài toán 21: Xác định tất cả các hàm liên tục � x � 2 f ( x)  f � f 2 � 1 x  x � � y f :[0;  �) � [0;  �) , thỏa mãn: 1 x � � , với mọi x �[0;  �). � � �2 � Bài toán 22: Có tồn tại hay không hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( x  2008)( f ( x)  2009)  2010 x �R Bài toán 23: Xác định hàm số f : R � R liên tục trên tập R và thoả mãn: f ( x  y )  f ( xy )  f ( y )  f ( xy  x) x, y �R Bài toán 24: Cho hai hàm số f và g cùng xác định và liên tục trên tập số thực R . Giả sử f và g đều là các hàm tuần hoàn với chu kì cơ sở lần lượt là a, b . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hàm F ( x)  f ( x)  g ( x) cũng là hàm tuần hoàn là a là một số hữu tỷ. b
- Xem thêm -