Một số dạng toán về tính giới hạn của hàm số qua các kỳ Olympic

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ QUA CÁC KỲ OLYMPIC Nguyễn Viết Sơn Trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa Tóm tắt nội dung 1 Cơ sở lí thuyết Định nghĩa 1.1. Cho E ⊂ R, hàm f : E→ R, x0 ∈ E và một số L ∈ R. Hàm số y = f (x) được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần tới x0 nếu với ∀ε > 0 bé tùy ý, ∃δ > 0 sao cho với ∀x ∈ E thỏa mãn 0 < |x− x0| < δ thì | f (x)− L| < ε. Lúc này ta kí hiệu: limx→x0 f (x) = L hoặc f (x)→ L khi x → x0. Nhận xét 1.1. Nếu hàm số có giới hạn tại điểm x0 thì giới hạn đó là duy nhất. Tính chất 1.1. Nếu tồn tại các giới hạn lim x→x0 f (x) = L, lim x→x0 g (x) = K thì a) lim x→x0 [ f (x)± g (x)] = L± K. b) lim x→x0 [ f (x) .g (x)] = L.K. c) lim x→x0 [ f (x) g (x) ] = L K (K 6= 0). d) Nếu f (x) ≤ g (x) trong một lân cận của x0 thì L ≤ K. e) lim x→x0 | f (x)| = |L|. Xét một số định nghĩa giới hạn mở rộng. Định nghĩa 1.2. Hàm số y = f (x) được gọi là có giới hạn bằng +∞ khi x dần tới x0 nếu với ∀α > 0, ∃δ > 0 sao cho với ∀x ∈ E thỏa mãn 0 α. Lúc này ta kí hiệu: lim x→x0 f (x) = +∞ hoặc f (x)→ +∞ khi x → x0. Định nghĩa 1.3. Hàm số y = f (x) được gọi là có giới hạn bằng −∞ khi x dần tới x0 nếu với ∀α > 0, ∃δ > 0 sao cho với ∀x ∈ E thỏa mãn 0 < |x− x0| < δ thì f (x) < −α. Lúc này ta kí hiệu: lim x→x0 f (x) = −∞ hoặc f (x)→ −∞ khi x → x0. Định nghĩa 1.4. Hàm số y = f (x) được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần ra +∞ nếu với ∀ε > 0 bé tùy ý, ∃α > 0 sao cho với ∀x ∈ E thỏa mãn x > α thì | f (x)− L| < ε. Lúc này ta kí hiệu: lim x→+∞ f (x) = L hoặc f (x)→ L khi x → +∞. 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Định nghĩa 1.5. Hàm số y = f (x) được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần ra −∞ nếu với ∀ε > 0 bé tùy ý, ∃α > 0 sao cho với ∀x ∈ E thỏa mãn x < −α thì | f (x)− L| < ε. Lúc này ta kí hiệu: lim x→−∞ f (x) = L hoặc f (x)→ L khi x → −∞. Định nghĩa 1.6 (Hàm liên tục). Hàm số y = f (x) được gọi là liên tục tại điểm x0 ∈ E nếu với ∀ε > 0 bé tùy ý, ∃δ > 0 sao cho với ∀x ∈ E thỏamãn |x− x0| < δ thì | f (x)− f (x0)| < ε. Lúc này ta viết: lim x→x0 f (x) = f (x0). Định nghĩa 1.7. Hàm số y = f (x) được gọi là liên tục trên E nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc E. Một số định lí về tính liên tục của hàm số. Định lý 1.1 (Định lí Weierstrass). Nếu hàm f : [a; b] → R liên tục trên [a; b] thì nó đạt được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a; b], nghĩa là tồn tại c, d ∈ [a; b] sao cho f (c) ≤ f (x) ≤ f (d) với ∀x ∈ [a; b]. Định lý 1.2 (Định lí về giá trị trung gian). Nếu hàm f : [a; b] → R liên tục trên [a; b] và f (a) . f (b) < 0 thì tồn tại c ∈ [a; b] sao cho f (c) = 0. Định lý 1.3 (Định lí Bolzano - Cauchy). Nếu hàm f : [a; b] → R liên tục trên [a; b] và f (a) = u, f (b) = v thì với mọi giá trị w nằm giữa (u; v) đều tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) = w. Định lý 1.4 (Định lí Rolle). Cho hàm số f liên tục trên [a; b] và khả vi trên (a; b). Giả sử f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f ′ (c) = 0. Định lý 1.5 (Định lí Lagrange về giá trị trung bình). Cho hàm số f liên tục trên [a; b] và khả vi trên (a; b). Tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f ′ (c) = f (b)− f (a) b− a . 2 Một số ứng dụng Ví dụ 2.1. Cho f là một hàm liên tục và đơn ánh trên (a; b). Chứng minh rằng f là một hàm đơn điệu ngặt trên (a; b). Cách giải. Giả sử f không phải đơn điệu ngặt trên (a; b). Do f là một hàm liên tục và đơn ánh trên (a; b)nên tồn tại x1, x2, x3 ∈ (a; b) sao cho x1 < x2 < x3 và { f (x1) < f (x2) f (x3) < f (x2) hoặc { f (x1) > f (x2) f (x3) > f (x2) . + Nếu { f (x1) < f (x2) f (x3) < f (x2) . Đặt m = max { f (x1) ; f (x3)} ;M = f (x2). Chọn k ∈ [m;M]. 2 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Lúc này k ∈ [m;M] ⊂ [ f (x1) ; f (x2)] và k ∈ [m;M] ⊂ [ f (x3) ; f (x2)]. Vậy theo định lí Bolzano - Cauchy, tồn tại c1, c2 ∈ (a; b) sao cho x1 < c1 < x2 < c2 < x3 thỏa mãn f (c1) = f (c2) = k. Mâu thuẫn với tính đơn ánh của hàm f . + Nếu { f (x1) > f (x2) f (x3) > f (x2) , làm tương tự ta cũng có mâu thuẫn. Vậy f phải là một hàm đơn điệu ngặt trên (a; b). Ví dụ 2.2. Cho f , g : [0; 1] → [0; 1] là các hàm liên tục thỏa mãn f (g (x)) = g ( f (x)) với ∀x ∈ [0; 1] và f là một hàm đơn điệu trên [0; 1]. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ [0; 1] sao cho f (x0) = g (x0) = x0. Cách giải. Đặt h (x) = g (x)− x, do g liên tục trên [0; 1] nên h cũng liên tục trên [0; 1]. Đồng thời ta cũng có h (0) = g (0) ≥ 0, h (1) = g (1)− 1 ≤ 0⇒ h (0) .h (1) ≤ 0. Theo định lí giá trị trung gian, tồn tại a ∈ [0; 1] sao cho h (a) = 0, tức là g (a) = a. Đặt x1 = f (a) , x2 = f (x1) , . . . , xn = f (xn−1) với ∀n ∈ [0; 1]. Do f là hàm đơn điệu trên [0; 1] nên (xn) +∞ n=1 là một dãy đơn điệu và bị chặn. Vậy tồn tại x0 ∈ [0; 1] sao cho lim xn = x0. Lúc này, do tính liên tục của hàm f nên ta có: f (x0) = f (lim xn) = lim f (xn) = lim xn+1 = x0. (1) Mặt khác g (x0) = g ( f (x0)) = f (g (x0)) = f (g (lim xn)) = lim f (g (xn)). Lại có g (xn) = g ( f (xn−1)) = f (g (xn−1)) = · · · = f ( f (. . . f︸ ︷︷ ︸ n−1 (g(x1)) . . . ) = f ( f (. . . f︸ ︷︷ ︸ n (a)) . . . ) = · · · = xn. Vậy g (x0) = lim f (g (xn)) = lim f (xn) = f (x0) = x0. (2) Từ (1) và (2) cho ta f (x0) = g (x0) = x0 với x0 ∈ [0; 1]. Ví dụ 2.3. Giả sử f : R→ R là hàm đơn điệu sao cho lim x→∞ f (2x) f (x) = 1. Chứng minh rằng lim x→∞ f (kx) f (x) = 1 với ∀k > 0. Cách giải. Do lim x→∞ f (2x) f (x) = 1 nên lim x→∞ f (2nx) f (x) = lim x→∞ f (2nx) f (2n−1x) . f ( 2n−1x ) f (2n−2x) . . . f (2x) f (x) = 1, ∀n ∈N∗. (3) Giả sử f là hàm tăng trên R. + Xét với k ≥ 1. Do [1;+∞) = [1; 21) ∪ [21; 22) ∪ · · · ∪ [2m; 2m+1) ∪ . . . nên tồn tại n ∈N sao cho 2n ≤ k < 2n+1. Theo tính đơn điệu của hàm f , ta có f (2nx) ≤ f (kx) < f ( 2n+1x ) 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 hoặc ngược lại f (2nx) ≥ f (kx) > f ( 2n+1x ) . (4) Từ (3) và (4) cho ta lim x→∞ f (kx) f (x) = 1 với ∀k ≥ 1. + Xét với 0 < k < 1, dựa vào kết quả trên ta có được lim x→∞ f (kx) f (x) = lim x→∞ f (u) f (u k ) = 1. Vậy lim x→∞ f (kx) f (x) = 1 với ∀k > 0. Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng nếu lim x→0 f ( x ( 1 x − [ 1 x ])) = 0 thì lim x→0 f (x) = 0. Cách giải. Từ giả thiết lim x→0 f ( x ( 1 x − [ 1 x ])) = 0 ⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho nếu 0 < |x| < δ thì ∣∣∣∣ f (x(1x − [ 1 x ]))∣∣∣∣ < ε. Lấy n ∈N đủ lớn sao cho 1 n < δ. Với 0 < t < 1 n+ 1 , ta đặt x = 1− t n thì 1 n+ 1 = 1− 1 n+ 1 n < 1− t n = x < 1 n . Do đó ta có được n < 1 x < n+ 1⇒ [ 1 x ] = n. Lúc này x ( 1 x − [ 1 x ]) = x ( 1 x − n ) = 1− 1− t n .n = t. Vậy với ∀ε > 0, ∃δ′ = 1 n+ 1 thỏa mãn với 0 < t < δ′ thì | f (t)| =∣∣∣∣ f (x(1x − [ 1 x ]))∣∣∣∣ < ε. Nếu t < 0 cũng xử lí tương tự. Vậy lim x→0 f (x) = 0. Ví dụ 2.5. Cho số thực dương a và một hàm f : (−a; a) \ {0} → (0;+∞) thỏa mãn lim x→0 ( f (x) + 1 f (x) ) = 2. Chứng minh rằng lim x→0 f (x) = 1. Cách giải. Với x ∈ (−a; a) \ {0} thì f (x) > 0 nên ta có được f (x) + 1 f (x) ≥ 2. Theo giả thiết lim x→0 ( f (x) + 1 f (x) ) = 2 nên với ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho với x thỏa mãn 0 < |x| < δ thì 0 ≤ f (x) + 1 f (x) − 2 < ε. Vậy 0 ≤ ( f (x)− 1) + ( 1 f (x) − 1 ) < ε. (5) ⇔ 0 ≤ ( f (x)− 1) ( 1− 1 f (x) ) < ε. (6) Bình phương hai vế của (5), ta được 4 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ( f (x)− 1)2 + ( 1 f (x) − 1 )2 + 2 ( f (x)− 1) ( 1 f (x) − 1 ) < ε2 ⇔ ( f (x)− 1)2 + ( 1 f (x) − 1 )2 < 2 ( f (x)− 1) ( 1− 1 f (x) ) + ε2 < 2ε+ ε2 (theo (6)) ⇒ ( f (x)− 1)2 < 2ε+ ε2 ⇒ lim x→0 f (x) = 1. Ví dụ 2.6. Cho f là một hàm liên tục trênR và nhận những giá trị trái dấu. Chứng minh rằng tồn tại 3 số thực a, b, c lập thành cấp số cộng sao cho f (a) + f (b) + f (c) = 0. Cách giải. + Theo giả thiết, tồn tại x ∈ R sao cho f (x) > 0. Mặt khác f là một hàm liên tục trên R nên tồn tại một lân cận đủ nhỏ của x sao cho trên lân cận này, f luôn nhận giá trị dương. Vậy ta có thể chọn được một cấp số cộng a0, b0, c0 trong lân cận này mà f (a0) , f (b0) , f (c0) đều dương. Do đó f (a0) + f (b0) + f (c0) > 0. + Tương tự tồn tại y ∈ R sao cho f (y) < 0, ta chọn được một cấp số cộng a1, b1, c1 trong lân cận đủ nhỏ của y. Mà f (a1) , f (b1) , f (c1) đều âm. Do đó f (a1) + f (b1) + f (c1) < 0. + Lúc này, với mỗi t ∈ [0; 1], xét cấp số cộng a (t) , b (t) , c (t) cho bởi: a (t) = a0 (1− t) + a1 b (t) = b0 (1− t) + b1 c (t) = c0 (1− t) + c1. Xét hàm số F (t) = f (a (t)) + f (b (t)) + f (c (t)) . Rõ ràng F liên tục trên [0; 1] và F (0) = f (a (0)) + f (b (0)) + f (c (0)) = f (a0) + f (b0) + f (c0) > 0 và F (1) = f (a (1)) + f (b (1)) + f (c (1)) = f (a1) + f (b1) + f (c1) < 0. Vậy ∃t0 ∈ (0; 1) sao cho F (t0) = 0. Như vậy cấp số cộng cần tìm là a = a (t0) , b = b (t0) , c = c (t0). Ví dụ 2.7 (VMO 2019). Cho hàm số liên tục f : R→ (0;+∞) thỏa mãn các điều kiện: lim x→−∞ f (x) = limx→+∞ f (x) = 0. 1. Chứng minh rằng hàm f đạt giá trị lớn nhất trên R. 5 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 2. Chứng minh rằng tồn tại một hai dãy số thực (xn) +∞ n=1, (yn) +∞ n=1 hội tụ cùng tới một giới hạn, sao cho xn < yn và f (xn) = f (yn) với mọi n ≥ 1. Cách giải. 1. Chọn ε = f (0) > 0. Theo giả thiết lim x→−∞ f (x) = limx→+∞ f (x) = 0 nên tồn tại các số thực a < 0 < b sao cho 0 < f (x) = | f (x)| < ε với ∀x ∈ (−∞; a) ∪ (b;+∞) . (7) Lại do f liên tục trên [a; b] nên tồn tại c ∈ [a; b] để f (c) = M = max [a;b] f . Mặt khác 0 ∈ [a; b] nên ε = f (0) ≤ M. Kết hợp với (7) ta có được f (c) = M = max R f . 2. Với c là điểm mà tại đó f (c) = M = max R f (theo câu 1)). Lúc này có 3 khả năng dưới đây có thể xảy ra: i) ∃ (xn)+∞n=1 ∈ (−∞; c) , xn → c và f (xn) = M với ∀n ≥ 1. Lúc này ta lấy (yn) +∞ n=1 , yn = c với ∀n ≥ 1 thì ta được hai dãy thỏa mãn bài toán. ii) ∃ (yn)+∞n=1 ∈ (c;+∞) , yn → c và f (yn) = M với ∀n ≥ 1. Lúc này ta lấy (xn) +∞ n=1 , xn = c với ∀n ≥ 1 thì ta được hai dãy thỏa mãn bài toán. iii) Tồn tại α ∈ (−∞; c) , β ∈ (c;+∞) để f (x) < M với ∀x ∈ [a; b] \ {c}. Đặt m = max { f (a) ; f (b)}. Dễ thấy m < M. Bây giờ ta chọn tùy ý một dãy số tăng (µn) +∞ n=1 ⊂ (m;M) với lim µn = M. Theo tính chất nhận giá trị trung gian của hàm liên tục, ta chứng minh dễ dàng sự tồn tại của một dãy số tăng (xn) +∞ n=1 ⊂ (α; c) và một dãy số giảm (yn) +∞ n=1 ⊂ (c; β) sao cho f (xn) = µn = f (yn) , ∀n ≥ 1. (8) Theo tính chất hội tụ, tồn tại các giới hạn l = lim xn, r = lim yn với α < l ≤ c ≤ r < β. Chuyển (8) qua giới hạn, sử dụng tính liên tục của hàm f , ta có: f (l) = M = f (r) (2)−→ l = c = r. Vậy hai dãy (xn) +∞ n=1 , (yn) +∞ n=1 thỏa mãn bài toán. Ví dụ 2.8. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn f ′ (x) tăng ngặt trên [a; b] đồng thời thỏa mãn f (a) = 1 2 (a− b) và f (b) = 1 2 (b− a). Chứng minh rằng tồn tại ba số thực phân biệt c1, c2, c3 ∈ (a; b) sao cho f ′ (c1) . f ′ (c2) . f ′ (c3) = 1 Cách giải. Theo định lí Lagrange, tồn tại c1 ∈ (a; b) sao cho f ′ (c1) = f (b)− f (a) b− a = 1. (9) Xét hàm h (x) = f (x) + x− a+ b 2 . Ta có h (a) .h (b) = −(a− b)2 < 0. Do đó tồn tại x0 ∈ (a; b) sao cho h (x0) = 0, hay f (x0) = a+ b2 − x0. 6 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Lại theo định lí Lagrange, tồn tại c2 ∈ (a; x0) sao cho f ′ (c2) = f (x0)− f (a)x0 − a = b− x0 x0 − a . Tương tự tồn tại c3 ∈ (x0; b) sao cho f ′ (c3) = f (b)− f (x0)b− x0 = x0 − a b− x0 . Như vậy c2 6= c3 và f ′ (c2) . f ′ (c3) = 1. (10) Từ (9) và (10) cho ta tồn tại ba số thực phân biệt c1, c2, c3 ∈ (a; b) sao cho f ′ (c1) . f ′ (c2) . f ′ (c3) = 1. Ta cũng dễ thấy được c1 6= c2 vì nếu ngược lại thì f ′ (c1) = f ′ (c2) = 1⇒ f ′ (c3) = 1. Vậy c2 6= c3 và f ′ (c2) = f ′ (c3) = 1. Mâu thuẫn với tính tăng ngặt của hàm f ′ (x). Tương tự thì c1 6= c3. Vậy ta có được điều phải chứng minh. 3 Bài tập tương tự Bài 3.1. Cho f , g là các hàm liên tục trên R thỏa mãn{ | f (x)− x| ≤ g (x)− g ( f (x)) ∀x ∈ R g (x) ≥ 0 ∀x ∈ R Chứng minh rằng phương trình f (x) = x có nghiệm. Bài 3.2. Cho f là hàm liên tục trên [0; n] , f (0) = f (n) với n ∈N∗. Chứng minh rằng tồn tại n cặp (αi; βi) , αi; βi ∈ [0; n] , βi − αi ∈N sao cho f (αi) = f (βi). Bài 3.3. Cho f , g là các hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn ∀x ∈ [0; 1] , 0 < f (x) < g (x). Cho (xn) +∞ n=1 là một dãy bất kì của đoạn [0; 1]. Với mỗi n ∈ N, ta đặt yn = [ f (xn) g (xn) ]n . Chứng minh dãy (yn) +∞ n=1 hội tụ và tính lim yn. Bài 3.4. Cho f : R → R là hàm liên tục thỏa mãn f ( f (x)) = −x2 với ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f (x) ≤ 0 với ∀x ∈ R. Bài 3.5. Cho f , g là các hàm tuẩn hoàn với các chu kì tương ứng là Tf , Tg > 0 và lim x→∞ [ f (x)− g (x)] = 0. 1. Chứng minh rằng Tf = Tg. 2. Chứng minh rằng f (x) = g (x) với ∀x ∈ R. Bài 3.6. Cho f là các hàm xác định trên R và một số thực dương K thỏa mãn | f (x)− g (x)| ≤ K |x− y| với ∀x, y ∈ R. 1. Chứng minh rằng nếu K < 1 thì phương trình f (x) = x luôn có duy nhất nghiệm. 2. Giả sử thêm rằng với ∀x ∈ R, lim x→∞ f (x+ n) = 0. Hãy chứng minh limx→+∞ f (x) = 0. 7 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Tài liệu [1] Nguyễn Duy Thái Sơn, Phương pháp và ý tưởng giải tích trong một số sạng toán Olympic THPT. [2] Trần Nam Dũng, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 08/2011 [3] Tài liệu Olympic toán Sinh Viên. [4] Văn Phú Quốc, Bài tập giải tích dành cho Olympic toán. [5] Đề thi chọn học sinh giỏi THPT quốc gia và đề thi chọn đội tuyển VN dự thi IMO. [6] Đề thi chọn đội tuyển một số trường THPT chuyên các năm gần đây. 8