Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011: Hàm liên tục - Trần Vũ Trung

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

424
lượt xem 169
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011" bao gồm những bài viết theo chủ đề và một số đề thi được biên soạn phù hợp với nội dung đề thi tuyển sinh môn Toán và chương trình đào tạo KSTN và KSCLC của trường Đại học Bách khoa Hà Nội.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011: Hàm liên tục - Trần Vũ Trung

t rang 8 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hàm liên t c ð nh nghĩa 1: Hàm s y = f ( x ) v i mi n xác ñ nh D ñư c g i là liên t c t i x0 n u th a mãn ñ ng th i ba ñi u ki n sau: i. Hàm y = f ( x ) xác ñ nh t i ñi m x0 , nghĩa là x0 ∈ D . ii. T n t i lim f ( x) . x → x0 x → x0 iii. lim f ( x) = f ( x0 ) ð nh nghĩa 2: (theo ngôn ng ε - δ ) Hàm s y = f ( x) v i mi n xác ñ nh D liên t c t i x0 khi và ch khi ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ D, x − x0 < δ ⇒ f ( x) − f ( x0 ) < ε Hàm s liên t c trong kho ng - Hàm s f ( x) ñư c g i là liên t c trong kho ng m ( a, b ) n u nó liên t c t i m i ñi m c a kho ng ñó. - N u f ( x) xác ñ nh t i x = a và lim+ f ( x) = f (a ) , ta nói f ( x) liên t c bên ph i t i ñi m x = a . N u f ( x) xác ñ nh t i x = b và lim f ( x) = f (a ) , ta nói f ( x) liên t c bên trái t i − x→a ñi m x = b . x →b N u f ( x) liên t c t i m i ñi m c a kho ng m f ( x) liên t c trong kho ng ñóng (ño n) [a, b] . ( a, b ) và t i hai ñi m biên, ta nói Các ñ nh lý: 1) T ng, hi u và tích c a m t s h u h n các hàm liên t c trong mi n nào ñó là hàm liên t c trong mi n ñó. 2) Thương c a hai hàm s liên t c trong mi n nào ñó là hàm s liên t c t i m i ñi m c a mi n ñó mà m u s khác 0. 3) N u f ( x) liên t c trên kho ng m hàm ϕ ( x) liên t c trong kho ng m (c, d ) , thì hàm h p ϕ ( f ( x) ) liên t c trong ( a, b ) và mi n giá tr là kho ng m ( c, d ) , kho ng m ( a, b ) . 4) T t c các hàm sơ c p (ña th c, lũy th a, lô-ga) ñ u liên t c t i m i ñi m trên mi n xác ñ nh c a chúng. 1 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 5) ð nh lý Weierstrass 1: N u f ( x) liên t c trong ño n [a, b] thì nó b ch n trong ño n ñó, nghĩa là: ∃M > 0, ∀x ∈ [a, b] : f ( x) < M 6) ð nh lý Weierstrass 2: N u f ( x) liên t c trong ño n [a, b] thì nó ñ t GTLN và GTNN trong ño n 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) ð nh lý Bolzano – Cauchy N u f ( x) liên t c trong ño n [a, b] và A = min f ( x) , B = max f ( x) thì v i m i [a ,b ] [a ,b ] C mà A ≤ C ≤ B , t n t i ñi m c ∈ [a, b] sao cho f (c) = C . H qu : N u f ( x) ñ i d u trong ño n [a, b] thì ∃c ∈ [a, b] sao cho f (c) = 0 . Bài toán 1. Gi s hàm f ( x) liên t c trên ℝ , nh n các giá tr khác d u. Ch ng minh r ng tìm ñư c m t c p s c ng a, b, c (a 0 , do f ( x) liên t c nên hàm nh n giá tr dương trong lân c n ñ nh c a ñi m này. Khi ñó, ta tìm ñư c m t c p s c ng a1 , b1 , c1 mà f (a1 ), f (b1 ), f (c1 ) ñ u dương. Tương t , t n t i m t c p s c ng a2 , b2 , c2 mà f (a2 ), f (b2 ), f (c2 ) ñ u âm. V i tham s t , xét c p s c ng sau: a(t ) = a1 (1 − t ) + a2t b(t ) = b1 (1 − t ) + b2t c(t ) = c1 (1 − t ) + c2t Hàm s F (t ) = f ( a (t ) ) + f ( b(t ) ) + f ( c(t ) ) liên t c theo t , F (0) > 0 và F (1) < 0 . Do ñó, t n t i t0 sao cho F (t0 ) = 0 , khi ñó c p s c ng a(t0 ), b(t0 ), c(t0 ) là m t c p s c ng th a mãn. Bài toán 2. Cho f ( x ), g ( x ) là hai hàm liên t c, tu n hoàn trên ℝ . Bi t lim ( f ( x) − g ( x) ) = 0 . x →+∞ Ch ng minh r ng f ( x) ≡ g ( x) . Nh n xét. Quan sát ñ bài ta nghĩ ngay ñ n hàm h( x ) = f ( x) − g ( x ) . N u h( x) tu n hoàn thì t lim h( x ) = 0 ta suy ra ngay h( x) ≡ 0 , ñó là tính ch t m u ch t c a bài toán. x →+∞ 2 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Như v y, khó khăn ch y u là vi c ch ng minh f ( x), g ( x) có cùng chu kỳ. Ta “l i d ng” gi i h n vô cùng lim ( f ( x) − g ( x) ) = 0 và tính tu n hoàn ñ c l p c a m i hàm ñ dùng x →+∞ ñư c nh n xét v a nêu. L i gi i. Trư c h t, ta c n ph i ch ng minh hai hàm ñã cho có cùng chu kỳ. Gi s hàm f có chu kỳ T . Khi x → +∞ , f ( x) − g ( x) → 0 và f ( x + T ) − g ( x + T ) → 0 . Tr theo v k t h p v i f ( x + T ) = f ( x) ñư c: h* ( x) = g ( x + T ) − g ( x) → 0 khi x → +∞ . Do g liên t c, tu n hoàn nên h* liên t c, tu n hoàn, ti n t i 0 khi x → +∞ , vì v y h* ( x) ≡ 0 , ch ng t g cũng tu n hoàn chu kỳ T . Xét hàm h( x) = f ( x) − g ( x) liên t c, tu n hoàn, ti n t i 0 khi x → +∞ nên h( x) ≡ 0 . T ñó suy ra ñpcm. Các bài toán v hàm liên t c trong kho ng ñóng (trên ño n) luôn g n li n v i 2 ñ nh lý Weierstrass và ñ nh lý Bolzano-Cauchy (ñã trình bày trên). Bài toán 3. x x Tìm t t c các hàm liên t c f : ℝ → ℝ th a mãn: 3 f ( x ) = f   + f   (*), ∀x ∈ ℝ . 3 4 L i gi i. Xét s th c a ≥ 0 tùy ý. Hàm f liên t c trên ño n [ −a, a ] nên theo ñ nh lý Weierstrass 2, t n t i x1 , x2 ∈ [ −a, a ] [ − a ,a ] [− a ,a] sao cho f ( x1 ) = M = max f ( x) , f ( x2 ) = m = min f ( x) . 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 V y f ( x) = 0 , ∀x ∈ ℝ .  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 ñó, M = m = 0 , suy ra f ( x) = 0 trên ño n [ −a, a ] , v i m i a ≥ 0 . Bài toán 4. Cho f liên t c trên ℝ th a mãn f ( f ( x) ) f ( x) = 1 ∀x ∈ ℝ (*) và f (1000) = 999 . Tính f (500) . 3 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hư ng d n. D th y n u có m t s α sao cho f (α ) = 500 thì b ng vi c thay x = α vào (*) có th 1 suy ra ngay f (500) = . Ta c n ch ra có giá tr c a f cao hơn 500 và có giá tr bé 500 1 hơn 500. ðã có f (1000) = 999 > 500 , thay x = 1000 vào (*) ñư c f (999) = < 500 . 999 Bài toán 5. Cho hàm s f ( x) kh vi liên t c c p hai trên [0;1], có f ′′ ( 0 ) = 1, f ′′ (1) = 0 . Ch ng minh r ng t n t i c ∈ ( 0;1) sao cho f ′′ ( c ) = c . (KSTN 2010) L i gi i. Xét hàm g ( x) = f ′′ ( x ) − x . Do f ( x) kh vi liên t c c p hai trên [0;1] nên g ( x ) liên t c trên [0;1]. Mà g (0) = 1 > 0 , g (1) = −1 < 0 , do ñó t n t i c ∈ ( 0;1) sao cho g (c ) = 0 , khi ñó f ′′ ( c ) = c . Bài toán 6. Cho các s th c a, b, c, d , e . Ch ng minh r ng n u phương trình ax 2 + ( b + c ) x + d + e = 0 có nghi m thu c [1; +∞ ) thì phương trình ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 cũng có nghi m th c. (Olympic SV 2001) L i gi i. G i x0 ≥ 1 là m t nghi m c a 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 . Ta có: f 2 0 0 0 0 Suy ra ( x ) = ( ax + cx + d ) + x (bx + d ) f ( − x ) = ( ax + cx + d ) − x ( bx + d ) f ( x ) f ( − x ) = ( ax + cx + d ) − x ( bx 0 2 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 + d ) = ( bx0 + d ) (1 − x0 ) ≤ 0 . 2 2 Mà f ( x) liên t c nên phương trình f ( x) = 0 có nghi m thu c ño n  − x0 , x0  , suy ra   phương trình ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e = 0 có nghi m th c. 4 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 7. Cho a ∈ ℝ , tìm t t c các hàm liên t c f : ℝ → ℝ th a mãn f (a ) = a + 1 và f ( f ( x) ) = ( x − a ) + a 2 (*), ∀ x ∈ ℝ . L i gi i. Gi s t n t i hàm liên t c f th a mãn ñ bài. Thay x = a vào (*) ta có f ( f (a ) ) = a ⇒ f (a + 1) = a . Xét hàm g ( x) = f ( x) − x , liên t c 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 (*) ñư c c = f ( f (c) ) = ( c − a ) + a ⇒ ( c − a )( c − a − 1) = 0 2 ⇒ c = a ho c c = a + 1 , vô lí vì g (a) ≠ g (c) = 0 ≠ g (a + 1) . V y không t n t i hàm liên t c f th a mãn ñ bài. D ng bài ch ng minh ph n ch ng gi s hàm không ñ i d u Bài toán 8. Cho f liên t c trên [0;1], f (0) > 0 , n ∫ f ( x)dx < n + 1 . 0 1 1 Ch ng minh phương trình f ( x) = x có nghi m thu c (0;1). (Olympic SV 1998) (KSTN 2008) L i gi i. Xét hàm g ( x) = f ( x) − x n ( x ∈ [0;1]) . Gi s g ( x) không ñ i d u trên [0;1]. Ta có g (0) = f (0) > 0 nên g ( x) > 0 v i m i x ∈ [0;1] . Khi ñó, 0 < ∫ g ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ x dx = ∫ f ( x)dx − n 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 , n +1 suy ra ∫ f ( x)dx > n + 1 , mâu thu n gi 0 1 thi t. V y g ( x ) không ñ i d u trên [0;1], t n t i c ∈ [0;1] sao cho g (c) = 0 , suy ra ñpcm. sai khoang 5