Xem bài viết đơn
Old 14-01-2019, 10:49 AM   #11
ptk_1411
Moderator
 
ptk_1411's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2011
Bài gởi: 698
Thanks: 162
Thanked 813 Times in 365 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Thụy An View Post
Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]
  1. Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
  2. Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(x_n\right)$ sao cho $\lim x_n=\lim y_n$ và\[{x_n} < {y_n},\;\;\;{\kern 1pt} f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\quad \;\;\;\forall {\mkern 1mu} n.\]

Lời giải câu 1b. Gọi giá trị lớn nhất của $f$ trên $\mathbb{R}$ là $M$ và giả sử $x_0$ là một điểm nào đó sao cho $f(x_0) = M$. Ta xét hai trường hợp sau.


Trường hợp 1. Không tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ nào mà $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$.

Với mỗi $n$ nguyên dương, đặt $I_n = \left(x_0 - \frac{1}{n}, x_0 + \frac{1}{n}\right)$. Theo trường hợp đang xét, tồn tại $u_n \in I_n\setminus \{x_0\}$ sao cho $f(u_n) = M$, với mọi $n\ge 1$. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $\{u_n\}$ có một dãy con $\{u_{n_k}\}$ gồm các số hạng đôi một khác nhau và $u_{n_k} < x_0$ với mọi $k\ge 1$.

Xét dãy $\{x_k\}$ xác định bởi $x_k = u_{n_k}$ với mọi $k\ge 1$ và dãy $\{y_k\}$ xác định bởi $y_k = x_0$ với mọi $k \ge 1$. Ta có $x_k < y_k$ với mọi $k\ge 1$, $\lim x_k = \lim y_k = x_0$ và $f(x_k) = f(y_k) = M$ với mọi $k\ge 1$.


Trường hợp 2. Tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ sao cho $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$.

Lấy $A, B \neq x_0$ trong $(a, b)$ sao cho $x_0 \in [A, B]$. Từ giờ trở đi, ta sẽ chỉ làm việc trên đoạn $[A, B]$.

Do $f$ liên tục trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất trên hai đoạn này. Gọi $m_1$ và $m_2$ lần lượt là giá trị nhỏ nhất của $f$ trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ (theo trường hợp đang xét, ta suy ra $m_1, m_2 < M$). Đặt $z_1 = \max\{m_1, m_2\}$. Theo Định lý giá trị trung gian, tồn tại $x_1\in [A, x_0]$ và $y_1 \in [x_0, B]$ sao cho $f(x_1) = f(y_1) = z_1$. Theo cách chọn này, $x_1 < y_1$ vì nếu không thì $x_1 = y_1 = x_0$, mâu thuẫn với việc $m_1, m_2 < M$.

Chọn $z_2 = \frac{1}{2}(z_1 + M)$ thì $z_1 < z_2 < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_1, x_0]$ và $[x_0, y_1]$, tồn tại $x_2\in [x_1, x_0]$ và $y_2\in [x_0, y_1]$ sao cho $f(x_2) = f(y_2) = z_2$. Lập luận tương tự như trên, ta cũng có $x_2 < y_2$.

Giả sử ta đã xây dựng được $x_n$ và $y_n$. Chọn $z_{n+1} = \frac{1}{2}(z_n + M)$ thì $z_n < z_{n+1} < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_n, x_0]$ và $[x_0, y_n]$, tồn tại $x_{n+1} \in [x_n, x_0]$ và $y_{n+1} \in [x_0, y_n]$ sao cho $f(x_{n+1}) = f(y_{n+1}) = z_{n+1}$, đồng thời $x_{n+1} < y_{n+1}$.

Như vậy, ta đã xây dựng được dãy $\{x_n\}$ tăng trên $[A, x_0]$ và $\{y_n\}$ giảm trên $[x_0, B]$ sao cho $x_n < y_n$ và $f(x_n) = f(y_n)$ với mọi $n\ge 1$. Ta chứng minh $\lim x_n = \lim y_n = x_0$.

Do $\{x_n\}$ tăng và bị chặn trên bởi $x_0$ nên nó có giới hạn $l_1 \in [A, x_0]$. Giả sử $l_1 \neq x_0$, do $f$ liên tục nên $$M = \lim z_n = \lim f(x_n) = f(l_1) < M,$$

mâu thuẫn ($f(l_1) < M$ theo trường hợp đang xét).

Vậy $\lim x_n = x_0$. Tương tự, ta chứng minh được $\lim y_n = x_0$.

Ta có điều cần chứng minh. $\square$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
P.T.K
Có xa xôi mấy mà tình xa xôi...
ptk_1411 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to ptk_1411 For This Useful Post:
MATHSCOPE (14-01-2019), son235 (14-01-2019)
 
[page compression: 12.18 k/13.31 k (8.53%)]