Một số dạng toán về bất phương trình hàm

Nội dung chính của bài viết Một số dạng toán về bất phương trình hàm cung cấp một số kiến thức như: Bất phương trình hàm với cặp biến tự do và bất phương trình hàm dạng cộng – nhân tính. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.

MỘT SỐ DẠNG TỐN VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM Trịnh Đào Chiến (Trường Cao Đẳng Sư Phạm Gia Lai) Các tốn giải bất phương trình hàm thường tốn khó Trong năm gần đây, dạng tốn loại đơi xuất đề thi chọn học sinh giỏi cấp Olympic Toán quốc tế Chẳng hạn Bài toán 3, IMO 2011: Giả sử f W R ! R hàm giá trị thực xác định tập số thực thỏa mãn f x C y/ Ä yf x/ C f f x// với số thực x y: Chứng minh f x/ D với x Ä 0: Bài viết đề cập đến phương pháp giải lớp bất phương trình hàm dạng Đây phương pháp tham khảo để tìm tịi lời giải cho tốn bất phương trình hàm Bất phương trình hàm với cặp biến tự Xét hàm biến số thực f thỏa mãn tính chất sau f x C y/ f x/f y/: Ta tìm hàm f thỏa mãn tính chất f thỏa mãn thêm số điều kiện ban đầu đó, chẳng hạn (xem [1]) f x/ ax ; a > 0: Để giải toán trên, trước hết ta cần giải toán sau Bài toán 32 Xác định hàm số f x/ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f x C y/ ii) f x/ f x/ C f y/ với x; y RI với x R: Chứng minh Từ điều kiện toán, thay x D ta thu f 0/ Do f 0/ D Vậy nên D f 0/ D f x C x// f x/ C f x/ 2f 0/ f 0/ 0: Suy f x/ Á 0: Thử lại, ta thấy hàm số f x/ Á thỏa mãn điều kiện 133 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Bài tốn 33 Cho trước a R Xác định hàm số f x/ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f x C y/ ii) f x/ f x/ C f y/ với x; y R; ax với x R Chứng minh Xét hàm số g.x/ D ax Để ý g.x C y/ D g.x/ C g.y/ Đặt f x/ D g.x/ C h.x/ Khi đó, ta thu điều kiện i) h.x C y/ ii) h.x/ h.x/ C h.y/ với x; y RI với x R: Theo Bài tốn 1, ta có h.x/ Á hay f x/ D ax Thử lại, ta thấy hàm số f x/ D ax thỏa mãn điều kiện Bây giờ, ta trở lại toán nêu ban đầu Bài toán 34 Cho trước a > Xác định hàm số f x/ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f x C y/ ii) f x/ f x/f y/ với x; y R; ax với x R Chứng minh Nhận xét f x/ > với x R Vậy ta logarit hóa hai vế bất đẳng thức điều kiện cho i) ln f x C y/ ln f x/ C ln f y/ với x; y R; ln a/x với x R ii) ln f x/ Đặt ln f x/ D '.x/, ta thu i) '.x C y/ ii) '.x/ '.x/ C '.y/ với x; y R; ln a/x với x R Ta nhận dạng Bài toán Vậy '.x/ D ln a/x Suy f x/ D ax Thử lại, ta thấy hàm số f x/ D ax thỏa mãn điều kiện Nhận xét rằng, toán giải tập xác định R hàm số thay khoảng mở U chứa cho với x; y U x C y U Một câu hỏi tự nhiên đặt ra: Trong Bài toán 3, thay hàm số g.x/ D ax hàm số để tốn có nghiệm khơng tầm thường? Nhận xét Với < a < ax > C x, 8x < ax Ä C x, 8x Với a 0; ax > C x, 8x < 0; ax Ä C x, 8x Œ0; 1/ ax C x, 8x Từ đó, cách tự nhiên, ta xét hàm số g.x/ D x C Ta có tốn sau 134 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Bài tốn 35 Giả sử U khoảng mở chứa cho với x; y U x C y U Xác định hàm số f W U ! R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f x C y/ ii) f x/ f x/f y/ với x; y U ; C x với x U Chứng minh Bởi i), ta có x xÁ C 2 f x/ D f xÁ f2 8x U: 0; Nếu f x0 / D 0, Á x0 Á x0 x0 C f : D f x0 / D f 2 Á Á x0 x0 D 0: Quy nạp, ta có f n D với số nguyên dương n Tuy nhiên, từ ii) Do f 2 suy rằng f x/ > với x U x gần Do điều mâu thuẫn Vậy 8x U: f x/ > 0; Tiếp theo, từ i) ii), ta thấy f khả vi điểm x U f x/ D f x/ Thật vậy, từ i) ii), với h > đủ nhỏ, ta có f x C h/ f x/ f x/f h/ f x/ D Œf h/ 1f x/ hf x/: Do f x C h/ f x/ h Mặt khác, từ i) ii), với h > đủ nhỏ, ta có f x/ D f x C h f x/: f x C h/f h/ h/ h/f x C h/: Suy h/f x/ C hf x/ h/f x C h/: Do hf x/ h/Œf x C h/ f x/; hay f x C h/ h f x/ Ä f x/ : h Vậy, với h > đủ nhỏ, ta có f x/ Ä f x C h/ h f x/ Ä f x/ : h Tương tự, bất đẳng thức chiều ngược lại, với h < đủ nhỏ Do đó, ta có f x C h/ f x/ f x/ D lim tồn f x/, với x U Từ đó, với x U , h!0 h ta có à  f x/ f x/ f x/ D D 0: ex ex Do f x/ D C e x (C số) Hơn nữa, từ i) ta có f 0/ f 0/ hay f 0/ Ä từ ii) ta có f 0/ Do C D f 0/ D Thử lại, hàm f x/ D e x thỏa mãn yêu cầu 135 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Như vậy, với g.x/ D ax g.x/ D C x, Bài toán Bài toán giải Một câu hỏi đặt ra: Với lớp hàm g.x/ tốn tổng qt giải được? Ta có kết sau Định lý Giả sử U khoảng mở chứa cho với x; y U x C y U Nếu hàm số f W U ! R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f x C y/ f x/f y/ với x; y U ; ii) f x/ g.x/, 8x U ; g.x/ hàm số cho trước khả vi 0; g.0/ D 1, g 0/ D k, f x/ D e kx Chứng minh Tương tự lời giải Bài toán 4, từ điều kiện cho, ta suy f x/ > với x U Giả sử f x/ hàm số thỏa mãn điều kiện định lý Thế thì, với h > đủ nhỏ, ta có f x C h/ f x/ f x/f h/ f x/ D f h/ 1/f x/ g.h/ 1/f x/: Do f x C h/ f x/ g.h/ g.0/ f x/: h h Mặt khác, từ i) ii), với h > đủ nhỏ, ta có f x/ D f x C h h/ f x C h/f h/ f x C h/g h/: Vì hàm g.x/ khả vi nên liên tục điểm Do đó, với h > đủ nhỏ, ta có g h/ > Khi đó, với h > đủ nhỏ, ta có f x C h/ f x/ Ä g h/ g h/ g.0/ f x/ D f x/: g h/ hg h/ Vậy với h > đủ nhỏ, từ kết trên, ta có g.h/ g.0/ h f x/ Ä f x C h/ h f x/ Ä g h/ g.0/ f x/: g h/ Tương tự, bất đẳng thức chiều ngược lại, với h < đủ nhỏ Do đó, ta có f x C h/ f x/ f x/ D lim tồn g 0/f x/ D kf x/, với x U h!0 h Từ đó, với x U , ta có  à f x/ kf x/ kf x/ f x/ kf x/ D D D 0: kx kx e e e kx Do f x/ D C e kx (C số) Hơn nữa, từ i) ta có f 0/ f 0/ hay f 0/ Ä từ ii) ta có f 0/ Do C D f 0/ D Vậy f x/ D e kx Ta có điều phải chứng minh 136 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Rõ ràng f x/ D e kx thỏa mãn điều kiện i) Nếu giả thiết tốn có thêm điều kiện g.x/ Ä e kx , với x U , hàm số f x/ D e kx thỏa mãn tất điều kiện tốn Từ kết trên, ta có Hệ Giả sử U khoảng mở chứa f W U ! R thỏa mãn điều kiện i) với x; y U cho x C y U Nếu f khả vi 0; f 0/ D f 0/ D k f x/ D e kx , x U Chứng minh Áp dụng Định lý 1, với g.x/ D f x/, 8x U , ta có điều phải chứng minh Hệ Giả sử F hàm xác định khoảng mở U chứa thỏa mãn F x C y/ Ä F x/ C F y/ với x; y U cho x C y U Nếu F bị chặn hàm G khả vi thỏa mãn G.0/ D 1, F x/ D kx, x U , k số Chứng minh Áp dụng Định lý 1, với f x/ D e F x/ g.x/ D e G.x/ ; ta có đpcm Tương tự phương pháp chứng minh Định lý 1, ta có kết sau Định lý Giả sử U khoảng mở chứa cho với x; y U x C y U Nếu hàm số f W U ! R thỏa mãn điều kiện sau f x C y/ f x/g.y/; 8x; y U; g.x/ hàm số cho trước khả vi 0, g.0/ D 1; g 0/ D k; nghiệm bất phương trình hàm có dạng f x/ D C e kx ; C số Hệ Ta có f x/ D e kx g.x/ D e kx nghiệm hệ bất phương trình hàm ( f x C y/ f x/g.y/ g.x C y/ g.x/f y/ với điều kiện f 0/ D 1, g.x/ khả vi 0, g.0/ D g 0/ D k Chứng minh Từ bất phương trình hàm thứ nhất, áp dụng Định lý ta f x/ D C e kx (C số) Vì f 0/ D 1, nên C D Do f x/ D e kx : Tương tự, từ bất phương trình hàm thứ hai, áp dụng Định lý ta có g.x/ D e kx : Rõ ràng f x/ D e kx g.x/ D e kx thỏa mãn hệ bất phương trình hàm cho, với điều kiện nêu Hệ chứng minh 137 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Định nghĩa Hàm g.x/ xác định khoảng mở U chứa gọi hàm tựa l tồn hàm k.x/ xác định U cho k.0/ D g.0/, k 0/ D l tồn k.x/ Ä g.x/ với x U Hệ Bất phương trình hàm f x C y/ f x/g.y/; g hàm cho trước xác định I với g.0/ D hàm tựa l 0; có nghiệm khơng âm f e lx g.x/ I trường hợp nghiệm không âm có dạng f x/ D C e lx , C số Chứng minh Giả sử f x/ nghiệm không âm bất phương trình hàm cho Vì g.x/ k.x/ U; nên ta có f x C y/ f x/k.y/; k.x/ thỏa mãn k 0/ D l k.0/ D g.0/ D Áp dụng Định lý vào bất phương trình hàm này, ta có f x/ D C e lx , C số Rõ ràng, f x/ D C e lx nghiệm khơng âm bất phương trình hàm cho e lx g.x/ U: Từ Hệ 4, ta sáng tác tốn, chẳng hạn sau Bài tốn 36 Tìm tất hàm số f x/, xác định khoảng mở e; 1/, thỏa mãn hệ bất phương trình hàm sau ( f x C y/ f x/ log f y/ f x/ xCe Chứng minh Trên khoảng mở e; 1/, nghiệm dương f suy bất phương trình hàm thứ hai Ngồi ra, từ hệ bất phương trình hàm cho, ta có f 0/ D e Áp dụng Hệ trường hợp g.x/ D log f x/ hàm tựa 0; qua hàm k.x/ D log.x C e/ Do e x x đó, theo chứng minh Hệ , ta có f x/ D f 0/e e D e 1C e Thử lại, ta thấy hàm số x f x/ D e 1C e thỏa mãn hệ bất phương trình hàm cho khoảng mở e; 1/ Bài toán 37 Trên khoảng mở chứa có nghiệm hệ bất phương trình hàm ( f x C y/ f x/e f y/ f x/ x2 Chứng minh Giả sử f x/ nghiệm xác định khoảng mở chứa Thế thì, bất phương trình hàm thứ hai, f x/ không âm Từ hệ bất phương trình cho suy f 0/ D Áp dụng Hệ trường hợp g.x/ D e f x/ hàm tựa 0, qua hàm k.x/ D e x Hơn nữa, f 0/ D 0, nên ta có f x/ Á thỏa mãn bất phương trình hàm thứ hai khoảng không mở chứa Định lý sau cho ta kết việc giải dạng bất phương trình hàm khác 138 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Định lý Giả sử U khoảng mở chứa cho với x; y U x C y U Xét bất phương trình hàm f x C y/ f x/g.y/ C f y/g.x/; 8x; y U; g.x/ hàm giới nội, khả vi 0, g.0/ D g 0/ D k Thế f x/ Á f x/ hàm số thỏa mãn bất phương trình cho, với điều kiện lim D x!0 x Chứng minh Giả sử f x/ nghiệm bất phương trình cho, với điều kiện f x/ D 0: x!0 x lim Thế thì, với h > đủ nhỏ, ta có f x C h/ f x/g.h/ C f h/g.x/ hay f x C h/ Do f x C h/ h f x/ f x/ g.h/ g.h/ 1/f x/ C f h/g.x/: g.0/ h f x/ C f h/ g.x/: h Mặt khác, ta có f x/ D f x C h h/ f x C h/g h/ C f h/g.x C h/ hay g h/.f x/ f x C h// g h/f x/ f x/ C f h/g.x C h/ Vì hàm g.x/ khả vi nên liên tục điểm Do đó, với h > đủ nhỏ, ta có g h/ > Vậy, với h > đủ nhỏ, ta có f x C h/ h f x/ 1/f x/ C f h/g.x C h/ g h/ g h/ g.0/ f h/ D f x/ C g.x C h/: hg h/ hg h/ Ä g h/ Vậy với h > đủ nhỏ, từ kết trên, ta có g.h/ g.0/ h f x/ C f h/ f x C h/ f x/ g.x/ Ä h h g h/ g.0/ f h/ Ä f x/ C g.x C h/: hg h/ hg h/ Tương tự, bất đẳng thức chiều ngược lại, với h < đủ nhỏ Do đó, ta có f x C h/ h!0 h f x/ D lim 139 f x/ Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 f x/ D g.x/ hàm giới nội x!0 x tồn g 0/f x/ D kf x/, với x U , lim Từ đó, với x U , ta có  à f x/ f x/ kf x/ kf x/ kf x/ D D D 0: kx kx e e e kx f x/ D 0; suy C D Vậy x!0 x f x/ D f x/ Á hàm số thỏa mãn yêu cầu, với điều kiện lim x!0 x Do f x/ D C e kx (C số) Hơn nữa, từ lim Bất phương trình hàm dạng cộng – nhân tính Phần đề cập đến việc giải hệ bất phương trình hàm, với dạng sau Dạng “cộng”: f a C x/ Ä ˛ C f x/, f b C x/ Ä ˇ C f x/, x R; Dạng “cộng - nhân”: f a C x/ Ä ˛f x/, f b C x/ Ä ˇf x/, x R; Dạng “nhân - cộng”: f ax/ Ä ˛ C f x/, f bx/ Ä ˇ C f x/, x I , I Dạng “nhân”: f ax/ Ä ˛f x/, f bx/ Ä ˇf x/, x I , I số thực cho trước R; R; a; b; ˛; ˇ Chú ý rằng, ˛ D f a/, ˇ D f b/, hệ bất phương trình hàm dạng “cộng” thu hẹp bất phương trình hàm Cauchy cổ điển f x C y/ Ä f x/ C f y/; 8x; y R: Trước hết, ta nhắc lại rằng, tập hợp M trù mật tập số thực R lân cận điểm tùy ý tập R có điểm tập M Chẳng hạn, tập Q số hữu tỷ tập trù mật tập R Tính chất sau kết quen thuộc (Định lý Kronecker), tìm thấy chứng minh tài liệu lý thuyết bản: “Nếu a b số thực khơng thơng ước với nhau, tập A D fma C nb j m; n Zg trù mật R” Hơn nữa, ta chứng minh kết sau Bổ đề Giả sử a; b R a < < b số cho trước Ký hiệu A D fma C nb j m; n Ng: 1) Nếu b … Q, tập A trù mật R a 2) Nếu b Q, tồn d > cho A D fkd j k Zg a Dạng “nhân” bổ đề sau 140 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Bổ đề Giả sử a; b R < a < < b số cho trước Ký hiệu M D fam b n j m; n Ng: log b … Q, tập M trù mật 0; 1/ log a n o log b k Q, tồn d > cho M D d j k Z 2) Nếu log a 1) Nếu Bây giờ, ta chứng minh định lý sau Định lý 10 (Dạng “cộng”) Giả sử a; b; ˛; ˇ số thực cho trước thỏa mãn a < < b, ˛ ˇ D , giả sử hàm f W R ! R liên tục điểm a b 1) Nếu b … Q, f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm a f a C x/ Ä ˛ C f x/; f b C x/ Ä ˇ C f x/; f x/ D px C f 0/, x R, p WD 8x R 1/ ˛ a b 2) Nếu Q, tồn nghiệm hàm liên tục f W R ! R hệ phương trình a hàm tương ứng f a C x/ D ˛ C f x/; f b C x/ D ˇ C f x/; 8x R 2/ ˇ cho f ˇŒ0;d  D f0 , d WD minfma C nb > j m; n Ng tồn tại, số dương f0 W Œ0; d  ! R hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0 d / D ˛ d C f0 0/: a Hơn nữa, f0 đơn điệu nghiêm ngặt, trùng với hàm f đoạn Œ0; d  Chứng minh 1) Từ (1), dễ dàng suy f ma C x/ Ä m˛ C f x/; f nb C x/ Ä nˇ C f x/; 8m; n N; x R: Trong bất đẳng thức trên, thay x nb C x, ta có f ma C nb C x/ Ä m˛ C f nb C x/ Ä m˛ C nˇ C f x/: Do f ma C nb C x/ Ä m˛ C nˇ C f x/; Đặt p WD 8m; n N; x R: ˇ ˛ D , ta viết bất đẳng thức dạng a b f t C x/ Ä pt C f x/; 141 8t A; x R; 3/ Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 đó, theo Bổ đề 1, tập A D fma C nb j m; n Ng trù mật R Giả sử x0 điểm mà hàm f liên tục x giá trị thực tùy ý Bởi tính chất trù mật A tập R, tồn dãy tn / cho tn A n N/; lim tn D x0 x!C1 x: Từ bất đẳng thức (3), ta có f tn C x/ Ä ptn C f x/; 8n N: Cho n ! 1, tính liên tục hàm f x0 , ta thu f x0 / Ä p.x0 x/ C f x/; Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x x f x/ Ä pt C f x 8x R: t (3), ta dược 8t A; x R: t /; Chọn điểm x R cố định tùy ý và, tính trù mật A R, dãy tn / cho tn A n N/; lim tn D x n!C1 x0 : Thế thì, ta có f x/ Ä ptn C f x 8n N: tn /; Cho n ! 1, tính liên tục hàm f x0 , ta thu bất đẳng thức f x/ Ä p.x x0 / C f x0 /; 8x R: Do đó, ta có f x/ D p.x/ C f x0 / px0 /; 8x R: Ta có điều phải chứng minh 2) Từ (2), dễ dàng suy f ma C nb C x/ D ˛ ma C nb/ C f x/; a 8m; n N; x R: 4/ Theo Bổ đề 1, phần 2, số d WD minfma C nb > j m; n Ng xác định số dương Hơn fma C nb > j m; n N g D fkd j k Zg Dó đó, (4) có dạng f kd C x/ D ˛ kd C f x/; a 8k Z; x R: Dễ dàng thấy hệ phương trình hàm tương đương với phương trình f d C x/ D ˛ d C f x/; a 142 8x R: Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Bây giờ, ta xác định f1 W d; 2d  ! R công thức ˛ f1 x/ WD d C f0 x d /; a x d; 2d : Giả sử fn W nd; n C 1/d  ! R n N/ xác định Thế thì, ta xác định fnC1 W n C 1/d; n C 2/d  ! R hệ thức truy hồi fnC1 x/ WD ˛ d C fn x a Tương tự, giả sử f x/ WD d /; x n C 1/d; n C 2/d ; n N: ˛ d C f0 x C d /; a x Œ d; 0/: Giả sử ta có định nghĩa f n x/ WD Œ nd; n C 1/d / ! R n N /: Thế thì, ta định nghĩa f nC1/ x/ WD ˛ d C f n x C d /; a x Œ n C 1/d; nd /; n N: Dễ dàng kiểm tra f W R ! R, xác định ˆ ˆ < f n x/ x Œ nd; n C 1/d / f x/ D f0 x/ x Œ0; d  n N/; ˆ ˆ : f x/ x nd; n C 1/d  n ˇ thỏa mãn hệ (2), hàm liên tục f ˇŒ0; d  D f0 Định lý chứng minh hoàn toàn Định lý 11 (Dạng “cộng – nhân”) Giả sử a; b R ˛; ˇ > số cho trước thỏa mãn log ˛ log ˇ a < < b, D giả sử hàm f W R ! R liên tục điểm a b b 1) Nếu … Q, f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm a f a C x/ Ä ˛f x/; f b C x/ Ä ˇf x/; x R 5/ log ˛ a f x/ D f 0/e px , x R, p WD b 2) Nếu Q, tồn nghiệm hàm liên tục f W R ! R hệ phương trình a hàm tương ứng f a C x/ D ˛f x/; f b C x/ D ˇf x/; x R 6/ ˇ cho f ˇŒ0; d  D f0 , d WD minfma C nb > j m; n Ng tồn tại, số dương f0 W Œ0; d  ! R hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0 d / D f0 0/e log ˛ a d : Hơn nữa, f0 đơn điệu nghiêm ngặt, trùng với hàm f đoạn Œ0; d  143 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Chứng minh 1) Từ (5), dễ dàng suy f ma C x/ Ä ˛ m f x/; f nb C x/ Ä ˇ n f x/; 8m; n N; x R: Trong bất đẳng thức trên, thay x nb C x, ta có f ma C nb C x/ Ä ˛ m f nb C x/ Ä ˛ m ˇ n f x/: Do f ma C nb C x/ Ä ˛ m ˇ n f x/; 8m; n N; x R: log ˇ log ˛ D , ta viết bất đẳng thức dạng Đặt p WD a b f t C x/ Ä e pt f x/; t A; x R 7/ đó, theo Bổ đề 1, tập A D fma C nb j m; n Ng trù mật R Giả sử x0 điểm mà hàm f liên tục x giá trị thực tùy ý Bởi tính chất trù mật A tập R, tồn dãy tn / cho tn A n N/; lim tn D x0 x: n!C1 Từ bất đẳng thức (7), ta có f tn C x/ Ä e ptn f x/; n N: Cho n ! 1, tính liên tục hàm f x0 , ta thu f x0 / Ä e p.x0 x/ Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x x f x/ Ä e pt f x x R: f x/; t (7), ta dược t /; t A; x R: Chọn điểm x R cố định tùy ý và, tính trù mật A R, dãy tn / cho tn A n N/; lim tn D x n!C1 x0 : Thế thì, ta có f x/ Ä e ptn f x tn /; n N: Cho n ! 1, tính liên tục hàm f x0 , ta thu bất đẳng thức f x/ Ä e p.x x0 / f x0 /; x R: Do đó, ta có f x/ D e p.x/ f x0 / px0 /; x R: Ta có điều phải chứng minh 2) Chứng minh tương tự phần Định lý Định lý chứng minh hồn tồn 144 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Định lý 12 (Dạng “nhân – cộng”) Giả sử a; b; ˛; ˇ số thực cho trước thỏa mãn ˇ ˛ D ; log a log b < a < < b; giả sử hàm f W I ! R liên tục điểm 1) Nếu log b … Q, f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm log a f ax/ Ä ˛ C f x/; f bx/ Ä ˇ C f x/; x I; 8/ i) Trường hợp I D 0; 1/: f x/ D p log x C f 1/, x > 0, ii) Trường hợp I D 1; 0/: f x/ D p log x/ C f 1/, x < 0, p WD ˛ log a log b Q, tồn nghiệm hàm liên tục f W I ! R hệ phương log a trình hàm tương ứng 2) Nếu f ax/ D ˛ C f x/; f bx/ D ˇ C f x/; x2I 9/ ˇ cho f ˇŒ1; d  D f0 , d WD minfam b n > j m; n N g tồn tại, lớn f0 W Œ1; d  ! R hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0 d / D ˛ log d C f0 1/: log a Hơn nữa, f0 đơn điệu nghiêm ngặt, trùng với hàm f đoạn Œ1; d  Chứng minh 1) i) Giả sử I D 0; 1/ Từ (8), chứng minh tương tự phần trên, ta có f am b n x/ Ä m˛ C nˇ C f x/; Đặt p WD m; n N; x > 0: ˛ ˇ D , ta viết bất đẳng thức dạng log a log b f am b n x/ Ä p log.am b n / C f x/; m; n N; x > 0; hay f tx/ Ä p log t C f x/; t M; x > 0; 10/ đó, theo Bổ đề 2, tập M D fam b n j m; n Ng trù mật I Giả sử x0 > điểm mà hàm f liên tục x > giá trị tùy ý Bởi tính chất trù mật M tập I , tồn dãy tn / cho tn M n N/; 145 lim tn D n!C1 x0 : x Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Từ bất đẳng thức (10), ta có f tn x/ Ä p log tn C f x/; n N: Cho n ! 1, tính liên tục hàm f x0 , ta thu f x0 / Ä p log x0 C f x/; x Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x x (10), chọn dãy tn / cho t tn M n N/; Thế thì, ta có f x/ Ä p log x > 0: lim tn D n!C1 x C f x0 /; x0 x : x0 x > 0: Do đó, ta có f x/ D f x0 / p log x0 C p log x; x > 0: Phần i) chứng minh ii) Giả sử I D 1; 0/ Ta xét hàm g W 0; 1/ ! R xác định công thức g.x/ D f x/; x < 0; thỏa mãn hệ (8) chứng minh tương tự chứng minh phần i) 2) Phần chứng minh tương tự chứng minh Định lý 4, phần Hệ h 13 Giả [sử a; b;i˛; ˇ R thỏa mãn giả thiết Định lý 4, phần Nếu hàm f W 1; 0/ 0; 1/ ! R thỏa mãn hệ bất đẳng thức 8/ khoảng 1; 0/, 0; 1/ tồn điểm mà hàm f liên tục, ( p log x C f 1/; x 0; 1/ f x/ D p log x/ C f 1/; x 1; 0/ p WD ˛ log a Chú ý Giả sử a; b; ˛; ˇ số thực cho trước thỏa mãn < a < < b ˛ ˇ D log a log b Nếu I , khơng tồn hàm thỏa mãn hệ 8/: Thật vậy, (8) đặt x D 0, Ä ˛, Ä ˇ, mâu thuẫn với giả thiết ˛ˇ < Định lý 14 (Dạng “nhân”) Giả sử a; b; ˛; ˇ số thực cho trước thỏa mãn a < < b, log ˛ log ˇ D , giả sử hàm f W I ! R liên tục điểm log a log b 146 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 1) Nếu log b … Q, f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm log a f ax/ Ä ˛f x/; f bx/ Ä ˇf x/; x I; 11/ i) Trường hợp I D 0; 1/: f x/ D f 1/x p , x > 0, ii) Trường hợp I D 1; 0/: f x/ D f 1/ x/p , x < 0, p WD log ˛ log a log b Q, tồn nghiệm hàm liên tục f W I ! R I D 0; 1/ log a I D 1; 0// hệ phương trình hàm tương ứng 2) Nếu f ax/ D ˛f x/; f bx/ D ˇf x/; x I; 12/ ˇ cho f ˇŒ1; d  D f0 , d WD minfam b n > j m; n Ng tồn tại, lớn f0 W Œ1; d  ! R hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện log ˛ f0 d / D f0 1/d log a : Hơn nữa, f0 đơn điệu nghiêm ngặt, trùng với hàm f đoạn Œ1; d  Chứng minh 1) i) Giả sử I D 0; 1/ Từ (11), chứng minh tương tự phần trên, ta có f am b n x/ Ä ˛ m ˇ n f x/; Đặt p WD m; n N; x > 0: log ˇ log ˛ D , ta viết bất đẳng thức dạng log a log b f am b n x/ Ä am b n /p f x/; m; n N; x > 0; hay f tx/ Ä t p f x/; t M; x > 0; 13/ đó, theo Bổ đề 2, tập M D fam b n j m; n Ng trù mật I Giả sử x0 > điểm mà hàm f liên tục x > giá trị tùy ý Bởi tính chất trù mật M tập I , tồn dãy tn / cho tn M n N/; lim tn D n!C1 x0 : x Từ bất đẳng thức (13), ta có f tn x/ Ä tn p f x/; n N: Cho n ! 1, tính liên tục hàm f x0 , ta thu x0 Áp f x0 / Ä f x/; x > 0: x 147 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x x (13), chọn dãy tn / cho t tn M n N/; Thế thì, ta có  f x/ Ä x x0 lim tn D n!C1 x : x0 Ãp f x0 /; x > 0: Phần i) chứng minh ii) Giả sử I D 1; 0/ Ta xét hàm g W 0; 1/ ! R xác định công thức g.x/ D f x/; x < 0; thỏa mãn hệ (11) chứng minh tương tự chứng minh phần i) 2) Phần chứng minh tương tự chứng minh Định lý 4, phần log ˛ log ˇ D log a log b Nếu I D R I D Œ0; 1/ I D 1; 0 f W I ! R thỏa mãn hệ 11/; Chú ý Giả sử a; b; ˛; ˇ số thực cho trước thỏa mãn < a < < b f 0/ D 0: Thật vậy, hai giả thiết ˛ < < ˇ ˇ < < ˛ và, nữa, f 0/.1 f 0/.1 ˇ/ Ä 0, ta suy f 0/ D Từ Chú ý này, ta có ˛/ Ä Chú ý ˇ i) Giả sử f W Œ0; 1/ ! R thỏa mãn hệ 11/: Nếu f ˇ.0; 1/ a; b; ˛; ˇ thỏa mãn tất giả thiết Định lý 7, phần 1, ( f 1/x p x 0; 1/; f x/ D x D 0; p WD log ˛ log a ˇ ii) Giả sử f W 1; 0 ! R thỏa mãn hệ 11/: Nếu f ˇ 1; 0/ a; b; ˛; ˇ thỏa mãn tất giả thiết Định lý 7, phần 1, ( f 1/ x/p x 1; 0/; f x/ D x D 0; p WD log ˛ log a Hệ 15 Giả sử a; b; ˛; ˇ R thỏa mãn giả thiết Định lý 7, phần 148 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 h i [ i) Nếu hàm f W 1; 0/ 0; 1/ ! R thỏa mãn hệ bất đẳng thức 11/ khoảng 1; 0/, 0; 1/ tồn điểm mà hàm f liên tục, ( f 1/x p x 0; 1/ f x/ D p f 1/ x/ x 1; 0/ p WD log ˛ log a ii) Nếu hàm f W R ! R thỏa mãn hệ bất đẳng thức 11/ khoảng 1; 0/ 0; 1/ tồn điểm mà hàm f liên tục, p ˆ x 0; 1/; ˆ < f 1/x f x/ D x D 0; ˆ ˆ : f 1/ x/p x 1; 0/ p WD log ˛ log a Chú ý Ta có định lý tương tự Định lý - Định lý 7, với hàm f thỏa mãn bất đẳng thức có dấu ngược lại Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2006 [2] Trịnh Đào Chiến, Một số dạng bất phương trình hàm dạng bản, Kỷ yếu Hội nghị khoa học chuyên đề chuyên Toán bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông, Hà Nội Nam Định, 26-28/11/2010 [3] Th M Rassias, Functional equations, inequalities and applications, 73 - 89, Kluwer Academic Publishers, 2003 [4] PI Kannappan, Functional equations and with applications, 617 - 636, Springer Monographs in Mathematics, 2009 149 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 150 ... Á hàm số thỏa mãn yêu cầu, với điều kiện lim x!0 x Do f x/ D C e kx (C số) Hơn nữa, từ lim Bất phương trình hàm dạng cộng – nhân tính Phần đề cập đến việc giải hệ bất phương trình hàm, với dạng. .. D e 1C e Thử lại, ta thấy hàm số x f x/ D e 1C e thỏa mãn hệ bất phương trình hàm cho khoảng mở e; 1/ Bài toán 37 Trên khoảng mở chứa có nghiệm hệ bất phương trình hàm ( f x C y/ f x/e f y/... e; 1/, nghiệm dương f suy bất phương trình hàm thứ hai Ngồi ra, từ hệ bất phương trình hàm cho, ta có f 0/ D e Áp dụng Hệ trường hợp g.x/ D log f x/ hàm tựa 0; qua hàm k.x/ D log.x C e/ Do e