Một số tính chất của tập hợp và các hàm số sơ cấp
Trong phần này, chúng ta sẽ ôn lại một số kiến thức cơ bản về tập hợp, điều này rất cần thiết để giải quyết các phương trình hàm liên quan Định nghĩa 1.1 (tham khảo [2],[3]): Hàm số f(x) được xem là hàm tuần hoàn (cộng tính) với chu kỳ a (với a > 0) trên tập M nếu M là tập con của D(f).
Nếu x thuộc tập M, thì x±a cũng thuộc M và f(x+a) = f(x) với mọi x trong M Hàm f(x) được xem là hàm tuần hoàn trên M Chu kỳ cơ sở T (T > 0) của hàm f(x) là khoảng thời gian mà f(x) tuần hoàn với chu kỳ T, nhưng không tuần hoàn với bất kỳ chu kỳ nào nhỏ hơn T.
Bài toán 1.1 (xem [2], [3]) Tồn tại hay không tồn tại một hàm số f(x) 6≡ hằng số, tuần hoàn trên R nhưng không có chu kỳ cơ sở.
Lời giải Xét hàm Dirichlet f(x)
Khi đó f(x) là hàm tuần hoàn trên R chu kỳ a ∈ Q ∗ tuỳ ý Vì trong Q ∗ không có số nhỏ nhất nên hàm f(x) không có chu kỳ cơ sở.
Bài toán 1.2 (xem [2], [3]) Cho cặp hàm f(x), g(x) tuần hoàn trên M có các chu kỳ lần lượt là a và b với a/b∈ Q.
Chứng minh rằng F(x) := f(x) +g(x) và G(x) := f(x)g(x) cũng là những hàm tuần hoàn trên M.
Lời giải Theo giả thiết ∃m, n ∈ N + , (m, n) = 1 sao cho a/b = m/n. Đặt
Hơn nữa, dễ thấy ∀x∈ M thì x±T ∈ M Vậy F(x), G(x) là những hàm tuần hoàn trên M.
Hàm số f(x) có tập xác định D(f) ⊂ R và tập giá trị R(f) ⊂ R Theo định nghĩa, f(x) được xem là hàm số chẵn trên một miền M, với M thuộc D(f), tức là hàm chẵn trên M nếu thỏa mãn các điều kiện nhất định.
∀x ∈ M thì −x ∈ M và f(−x) = f(x), ∀x ∈ M. b) f(x) được gọi là hàm số lẻ trên M (gọi tắt là hàm lẻ trên M) nếu
Bài toán 1.3 Cho x 0 ∈ R Xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho f(x0 −x) =f(x), ∀x ∈ R (1.1)
Khi đó (1.2) có dạngg(−t) =g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) là hàm chẵn trên R. Kết luận. f(x) =g x− x 0
, trong đó g(x) là hàm chẵn tuỳ ý trên R.
Bài toán 1.4 Cho a, b ∈ R Xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho f(a−x) +f(x) =b, ∀x ∈ R (1.3)
2 = g(t) Khi đó có thể viết (1.4) dưới dạng g(−t) +g(t) = 0, ∀t ∈ R hay là g(−t) =−g(t), ∀t ∈ R.
2, trong đó g(x) là hàm lẻ tuỳ ý trên R.
Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét các đại lượng trung bình và đặc trưng của hàm liên quan, dựa trên các tài liệu của J Aczel J Aczel đã trình bày các phương pháp tổng quát để giải các phương trình hàm các cấp, ví dụ như phương trình ϕ(x+y) = F[ϕ(x), ϕ(y)].
F[ϕ(x), ϕ(y)] và ϕ(ax + by + c) = F[ϕ(x), ϕ(y)] là những biểu thức quan trọng trong nghiên cứu Đồng thời, G[ϕ(x+y), ϕ(x−y), ϕ(x), ϕ(y), x, y] = 0 thể hiện mối liên hệ giữa các hàm số J Aczel đã đề xuất các tiêu chí về sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm, dẫn đến việc phát triển các phương pháp tổng quát bởi ông và các học trò.
Trong luận văn này, ngoài các đại lượng trung bình cơ bản của các đối số, ta còn xét các đại lượng trung bình bậc tùy ý tổng quát:
1 Trung bình cộng của các đối số x+y
2 Trung bình nhân của các đối số √ xy;x, y ∈ R +
3 Trung bình điều hòa của các đối số 2xy x+y;x, y ∈ R +
4 Trung bình bình phương của các đối số rx 2 +y 2
5 Trung bình bậc p (p > 1) của các đối số x p +y p 2
;x, y ∈ R + và các đại lượng trung bình của các hàm số:
1 Trung bình cộng của các hàm số f(x) +f(y)
2 Trung bình nhân của các hàm số p f(x)f(y).
3 Trung bình điều hòa của các hàm số 2f(x)f(y) f(x) + f(y).
4 Trung bình bình phương của các hàm số s [f(x)] 2 + [f(y)] 2
5 Trung bình bậc p (p > 1) của các hàm số
Bài viết này phân tích các bài toán xác định hàm số chuyển tiếp, tập trung vào việc chuyển đổi các đại lượng từ trung bình của các đối số sang các đại lượng trung bình của các hàm số Việc này giúp hiểu rõ hơn về mối liên hệ giữa các đại lượng và cách chúng tương tác trong các hàm số khác nhau.
Cuối cùng, ta xét các đại lượng trung bình và các đặc trưng hàm của các hàm sơ cấp liên quan.
Tính chất 1.1 (Hàm bậc nhất) f(x) =ax+b, a;b 6= 0 có tính chất f x+y 2
2{f(x) + f(y)},∀x, y ∈ R. Tính chất 1.2 (Hàm tuyến tính) f(x) =ax, a 6= 0 có tính chất f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈ R. Tính chất 1.3 (Hàm mũ) f(x) = a x , a > 0, a 6= 1 có tính chất f(x+y) =f(x)f(y),∀x, y ∈ R. Tính chất 1.4 (Hàm Logarit) f(x) =log a |x| (a > 0, a6= 1) có tính chất f(xy) =f(x) +f(y),∀x, y ∈ R\{0}.
Tính chất 1.5 (Hàm Lũy thừa) f(x) = |x| a có tính chất f(xy) =f(x) +f(y),∀x, y ∈ R\{0}.
Tính chất 1.6 (Hàm lượng giác) Hàm f(x) = sinx có tính chất f(3x) = 3f(x)−4[f(x)] 3 ,∀x ∈ R. Hàm f(x) = cosx có tính chất f(2x) = 2[f(x)] 2 −1,∀x ∈ R. Hàm f(x) = tanx có tính chất f(x+y) = f(x) +f(y)
2 , k ∈ Z. Hàm f(x) = cotx có tính chất f(x+ y) = f(x)f(y)−1 f(x) +f(y) , với x, y, x+y 6= kπ, k ∈ Z.
Tính chất 1.7 (Hàm lượng giác ngược) Hàm f(x) = arcsin x có tính chất f(x) + f(y) =f(xp1−y 2 +yp1−x 2 ),∀x, y ∈ [−1,1].
Hàm g(x) = arccos x có tính chất g(x) +g(y) = g(xy −p1−x 2 p1−y 2 ),∀x, y ∈ [−1,1].
Hàm h(x) = arctanx có tính chất h(x) + h(y) = h x+y
Hàm p(x) = arccot x có tính chất p(x) +p(y) = p xy−1 x+y
Tính chất 1.8 (Các hàm hyperbolic) Hàm f(x) = sinhx := 1 2 (e x −e −x ) có tính chất f(3x) = 3f(x) + 4[f(x)] 3 ,∀x ∈ R. Hàm g(x) = coshx := 1 2 (e x +e −x ) có tính chất g(x+y) +g(x−y) = 2g(x)g(y), x, y ∈ R. Hàm h(x) = tanhx := e e x x −e +e −x −x có tính chất h(x+ y) = h(x) +h(y)
Hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng
Bài toán 1.5 (Trung bình cộng vào trung bình cộng) Tìm các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f x+y 2
Lời giải Đặt f(0) = b và f(x) = b +g(x) Khi đó g(0) = 0 Thế vào (1.9), ta có b+ g x+ y
Vì g(x) liên tục trên R nên (1.11) là phương trình hàm Cauchy và do đó g(x) =ax.
Thử lại ta thấy nghiệm f(x) =ax+b thỏa mãn điệu kiện của đầu bài. Vậy hàm cần tìm là: f(x) =ax+b, a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.6 (Trung bình cộng vào trung bình nhân) Tìm các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f x+y 2 q f(x).f(y),∀x, y ∈ R (1.12) Lời giải Với x = t, y = t, ta có f(t) q [f(t)] 2 =| f(t) |> 0,∀t∈ R.
Khi đó, xảy ra các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: ∃x 0 để f(x0) = 0 Khi đó, ∀t ∈ R ta có f(t) = f x 0 + (2t−x 0 )
Vậy f(t) ≡ 0 là một nghiệm của (1.12).
+ Trường hợp 2: f(t) > 0,∀t ∈ R Lấy logarit cơ số e hai vế của (1.12) ta được lnf x+y
Vậy (1.13) là hàm số chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng nên theo Bài toán 1.5 thì g(t) = at+b và lnf(t) =at+b.
Vậy f(t) = e at+b = e b (e a ) t = BA t Như vậy: f(x) = BA t , A, B > 0 tùy ý, ∀x ∈ R.
Bài toán 1.7 (Trung bình cộng vào trung bình điều hòa) Tìm các hàm số f(x) : R →R + xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f x+y 2
= 2f(x)f(y) f(x) + f(y),∀x, y ∈ R (1.14) Lời giải Theo giả thiết, ta thấy:
Đối với mọi x, y thuộc R, ta có g(t) = f(t) 1 với mọi t thuộc R, và g(t) > 0 cho mọi t thuộc R Theo kết quả từ Bài toán 1.5, ta xác định g(t) = at + b cho mọi t thuộc R và f(t) = at + b 1 Để f(t) có hai tính chất liên tục và dương cho mọi t thuộc R, với mẫu số khác 0, ta có a = 0 và b > 0, từ đó suy ra f(t) = 1 b.
Thử lại kết quả ta thấy hàm này thỏa mãn điệu kiện đầu bài ra.
Bài toán 1.8 (Trung bình cộng vào trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f x+ y 2 r[f(x)] 2 + [f(y)] 2
2 ,∀x, y ∈ R (1.15)Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x ∈ R Vì vậy
Theo kết quả của Bài toán 1.5 thì g(x) =ax+b, a, b ∈ R tùy ý.
Vì g(x) > 0 ∀x ∈ R nên a = 0 và b > 0 Suy ra f(x) = √ b, b> 0. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra
Nhận xét về lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình khác
Trong phần này, chúng ta sẽ xem xét một số loại phương trình hàm chuyển tiếp, tương tự như những gì đã được trình bày trước đó, nhằm chuyển đổi từ các đại lượng trung bình này sang các đại lượng trung bình khác.
Bài toán 1.9 (Trung bình nhân thành trung bình cộng) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện f(√ xy) = f(x) +f(y)
2 , ∀x, y ∈ R + (1.16) Lời giải Vì x > 0, y > 0 nên có thể đặt x = e u , y = e v , u, v ∈ R. Thay vào (1.16) ta được f(
2 , ∀u, v ∈ R, (1.17) trong đó g(t) = f(e t ), ∀t ∈ R Theo kết quả của Bài toán 1.5 ta được
Suy raf(x) = alnx+b, a, b ∈ R tùy ý Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 1.10 (Trung bình điều hòa thành trung bình cộng) Tìm các hàm số f(t) xác định, liên tục trên R\ {0} và thỏa mãn điều kiện f
= g(u) Khi đó g(u) liên tục trên
Theo Bài toán 1.5, thì g(u) =au+b Do đó f(x) = a x +b.
Bài toán 1.11 (Trung bình điều hòa thành trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R\ {0} thỏa mãn điều kiện f 2xy x+y s [f(x)] 2 + [f(y)] 2
2 , ∀x, y ∈ R\ {0}, x+y 6= 0 (1.19) Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x 6= 0 Vậy h f
Theo kết quả của Bài toán 1.5 thì g(u) = au+b, ∀u ∈ R\ {0}. Để g(u) > 0, ∀u 6= 0 phải chọn a = 0 và b > 0.
Bài toán 1.12 (Trung bình bậc hai thành trung bình cộng) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f s x 2 +y 2 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) = f(|x|), ∀x ∈ R. Đặt |x| = √ u, |y| = √ v (u, v > 0) Khi đó (1.20) ⇔ f ru+v 2
Theo Bài toán 1.5 thì g(u) = au+b.
Do đó f(√ u) =au+b, u > 0 và f(u) = au 2 +b, u > 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận. f(t) =at 2 +b; ∀a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.13 (Từ trung bình bậc hai thành trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện f s x 2 + y 2 2
Lời giải Theo giả thiết f(x) > 0, x ∈ R + Suy ra
Theo Bài toán 1.5 thì h(u) =au+b, ∀u > 0.
Do đó g(x) = ax 2 +b Để g(x) > 0, ∀x > 0 cần phải chọn a > 0 và b > 0.
Kết luận. f(t) = √ at 2 +b với a, b > 0 tùy ý.
Bài toán 1.14 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình cộng) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) = f(|x|), ∀x ∈ R. Đặt |x| = √ p u, |y| = √ p v (u, v > 0) Khi đó (1.22) ⇔ f p ru+v 2
Theo Bài toán 1.5 thì g(u) = au+b.
Do đó f(√ p u) =au+ b, u> 0 và f(u) = au p +b, u > 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận. f(t) = at p +b; ∀a, b ∈ Rtùy ý.
Bài toán 1.15 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình nhân) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p 2 q f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (1.23)
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x > 0.
Nếu tồn tại x 0 sao cho f(x 0 ) = 0 thì f p rx p 0 +y p 2 q f(x 0 )f(y) = 0, ∀y ∈ R + , nên f(x) ≡0, ∀x > 0. Đổi vai trò x0 bằng |x 0 |
√2 và sử dụng phương pháp quy nạp, ta được f
Vì f(x) liên tục tại x = 0 nên n→∞lim f |x 0 |
Vậy f(x) ≡ 0, ∀x > 0 Mặt khác, cũng từ (1.23), ta có f s x 2 + x 2 2
Giả sử f(x) 6= 0, ∀x ∈ R Nếu tồn tại x 1 để f(x 1 ) < 0 thì theo (1.23), ta có f p rx p 1 +y p 2 q f(x 1 )f(y) = 0, ∀y ∈ R, dẫn đến f(y) < 0, ∀y ∈ R, trái với giả thiết Do đó f(x) > 0, ∀x ∈ R và (1.23) ⇔lnf p rx p + y p 2
2 , ∀x, y ∈ R. Đặt lnf(√ p x) =g(x) Khi đó g(x) liên tục trên R và g p rx p +y p
Theo Bài toán 1.14 thì g(u) =au p +b với mọi u ∈ R.
Suy ra f(x) = e ax p +b , thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra.
Kết luận. f(t) ≡ 0 hoặc f(t) = e at p +b , a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.16 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình điều hòa) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p 2
= 2f(x)f(y) f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R (1.24) Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) 6= 0, ∀x ∈ R Khi đó
= f(x) +f(y) 2f(x)f(y) , ∀x, y ∈ R. Đặt g(x) = 1 f(x), ∀x∈ R, ta có g(x) 6= 0, ∀x ∈ R, g(x) liên tục trên
2 , ∀x, y ∈ R. Theo Bài toán 1.14 thì g(u) =au p +b với mọi u ∈ R. Để g(x) 6= 0, ∀x ∈ R thì ab > 0 và b 6= 0 Suy ra f(x) = 1 ax p +b, với a, b∈ R : ab > 0, b6= 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận. f(t) = 1 at p +b với a, b > 0, b 6= 0 tùy ý.
Bài toán 1.17 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình bậc tùy ý) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p
Lời giải Theo giả thiết f(x) > 0, ∀x ∈ R + Suy ra
Theo Bài toán 1.5 thì h(u) =au+b, ∀u > 0.
Do đó g(x) = ax p +b Để g(x) > 0, ∀x > 0 cần phải chọn a > 0 và b > 0.
Kết luận. f(t) = √ p at p +b với a, b > 0 tùy ý.
Phương trình hàm Lobachevsky
Trong lý thuyết và thực hành khảo sát phương trình hàm, việc chú trọng đến tập xác định và lớp hàm tương ứng là rất quan trọng Ví dụ, để giải bài toán xác định các hàm số f(x) thỏa mãn phương trình hàm, cần phân tích kỹ lưỡng các điều kiện liên quan.
[f(x)] 2 = 1, ∀x ∈ R, là các hàm tùy ý xác định trên R nhận giá trị 1 hoặc -1 Số hàm như vậy là vô hạn.
Tuy nhiên, nếu ta xét bài toán trên trong lớp hàm liên tục trên R thì nghiệm của bài toán chỉ là hàm f(x) ≡1 hoặc f(x) ≡ −1.
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày một cách chi tiết phương trình hàm Lobachevsky trong lớp hàm bị chặn gần một điểm trên R Nội dung chủ yếu của phần này được tham khảo từ tài liệu số [7].
Cho f : R → R là một hàm trên R, thoả mãn nghiệm phương trình hàm Lobachevsky (xem [6]) f(x)f(y) =hf x+y
Dễ dàng kiểm tra được f(x) = k (hằng số) là một nghiệm của (1.26) và ta sẽ không xét nó trong các trường hợp sau.
Nhận xét 1.1 Theo nhận xét ở trên thì rõ ràng phương trình hàm Lobachevsky không tương đương với q f(x)f(y) = f x+ y
Bổ đề 1.1 Cho f là một nghiệm của (1.26) Nếu tồn tại x0 ∈ R sao cho f(x 0 ) = 0 thì f(x) = 0, ∀x ∈ R và nếu f(x) 6= 0, thì signf(x) = signf(0), ∀x ∈ R (1.28)
Chứng minh Từ (1.26) suy ra f(x)f(2x −x0) = [f(x)] 2 ,∀x ∈ R Do đó f(x) = 0,∀x ∈ R.
Bổ đề 1.2 Cho f là nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếu f bị chặn trên lân cận (−r, r) của 0, thì f liên tục tại 0.
Chứng minh Ta xét trường hợp f(x) > 0 Từ (1.26) ta có f x 2 h f(x)f(0) i1/2
= [f(x)] 22 1 [f(0)] 1− 22 1 Tiếp tục quá trình trên ta được f x
2 n ) = f(0). Bởi vì f bị chặn tại 0, đặt y = x
2 n ta có kết quả lim n→∞f(y) =f(0).Suy ra tính liên tục của f tại 0.
Trong trường hợp f(0) < 0, ta có f x
22[f(0)] 1 2 Tiếp tục quá trình trên ta có f x
Bổ đề 1.3 Cho f là nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Hàm f liên tục trên R nếu nó liên tục tại 0.
Chứng minh Bởi vì f liên tục tại 0 nên hàm f 2 cũng liên tục tại 0 Từ (1.26) và Bổ đề 1.1, ta có f(x)−f(x 0 ) h f x−x 0 2 i2
Kéo theo tính liên tục của f tại ∀x 0 ∈ R.
Mệnh đề 1.1 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếuf bị chặn trên khoảng (−r, r), thì f liên tục trên R.
Kết quả chứng minh được suy ra từ Bổ đề 1.2 và Bổ đề 1.3. Định nghĩa 1.3 Hàm f : I ⊆ R → R với I là một khoảng trên R, f đồng biến tại x0 ∈ I nếu tồn tại η(x0) > 0 để signf(x)−f(x 0 )
(x−x 0 ) = 1, ∀x ∈ I : 0 < |x−x0| < η(x0) (1.31) Định nghĩa 1.4 Hàm f : I ⊆ R → R với I là một khoảng trên R, f nghịch biến tại x 0 ∈ I nếu tồn tại η(x 0 ) > 0 để sign f(x)−f(x0)
(x−x 0 ) = −1, ∀x ∈ I : 0< |x−x 0 | < η(x 0 ) (1.32) Định nghĩa 1.5 Cho f : I ⊆ R → R là một hàm Khi đó, f đơn điệu trên I nếu và chỉ nếu nó đơn điệu tại mọi điểm trên I
Bổ đề 1.4 Hàm f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Khi đó, f đơn điệu trên R nếu nó đơn điệu tại 0.
Chứng minh Từ (1.26) ta có f(x−x 0 )−f(0) x−x0
Theo Bổ đề 1.1, ta có sign 2f(x 0 ) f(x
Theo giả thiết, f đồng biến (nghịch biến) tại 0, nên tồn tại một số η(0) > 0 để sign f(x−x 0 )−f(0) x−x0
Mệnh đề 1.2 Với mỗi f là nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0, f đơn điệu tại 0 trừ tại một số điểm gián đoạn loại một và tập các điểm gián đoạn là đếm được.
Kết quả chứng minh được suy ra từ [8,9] và Bổ đề 1.4.
Mệnh đề 1.3 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0)6= 0, đơn điệu tai 0, thì f khả vi hầu khắp nơi.
Kết quả chứng minh được suy ra từ tài liệu [8,9] và Bổ đề 1.4.
Bổ đề 1.5 Với mỗi nghiệm f, f(0) > 0(f(0) < 0) lồi (lõm) theo nghĩa Jensen ( [8,9]; J hiểu theo nghĩa Jensen ).
Chứng minh Từ (1.26), ta có f(0) h f(x) + f(y)−2f x+y 2 i h f x 2
Mệnh đề 1.4 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếu f bị chặn trong khoảng (−r, r), thì f lồi (lõm) trên R nếu f(0) > 0(f(0) < 0).
Kết quả chứng minh cho thấy rằng một hàm lồi (hoặc lõm) theo nghĩa của Jensen và liên tục trên khoảng (a, b) sẽ giữ tính chất lồi (hoặc lõm) trên khoảng này Điều này được suy ra từ Bổ đề 1.1, Bổ đề 1.5 và Mệnh đề 1.1, cùng với các Định lý được trình bày trong tài liệu [8].
Mệnh đề 1.5 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếu f bị chặn trong khoảng (−r, r) thì f khả vi tại 0.
Chứng minh Từ Mệnh đề 1.1 ta suy ra tính liên tục của f(x) trên R. Theo bổ đề 1.2 và n→∞lim f(x 0 ) f(0)
Bổ đề 1.6 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Hàm f khả vi trên
R nếu f khả vi tại 0 và f 0 (x) = f 0 (0) f(0)f(x) =βf(x), ∀x ∈ R, β = f 0 (0) f(0) (1.38) Chứng minh Ta có f(x−x0)−f(0) x−x 0 = 1 f(x 0 ) f x 2
Mệnh đề 1.6 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếu f bị chặn trong khoảng (−r, r) thì f khả vi hầu khắp nơi, f ∈ C R ∞ và f(x) = f(0)e f
Chứng minh Vì f bị chặn trong (−r, r) nên theo Mệnh đề 1.3, ta có f khả vi vô hạn.
Suy ra f n (x) = β n f(x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N ∗ Suy ra signf n (x) = sign f 0 (0) n f(0) n−1 , ∀x ∈ R, ∀n∈ N ∗
Mối liên hệ giữa phương trình hàm Lobashevsky và phương trình hàm cổ điển
và phương trình hàm cổ điển
Trong mục này, ta trình bày về mối liên hệ giữa phương trình hàm Lobashevsky và phương trình hàm cổ điển.
Bổ đề 1.7 Nếu f : R → R là nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 thì g : R →R, g(x) = f(x) f(0) (1.42) là nghiệm của phương trình hàm Cauchy g(x+y) = g(x)g(y) ∀x, y ∈ R, (1.43) và ngược lại, nếu g : R → R là một nghiệm của (1.43), thì f(x) =αg(x), ∀x ∈ R, α = f(0) 6= 0, (1.44) là nghiệm tùy ý của (1.26).
Chứng minh Từ (1.44), ta có
2 Lần lượt cho y = 0 và x = 0, ta có lng x 2
Ngược lại với f(x) = αg(x), ta có f(x)f(y) =α 2 g(x)g(y)
Mệnh đề 1.7 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếu f bị chặn trong khoảng (−r, r) thì g(x) = e βx = e f 0 (0) f(0) x
Vì f bị chặn trên (−r, r) nên theo Mệnh đề 1.6, thì f khả vi vô hạn. Mặt khác do f(x) =f(0)e f 0 (0) f(0) x
. Khi đó kết hợp với Bổ đề 1.7, ta có g :R → R.
Bổ đề 1.8 khẳng định rằng nếu hàm f là một nghiệm của phương trình (1.26) với điều kiện f(0) ≠ 0, thì hàm h : R → R được định nghĩa bởi h(x) = ln(f(x)/f(0)) là một nghiệm của phương trình hàm Cauchy h(x+y) = h(x) + h(y) cho mọi x, y ∈ R Ngược lại, nếu h là một nghiệm của phương trình (1.46), thì hàm f(x) = αe^(h(x)) sẽ là một nghiệm của phương trình (1.26).
Chứng minh Từ (1.45), ta có f(x) =f(0)e h(x) và f(y) =f(0)e h(y) Nên f(x)f(y) = [f(0)] 2 e h(x)+h(y) Vì f(x)f(y) h f x+ y 2 i2
Lần lượt cho x = 0, y = 0, ta có
Vì h là nghiệm của (1.46), nên ta có h(x) + h(y) =h(x+y) Và f(x) = αe h(x) , f(y) =αe h(y) Suy ra f(x)f(y) = α 2 e h(x)+h(y)
Ngược lại, với f(x) =αe h(x) , ta có f(x)f(y) = α 2 e h(x) e h(y)
Mệnh đề 1.8 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) 6= 0 Nếu f bị chặn trong khoảng (−r, r) thì h(x) = βx là một nghiệm của (1.46).
Bổ đề 1.9 Nếu f : R → R, f(0) > 0 là một nghiệm của (1.26), thì ϕ(x) = lnf(x), ϕ :R →R (1.47) là một nghiệm của phương trình hàm Jensen ϕ x+y 2
2 , ∀x, y ∈ R, (1.48) và ngược lại, nếu ϕ(x) là một nghiệm của (1.48), thì f(x) = e ϕ(x) là một nghiệm của (1.26).
Chứng minh Ta có f(x) = e ϕ(x) , f(y) = e ϕ(y) Suy ra f(x)f(y) =e ϕ(x)+ϕ(y)
Mệnh đề 1.9 Cho f là một nghiệm của (1.26), f(0) > 0 Nếu f bị chặn trên khoảng (−r, r) thì ϕ(x) =βx+γ, γ = lnf(0) = lnα (1.49) là một nghiệm của (1.48).
Chứng minh Ta cóϕ(x) =βx+lnf(0), ϕ(y) =βy+lnf(0), β = f 0 (0) f(0). Suy ra ϕ(x) +ϕ(y) = β(x+y) + 2 lnf(0)
Bổ đề 1.10 Nếu f, f(0) 6= 0 là một nghiệm của (1.26), thì g(x) = f(x) +f(−x)
2h(x)g(x) =h(2x) (1.54) g(x+y) = g(x)g(y) +h(x)h(y) (1.55) h(x+y) = h(x)g(y) +h(y)g(x) (1.56) 2[g(x)] 2 = 1 +g(2x), 2[h(x)] 2 = g(2x)−1 (1.57) g(x+y) +g(x−y) = 2g(x)g(y), g(x+y)−g(x−y) = 2h(x)h(y) (1.58) Ngược lại, nếu (g(x), h(x)) là một nghiệm của hệ (1.55)-(1.56), thì f(x) =f(0)hg(x) +h(x)i, f(0) = α, (1.59) là một nghiệm tuỳ ý của (1.26).
Chứng minh Từ (1.50), ta có
Từ hệ thức (1.55) và (1.56), ta có g(x+ y) +g(x−y) = g(x)g(y) +h(x)h(y) +g(x)g(−y) +h(x)h(−y)
Mặt khác, ta có g(x+y) = 2hg x+y
(1.61) Đảo lại, từ (1.55), (1.56) và (1.59), ta thu được f(x)f(y) = [f(0)] 2 g(x) +h(x)][g(y) +h(y)
Suy ra f(x)f(y) =f(0)f(x+y) (1.62) Bây giờ, ta chứng minh h f x+y 2 i2
= f(0)f(x+y) (1.63) Áp dụng (1.57), (1.59), (1.60) và (1.61), ta có h f x+y 2 i2
Mệnh đề 1.10 Cho f là một nghiệm của (1.26) Nếu f bị chặn trong khoảng (-r,r) và f 0 (0) = 1, thì g(x) = e x +e −x
Mệnh đề 1.11 chỉ ra rằng nếu f là một nghiệm của phương trình (1.26) với điều kiện f(0) ≠ 0 và f đơn điệu tại 0, thì nghiệm của các phương trình hàm (1.43), (1.45) và hệ thức (1.55)-(1.56) sẽ có một số điểm gián đoạn loại một Tập hợp các điểm gián đoạn này là đếm được, và nghiệm này khả vi hầu khắp nơi Ngoài ra, khẳng định rằng giá trị (1.47) với f(0) > 0 cũng là một nghiệm của (1.26) được suy ra từ Mệnh đề 1.2, Mệnh đề 1.3 cùng với các Bổ đề 1.7, 1.8 và 1.9.
Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng
Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng
Trong phần này, chúng ta sẽ phân tích các dạng bài toán liên quan đến bất phương trình hàm, tập trung vào việc chuyển đổi các đại lượng trung bình cộng của các đối số thành các đại lượng trung bình khác nhau của các hàm số.
Một số trường hợp đơn giản đã được xét trong [5] (xem các hệ quả trong mục này).
Bài toán 2.1 (Trung bình cộng thành trung bình cộng) Cho các số thực a, b Xác định các hàm số f(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f x+y 2
2 , ∀x, y ∈ R (2.1) và f(0) = b, f(t) > at+b, ∀t ∈ R (2.2) Lời giải Thế x = t, y = −t vào (2.1), ta thu được b = f(0) = f t+ (−t)
2 = b với mọi t ∈ R Suy ra f(t) ≡ at+ b Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.1)-(2.2).
Kết luận: Nghiệm của bài toán là f(t) ≡ at+b.
Từ đây, ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.1 (xem [5]) Các hàm số f(x)thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f x+y 2
Bài toán 2.2 yêu cầu xác định các hàm số f(t) cho các số dương a và b, với các điều kiện f(0) = a và f(t) > ab t cho mọi t thuộc R Đồng thời, hàm số f cũng phải thỏa mãn điều kiện f(x+y) ≥ (f(x) + f(y))/2.
> q f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (2.6) Lời giải Thế x = t, y = −t vào (2.6), ta thu được a = f(0) = f t+ (−t)
> q f(t)f(−t) > q (ab t )(ab −t ) = a với mọi t∈ R Suy ra f(t) ≡ ab t Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.5)-(2.6).
Vậy nghiệm của bài toán là f(t) = ab t
Từ đây, ta thu được kết quả sau.
Hệ quả 2.2 (xem [5]) Các hàm số f(x)thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f x+y 2
Bài toán 2.3 (Trung bình cộng thành trung bình điều hòa) Xác định các hàm số f(t) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(0) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R, (2.9) f x+y 2
Lời giải Đặt f(t) = 1 g(t), ta thu được g(0) = 1 và g(t) ≤ 1, ∀t∈ R, (2.11) g x+ y 2
2 , ∀x, y ∈ R (2.12) Thế x = t, y = −t vào (2.12), ta thu được
2 ≤ 1, với mọi t∈ R. Suy ra g(t) ≡ 1 và f(t) ≡ 1 Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.9)-(2.10).
Vậy nghiệm của bài toán là f(t) ≡1.
Tiếp theo, ta xét bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng
Bài toán 2.4 (Trung bình cộng thành trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn các điều kiện f x+ y 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x ∈ R Vì vậy
2 , ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f(x)] 2 > 0. Theo kết quả của Hệ quả 2.1 thì g(x) ≡ 0 Suy ra f(x) ≡ 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra
Cuối cùng, ta khảo sát bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng thành trung bình bậc p tùy ý.
Bài toán 2.5 (Trung bình cộng thành trung bình bậc tùy ý) Cho số p > 1 Tìm các hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn các điều kiện f x+y 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x ∈ R Vì vậy
2 , ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f(x)] p > 0. Theo kết quả của Hệ quả 2.1 thì g(x) ≡ 0 Suy ra f(x) ≡ 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra
Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân
Trong mục này, chúng ta sẽ khám phá các bài toán liên quan đến bất phương trình hàm, chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình nhân của các đối số sang các đại lượng trung bình khác nhau của các hàm số.
Một vài trường hợp đơn giản đã được xét trong [5] (xem các hệ quả trong mục này).
Bài toán 2.6 yêu cầu xác định các hàm số f(x) với các điều kiện: f(1) = a, f(t) > a + b ln t cho mọi t ∈ R+, và f(√xy) > f(x) + f(y) Các số dương a, b được sử dụng để đảm bảo tính đúng đắn của các hàm số này.
Lời giải Thế x = t, y = 1 t (t > 0) vào (2.16), ta thu được a = f(1) = f r t× 1 t
Suy ra f(t) ≡ a+blnt Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.15)-(2.16).
Vậy nghiệm của Bài toán là f(t) ≡a+blnt.
Kết luận: Nghiệm của bài toán là f(t) =a+blnt.
Từ đây, ta thu được kết quả sau.
Hệ quả 2.3 (xem [5]) Hàm số f(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(1) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R + , (2.17) f(√ xy) > f(x) +f(y)
Bài toán 2.7 (Trung bình nhân thành trung bình nhân) Cho số dương a và số thực b Xác định các hàm số f(t) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: b + f(√ xy) > q f(x)f(y), ∀x, y ∈ R + (2.20)
Lời giải Thế x = t, y = 1 t (với t > 0) vào (2.20), ta thu được a = f(1) = f r t× 1 t
Suy ra f(t) ≡ at b Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.19)-(2.20).
Vậy nghiệm của bài toán là f(t) ≡at b
Từ đây, ta thu được kết quả sau.
Hệ quả 2.4 (xem [5]) Các hàm số f(x)thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(1) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R + , (2.21) f(√ xy) > q f(x)f(y), ∀x, y ∈ R + (2.22) là hàm số f(x) ≡ 1.
Bài toán 2.8 (Trung bình nhân thành trung bình điều hòa) Xác định các hàm số f(t) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(1) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R + , (2.23) f(√ xy) > 2f(x)f(y) f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R + (2.24)
Lời giải Đặt f(t) = 1 g(t), ta thu được g(1) = 1 và g(t) ≤ 1, ∀t∈ R + , (2.25) g(√ xy) ≤ g(x) +g(y)
Thế x = t, y = 1 t (với t > 0) vào (2.26), ta thu được
2 ≤ 1 với mọi t ∈ R + Suy ra g(t) ≡ 1 và f(t) ≡ 1 Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.23)-(2.24).
Vậy nghiệm của bài toán là f(t) ≡1.
Tiếp theo, ta xét bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân thành trung bình bậc hai.
Bài toán 2.9 (Trung bình nhân thành trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện f(1) = 0 và f(√ xy) > s [f(x)] 2 + [f(y)] 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x ∈ R + Vì x > 0, y > 0 nên có thể đặt x = e u , y = e v , u, v ∈ R Khi đó g(u) > 0, ∀u ∈ R.
Ta tìm được nghiệm g(u) ≡ 0, ∀u ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy f(x) ≡ 0.
Cuối cùng, ta khảo sát bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân thành trung bình bậc p tùy ý.
Bài toán 2.10 (Trung bình nhân thành trung bình bậc tùy ý) Cho số p > 1 Tìm các hàm số f(x) xác định, liên tục trên R + và thoả mãn các điều kiện f(√ xy) > p r[f(x)] p + [f(y)] p
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x ∈ R + Vì vậy
Ta tìm được nghiệm g(x) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán Suy ra f(x) ≡ 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra
Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình điều hòa
lượng trung bình điều hòa
Bài toán 2.11 (Trung bình điều hòa thành trung bình cộng) Xác định các hàm số f(t) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(1) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R + , (2.29) f
Lời giải Đặt x = 1 u, y = 1 v Thế vào (2.30), ta thu được f 1 u+v 2
Điều kiện (2.29) có dạng g(1) = 1 và g(t) > 1, ∀t ∈ R + Đặt g(t) = 1 + h(t) Ta thu được h(1) = 0 và h(t) > 0, ∀t ∈ R + và (2.31) có dạng h u+v 2
Ta nhận được dạng toán đã xét Tuy nhiên cách giải của Bài toán 2.1 không áp dụng được cho (2.32) vì hàm số h(t) chỉ xác định trong R +
Ta chứng minh nghiệm của bài toán thỏa mãn điều kiện (2.32) với h(1) = 0 và h(t) > 0, ∀t∈ R + là h(t) ≡ 0.
Thật vậy, với t ∈ (0,2) ta có
Suy ra h(t) = 0 với mọi t∈ (0,2) Do đó
Tiếp theo xét t ∈ (0,2 2 ) Ta có
Vậy nên h(t) = 0 với mọi t ∈ (0,2 2 ) Do đó
Vậy h(2 2 ) = 0, tức là h(t) = 0 với mọi t ∈ (0,2 2 ].
Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh được h(t) = 0 với mọi t∈ (0,2 n ] với mọi n∈ N ∗ Từ đó suy ra g(t) ≡ 1 tức f(t) ≡ 1 trên R + là nghiệm của bài toán đã cho.
Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.29)-(2.30).
Bài toán 2.12 (Trung bình điều hòa thành trung bình nhân) Xác định các hàm số f(t) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(1) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R + , (2.33) f 2xy x+y
Lời giải Đặt x = 1 u, y = 1 v Thế vào (2.34), ta thu được f 1 u+v 2
Điều kiện (2.33) có dạng g(1) = 1 và g(t) > 1, ∀t ∈ R + Ta chứng minh nghiệm duy nhất của bài toán thỏa mãn điều kiện (2.35) là g(t) ≡1. Thật vậy, xét t ∈ (0,2) Ta có
Vậy nên g(t) = 1 với mọi t∈ (0,2) Do đó
Vậy g(2) = 1, tức là g(t) = 1 với mọi t∈ (0,2].
Tiếp theo xét t ∈ (0,2 2 ) Ta có
Vậy nên g(t) = 1 với mọi t∈ (0,2 2 ) Do đó
Vậy g(2 2 ) = 1, tức là g(t) = 1 với mọi t∈ (0,2 2 ].
Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh được g(t) = 1 với mọi t∈ (0,2 n ] với mọi n ∈ N ∗ Từ đó suy ra g(t) ≡ 1 hay f(t) ≡ 1 trên R + là nghiệm của bài toán đã cho.
Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.33)-(2.34).
Bài toán 2.13 (Trung bình điều hòa thành trung bình điều hòa) Xác định các hàm số f(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f(1) = 1 và f(t) > 1, ∀t ∈ R + , (2.36) f 2xy x+y
= g(u) Thế vào (2.37), ta thu được g u+v 2
Trong bài toán này, chúng ta xem xét điều kiện h(t) = 1/g(t) với h(1) = 1 và h(t) ≤ 1 cho mọi t ∈ R+ Chúng ta chứng minh rằng nghiệm duy nhất thỏa mãn các điều kiện trên là h(t) ≡ 1 Đặt h(t) = 1 + ϕ(t), từ đó suy ra ϕ(1) = 0 và ϕ(t) ≤ 0 cho mọi t ∈ R+ Điều này dẫn đến hệ thức (2.38) có dạng ϕ(u+v)/2.
Ta chứng minh nghiệm của bài toán thỏa mãn điều kiện (2.39) với ϕ(1) = 0 và ϕ(t) ≤0, ∀t∈ R + là ϕ(t) ≡ 0.
Thật vậy, với t ∈ (0,2) ta có
Suy ra ϕ(t) = 0 với mọi t∈ (0,2) Do đó
Tiếp theo xét t ∈ (0,2 2 ) Ta có
Vậy nên ϕ(t) = 0 với mọi t∈ (0,2 2 ) Do đó
Vậy ϕ(2 2 ) = 0, tức là ϕ(t) = 0 với mọi t∈ (0,2 2 ].
Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh được ϕ(t) = 0 với mọi t∈ (0,2 n ] với mọi n ∈ N ∗ Từ đó suy ra h(t) ≡1 tức f(t) ≡1 trên R + là nghiệm của bài toán đã cho.
Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện (2.36)-(2.37).
Tiếp theo, ta khảo sát bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình điều hòa thành trung bình bậc hai.
Bài toán 2.14 (Trung bình điều hòa thành trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện f 2xy x+y
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x 6= 0 Vậy nên h f
Ta thấy nghiệm g(u) ≡1, ∀u ∈ R + thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Vậy f(x) ≡ 1.
Cuối cùng, ta khảo sát bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình điều hòa thành trung bình bậc p tùy ý.
Bài toán 2.15 (Trung bình điều hòa thành trung bình bậc p tùy ý) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện f 2xy x+y
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x 6= 0 Suy ra h f 2xy x+ y ip
Ta thấy nghiệm g(u) ≡ 1, ∀u ∈ R + thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình bậc hai
Bài toán 2.16 (Trung bình bậc hai thành trung bình cộng) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) và thỏa mãn các điều kiện f s x 2 +y 2 2
Lời giải Đặt x 2 = u, y 2 = v, (u, v > 0) Khi đó
Ta thấy nghiệm g(u) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận: f(t) ≡ 0.
Bài toán 2.17 (Trung bình bậc hai thành trung bình nhân) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f s x 2 +y 2 2
Lời giải Đặt x 2 = u, y 2 = v, (u, v > 0) Khi đó
Ta thấy nghiệm g(u) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận: f(t) ≡ 0.
Bài toán 2.18 (Trung bình bậc hai thành trung bình điều hòa) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) thỏa mãn điều kiện f s x 2 +y 2 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) 6= 0, ∀x ∈ [0,+∞) Khi đó
6 f(x) +f(y)2f(x)f(y) , ∀x, y ∈ [0,+∞). Đặt g(x) = 1 f(x), ∀x ∈ [0,+∞), ta có g(x) > 0, ∀x ∈ [0,+∞), g(x) liên tục trên ∈ [0,+∞) và g s x 2 +y 2 2
Ta thấy ngiệm g(x) ≡ 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.19 (Trung bình bậc hai thành trung bình bậc hai) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) thỏa mãn điều kiện f s x 2 +y 2 2
2 , ∀x, y ∈ [0,+∞), (2.46) Lời giải Theo giả thiết f(x) > 0, x ∈ [0,+∞) Suy ra
Ta thấy nghiệm h(u) ≡ 0, ∀u ≥ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình bậc tùy ý
lượng trung bình bậc tùy ý
Bài toán 2.20 (Trung bình bậc p thành trung bình cộng) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p 2
Lời giải Đặt x = √ p u, y = √ p v, (u, v > 0) Khi đó (2.47) ⇔ f p ru+v 2
Ta thấy nghiệm g(u) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bái toán.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận: f(t) ≡ 0.
Bài toán 2.21 (Trung bình bậc p thành trung bình nhân) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p
Lời giải Ta có f(x) = p q [f(x)] p , ∀x > 0 và
2 , ∀x, y ∈ [0,+∞). Đặt lnf(x) = g(x) Khi đó g(x) liên tục trên [0,+∞) và g p rx p +y p 2
Ta tìm được nghiệm g(u) ≡ 1, với mọi u ∈ [0,+∞) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Suy ra f(x) ≡ 1, thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra.
Bài toán 2.22 (Trung bình bậc p thành trung bình điều hòa) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p 2
Lời giải Từ giả thiết suy ra f(x) 6= 0, ∀x ∈ [0,+∞) Khi đó
2f(x)f(y) , ∀x, y ∈ [0,+∞). Đặt g(x) = 1 f(x), ∀x,∈ [0,+∞), ta có g(x) 6= 0, ∀x ∈ [0,+∞), g(x) liên tục trên [0,+∞) và g p rx p +y p 2
Ta tìm được nghiệm g(u) = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.23 (Trung bình bậc p thành trung bình bậc p) Tìm các hàm số f(t) xác định và liên tục trên [0,+∞) thỏa mãn điều kiện f p rx p +y p
Ta thấy nghiệm h(u) ≡ 1, ∀u ≥ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình hàm qua các kỳ thi Olympic 51
Phương pháp thế
Nhận xét 3.2 Để sử dụng phương pháp này ta thường thay các giá trị đặc biệt:
+) Ví dụ thay x = a sao cho f(a) xuất hiện nhiều trong phương trình. +) x = a, y = b rồi hoán vị, thay đổi đi để tìm liên hệ giữa f(a) và f(b).
Nếu hàm f là toàn ánh, thì tồn tại giá trị a sao cho f(a) = 0, điều này áp dụng cho phương trình cộng Ngược lại, nếu tồn tại a sao cho f(a) = 1, điều này áp dụng cho phương trình có nhân Để triệt tiêu f(g(x, y)) trong phương trình, cần chọn x và y phù hợp Nếu hàm có x bên ngoài, cần chỉ ra rằng nó là đơn ánh hoặc toàn ánh.
+) f(x) =f(y) với mọi x, y ∈ A suy ra f(x) = const với mọi x ∈ A.
Ta xét các dạng toán sử dụng phương pháp thế để giải giải phương trình, bất phương trình hàm.
Bài toán 3.1 (VMO 2013) Tìm tất cả các hàm f : R ⇒ R thỏa mãn điều kiện f(x) = 0, f(1) = 2013 và
Cho x 6= 0 và y = 0 vào (3.1), ta được xf(f 2 (x)) =f 3 (x) Suy ra f(f 2 (x)) = f 3 (x) x , ∀x 6= 0.
Thay vào phương trình (3.1), ta được
Mặt khác, vớix < 0thìf 2 (x)−2013 2 x > 0,suy raf(x) = 2013x, ∀x < 0.
Kết hợp với f(0) = 0, ta suy ra f(x) = 2013x, ∀x ∈ R.
Với f(x) = 2013x, ∀x ∈ R, thử lại vào (3.1) ta thấy thỏa mãn.
Vậy f(x) = 2013x, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 3.2 (Thổ Nhĩ Kỳ TST 2014) Tìm tất cả hàm f : R →R thỏa mãn điều kiện f(f(y) +x 2 + 1) + 2x = y + (f(x+ 1)) 2 (3.3)
Chúng ta chứng minh rằng hàm số f(x) = x với mọi x Bằng cách thay x = 0 vào phương trình (3.3), ta nhận được f(f(y) + 1) = y + (f(1))^2 (3.4) Khi thay x = 0 và y bằng f(y) + 1 vào (3.3) cùng với việc sử dụng (3.4), ta có f(y + (f(1))^2 + 1) = f(y) + 1 + (f(1))^2 Tiếp tục, khi thay y bằng x^2 + y vào phương trình này, ta có f(x^2 + y + (f(1))^2 + 1) = f(x^2 + y) + 1 + (f(1))^2.
Do đó f(x 2 +y)−f(y) = (f(x+ 1)) 2 −2x−(f(1)) 2 (3.5) Đặc biệt, ta thu được f(x 2 +y)−f(y) =f(x 2 )−f(0) (3.6)
Tiếp theo, thay từng cặp y = 0 và x = 1, y = 0 và x = −1, y = 1 và x = 1 vào (3.5) ta được
(f(2)) 2 −2−(f(1)) 2 = f(1)−f(0) = (f(0)) 2 + 2−(f(1)) 2 và f(2) = 2f(1)−f(0) Từ các phương trình trên ta thu được f(1) = 1 và f(0) = 0 Từ (3.6) ta nhận được f(x 2 +y) =f(y) +f(x 2 ) (3.7) suy ra 0 = f(0) = f(−x 2 ) +f(x 2 ) Vậy nên f(x+y) =f(y) +f(x), ∀x, y ∈ R (3.8) Kết hợp (3.7) và (3.8), ta được f(f(y)) =y ∀y ∈ R. Kết hợp với (3.8) và (3.3), ta có
Thay x bằng y + f(x) và y vào phương trình, ta có f(2yf(x)) = 2xf(y) với mọi x và y Từ đó, theo (3.8), ta suy ra f(yf(x)) = xf(y) và f(xy) = f(x)f(y) cho mọi x và y Đặc biệt, với mọi x, ta nhận được f(x^2) = (f(x))^2, và từ (3.9), ta kết luận rằng f(x) = x với mọi x.
Bài toán 3.3 (Singapore 2015) Tìm tất cả hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f(x)f(yf(x)−1) = x 2 f(y)−f(x) với mọi x, y ∈ R (3.10)
Lời giải Ta nhận thấy f(x) = 0 với mọi x ∈ R là một đáp án thỏa mãn bài toán.
Gọi f là hàm số khác hàm không Ta chứng minh f(x) = x với mọi x ∈ R Thay x = 0 vào phương trình (3.10), ta được f(0)[f(yf(0)−1) + 1] = 0.
Giả sử f(0) khác 0, miền giá trị của yf(0) - 1 sẽ là tập hợp các số thực Ta đặt x = yf(0) - 1, từ đó suy ra f(x) = -1 với mọi x thuộc R Tuy nhiên, điều này không thỏa mãn phương trình đề bài Do đó, kết luận là f(0) phải bằng 0.
Giả sử ∃a 6= 0 sao cho f(a) = 0 Thay x = a vào phương trình (3.10), ta nhận được 0 = a 2 f(y) với mọi y hay f(y) = 0 với mọi y, trái với điều giả sử Vậy f(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0.
Thayx = y = 1vào phương trình (3.10), ta thu được f(1)f(f(1)−1) 0 Suy ra f(1) = 1.
Thay x = 1 vào phương trình (3.10), ta có f(y −1) = f(y)−1, ∀y ∈ R (3.11) Cho y = 1 vào phương trình (3.10) và sử dụng (3.11), ta thu được x 2 −f(x) =f(x)[f(f(x)−1)] = f(x)f(f(x))−f(x).
Thayx bởi x−1vào (3.12) và áp dụng (3.11) ba lần cuối cùng ta áp dụng (3.12) ta có x 2 −2x+ 1 = (x−1) 2
Từ (3.12) và (3.13) ta thu được
Từ đây, ta suy ra f(x) = x với mọi x ∈ R.
Vậy ta có hai hàm f thỏa mãn đề bài
Bài toán 3.4 (Serbian 2014) Tìm tất cả hàm f :R →R thỏa mãn điều kiện f(xf(y)−yf(x)) = f(xy)−xy với mọi x, y ∈ R (3.14)
Khi thay y = 0 vào phương trình (∗), ta có f(xf(0)) = f(0) Nếu f(0) khác 0, miền giá trị của xf(0) sẽ là tập số thực, dẫn đến f trở thành hàm hằng, điều này mâu thuẫn với phương trình ban đầu Do đó, f(0) phải bằng 0 Khi đặt y = x vào phương trình (∗), ta nhận được f(0) = f(x^2) - x^2, từ đó suy ra f(x^2) = x^2 Kết luận, ta có f(x) = x với mọi x > 0.
Xét x, y < 0 Thay y bởi −y, thay x bới −x vào phương trình (∗) ta thu được f(xy) = xy hay f(yf(x)−xf(y)) = 0, điều này chỉ xảy ra khi yf(x)−xf(y) ≤ 0.
Làm tương tự như trên thay x bởi y và y bởi x ta thu được xf(y)−yf(x) ≤ 0.
Từ đó suy ra xf(y) =yf(x) hay f(x) x = f(y) y Dẫn đến f(x) =cx với mọi x < 0 với c là một hằng số.
Xét x < 0< y thay vào phương trình (3.14) ta thấy
Nếu c 6= 1, do f((1−c)xy) ∈ {(1−c)xy, c(1−c)xy} nên từ (3.15) ta suy ra c = −1, điều này có nghĩa là f(x) =|x| với mọi x.
Thử lại ta thấy cả 2 phương trình hàm tìm được ở trên đều thỏa mãn đề bài.
Tóm lại, có hai hàm thỏa mãn đề bài
3.2 Phương pháp sử dụng toàn ánh Để sử dụng phương pháp toàn ánh ta xét phương trình f(g(x, y)) = xh(x, y) +t(x, y) trong đó g(x, y), h(x, y),t(x, y) là các hàm với ẩnx, y, f(x),f(y) đã biết. Giả thiết 1 h(x, y) ≡ 0 với mọi x, y ∈ R Nếu đúng thì đi đến kết luận Nếu sai thì tồn tại y 0 : h(x, y 0 ) 6= 0 suy ra f(g(x, y 0 )) −t(x, y 0 ) là toàn ánh, thay vào giải như bình thường Nếu đúng thì kết luận Nếu sai (tức là không giải ra nghiệm) thì sử dụng tính chất toàn ánh, tính vài giá trị đặc biệt rồi thay lại Nếu có cả tính chất đơn ánh thì sử dụng (tính giá trị đặc biệt có thể dùng mệnh đề đảo) Đến đây nếu dự đoán được nghiệm thì có thể sử dụng mệnh đề đảo để chứng minh Bước trên không giải quyết được thì đưa về phương trình Cauchy (chứng minh hàm có tính chất Cauchy) hoặc chứng minh hàm hằng.
Giả thiết 2 Dự đoán f ≡ c là nghiệm Tính a: f(a) = c Sau đó giả sử tồn tại x 0 6= a: f(x 0 ) = c.
+) Nếu f ≡ c đúng thì Kết luận f(x) = c ⇔ x = a, rồi dùng phép thế hợp lý, cuối cùng là kết luận.
+) Nếu sai thì kết luận không phù hợp.
Bài toán 3.5 (Chọn đội tuyển Việt Nam 2004) Tìm tất cả các giá trị của a sao cho tồn tại duy nhất một hàm số thỏa mãn f x 2 +y +f (y) = f(x) 2 + ay, ∀x, y ∈ R.
Để chứng minh rằng hàm số f là một toàn ánh, ta thay x = 0 vào phương trình ban đầu, từ đó thu được đẳng thức f(y + f(y)) = f(0)² + ay, với ∀x, y ∈ R Việc xác định tính toàn ánh của f phụ thuộc vào việc so sánh giá trị của a với 0.
Nếu a = 0 ta thu được đẳng thức f x 2 +y +f (y) = f(x) 2 , ∀x, y ∈ R (3.16)
Phương trình (3.16) luôn có hai nghiệm f(x) = 0 và f(x) = 1 cho mọi x thuộc R, cho thấy giá trị a = 0 không thỏa mãn điều kiện tồn tại duy nhất hàm số f Do đó, a phải khác 0 Kết hợp với điều kiện f(y + f(y)) = f(0)² + ay cho mọi x, y thuộc R, ta suy ra rằng f là một toàn ánh.
Dof là một toàn ánh suy ra tồn tại sốbsao chof (b) = 0 Đặtc = f (0).
Từ phương trình ban đầu thay x bởi −x, ta được f x 2 +y +f (y) = ay +f(−x) 2 , ∀x, y ∈ R.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho, ta được f (y +f (y)) =ay +f(0) 2 , ∀y ∈ R (3.18)
Trong (3.17) ta lần lượt thay y = b và y = −b, ta được f (b+ f (b)) = ab+ c 2 , suy ra 0 = ab+ c 2 , f (−b+f (−b)) = −ab+c 2 , suy ra 0 = −ab+ c 2
Từ hai đẳng thức trên, ta được b = c = 0.
Thay y = 0 vào phương trình ban đầu, ta được f x 2 = f(x) 2 , ∀x ∈ R (3.20)
Kết hợp với (3.19), ta được f (1) = 1.
Từ (3.20) thay x = 2, ta được f (4) = [f(2)] 2 Mặt khác ta viết f (4) = f
Từ các đẳng thức trên, ta được a 2 = 2a ⇔
Kết hợp với a 6= 0, ta được a = 2 Do đó phương trình ban đầu trở thành f x 2 +y +f (y) = f(x) 2 + 2y, ∀x, y ∈ R.
Ta được nghiệm duy nhất là f (x) = x, ∀x ∈ R thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy a = 2.
Bài toán 3.6 (IMO Shortlisted 2002) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (f (x) +y) = 2x+f (f (y)−x), ∀x, y ∈ R.
+) Ta chứng minhf là toàn ánh Thật vậy, thayy = −f (x)vào phương trình ban đầu, ta được f (0) = 2x+ f (f (−f (x))−x) ⇔ f (f (−f (x))−x) =f (0)−2x, suy ra f là toàn ánh.
+) Do f là toàn ánh nên tồn tại a ∈ R sao cho f (a) = 0.
+) Thay x = a vào phương trình ban đầu, ta được f (y) = 2a+f (f (y)−a) ⇔ f (f (y)−a) +a = f (y)−a (3.21) +) Do f là toàn ánh nên với mọi x ∈ R tồn tại y ∈ R sao cho x+a = f (y).
Do đó, từ đẳng thức (3.21), ta thu được x = f (x) +a ⇔ f (x) = x−a,∀x ∈ R.Thử lại, ta thấy thỏa mãn điều kiện Vậy f (x) = x−a.
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng một cách kết hợp các phương pháp như phương pháp thế, phương pháp toàn ánh, cùng với các tính chất của phương pháp đơn ánh và song ánh để giải quyết một số bài toán cụ thể.
Bài toán 3.7 yêu cầu tìm tất cả các hàm số f: R → R thỏa mãn điều kiện f(x^2 + y) + f(y) = 2y + f(x)^2 với mọi x, y ∈ R Để giải, thay x = 0 vào phương trình, ta có f(y + f(y)) = 2y + f(0)^2, từ đó suy ra f là một toàn ánh, dẫn đến tồn tại số a sao cho f(a) = 0 và đặt b = f(0) Thay x bằng -x trong phương trình ban đầu, ta nhận được f(x^2 + y) + f(y) = 2y + f(-x)^2, từ đó suy ra f(x)^2 = f(-x)^2 với mọi x ∈ R.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho, ta được f (y +f (y)) = 2y +f(0) 2 , ∀y ∈ R (3.23) Trong (3.23) ta lần lượt thay y = a và y = −a, ta được f (a+ f (a)) = 2a+b 2 , suy ra 0 = 2a+b 2 , f (−a+f (−a)) =−2a+ b 2 , suy ra 0 = −2a+b 2
Từ hai đẳng thức trên, ta được a = b = 0.
Do đó f (x) = 0 ⇔x = 0 (3.24) Để sử dụng (3.24), ta thay y = −f(x) 2
2 vào phương trình đã cho, ta được f x 2 − f(x) 2
= 0, ∀x∈ R (3.25) Để sử dụng (3.25), ta thay y bởi −f(y) 2
2 vào phương trình ban đầu, ta thu được f x 2 − f(y) 2
Từ (3.26) và (3.27), ta thu được f x 2 −y 2 = f x 2 −f y 2 , ∀x, y ∈ R.
Suy ra f là hàm số lẻ.
Sử dụng đẳng thức (3.28), ta được:
Nếu x > 0, y >0, ta có f (x) = f (x+y −y) = f (x+y)−f (y), suy ra f (x+y) =f (x) +f (y). Nếu x > 0, y 0 Do đóyf (y) ≥ 0, ∀y ∈ R, kết hợp với (3.35), ta được
Do đó, 2y 2 = f (2yf (y)), ∀y ∈ R, kết hợp với (3.34), ta được y 2 = f (yf (y)), ∀y ∈ R (3.36)
Sử dụng (3.36), thay y bởi x+f (x), thu được
(x+f (x)) 2 = 4xf (x), ∀x ∈ R và (x−f (x)) 2 = 0, ∀x ∈ R, suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 3.8 (VMO 2016) Tìm tất cả các số thực a để tồn tại hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
Với a = 0, ta thấy f(x) = 2016 thỏa mãn cả hai điều kiện 1,2, ta được a = 0 là giá trị cần tìm.
Xét a 6= 0 Thay x = −f(y) vào điều kiện thứ 2, ta được f(y) = f(−f(y)) +ay, ∀y ∈ R
Giả sử f(y1) = f(y2), suy ra ay1 = ay2, do a 6= 0 nên y1 = y2 Vậy f là đơn ánh.
Tiếp tục thay y = 0 vào điều kiện thứ 2, ta được f(x+f(0)) = f(x), ∀x∈ R.
Do f là đơn ánh suy ra f(0) = 0
Thay y = −f(x) a vào điều kiện thứ 2, và kết hợp với tính đơn ánh của f (ở đây chú ý f(0) = 0 ⇔x = 0), ta được
Thay y bởi −f(y) a vào điều kiện thứ 2, và sử dụng (3.37), ta được f(x−y) =f(x)−f(y), ∀x, y ∈ R hay f(x+y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R.
Ta có kết quả f(x) =f(1)x, ∀x ∈ Q f(kx) = kf(x), ∀k ∈ Q, x ∈ R nên f(2016) = 2016f(1) = 2016 2
Mặt khác do f cộng tính nên từ điều kiện thứ 2, cũng có thể viết lại giả thiết thành f(y) +f(f(y)) = ay, ∀y ∈ R.
Cho y = 1, ta tính được a = 2016.2017 Thử lại với a = 2016.2017 thì f(x) = 2016x thỏa mãn điều kiện 1,2.
" a = 0 a = 2016.2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài toán 3.9 (Thổ Nhĩ Kỳ, 2012) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn các điều kiện sau
Lời giải Trước hết, ta chứng minh f đơn ánh.
Từ (3.40) ta thấy f(x) đơn ánh trên [0,+∞).
Dưới điều kiện y cố định, hàm f(x) không bị chặn trên, dẫn đến việc khi x đủ lớn, các giá trị f(x^2 + y_1 + f(y_1)) và f(f(x^2) + y_2 + f(y_2)) có thể bằng nhau với y_1 = y_2 Do đó, ta kết luận rằng f là hàm đơn ánh trên R.
Tiếp theo, ta chứng minh f(0) = 0.
Thật vậy, nếu f(0) ≤ 0, cho a = −2f(0) vào phương trình (3.40), ta được f(f(−2f(a)) + f(0)) = 0 hay tồn tại c ∈ R thỏa mãn điều kiện f(c) = 0.
Cho x = 0 và y = c vào (3.38), ta được f(f(0) +c) = 0 Từ f là hàm đơn ánh suy ra f(0) +c = c hay f(0) = 0.
Nếu f(0)> 0, cho x = y = 0 vào phương trình (3.38), ta được f(2f(0)) = 2f(0).
Cho x = 0 và y = 2f(0) vào điều kiện (3.38), ta được f(5f(0)) = 4f(0).
Vì vậy f(5f(0)) có hai giá trị 5f(0) và 4f(0) , suy ra f(0) = 0.
Mặt khác từ (3.40) cho a > 0, f(f(a)) = a Thay x = 0 vào (3.38), ta được f(y +f(y)) = 2f(y) ∀y ∈ R.
Mặt khác, từ điều kiện (3.38) là f(f(x 2 ) +y +f(y)) = x 2 + 2f(y).
Cho y 0 bất kỳ, sẽ tồn tại x 0 sao cho x 2 0 +y0 +f(y0) > 0.
Vì vậy f(y 0 ) = y 0 Mà y 0 bất kỳ nên f(x) = x với mọi số thực x.
Thử lại ta thấy phương trình hàm trên thỏa mãn đề bài.
Trong các mục còn lại, ta xét một số dạng toán liên quan bất phương trình hàm và bất đẳng thức hàm chuyển tiếp các phép tính số học.
3.4 Một số dạng bất phương trình hàm liên quan
Các nội dung chính của hai mục còn lại của chương này được tham khảo từ tài liệu số [1].
Bài toán 3.10 Tìm tất cả các hàm f : R → R + thỏa mãn các điều kiện sau f (x) ≥1 +x, ∀x, y ∈ R; (3.41) f (x+y) ≥f (x)f (y), ∀x, y ∈ R (3.42) Lời giải.
Trong (3.41), cho x = 0 ta có f (0) ≥ 1 Trong (3.42), cho x = 0 ta có f (0) ≥ f 2 (0), suy ra f (0) ≤ 1 Do đó f (0) = 1. Điều kiện (3.42) suy ra rằng f (x1 +x2 + ã ã ã+ xn) ≥ f (x1)f (x2) f (xn), với mỗi xi ∈ R,1 ≤i ≤n.
Kết hợp với điều kiện (3.42), ta có f (x) ≥f n x n
Từ bất đẳng thức này, cho n→ ∞, ta có f (x) ≥ e x
Do đóf (x) =e x Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài toán. Bài toán 3.11 Chứng minh rằng không tồn tại hàmf : R + → R + sao cho f (x+y) ≥ f (x) +y.f (f (x)), ∀x, y ∈ R + (3.43)
Giả sử hàm f thỏa mãn điều kiện của bài toán, ta có f(1 + x) ≥ f(1) + x.f(f(1)), từ đó suy ra lim x→+∞ f(x) = +∞ và lim x→+∞ f(f(x)) = +∞ Ngoài ra, với y = 1 trong (3.43), ta có f(x + y) ≥ f(x) + y.f(f(x)) cho mọi x, y ∈ R+ Điều này dẫn đến lim x→+∞ (f(x + 1) - f(x)) = +∞, nghĩa là tồn tại x₀ ∈ R+ sao cho f(x₀ + k) - f(x₀ + k - 1) > 2 cho mọi k ≥ 1.
Chọn một giá trị n ∈ N ∗ sao cho n ≥ x 0 + 1 Khi k nhận các giá trị từ 1 đến n và cộng các bất đẳng thức, ta có f (x 0 + n) − f (x 0 ) > 2n với n ≥ x 0 + 1 Hơn nữa, do f (x 0 ) > 0, nên với n ≥ x 0 + 1, ta có n > x 0 + 1 − f (x 0 ).
Do đó, từ (3.46) ta có f (x0 +n) > 2n+ f (x0) > x0 +n+ 1 (3.47)
Vì f (f (x 0 +n+ 1)) > 0 nên, Từ (3.47), ta có f (x 0 +n+ 1) + (f (x 0 +n)−(x 0 +n+ 1)).f (f (x 0 +n+ 1))
Hơn nữa, từ (3.44), ta có f (x 0 +n+ 1) ≥f (x 0 +n) + f (f (x 0 + n)) (3.50) Ngoài ra, vì f (x 0 +n) > 0 nên ta có f (x 0 +n) +f (f (x 0 +n)) > f (f (x 0 + n)) (3.51)
Cuối cùng, từ các bất đẳng thức (3.48), (3.49), (3.50), (3.51), suy ra f (f (x0 +n)) > f(f (x0 +n)), mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.12 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn điều kiện f (x) ≥2xf x 2 , ∀x ∈ [0,1] (3.52)
Trong (3.52), thay lần lượt x = 0 và x = 1 ta được f (0)≥ 0, f(1) ≤ 0 (3.53)
Với 0< x < 1 2 , áp dụng (3.53) n lần, ta được f (x) ≥2xf x 2 ≥ 2 2 x 3 f x 4 ≥ ã ã ã ≥(2x) n x 2 n −n−1 f x 2 n , ∀n∈ N ∗
0;1 2 và f liên tục nên n→+∞lim (2x) n x 2 n −n−1 f x 2 n = f (0) = 0 (3.55)
Mặt khác, với x ∈ (0; 1), từ (3.52), ta có f (√ x) ≥ 2√ xf (x) Suy ra f (x) ≤ f (√ x)
2 Thế thì, khi đó f (x) ≥ 2 n x 2 n −1 f x 2 n = 0 Do đó f (x) ≥ 0,∀x ∈
Hơn nữa, vì hàm f liên tục trên [0; 1] nên f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1].
Trong bài toán 3.13, ta xem xét bất phương trình hàm f(x+y) ≥ f(x)g(y) + f(y)g(x) với ∀x, y ∈ R, trong đó g(x) là một hàm giới nội, khả vi tại 0, với g(0) = 1 và g'(0) = k Cần chứng minh rằng f(x) ≡ 0 là hàm số duy nhất thỏa mãn bất phương trình này, đồng thời thỏa mãn điều kiện lim(x→0) f(x)x = 0.
Lời giải Giả sử rằng f (x) là nghiệm của (3.62), với điều kiện (3.63).
Thế thì, với h >0 đủ nhỏ, ta có f (x+h) ≥ f (x)g(h) +f (h)g(x) hay f (x+h)−f (x) ≥ (g(h)−1)f (x) +f (h)g(x).
Do đó f (x+h)−f (x) h ≥ g(h)−g(0) h f (x) + f (h) h g(x). Mặt khác, ta có f (x) = f (x+h−h) ≥ f (x+h)g(−h) +f (−h)g(x+h) hay g(−h) (f (x)−f (x+h)) ≥g(−h)f (x)−f (x) +f (−h)g(x+h).
Vì hàm g(x) khả vi tại 0 nên nó liên tục tại điểm đó Do đó, với h >0 đủ nhỏ, ta có g(−h) > 0 Vậy, với h >0 đủ nhỏ, ta có f (x+h)−f (x) h ≤ (g(−h)−1)f (x) +f (−h)g(x+h)
−h.g(−h)g(x+h). Vậy với h >0 đủ nhỏ, từ các kết quả trên, ta có g(h)−g(0) h f (x) + f (h) h g(x) ≤ f (x+h)−f (x) h
Bất đẳng thức trên cũng đúng cho chiều ngược lại khi h < 0 đủ nhỏ Từ điều kiện (3.63), ta có giới hạn f' (x) = lim h→0 (f(x+h)−f(x))/h tồn tại và bằng g' (0)f(x) = kf(x) với x ∈ R, vì g(x) là hàm giới nội.
Từ đó, với x ∈ R, ta có f (x) e kx
= f 0 (x)−kf (x) e kx = kf (x)−kf (x) e kx = 0.
Do đó f (x) = Ce kx (C là hằng số) Hơn nữa, từ điều kiện (3.42) suy ra rằng C = 0.
Vậy f (x) ≡ 0 là hàm số duy nhất thỏa mãn bất phương trình đã cho, với điều kiện (3.63).
3.5 Một số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm
Bài toán 3.14 Giả sử f(x) là hàm thỏa mãn điều kiện f (2x) > x+f (f (x)), ∀x ∈ R + (3.64)
Lời giải Từ (3.64), ta có f (x) > x
Giả sử rằng f (x) > a n x, ∀x ∈ R + , (3.66) trong đó a n là hằng số Thế thì, Từ (3.64), (3.65), (3.66), ta có f (x) > x