Phương trình và bất phương trình hàm trong lớp hàm lượng giác ngược

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI H CăĐÀăN NG PHẠM HỮU QUYỀN PH NGăTRÌNHăVÀăB TăPH NGăTRÌNHăHÀM TRONGăL PăHÀMăL ỢNGăGIÁCăNG ỢC LU NăV NăTHẠCăSĨăKHOA H C ĐƠăN ng – N mă2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI H CăĐÀăN NG PHẠM HỮU QUYỀN PH NGăTRÌNH VÀăB TăPH NGăTRÌNHăHÀM TRONGăL PăHÀMăL ỢNGăGIÁCăNG ỢC Chuyên ngành: Ph ngăphápăToánăs ăc p Mã số : 60.46.01.13 LU NăV NăTHẠCăSĨăKHOA H C Ng ờiăh ng d n khoa h c: GS.TSKH NGUYỄNăV NăM U ĐƠăN ng – N mă2015 LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Tác giả luận văn ký ghi rõ họ tên Phạm Hữu Quyền MỤC LỤC MỞ U 1 Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu .1 Nhiệm vụ nghiên cứu .1 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài .2 Cấ trúc luận v n CHƯƠNG HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC VÀ CÁC H THỨC LIÊN QUAN 1.1 MỘT SỐ KIẾN THỨC C 1.2 C C TÍNH ẨN B ẤT CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC .5 1.3 MỘT SỐ ĐẲNG THỨC HÀM SINH BỞI HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC .9 1.4 MỘT SỐ BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN CHƯƠNG M T S DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC 25 2.1 PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM ARCSIN 25 2.2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM ARCCOS 26 2.3 PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM ARCTANG 26 2.4 PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM ARCCOTANG 28 2.5 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 29 CHƯƠNG B T PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC .39 3.1 BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN 39 3.2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC 45 3.2.1 Bất phương trình hàm sinh hàm arcsin 46 3.2.2 Bất phương trình hàm sinh hàm arcos 47 3.2.3 Bất phương trình hàm sinh hàm arctan 49 3.3 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM 50 K T LU N .56 TÀI LI U THAM KH O .57 QUYẾ T NH GIAO TÀI LU N V N n sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình hàm bất phương trình hàm chuyên đề quan trọng giải tích, đặc biệt chương trình chun tốn THPT Các đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Quốc tế thường xuất tốn sử dụng tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược, tốn khó mẻ với học sinh THPT Những sách tham khảo cho học sinh lĩnh vực không nhiều Đặc biệt tài liệu sách giáo khoa dành cho THPT hàm lượng giác ngược chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ Xuất phát từ thực tế đó, với hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, tơi chọn đề tài “ Phương trình bất phương trình hàm lớp hàm lượng giác ngược” làm đề tài luận văn thạc sĩ Ngồi kiến thức lý thuyết bản, luận văn có thêm số tập phương trình bất phương trình, đồng thời đưa vào tốn sử dụng tính chất hàm lượng giác ngược Mục tiêu nghiên cứu: Đề tài: “Phương trình bất phương trình hàm lớp hàm lượng giác ngược” nhằm cung cấp thêm cho em học sinh THPT, đặc biệt em học sinh khá, giỏi tài liệu tham khảo phương trình bất phương trình hàm Nhiệm vụ nghiên cứu: Tìm hiểu phương trình hàm suy từ hàm lượng giác ngược Tìm hiểu tốn bất phương trình hàm bất phương trình hàm suy từ hàm lượng giác ngược Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Đối tượng nghiên cứu: Phương trình hàm lượng giác ngược bất phương trình hàm lượng giác ngược Phạm vi nghiên cứu: Các tính chất hàm lượng giác ngược toán liên quan lĩnh vực phương trình bất phương trình hàm Phương pháp nghiên cứu: Tham khảo tài liệu phương trình bất phương trình hàm hàm lượng giác ngược, sau hệ thống kiến thức Trao đổi, tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn, đồng nghiệp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài: Làm rõ nghiên cứu có, tìm hiểu sâu phương trình bất phương trình hàm Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy Cấu trúc luận văn: Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia thành ba chương: Chương 1: Hàm lượng giác ngược hệ thức liên quan Chương trình bày tính chất hàm lượng giác ngược, đẳng thức hàm sinh hàm lượng giác ngược Chương 2: Một số dạng phương trình hàm lớp lượng giác ngược Chương trình bày phương trình hàm sinh hàm arcsin, arccos, arctan arccot Chương 3: Bất phương trình hàm hàm lượng giác ngược Chương trình bày bất phương trình hàm bản, bất phương trình hàm lớp hàm lượng giác ngược số dạng tốn liên quan đến bất phương trình hàm CHƯƠNG HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC VÀ CÁC HỆ THỨC LIÊN QUAN 1.1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Xét hàm số f (x) với tập xác định Df ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Định nghĩa 1.1 Nếu với phần tử y thuộc miền giá trị T, tồn giá trị x ∈ X cho y = f (x) f gọi đơn ánh Định nghĩa 1.2 Hàm f (x) gọi hàm chẵn M, M ⊂ Df (gọi tắt hàm chẵn M) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M Định nghĩa 1.3 Hàm f (x) gọi hàm lẻ M, M ⊂ Df (gọi tắt hàm lẻ M) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Định nghĩa 1.4 Cho hàm số f (x) tập M(M ⊂ Df ) Hàm gọi hàm tuần hoàn tập M tồn số dương α cho ∀x ∈ M ⇒ x ± α ∈ M f (x + α) = f (x), ∀x ∈ M (1.1) Số dương α nhỏ thỏa mãn (1.1) gọi chu kỳ sở hàm tuần hoàn f (x) Định nghĩa 1.5 Cho hàm số f (x) tập M(M ⊂ Df ) Hàm f (x) gọi hàm phản tuần hoàn tập M tồn số dương α cho ∀x ∈ M ⇒ x ± α ∈ M f (x + α) = −f (x), ∀x ∈ M (1.2) Số α nhỏ thỏa mãn (1.2) gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hoàn Định nghĩa 1.6 Hàm f (x) gọi hàm tuần hồn nhân tính chu kỳ α (α ∈ R\{ 0; −1; 1}) M M ⊂ Df ∀x ∈ M ⇒ α±1 x ∈ M f (αx) = f (x), ∀x ∈ M (1.3) Số α dương nhỏ thỏa mãn (1.3) gọi chu kỳ sở hàm tuần hồn nhân tính f (x) Định nghĩa 1.7 Hàm f (x) gọi hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ α (α ∈ R\{ 0; −1; 1}) M M ⊂ Df ∀x ∈ M ⇒ α±1 x ∈ M f (αx) = −f (x), ∀x ∈ M (1.4) Số α nhỏ thỏa mãn (1.4) gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hồn nhân tính f (x) Định nghĩa 1.8 Hàm số g gọi hàm số ngược hàm số f ký hiệu f −1 nếu: f (g(x)) = x với x thuộc miền xác định g f (g(x)) = x với x thuộc miền xác định f Mọi hàm số đơn ánh có hàm ngược Mọi hàm số đơn điệu nghiêm ngặt có hàm ngược Định nghĩa 1.9 Tập A ⊂ R gọi trù mật R , ký hiệu |A| = R ∀x, y ∈ R, (x < y) tồn α ∈ A, cho x < α < y Định nghĩa 1.10 Tập A ⊂ R gọi trù mật R , ký hiệu |A| = R ∀x ∈ R tồn dãy số (an ) → x n → ∞ 1.2 CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC Định lý 1.1 Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến (đơn điệu tăng thực sự) nghịch biến (đơn điệu giảm thực sự) liên tục khoảng X Khi khoảng tập giá trị Y tương ứng hàm đó, tồn hàm ngược (đơn trị) x = g(y) hàm đồng biến nghịch biến liên tục khoảng 43 hay g(u) + g(v) u+v ≥ , ∀u, v ∈ R+ , 2 g(t) = f t Điều kiện (3.49) có dạng g(1) = g(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+ g (3.51) Đặt g(t) = + h(t) Ta thu h(1) = h(t) ≥ 0, ∀t ∈ R+ (3.51) có dạng h h(u) + h(v) u+v , ∀u, v ∈ R+ ≥ 2 (3.52) Ta nhận dạng toán 1.1 Tuy nhiên cách giải tốn 1.1 khơng áp dụng cho (3.52) hàm số h(t) xác định R+ Ta chứng minh nghiệm toán thỏa mãn điều kiện (3.52) với h(1) = h(t) ≥ 0, ∀t ∈ R+ h(t) ≡ Thật vậy, với t ∈ (0, 2) ta có = h(1) = h h(t) + h(2 − t) t + (2 − t) ≥ 0, ≥ 2 nên h(t) = với t ∈ (0, 2) Do 0=h h(2) + h(1) h(2) 2+1 =h ≥ = ≥ 0, 2 2 nên h(2) = Vậy h(t) = với t ∈ (0, 2] Tiếp theo xét t ∈ (0, 22 ) Ta có = h(2) = h 0+0 h(t) + h(4 − t) t + (4 − t) ≥ = ≥ 2 Vậy nên h(t) = với t ∈ (0, 22 ) Do 0=h h(22 ) h(22 ) + h(1) 22 + ≥ ≥ =h ≥ 2 2 Vậy h(22 ) = 0, tức h(t) = với t ∈ (0, 22 ] 44 Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh h(t) = với t ∈ (0, 2n ] với n ∈ N∗ Từ suy g(t) ≡ tức f (t) ≡ R+ nghiệm toán cho Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện (3.49)-(3.50) Bài toán 40 Xác định hàm số f (t) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: f (1) = f (t) ≥ 1, ∀t ∈ R+ , 2xy ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R+ f x+y (3.53) (3.54) Bài giải Đặt x = 1 , y = Thế vào (3.54), ta thu u v f hay g u+v ≥ u+v ≥ f 1 f , ∀u, v ∈ R+ u v g(u)g(v), ∀u, v ∈ R+ , (3.55) t Điều kiện (3.53) có dạng g(1) = g(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+ g(t) = f Ta chứng minh nghiệm toán thỏa mãn điều kiện (3.55) g(t) ≡ Thật vậy, xét t ∈ (0, 2) Ta có = g(1) = g t + (2 − t) ≥ g(t)g(2 − t) ≥ √ × = Vậy nên g(t) = với t ∈ (0, 2) Do 1=g 2+1 =g ≥ 2 g(2)g(1) ≥ g(2) ≥ Vậy g(2) = 1, tức g(t) = với t ∈ (0, 2] Tiếp theo xét t ∈ (0, 22 ) Ta có = g(2) = g t + (4 − t) ≥ g(t)g(4 − t) ≥ √ × = 45 Vậy nên g(t) = với t ∈ (0, 22 ) Do 22 + =g ≥ 1=g 2 g(22 )g(1) ≥ g(22 ) ≥ Vậy g(22 ) = 1, tức g(t) = với t ∈ (0, 22 ] Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh g(t) = với t ∈ (0, 2n ] với n ∈ N∗ Từ suy g(t) ≡ hay f (t) ≡ R+ nghiệm toán cho Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện (3.53)-(3.54) Bài toán 41 Cho trước hàm số h(t) = at, a ∈ R Xác định hàm số f (t) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (i) f (t) ≥ h(t), ∀t ∈ R, (ii) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Bài giải Để ý h(x + y) = h(x) + h(y) Đặt f (t) = h(t) + g(t) Khi ta thu điều kiện (i) g(t) ≥ 0, ∀t ∈ R (ii) g(x + y) ≥ g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R Lặp lại cách giải Bài toán 31, thay t = vào điều kiện đầu bài, ta thu g(0) ≥ g(0) ≤ ⇔ g(0) = Vậy nên = g(0) = g(x + (−x)) ≥ g(x) + g(−x) ≥ Điều kéo theo g(t) ≡ hay f (t) = at Thử lại, ta thấy hàm số f (t) = at thỏa mãn điều kiện đầu 46 3.2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC 3.2.1 Bất phương trình hàm sinh hàm arcsin Bài tốn 42 Tìm hàm f (x) xác định liên tục thỏa mãn điều kiện √ f (x) + f (y) ≥ f x − y + y − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1] f (t) ≥ 0, ∀t ∈ [−1, 1] − 1, (3.56) Bài giải Đặt π π x = sin u, y = sin v, u, v ∈ − , , 2 x − y2 + y − x2 = sin(u + v) Khi viết (3.56) dạng f (sin u) + f (sin v) ≥ f (sin(u + v)) hay π π g(u + v) ≥ g(u) + g(v), ∀u, v ∈ − , , 2 π π g(u) = f (sin u) ≥ 0, ∀u ∈ − , 2 Lặp lại trình tự cách giải bất phương trình hàm Cauchy cho trường hợp này, ta g(t) ≡ Vậy f (t) ≡ Thử lại ta thấy hàm f (t) ≡ thỏa mãn điều kiện tốn Bài tốn 43 Tìm hàm f (x) xác định liên tục thỏa mãn điều kiện √ f (x) + f (y) ≥ f x − y + y − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1] f (t) ≥ 2arcsin t, ∀t ∈ [−1, 1] Bài giải − 1, (3.57) 47 Đặt π π x = sin u, y = sin v, u, v ∈ − , , 2 x − y2 + y − x2 = sin(u + v) Khi viết (3.57) dạng f (sin u) + f (sin v) ≥ f (sin(u + v)) hay π π g(u + v) ≥ g(u) + g(v), ∀u, v ∈ − , , 2 π π g(u) = f (sin u) ≥ 2u, ∀u ∈ − , 2 Lặp lại trình tự cách giải bất phương trình hàm Cauchy cho trường hợp này, ta π π g(u) = 2u, ∀u ∈ − , 2 Suy f (t) = 2arcsin t, t ∈ [−1, 1] Thử lại ta thấy hàm f (t) = 2arcsin t thỏa mãn điều kiện toán 3.2.2 Bất phương trình hàm sinh hàm arccos Bài tốn 44 Tìm hàm f (x) xác định liên tục thỏa mãn điều kiện f (x) + f (y) ≥ f xy − f (t) ≤ 0, ∀t ∈ [−1, 1] √ − y − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1] Bài giải Đặt x = cos u, y = cos v, u, v ∈ 0, π , xy − − y2 − x2 = cos(u + v) − 1, (3.58) 48 Khi viết (3.58) dạng f (cos u) + f (cos v) ≥ f (cos(u + v)) hay g(u + v) ≤ g(u) + g(v), ∀u, v ∈ 0, π , g(u) = f (cos u) ≤ 0, ∀u ∈ 0, π Cho u = v = 0, ta thu g(0) ≤ 2g(0) hay g(0) ≥ Kết hợp với giả thiết f (t) ≤ 0, ∀t ∈ [−1, 1] suy g(0) = Tiếp tục thay v = −u, ta thu = g(0) ≥ g(u) + g(−u) ≤ + 0, ∀u ∈ 0, π Vậy nên g(u) ≡ hay f (t) ≡ Thử lại ta thấy hàm f (t) ≡ thỏa mãn điều kiện toán Bài toán 45 Tìm hàm f (x) xác định liên tục thỏa mãn điều kiện √ f (x) + f (y) ≥ f xy − − y − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1] f (t) ≤ 3arccos t, ∀t ∈ [−1, 1] − 1, (3.59) Bài giải Để ý hàm h(t) = 3arccos t thỏa mãn điều kiện h(x) + h(y) = h xy − − y2 − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1] Viết lại (3.59) dạng √  − x2 − h(x)] ≥ f xy − − y [f (x) − h(x)] + [f (y) √ −h xy − − y − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1]  f (t) − h(t) ≤ 0, ∀t ∈ [−1, 1] (3.60) Theo kết toán 44, ta thu f (t) − h(t) ≡ hay f (t) = 3arccos t Thử lại ta thấy hàm f (t) = 3arccos t thỏa mãn điều kiện tốn 3.2.3 Bất phương trình hàm sinh hàm arctan 49 Bài tốn 46 Tìm hàm f (x) xác định, liên tục R thỏa mãn điều kiện  f (x) + f (y) ≤ f x + y , ∀x, y ∈ R, xy = 1 − xy f (t) ≤ 0, ∀t ∈ R (3.61) Bài giải Đặt x = tan u, y = tan v, u, v ∈ π π − , 2 Do xy = nên ta có tan u + tan v x+y = = tan(u + v) − xy + tan u tan v Vậy π π Ta được: [f (x)]2 x x ⇔f ≥ [f (x)] ≤ 2x f 2 2x2 2 Đặt f (x) = k , lặp lại vài lần ta được: f x k4 2k 128k 16 x x ≥ 6, f ≥ 14 , f ≥ 2x x 16 x30 xn ∈ [0; 1], ta thu dãy đoạn [0; 1] mà ảnh với n đủ lớn, dãy qua f không bị chặn x Ta chứng minh k > x2 f n ≥ 2N x2 , với N = 2n − 2n − Dễ thấy điều n = 1; 2; 3; Giả sử khẳng định với n Khi f x 2n+1 22n−1 x ≥ f x2 2n ′ ≥ N x2 Với N ′ = 2N +2n− = 22n+1 − 4n− 2+ 2n− = 2n+1 − 2(n+1) − Bài tốn 50 (APMO 1994) Tìm tất hàm số f : R −→ R thỏa mãn điều kiện f (x) + f (y) + ≥ f (x + y), x, y ∈ R f (x + y) ≥ f (x) + f (y), 52 f (x) ≤ f (0), x ∈ (0; 1) f (1) = 1, f (−1) = −1 Bài giải Ta có f (x+1) ≥ f (x)+f (1) = f (x)+1 (do điều kiện điều kiện 2) Vì f (x) ≥ f (x+1)+f (−1) = f (x+1)−1 (do điều kiện điều kiện 2) Khi f (x + 1) = f (x) + (3.68) Mặt khác = f (1) = f (0 + 1) = f (0) + (do (3.68)) Suy f (0) = Từ điều kiện suy f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (0; 1) (3.69) Từ điều kiện ta có = f (1) = f (x + − x) ≤ f (x) + f (1 − x) + 1, suy f (x) + f (1 − x) ≥ Khi < x < ⇒ < 1−x < 1, theo (3.69), ta có f (x) ≤ 0, f (1−x) ≤ Do f (x) = f (1 − x) = Khi f (x) = 0, ∀x ∈ (0; 1) f (x + 1) = f (x) + Vậy f (x) = [x], ∀x ∈ R Bài tốn 51 (Flander 1999) Tìm tất hàm số f, g : R −→ R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 2f (x) − g(x) = f (y) − y, ∀x, y ∈ R (3.70) f (x).g(x) ≥ x + 1, ∀x ∈ R (3.71) Bài giải Trong (3.70) cho x = y ta có g(x) = f (x) + x (3.72) 53 Khi (3.70) trở thành f (x) − x = f (y) − y, ∀x, y ∈ R (3.73) Trong (3.70) cho y = ta f (x) = x+f (0) = x+a với a = f (0) Từ suy g(x) = 2x + a Thay f (x) = x + a, g(x) = 2x + a vào (3.71), ta 2x2 + (3a − 1)x + a2 − ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ (a − 3)2 ≤ (3.74) ⇔a=3 Vậy hàm số cần tìm f (x) = x + g(x) = 2x + Thử lại thấy thỏa mãn toán Bài toán 52 (Russia MO) Tồn hay không hàm số f : R −→ R thỏa mãn điều kiện: |f (x + y) + sin x + sin y| < (3.75) Bài giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn toán Thay x = y = (3.75), ta |f (π) + 2| < π 3π Thay x = − , y = vào (3.75), ta 2 |f (π) + 2| < Khi ≤ |f (π) + 2| + |f (π) + 2| < Điều mâu thuẫn Vậy không tồn hàm số f thỏa mãn toán π vào 54 kiện Bài toán 53 (IMO 2011) Gọi f : R −→ R hàm số thỏa mãn điều f (x + y) ≤ yf (x) + f (f (x)), ∀x, y ∈ R (3.76) Chứng minh f (x) = 0, ∀x ≤ Bài giải Thay y = t − x vào (3.76), ta f (t) ≤ tf (x) − xf (x) + f (f (x)), ∀x, y, t ∈ R (3.77) Với số thực a, b ∈ R, thay t = f (a), x = f (b) t = f (b), x = a vào (3.77), ta f (f (a)) − f (f (b)) ≤ f (a)f (b) − bf (b), f (f (b)) − f (f (a)) ≤ f (a)f (b) − af (a) Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên, ta 2f (a)f (b) ≥ af (a) + bf (b) (3.78) Thay b = 2f (a) vào (3.77), ta 2f (a)f (b) ≥ af (a) + 2f (a)f (b) (3.79) ⇔ af (a) ≤ Hay f (a) ≥ 0, ∀a < (3.80) Giả sử f (x) > 0, x ∈ R Từ (3.77), ta lấy t< xf (x) − f (f (x)) ⇒ f (t) < 0, điều mâu thuẫn f (x) Do f (x) ≤ ∀x ∈ R (3.81) Từ (3.80) (3.81), ta có f (x) = 0, ∀x < Từ (3.77), thay t = x < 0, ta ≤ − + f (0) ⇒ f (0) ≥ (3.82) 55 Kết hợp (3.81) (3.82), ta f (0) = Vậy f (x) = 0, ∀x ≤ Bài toán 54 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (i) f (t) ≥ e2011x , ∀x ∈ R; (ii) f (x + y) ≥ f (x).f (y), ∀x, y ∈ R Bài giải Đặt f (x) = e2011x g(x) Theo giả thiết (i) g(x) ≥ 1, ∀x ∈ R Thế vào điều kiện (ii), ta thu e2011(x+y) g(x + y) ≥ e2011x g(x).e2011y g(y) hay g(x + y) ≥ g(x)g(y), x, y ∈ R Với x = y = ta thu g(0) ≥ (g(0))2 g(0) ≥ ⇒ g(0) = Suy = g(0) = g(x + (−x)) ≥ g(x)g(−x) ≥ 1, ∀x ∈ R Vậy g(x) ≡ f (x) = e2011x 56 KẾT LUẬN Luận văn “Phương trình bất phương trình hàm lớp hàm lượng giác ngược ”đã thu kết sau: Trình bày phương trình hàm sinh hàm lượng giác ngược Trình bày bất phương trình hàm sinh hàm lượng giác ngược Tổng hợp số toán đề thi học sinh giỏi Olympic Toán Kết luận văn nhằm tạo tài liệu tham khảo cho em học sinh THPT, giúp em hệ thống kiến thức dễ dàng tiếp cận với hàm lượng giác ngược T ếng LIỆU THAM KHẢO ệ Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2006), NXB Gi o d c N n Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Gi o Dục ễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Gi o N dục ễn Văn Mậu (2007), Các toán nội suy áp dụng, NXB Gi o N dục ễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Gi o N dục ễn Văn Nho (2002), Tuyển tập toán từ thi N Trung Quốc ếng Anh Titu And scu, ming ng, G org L , Jr (2000-2001), Problems and Solutions from around the World, Mathematical Olympiads 20002011 M Ku ma (1964), A survey of the theory of functional equation, Série: Mathématiques et Physique No 130 Webs es ddmath.n bgd.vn/toanhoctuoit vnmath.com .imo-o ical.org ... 3: Bất phương trình hàm hàm lượng giác ngược Chương trình bày bất phương trình hàm bản, bất phương trình hàm lớp hàm lượng giác ngược số dạng tốn liên quan đến bất phương trình hàm 4 CHƯƠNG HÀM... PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LƯỢNG GIÁC NGƯỢC 45 3.2.1 Bất phương trình hàm sinh hàm arcsin 46 3.2.2 Bất phương trình hàm sinh hàm arcos 47 3.2.3 Bất phương trình hàm sinh hàm. .. Chương trình bày tính chất hàm lượng giác ngược, đẳng thức hàm sinh hàm lượng giác ngược Chương 2: Một số dạng phương trình hàm lớp lượng giác ngược Chương trình bày phương trình hàm sinh hàm arcsin,