đối số
Các phép biến đổi hình học được nhắc đến ở phần này là • Phép tịnh tiến: f : R → R,
x → α+x
• Phép vị tự: f :R →R. x →αx
Từ đó, trong phần này đề cập đến việc giải các hệ bất đẳng thức hàm, với các dạng sau đây • Dạng "cộng - cộng": f(a+ x) ≤α +f(x) f(b+x) ≤β +f(x), ∀x ∈ R. • Dạng "cộng - nhân": f(a+ x) ≤αf(x) f(b+x) ≤βf(x), ∀x ∈ R. • Dạng "nhân - cộng": f(ax) ≤α +f(x) f(bx) ≤β +f(x), ∀x ∈ I, I ⊂R. • Dạng "nhân - nhân" f(ax) ≤αf(x) f(bx) ≤βf(x), ∀x ∈ I, I ⊂R,
trong đó a, b, α, β là các số thực cho trước.
Chú ý rằng, nếu α = f(a), β = f(b), thì hệ bất đẳng thức hàm dạng "cộng" trên là sự thu hẹp của bất đẳng thức hàm Cauchy cổ điển
Trước hết, ta nhắc lại rằng, một tập hợp M trù mật trong tập số thực R nếu như trong mọi lân cận của một điểm tùy ý của tập R đều có ít nhất một điểm của tập M. Chẳng hạn, tập Q các số các số hữu tỷ là tập trù mật trong tập R.
Tính chất sau đây là một kết quả quen thuộc (Định lý Kronecker), có thể tìm thấy chứng minh ở các tài liệu lý thuyết cơ bản
"Nếu a và b là các số thực không thông ước với nhau, tức a
b ∈/ Q thì tập
A = {ma+ nb;m, n ∈ Z} trù mật trong R."
Hơn nữa, ta có thể chứng minh được các kết quả sau đây
Bổ đề 1.1. Giả sử a, b ∈ R và a < 0< b là các số thực cho trước. Ký hiệu
A = {ma+nb;m, n ∈ N}.
1. Nếu a
b ∈/ Q, thì tập A trù mật trong R. 2. Nếu a
b ∈ Q, thì tồn tại d > 0 sao cho
A = {kd; k ∈ Z}.
Dạng "nhân" của Bổ đề này như sau
Bổ đề 1.2. Giả sử 0< a < 1 < b ∈ R là các số thực cho trước. Ký hiệu
M = {ambn; m, n ∈ N}.
1. Nếu log b
log a ∈/ Q, thì tập M trù mật trong (0,∞). 2. Nếu log b
log a ∈ Q, thì tồn tại d > 0 sao cho
M = dk; k ∈ Z . Định lí 1.5. (Dạng "cộng")
Giả sử a, b, α, β là các số thực cho trước thỏa mãn
a < 0< b, α a =
β b,
1. Nếu b
a ∈/ Q, thì f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(a+x) ≤ α+ f(x)
f(b+x) ≤ β +f(x), ∀x ∈ R (1.16)
khi và chỉ khi f(x) =px+f(0), x ∈ R, trong đó p := α
a = β
b.
2. Nếu b
a ∈ Q, thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục f : R → R của hệ phương trình hàm tương ứng
f(a+x) = α+f(x)
f(b+x) = β +f(x), ∀x ∈ R (1.17)
sao cho f|[0,d] = f0, trong đó
d := min{ma+nb > 0;m, n ∈ N}
tồn tại, là số dương và f0 : [0, d] → R là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0(d) = α ad+f0(0). Chứng minh. 1. Theo Bổ đề 1.1, vì b a ∈/ Q tập A = {ma+nb;m, n ∈ N} trù mật trong R. Từ (1.16), dễ dàng suy ra f(ma+ x) ≤mα+f(x) f(nb+ x) ≤nβ +f(x) m, n ∈ N, x ∈ R.
Trong bất đẳng thức đầu tiên ở trên, thay x bởi nb+x, ta có f(ma +nb+x) ≤ mα+f(nb+x) ≤mα+nβ +f(x)
Do đó
f(ma+nb+x) ≤ mα+ nβ +f(x), m, n ∈ N, x ∈ R. Ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng
Giả sử rằng x0 là điểm mà tại đó hàm f liên tục vàx là một giá trị thực tùy ý. Bởi tính chất trù mật của A trong tập R, tồn tại một dãy (tn) sao cho
tn ∈ A ∀n∈ N, lim
n→+∞tn = x0 −x. Từ bất đẳng thức (1.18), ta có
f(tn +x) ≤ ptn +f(x), ∀n∈ N.
Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, ta thu được f(x0) ≤ p(x0 −x) +f(x).
Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x bởi x−t trong (1.18), ta được f(x) ≤pt+ f(x−t), ∀t ∈ A.
Bởi tính trù mật của A trong R, một dãy (t0n) sao cho t0n ∈ A ∀n∈ N, lim
n→+∞t0n = x−x0. Thế thì, ta có
f(x) ≤pt0n+f(x−t0n), ∀n∈ N
Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, ta thu được bất đẳng thức f(x) ≤p(x−x0) +f(x0).
Do đó, ta có
f(x) = px+ f(x0)−px0. Điều này đúng với mọi x∈ R. Hơn nữa
f(0) = f(x0)−px0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vậy
f(x) = px+f(0), x ∈ R. Ta có điều phải chứng minh.
2. Từ (1.17), dễ dàng suy ra
(1.17) ⇔ f(ma +nb+x) = α
a(ma+ nb) +f(x), m, n ∈ N, x ∈ R. (1.19) Theo Bổ đề 1.1, phần 2, số
d := min{ma+nb > 0;m, n ∈ N}
là xác định và là số dương. Hơn nữa
{ma +nb > 0;m, n ∈ N}= {kd;k ∈ Z}.
Do đó, (1.19) có dạng
f(kd+x) =pkd+ f(x), k ∈ Z, ∀x ∈ R.
Dễ dàng nhận thấy rằng hệ phương trình hàm này tương đương với phương trình hàm
f(d+x) =pd+f(x), x ∈ R.
Phương trình hàm này có duy nhất một nghiệm hàm liên tục trên R thỏa mãn f|[0,d] = f0. Thật vậy
+) Ta có
f(d) =f(d+ 0) = pd+ f(0) = pd+f0(d) =f0(d).
Như vậy f0(x) phù hợp yêu cầu đề bài. Hơn nữa, mọix ∈ R, tồn tại duy nhất k ∈ Z sao cho
x = kd+x0, với x0 ∈ [0, d). và
f(x) =f(kd+ x0) =pkd+f(x0) =pkd+f0(x0).
Suy ra f(x) xác định và duy nhất với mọi x ∈ R. Như vậy tồn tại duy nhất hàm f(x) thỏa mãn (1.17) mà f|[0,d] = f0, cho bởi công thức
f(x) =
f0(x) nếu x ∈ [0, d]
+) Ta còn cần kiểm tra tính liên tục của f(x).
Vì f0(x) liên tục trên [0, d] nên f(x) liên tục trên (0, d), và trên các khoảng (kd,(k + 1)d), k ∈ Z.
Vậy chỉ cần kiểm tra tính liên tục của f(x) tại các điểm x = kd, k ∈ Z. Ta có f(kd) =pkd+f0(0), lim x→kd+f(x) = lim x→kd+[pkd+ f0(x−kd)] = pkd+f0(d), lim x→kd−f(x) = lim x→kd−[p(k−1)d+f(x−(k −1)d)] = p(k −1)d+f0(d) = p(k−1)d+ pd+f0(0) = pkd+f0(0). Hay lim x→kd = f(kd), ∀k ∈ Z. Vậy f(x) liên tục trên R.
Định lý được chứng minh hoàn toàn. Định lí 1.6. (Dạng "cộng - nhân")
Giả sử a, b ∈ R và α, β > 0 là các số cho trước thỏa mãn
a < 0 < b, log α a =
log β b
và giả sử rằng hàm f :R → R liên tục tại ít nhất một điểm. 1. Nếu b (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a ∈/ Q, thì f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm
f(a+x) ≤ αf(x)
f(b+x) ≤ βf(x), ∀x ∈ R (1.20)
khi và chỉ khi f(x) =f(0)epx, x ∈ R, trong đó p := log α
a .
2. Nếu b
a ∈ Q, thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục f : R → R của hệ phương trình hàm tương ứng
f(a+x) = αf(x)
sao cho f|[0,d] = f0, trong đó
d := min{ma+ mb >0;m, n ∈ N}
tồn tại, là số dương và f0 : [0, d] → R là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0(d) = f0(0)elog α a d . Chứng minh. 1. Theo Bổ đề 1.1, vì b a ∈/ Q tập A = {ma+nb;m, n ∈ N} trù mật trong R. Từ (1.20), dễ dàng suy ra f(ma +x) ≤ αmf(x) f(nb+x) ≤ βnf(x), ∀m, n ∈ N, x ∈ R.
Trong bất đẳng thức đầu tiên ở trên, thay x bởi nb+x, ta có f(ma +nb+x) ≤ αmf(nb+x) ≤ αmβnf(x). Do đó f(ma +nb+x) ≤αmβnf(x), ∀m, n ∈ N, x ∈ R. Đặt p := log α a = log β b , ta có thể viết lại bất đẳng thức này dưới dạng
f(t+x) ≤ eptf(x), t ∈ A, x ∈ R, (1.22) Giả sử rằng x0 là điểm mà tại đó f liên tục và x là giá trị thực tùy ý. Bởi tính trù mật của tập A trong R, tồn tại dãy (tn) sao cho
tn ∈ A ∀n∈ N, lim
n→∞tn = x0 −x. Từ bất đẳng thức (1.22), ta có
Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, ta thu được f(x0) ≤ ep(x−x0)
f(x).
Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x bởi x−t trong (1.22), ta thu được f(x) ≤ eptf(x−t), ∀t∈ A.
Bởi tính trù mật của A trong R, có một dãy (t0n) sao cho t0n ∈ A ∀n∈ N, lim
n→∞t0n = x−x0. Thế thì, ta có
f(x) ≤ ept0nf(x−t0n), ∀n∈ N.
Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, ta thu được bất đẳng thức f(x) ≤ep(x−x0)f(x0). Do đó, ta có f(x) = ep(x−x0)f(x0), ∀x ∈ R. Hơn nữa f(0) = e−x0f(x0). Vậy f(x) = f(0)epx, x ∈ R. Ta có điều phải chứng minh.
2. Chứng minh tương tự chứng minh phần 2 Định lý 1.5. Định lý được chứng minh hoàn toàn.
Định lí 1.7. (Dạng "nhân - cộng")
Giả sử a, b, α, β là các số thực cho trước thỏa mãn
0 < a <1 < b, α log a =
β log b,
1. Nếu log b log a ∈/ Q, và f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm f(ax) ≤α +f(x) f(bx) ≤ β +f(x), ∀x ∈ I, (1.23) thì i) Trường hợp I = (0;∞): f(x) = plog x+f(1), x ∈ I, ii) Trường hợp I = (−∞,0): f(x) = plog (−x) + f(−1), x ∈ I, trong đó p:= α log a. 2. Nếu log b (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
log a ∈ Q thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục f : I →R của hệ phương trình hàm tương ứng
f(ax) =α+ f(x)
f(bx) = β +f(x), ∀x ∈ I (1.24)
sao cho f|[1,d] = f0, trong đó
d := min{ambn > 1;m, n ∈ N}
tồn tại, lớn hơn 1 và f0 : [1, d] → R là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0(d) = α log a.log d+f0(1). Chứng minh. 1. Vì log b log a ∈/ Q, theo Bổ đề 1.2, tập M = {ambn;m, n ∈ N} trù mật trong I.
i) I = (0,∞). Từ (1.23), chứng minh tương tự như các phần trên, ta có f (ambnx) ≤mα+nβ +f(x); ∀m, n ∈ N, x > 0.
Ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng
f (ambnx) ≤ plog (ambn) +f(x); ∀m, n ∈ N, x > 0, hay
f(tx) ≤ plog t+f(x), ∀t∈ M, x > 0, (1.25) Giả sử rằng x0 là một điểm mà tại đó hàm f liên tục và x > 0 là một giá trị tùy ý. Bởi tính trù mật của tập M trong I, tồn tại một dãy (tn)
sao cho tn ∈ M ∀n∈ N, lim n→∞tn = x0 x . Từ bất đẳng thức (1.25), ta có f (tnx) ≤ plog tn+f(x), ∀n ∈ N.
Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, tại thu được f(x0) ≤ plog x0
x +f(x). Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x bởi x
t trong (1.25), và chọn một dãy (t0n) sao cho
t0n ∈ M ∀n∈ N, lim n→∞t0n = x x0. Khi đó ta có f(x) ≤ plog x x0 +f(x0). Do đó f(x) =f(x0)−plog x0 +plog x, ∀x > 0. Hơn nữa f(1) = f(x0)−plog x0. Vậy f(x) = f(1) +plog x, x > 0. Phần i) được chứng minh.
ii) I = (−∞,0).
Ta xét hàmg : (0,∞) → Rxác định bởi công thứcg(x) =f(−x), x < 0, thỏa mãn hệ (1.23) và chứng minh tương tự như chứng minh phần i). 2. Phần này chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 1.5, phần 2.
Hệ quả 1.5. Giả sửa, b, α, β ∈ R thỏa mãn các giả thiết của Định lý dạng "cộng"
a < 0< b, α a = β b. Nếu hàm f : [(−∞,0)∪(0,∞)] →R thỏa mãn hệ bất đẳng thức (1.23) f(ax) ≤ α+f(x) f(bx) ≤ β +f(x), ∀x ∈ I = (−∞,0)∪(0,∞)
và trong mỗi khoảng (−∞,0), (0,∞) tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó hàm f
liên tục, thì f(x) = plog x+f(1), khi x ∈ (0,∞), plog (−x) +f(−1), khi x ∈ (−∞,0), trong đó p:= α log a.
Nhận xét 1.3. Giả sử a, b, α, β là các số thực cho trước thỏa mãn 0 < a <1 < b
và α log a =
β
log b. Nếu 0∈ I, thì không tồn tại hàm nào thỏa mãn hệ (1.23).
Thật vậy, trong bất đẳng thức (1.23) nếu đặt x = 0, thì 0 ≤ α,0 ≤ β, mâu thuẫn với giả thiết αβ < 0.
Định lí 1.8. (Dạng "nhân")
Giả sử a, b, α, β là các số thực cho trước thỏa mãn
0< a < 1 < b, log α log a = (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
log β log b,
và giả sử rằng f :I → R liên tục tại ít nhất một điểm. 1. Nếu log b log a ∈/ Q, và f thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm f(ax) ≤αf(x) f(bx) ≤ βf(x), ∀x ∈ I, (1.26) thì
i) Trường hợp I = (0;∞): f(x) =f(1)xp, x ∈ I, ii) Trường hợp I = (−∞,0): f(x) = f(−1)(−x)p, x ∈ I, trong đó p:= log α log a. 2. Nếu log b
log a ∈ Q thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục f : I →R của hệ phương trình hàm tương ứng
f(ax) =αf(x)
f(bx) = βf(x), ∀x ∈ I (1.27)
sao cho f|[1,d] = f0, trong đó
d := min{ambn > 1;m, n ∈ N}
tồn tại, lớn hơn 1 và f0 : [1, d] → R là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều kiện f0(d) =f0(1)d log α log a. Chứng minh. 1. Vì log b log a ∈/ Q, theo Bổ đề 1.2, tập M = {ambn;m, n ∈ N} trù mật trong I.
i) I = (0,∞). Từ (1.26), chứng minh tương tự như các phần trên, ta có f (ambnx) ≤ αmβnf(x); ∀m, n ∈ N, x > 0. Đặt p:= log α log a = log β log b,
ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng f (ambnx) ≤ (ambn)pf(x); ∀m, n ∈ N, x >0, hay f(tx) ≤ tpf(x), ∀t ∈ M, x > 0, (1.28) trong đó, theo Bổ đề 2, tập M = {ambn;m, n ∈ N} trù mật trong I.
Giả sử rằng x0 là một điểm mà tại đó hàm f liên tục và x > 0 là một giá trị tùy ý. Bởi tính trù mật của tập M trong I, tồn tại một dãy (tn)
sao cho tn ∈ M ∀n∈ N, lim n→∞tn = x0 x . Từ bất đẳng thức (1.28), ta có f (tnx) ≤tpnf(x), ∀n ∈ N.
Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, tại thu được f(x0) ≤ x0
x p
f(x).
Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay x bởi x
t trong (1.28), và chọn một dãy (t0n) sao cho
t0n ∈ M ∀n∈ N, lim n→∞t0n = x x0. Khi đó ta có f(x) ≤ x x0 p f(x0). Do đó f(x) = x x0 p f(x0), ∀x > 0. Hơn nữa f(1) = 1 x0 p f(x0).
Vậy
f(x) = f(1)xp, x > 0. Phần i) được chứng minh.
ii) I = (−∞,0).
Ta xét hàm g : (0,∞) → R xác định bởi công thức g(x) = f(−x), x < 0, thỏa mãn hệ (1.26) và chứng minh tương tự như chứng minh phần i).
2. Phần này chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 1.5, phần 2.
Nhận xét 1.4. Giả sử a, b, α, β là các số thực cho trước thỏa mãn 0 < a <1 < b
và log α log a =
log β
log b. Nếu I = R hoặc I = [0,∞) và f : I → R thỏa mãn hệ (1.26), thì f(0) = 0.
Thật vậy, bởi một trong hai giả thiết α < 0 < β hoặc β < 0< α và, hơn nữa, f(0)(1−α) ≤0 và f(0)(1−β) ≤ 0, ta suy ra f(0) = 0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Từ Nhận xét này, ta có Nhận xét 1.5.
i) Giả sửf : [0,∞) → R thỏa mãn hệ (1.26). Nếu f|(0,∞) và a, b, α, β thỏa mãn tất cả các giả thiết của Định lý 1.8, phần 1, thì
f(x) = f(1)xp, khi x ∈ (0,∞), 0, khi x = 0; trong đó p:= log α log a.
ii) Giả sử f : (−∞,0] → R thỏa mãn hệ (1.26). Nếu f|(−∞,0) và a, b, α, β thỏa mãn tất cả các giả thiết của Định lý 1.8, phần 1, thì
f(x) = f(−1)(−x)p, khi x ∈ (−∞,0), 0, khi x = 0; trong đó p:= log α log a.
Hệ quả 1.6. Giả sử a, b, α, β ∈ R thỏa mãn các giả thiết của Định lý 1.8, phần 1. i) Nếu hàm f : [(−∞,0)∪(0,∞)] →R thỏa mãn hệ bất đẳng thức (1.26) f(ax) ≤ αf(x) f(bx) ≤ βf(x), x ∈ I = (−∞,0)∪(0,∞)
và trong mỗi khoảng (−∞,0), (0,∞) tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó hàm f liên tục, thì f(x) = f(1)xp, khi x ∈ (0,∞), f(−1)(−x)p, khi x ∈ (−∞,0), trong đó p:= log α log a.
ii) Nếu hàm f : R →R thỏa mãn hệ bất đẳng thức (1.26)
f(ax) ≤ α+f(x)
f(bx) ≤ β +f(x), x ∈ I = (−∞,0)∪(0,∞)
và trong mỗi khoảng (−∞,0), (0,∞) tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó hàm f liên tục, thì f(x) = plog x+f(1), khi x ∈ (0,∞), 0, khi x = 0, plog (−x) +f(−1), khi x ∈ (−∞,0), trong đó p:= log α log a.
Nhận xét 1.6. Ta luôn có các định lý tương tự như các Định lý 1.5 - Định lý
1.8, với hàm f thỏa mãn các bất đẳng thức có dấu ngược lại.
Như vậy, từ kết quả của các Định lý trên cho phép ta có thể đưa ra rất nhiều các bài toán giải hệ bất phương trình hàm biến đổi hình học của đối số.
Chương 2