Ứng dụng dãy số và giải các bài toán phương trình hàm - Võ Quốc Bá Cẩn

ÁP DỤNG DÃY SỐ VÀO GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Đỗ Minh Khoa – Võ Quốc Bá Cẩn

1. Lời dẫn

Các bài toán phương trình hàm và bất phương trình hàm luôn rất thú vị và lôi cuốn đối với người làm toán. Từ một phương trình nào đó, chỉ bằng một vài phép thế đơn giản, ta có thể tìm được các tính chất đặc biệt của hàm số được cho hoặc thậm chí là công thức tổng quát của hàm. Tuy nhiên, khi đi sâu vào vấn đề này thì việc chỉ dùng phép thế để giải là chưa đủ, đặc biệt là với các bài toán bất phương trình hàm. Do vậy, chúng ta cần có những công cụ khác bỗ trợ để tăng cường thêm tính hiệu quả của phương pháp thế. Lúc này, việc sử dụng dãy số và giới hạn một cách linh hoạt sẽ giúp con đường đi trở nên sáng sủa và dễ dàng hơn rất nhiều.

Nhận thấy vai trò rất lớn của dãy số và giới hạn trong các bài toán phương trình, bất phương trình hàm, chúng tôi quyết định thực hiện bài viết này để chia sẻ kinh nghiệm của mình trong cách sử dụng cũng như để được học hỏi và nhận được ý kiến đóng góp từ quý đồng nghiệp gần xa.

2. Sử dụng giới hạn trong các bài toán phương trình, bất phương trình hàm

Dưới đây là một số kỹ thuật sử dụng chặn và kẹp dãy số thường được sử dụng trong giải toán:

Trong nhiều trường hợp, ta cần tìm công thức tổng quát của hàm số, khi đó một trong các hướng đi mà ta có thể nghĩ đến là thiết lập một bất đẳng thức dạng:

anf .x/bn;

ở đây.an/; .bn/là hai dãy được chọn sao cho bất đẳng thức trên đúng với mọin(ứng với mỗixcố định). Lúc này, nếu limanDlimbn DL.x/thì bằng cách chuyển sang giới hạn, ta sẽ tìm được công thức tổng quát củaf .x/làL.x/:

Nếu cần suy xét một tính chất nào đó củaf .x/;ta có thể thiết lập một bất đẳng thức dạng:

A.f /anB.f /;

trong đóA.f /; B.f /là hai biểu thức củaxvàf .x/;còn.an/là dãy được chọn sao cho bất đẳng thức trên đúng với mọin(ứng với mỗixcố định). Lúc này, dựa trên sự hội tụ của an;ta có thể đưa ra nhiều kết luận choA.f /vàB.f /;từ đó suy ra tính chất củaf .x/:

Trong nhiều trường hợp, ta có thể thay.an/bằng một biểu thức có chứa ẩnynào đó thay đổi ngoàixcũng được. Lúc này, việc xét giới hạn hàm số theoy có thể cũng sẽ mang lại nhiều tính chất quan trọng để giúp chúng ta hoàn tất lời giải các bài toán.

Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm sốf WR!Rthỏa mãn: Với mọix2 R;ta có

f .2x/D2f .x/ (2.1)

và

ˇ

ˇf .x/ xˇ

ˇ1: (2.2)

Lời giải. Từ (2.1), bằng cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh được f .2ⁿx/ D2ⁿf .x/

với mọix 2Rvà với mọin2N:Bây giờ, ta sẽ chứng minhf .x/Dvới mọix 2R:Thật vậy, giả sử cóx0 2Rsao chof .x0/¤x0:Đặtf .x0/Dx0C"với"¤0:Khi đó, ta có

f .2ⁿx0/D2ⁿf .x0/D2ⁿx0C2ⁿ"

với mọin2N:Suy ra

ˇˇf .2ⁿx0/ 2ⁿx0

ˇ

ˇD2ⁿj"j với mọin2N:Do (2.2) nênˇ

ˇf .2ⁿx0/ 2ⁿx0j 1:Kết hợp với đẳng thức trên, ta thu được 2ⁿj"j 1

với mọin2N:Tuy nhiên, kết quả này không thể nào thỏa mãn với mọin2N:Mâu thuẫn thu được cho ta kết quả vừa khẳng định ở trên, tứcf .x/Dx với mọix2 R:

Bài toán 2 (VMO, 2013-A). GọiF là tập hợp tất các hàm sốf WR^C !R^Cthỏa mãn f .3x/f f .2x/

Cx

với mọix 2R^C:Tìm hằng sốAlớn nhất để với mọif 2F và với mọix > 0;ta đều có f .x/Ax:

Lời giải. Từ giả thiết, ta suy ra

f .x/f

f 2x

3

C x

3 (2.3)

với mọix 2R^C:Dof

f 2x

3

> 0nên ta có f .x/ > x

3 với mọix 2R^C:Đặta1 D 1

3:Từ hai bất đẳng thức trên, ta suy ra f .x/ > a1f

2x 3

Cx

3 > a²₁ 2x 3 Cx

3 D 2a²₁C1 3 x:

với mọix2R^C:Bằng cách đặta2 D 2a²₁C1

3 và áp dụng kết quả vừa thu được vào (2.3), ta có f .x/ > a2f

2x 3

C x

3 > a₂² 2x 3 C x

3 D 2a₂²C1

3 x

với mọix 2R^C:Bằng cách lặp lại các quy trình đánh giá giống nhau như vậy, ta thu được

f .x/ > anx (2.4)

với mọix 2R^Cvà với mọin2N;trong đó.an/là dãy truy hồi được xác định bởia1 D 1 3 và anC1 D 2a²_nC1

3 :

Ta chứng minh được.an/là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1

2 nên có giới hạn hữu hạn. Từ đó dễ dàng tìm được limanD 1

2:Bây giờ, trong (2.4), ta chon! C1thì được f .x/.liman/x D 1

2x; 8x 2R^C: Mặt khác, dễ thấy hàm sốf .x/D 1

2xthỏa mãn điều kiện đề bài. VậyA_maxD 1 2: Bài toán 3 (Bulgaria, 2006). Tìm tất cả các hàm sốf WR^C !R^Cthỏa mãn đẳng thức

f .x Cy/ f .x y/D4p

f .x/f .y/ (2.5)

với mọi số thựcx > y > 0:

Có thể đoán được các hàm số thỏa mãn phương trình trên sẽ có dạngf .x/Dkx²:Một trong các cách tiếp cận thường thấy là chứng minhf .2x/D4f .x/dựa trên việc tínhf .5x/bằng hai cách để từ đó quy nạp lênf .nx/Dn²f .x/;bước cuối cùng là sử dụng tính đơn điệu củaf để suy ra công thức tổng quát cho nó.

Ở đây, chúng tôi sẽ giới thiệu một cách tiếp cận khác để chứng minhf .2x/D 4f .x/:Có thể thấy rằng, nếu ta chứng minh được lim

x!0^Cf .x/D0và lim

x!x₀^C

f .x/Df .x0/thì từ phương trình đề bài, bằng cách chox!y^C;ta sẽ thu được đúng điều ta cần.

Lời giải. Trong (2.5), ta thayxbởixCythì được f .xC2y/ f .x/D4p

f .xCy/f .y/ (2.6)

với mọi x; y > 0: Từ đây, dễ dàng suy ra f tăng ngặt trên R^C: Từ kết quả này dẫn đến f .xCy/ > f .y/;và ta cũng suy ra rằng

f .xC2y/ > 4f .y/

với mọix; y > 0:Tiếp tục, ta thayxbởixCyvào (2.6) và sử dụng bất đẳng thức trên thì được f .xC3y/Df .xCy/C4p

f .xC2y/f .y/ > f .y/C4p

4f .y/f .y/D9f .y/:

Cứ thế, cứ thế, ta quy nạp lên được rằng:

f .x Cny/ > n²f .y/;

với mọix; y > 0và với mọin2N:Thayy D 1

n vào bất phương trình trên, ta được f

1 n

< f .1Cx/

n²

với mọix > 0và với mọin2N:Cố địnhxvà chon ! C1;ta thu được lim

n!C1f 1 n

D0;

từ đó suy ra

lim

x!0^Cf .x/D0:

Bây giờ, trong (2.6), ta choy < x thì thu được

0 < f .xC2y/ f .x/ < 4p

f .2x/f .y/:

Cố địnhxvà choy !0^Cthì ta có lim

y!0^C

f .x C2y/ f .x/

D0;hay lim

x!x₀^C

f .x/Df .x0/:

Đến đây, bằng cách cố địnhytrong (2.5) và chox !y^C;ta được f .2y/D4f .y/

với mọiy > 0:Dựa trên kết quả này, ta có thể quy nạp được f .nx/Dn²f .x/;

với mọix > 0vàn2N:(Chỉ việc choxD2y; 3y; : : : ; nyvào (2.5) là được.) Từ đó suy ra f .n/Dn²f .1/

và

fm n

D f n ^m_n

n² D f .m/

n² D m² n²f .1/

với mọim; n2N:Nói riêng, ta cóf .x/D kx²với mọix 2 Q^C:Dof đơn điệu và tậpR^C trù mật trongQ^Cnên ta cóf .x/Dkx²với mọix > 0:Hàm này thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài toán 4 (Bulgaria, 1998). Chứng minh rằng không tồn tại hàm sốf WR^C !R^Cthỏa mãn f².x/f .xCy/

f .x/Cy

(2.7) với mọi cặp số thực dươngx; y:

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf như trên. Khi đó, ta có thể viết lại giả thiết dưới dạng f².x/Cyf .x/ yf .x/f .xCy/

f .x/Cy

; hay

f .x/Cy

f .x/ f .xCy/

yf .x/:

Từ đây, ta có

f .x/ f .xCy/ yf .x/

f .x/Cy

với mọix; y 2R^C:Kết quả trên chứng tỏf là một hàm giảm thực sự trênR^C:Bây giờ, ta cố địnhx0 2R^Cvà chọn số tự nhiênnsao chonf .xC1/1:Khi đó, ta có

f

xC k n

f

xC kC1 n

f xC ^k_n ¹_n f xC^k_n

C ¹_n > f .xC1/ ¹_n f .xC1/C ¹_n

1 n ¹_n

1

n C_n¹ D 1 2n với mọik 2N; k < n:(Chú ý rằng hàm sốg.t /D t

t Cu vớiu > 0là hàm tăng trênR^C:) Trong bất đẳng thức trên, lần lượt choknhận giá trị từ0đếnn 1và cộng tất cả các bất đẳng thức lại theo vế. Khi đó, ta thu được kết quả sau

f .x/ f .xC1/ > 1

2 (2.8)

với mọix > 0:Bây giờ, chọn số tự nhiênmsao chom2f .x/;ta có f .x/ f .x Cm/D

f .x/ f .xC1/

C C

f .xCm 1/ f .m/

> m

2 f .x/;

từ đó suy raf .xCm/ < 0;mâu thuẫn. Vậy không tồn tại hàmf nào thỏa mãn (2.7)

Nhận xét. Bài toán trên cũng xuất hiện trong đề thi IMC năm 1999 và ời giải trên chính là đáp án của nó. Để thiết lập được tính chất (2.8) ở trên, ta đã sử dụng tổng sai phân. Đây là một phép toán thú vị có thể giúp ta thu được nhiều chất quan trọng trong các bài toán có dạng “hiệu” như thế này. Ngoài cách giải đã nêu ở trên, ta cũng có một cách khác sử dụng dãy truy hồi như sau:

Thayy Df .x/vào (2.7), ta thu được

f xCf .x/

f .x/

2 (2.9)

với mọix > 0:Trong ta thayxbởixCf .x/thì có f xCf .x/Cf xCf .x/

f xCf .x/

2 f .x/

2² với mọix > 0:Mặt khác, cũng theo (2.9), ta cóxCf .x/Cf xCf .x/

xCf .x/Cf .x/

2 : Từ đó, sử dụng tính nghịch biến của hàmf;ta thu được

f

xC

1C 1 2

f .x/

f .x/

2² (2.10)

với mọix > 0:Từ (2.9) và (2.10) kết hợp vớif nghịch biến, bằng cách sử dụng liên tục phép thayxbởixCf .x/;ta dễ dàng chứng minh được

f

xC

1C1

2 C C 1 2ⁿ

f .x/

f .x/

2^nC1

với mọix > 0vàn2 N:Do1C 1

2 C C 1

2ⁿ D2 1

2ⁿ < 2vàf giảm nên từ trên, ta suy ra f xC2f .x/

f .x/

2^nC1

với mọix > 0vàn2N:Trong bất đẳng thức trên, ta chon! C1thì thu được f xC2f .x/

0;

mâu thuẫn vìf luôn nhận giá trị dương.

Bài toán 5 (Bulgaria, 2008). Tìm tất cả các hàmf WR!Rthỏa mãn

f .x Cy²/.yC1/f .x/ (2.11)

với mọi cặp số thựcx; y:

Lời giải. Thayy D 1và thayx bởix 1vào (2.11), ta thu được f .x/0

với mọix 2R:Từ đây, kết hợp với (2.11), ta suy ra f .xCy/ p

yC1

f .x/f .x/

với mọix 2Rvà với mọiy 0:Kết quả này chứng tỏf là hàm không giảm trênR: Bây giờ, ta viết lại (2.11) dưới dạng

f .x Cy²/ f .x/yf .x/ (2.12)

với mọix; y 2R;và xét hai dãy.an/; .bn/vớia0 Db0 D0;

an D1C 1

2² C C 1

n²; bnD1C 1

2 C C1 n: Trong (2.12), ta thayxbởixCak và thayybởi 1

kC1 thì có f .x CakC1/ f .xCak/ f .xCak/

kC1 f .x/

kC1

với mọix 2Rvàk2N:Trong bất đẳng thức trên, lần lượt chok D0; 1; : : : ; n 1và cộng tất cả các bất đẳng thức lại theo vế, ta thu được

f .x Can/ f .x/bnf .x/

với mọix 2Rvàn2 N:Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh đượcan< 2vàbn! C1(đây là hai kết quả quen thuộc, bạn đọc có thể tự chứng minh). Do đó, từ bất đẳng thức trên, ta có

f .x C2/ f .x/f .xCan/ f .x/bnf .x/

với mọix 2Rvàn2N:Nếu tồn tạix0 2Rsao chof .x0/ > 0thì từ bất đẳng thức trên, bằng cách thayx Dx0và chon! C1;ta sẽ thu được điều mâu thuẫn (vế phải tiến đến dương vô cùng trong khi vế trái là hằng số). Do vậy, ta phải cóf .x/D0với mọix 2R:Dễ thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.

Nhận xét. Ngoài cách sử dụng tổng sai phân thông qua hai dãy.an/; .bn/như trên, ta cũng có thể tiếp cận bài toán này theo cách khác như sau: Ta xétx; y 0 và thayy bởi p

y vào bất phương trình (2.11) thì thu được

f .xCy/ p yC1

f .x/; 8x; y0:

Đến đây, bằng cách sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên, ta có f .xCy/Df

xC .n 1/y

n C y

n

ry

n C1

f

xC .n 1/y n

D ry

n C1

f

xC.n 2/y

n Cy

n

ry

n C1 ²

f

xC .n 2/y n

ry

n C1 ⁿ

f .x/

với mọix; y 0vàn2N:Từ đó, ta suy ra

f .x/D0 (2.13)

với mọix 0:Thật vậy, giả sử tồn tạix0 0sao chof .x0/ > 0:Thayx D x0vào bất đẳng thức trên và cố địnhy Dy0> 0;sau đó chon! C1thì có

f .x0Cy0/

f .x0/ lim

n!C1

1C

ry n

ⁿ

D C1:

Mâu thuẫn này chứng tỏ không tồn tại sốx0 nói trên, hay nói cách khác, (2.13) đúng. Bây giờ, ta xétx < 0và thayy Dp

xvào (2.11) thì được 0Df .0/ p

xC1

f .x/0

với mọix < 0:Từ đó suy raf .x/D0với mọix < 0:Tóm lại, ta cóf .x/D0với mọix2 R: Đôi khi, ta cũng có thể sử dụng công thức nghiệm của các phương trình sai phân để tìm công thức tổng quát cho các dãy lặp của f .x/;rồi từ đó dựa vào miền giá trị củaf .x/ mà suy ra những tính chất đặc biệt của hàm số được cho.

Bài toán 6. Tìm tất cả các hàm sốf WR^C!R^Cthoả mãn f f .x/

D6x f .x/

với mọi số thực dươngx:

Lời giải. Cố định x > 0và đặtf0.x/ D x; fn.x/ D f fn 1.x/

:Từ giả thiết, bằng cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh được

fnC2.x/CfnC1.x/ 6fn.x/ D0

với mọin2N:Đây là phương trình sai phân tuyến tính cấp hai nên bằng cách xét phương trình đặc trưng của nó, ta tìm được công thức tổng quát củafn.x/là

fn.x/D 2x f .x/

5 . 3/ⁿC3xCf .x/

5 2ⁿ

với mọin2N:Dofn.x/ > 0nên kết quả trên, ta suy ra 2x f .x/

3 2

n

C3xCf .x/ > 0

với mọin2N:Nếu2x f .x/ > 0thì bằng cách xétnlẻ,nD2kC1và chok! C1;ta có thể thấy bất đẳng thức trên sẽ không thể luôn đúng. Còn nếu2x f .x/ < 0thì bằng cách xétn chẵn,nD2kvà chok! C1;ta cũng thu được kết luận tương tự. Do vậy, ta phải có

f .x/D2x:

Hàm này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Nhận xét. Bài toán trên cũng có thể được giải bằng phương pháp kẹp dãy số như sau: Xét hai dãy số.an/và.bn/được xác định bởia0 D0; b0 D6và

anC1 D 6 1Cbn

; bnC1 D 6 1Can

: Dễ thấyan; bn> 0với mọin1:Ta có

anC2 D 6

1CbnC1 D 6

1C _1C⁶_an D 6.1Can/ anC7 ; do đó

janC2 2j D 4jan 2j anC7 4

7jan 2j:

Từ đây, bằng cách sử dụng nguyên lý ánh xạ co, ta chứng minh được lima2nDlima2nC1 D2;

hay liman D2:Tương tự, ta cũng có limbn D2:

Bây giờ, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

anx < f .x/ < bnx (2.14)

với mọin 2N:Dof f .x/

> 0nên6x f .x/ > 0;từ đây ta dễ thấy khẳng định đúng với nD0:Giả sử khẳng định đúng vớinDk;tức ta có

akx < f .x/ < bkx:

Khi đó, thayxbởif .x/vào bất đẳng thức trên và sử dụng giả thiết, ta thu được akf .x/ < f f .x/

< bkf .x/;

hay

akf .x/ < 6x f .x/ < bkf .x/:

Từ đây, ta dễ dàng suy ra

akC1x D 6 1Cbk

x < f .x/ < 6 1Cak

x DbkC1x:

Như vậy, khẳng định cũng đúng vớinDkC1:Bất đẳng thức (2.14) được chứng minh.

Bây giờ, trong (2.14), bằng cách cho n ! C1và chú ý liman D limbn D 2như đã chứng minh ở trên, ta dễ dàng suy raf .x/D2xvới mọix > 0:

Bài toán 7 (APMO, 1989). Tìm tất cả các song ánh tăng thực sựf WR!Rthoả mãn f .x/Cg.x/D2x

với mọix 2R;trong đóg.x/là hàm ngược củaf .x/:

Lời giải. Đặt f0.x/ D xvà fn.x/ D f fn 1.x/

; tương tự chogn.x/:Thay x bởif .x/vào phương trình đề bài, ta đượcf2.x/Cx D2f .x/:Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh được

fnC2.x/ 2fnC1.x/Cfn.x/D0:

Giải phương trình sai phân này, ta tìm được

fn.x/DxCn

f .x/ x với mọin2N:Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được

gn.x/DxCn

g.x/ x

Dx n

f .x/ x :

Dof .x/là song ánh tăng ngặt nênfn.x/vàgn.x/cũng là các hàm tăng thực sự. Do đó, với mọi x > y;ta đều cófn.x/ > fn.y/vàgn.x/ > gn.y/:Nói cách khác, ta có

xCn

f .x/ x

> yCn

f .y/ y ,nn

f .x/ x

f .y/ yo

> y x (2.15) và

x n

f .x/ x

> y n

f .y/ y ,nn

f .x/ x

f .y/ yo

< x y: (2.16) Nếu f .x/ x > f .y/ y thì bằng cách chon ! C1trong (2.16), ta thu được điều mâu thuẫn. Còn nếuf .x/ x < f .y/ ythì bằng cách chon! C1trong (2.15), ta cũng có kết quả tương tự. Do vậy, ta phải có

f .x/ xDf .y/ y

với mọix > y:Nói cách khác,f .x/DxCcvới mọix (ở đâyc là một hằng số nào đó). Hàm này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Nhận xét. Bài toán này cũng là đề dự tuyển IMO năm 1979.

Bài toán 8 (BMO, 2009). Tìm tất cả các hàm sốf WN!Nthoả mãn f f².m/C2f².n/

Dm²C2n² (2.17)

với mọi cặp số nguyên dươngm; n:

Lời giải. Từ giả thiết, dễ thấyf đơn ánh. Chú ý rằng với mọin2N;ta đều có .nC4/²C2.nC1/² Dn²C2.nC3/²:

Suy ra

f f².nC4/C2f².nC1/

Df f².n/C2f².nC3/

:

Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Dof đơn ánh nên từ đẳng thức này, ta suy ra

f².nC4/C2f².nC1/Df².n/C2f².nC3/:

Đây là phương trình sai phân tuyến tính cấp4của dãyf².n/:Giải phương trình này, ta tìm được

f².n/ DAn²CBnCC CD. 1/ⁿ (2.18)

với mọin2 N:Bây giờ, ta sẽ tìm các giá trị cụ thể củaA; B; C; D:Lấy bình phương hai vế của (2.17) và sử dụng (2.18), ta được

A

A.m²C2n²/CB.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ2

CB

A.m²C2n²/CB.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ CC CD. 1/^{A.m2C2n2/CB.mC2n/C3CCD. 1/mC2D. 1/n} D.m²C2n²/²:

Cố địnhn:Chia hai vế của đẳng thức trên chom⁴rồi chom ! C1;ta tìm đượcAD1:Do đó .m²C2n²/CB.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ²

CB

.m²C2n²/CB.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ CC CD. 1/^{.m2C2n2/CB.mC2n/C3CCD. 1/mC2D. 1/n} D.m²C2n²/²; hay

2.m²C2n²/

B.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ C

B.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ² CB

.m²C2n²/CB.mC2n/C3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ CC CD. 1/^{.m2C2n2/CB.mC2n/C3CCD. 1/mC2D. 1/n} D0:

Cố địnhn:Chia hai vế của đẳng thức trên chom³rồi chom! C1;ta tìm đượcB D0:Do đó, đẳng thức trên có thể được viết lại thành

2.m²C2n²/

3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ C

3C CD. 1/^mC2D. 1/ⁿ² CC CD. 1/^{.m2C2n2/C3CCD. 1/mC2D. 1/n} D0:

Trong đẳng thức trên, xétmchẵn,nchẵn và chom; n! C1;ta dễ thấyC CD D0:Tương tự, xétmlẻ,nlẻ và chom; n! C1;ta cũng cóC D D0:Do đóC DD D0:Tóm lại, ta cóA D1vàB D C D D D 0:Suy ra f².n/ Dn;hayf .n/ Dnvới mọin2 N:Hàm này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Đôi khi, ta phải xử lý các bài toán với hàm liên tục. Khi đó, các tính chất thường được sử dụng là:

Nếu hàm sốf liên tục tạix0thì lim

x!x0

f .x/Df .x0/:

Nếu hàm sốf liên tục từ khoảngAvào khoảngB và đơn ánh.A; B R/thì nó là hàm đơn điệu thực sự.

Nếu hàm sốf liên tục trên đoạnŒa; bthì nó có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn đó.

Nếu hàm sốf liên tục từ khoảngARvào khoảngB R;vàf .x1/Da; f .x2/Db (vớix1; x2 2Avàa; b 2B; a < b) thìf có thể nhận mọi giá trị trênŒa; b:

Nếu hàm sốf liên tục từ AvàoB vàf .x/ ¤ M (A; B R; M là hằng số) thì một trong hai điều sau sẽ được thoả mãn:

ı f .x/ > M với mọix 2AI ı f .x/ < M với mọix 2A:

Bài toán 9. Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn f f .x/

Df .x/C2x với mọi số thựcx:

Lời giải. Từ giả thiết, dễ thấyf đơn ánh vàf .0/ D 0:Dof liên tục nên nó là hàm đơn điệu thực sự. Tiếp theo, ta sẽ chứng minhf là toán ánh. Thật vậy, giả sử tồn tại sốa2Rđểf .x/¤a với mọi số thựcx:Khi đó, ta cóf .x/ > avới mọix 2Rhoặcf .x/ < x với mọix2 R: Giả sửf .x/ > avới mọix 2R:Nếuf giảm ngặt thì ta có

2xCa < 2xCf .x/Df f .x/

< f .a/

với mọix;mâu thuẫn. Do đóf tăng ngặt. Suy ra, với mọix < 0;ta có f .x/ > f .x/C2x Df f .x/

> f .a/:

Dof tăng ngặt nên từ đây, ta cóx > avới mọix < 0;mâu thuẫn.

Tương tự, trong trường hợpf .x/ < a với mọix 2 R;ta cũng thu được điều mâu thuẫn. Như vậy,f là toàn ánh và do đó nó là song ánh.

Bây giờ, đặtf0.x/Dxvàfn.x/Df fn 1.x/

;ta chứng minh được fnC2.x/ fnC1.x/ 2fn.x/D0 với mọin2N:Từ đó suy ra

fn.x/D 2x f .x/

3 . 1/ⁿCxCf .x/

3 2ⁿ:

Dof là song ánh nên nó tồn tại hàm ngược. Gọig.x/là hàm ngược củaf .x/và đặtg0.x/Dx;

gn.x/Dg gn 1.x/

:Thayxbởig.x/vào phương trình ban đầu, ta được

2g.x/Cx f .x/D0 (2.19)

với mọix 2R:Trong (2.19), ta tiếp tục thayxbởig.x/thì thu được 2g2.x/Cg.x/ xD0

với mọix 2R:Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh được

2gnC2.x/CgnC1.x/ gn.x/D0

với mọin2N:Suy ra

gn.x/D x 2g.x/

3 . 1/ⁿC 2xC2g.x/

3

1 2

n

:

Từ (2.19) suy ra2g.x/Df .x/ x:Do đó gn.x/D 2x f .x/

3 . 1/ⁿC xCf .x/

3

1 2

ⁿ

với mọin2N:Xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1:f tăng ngặt.Dễ thấyfn.x/vàgn.x/cũng tăng ngặt. Dof .0/ D0nêng.0/D0 vàgn.0/ D0:Với mỗi số thựcx > 0;ta cógn.x/ > gn.0/D0nên

2x f .x/

3 . 1/ⁿC xCf .x/

3

1 2

n

> 0

với mọin 2N:Nếu2x f .x/ > 0thì bằng cách chonlẻ vàn ! C1;ta sẽ thu được điều mâu thuẫn. Còn nếu2x f .x/ < 0thì bằng cách chonchẵn vàn! C1;ta cũng thu được kết quả tương tự. Do đó, ta cóf .x/D2xvới mọix > 0:

Chứng minh tương tự, ta cũng cóf .x/D2xvới mọix < 0:Như vậy, trong trường hợp này, ta tìm đượcf .x/D2x:Hàm này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Trường hợp 2:f giảm ngặt.Dễ thấyf2n.x/tăng ngặt,f2nC1.x/giảm ngặt vàfn.0/D0:Với mỗix > 0;ta cóf2n.x/ > f2n.0/D0Df2nC1.0/ > f2nC1.x/nên

2x f .x/

3 CxCf .x/

3 4ⁿ > 0 > f .x/ 2x

3 CxCf .x/

3 2^2nC1

với mọin2N:NếuxCf .x/ < 0thì bằng cách chon! C1;bất đẳng thức vế trái sẽ không thể thoả mãn. Còn nếuxCf .x/ > 0thì bằng cách chon! C1;bất đẳng thức vế bên phải cũng không thể thoả mãn. Do vậy, ta phải cóf .x/D x với mọix > 0:

Chứng minh tương tự, ta cũng cóf .x/D xvới mọix < 0:Tóm lại, trong trường hợp này, ta cóf .x/D xvới mọix:Hàm này cũng thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Bài toán 10 (Chọn đội tuyển ĐH Vinh, 2012). Tìm tất cả các hàm sốf liên tục từ tậpŒ0; C1/ vàoŒ0; C1/thoả mãn đẳng thức

2f .x/Df

x x²CxC1

Cf

xC1 2

với mọi số thực không âmx:

Lời giải. Dof liên tục trênŒ0; C1/nên nó cũng liên tục trênŒ0; 1:Từ đó suy ra tồn tại các số a; b 2Œ0; 1sao cho

f .a/D max

x2Œ0; 1f .x/DM và

f .b/D min

x2Œ0; 1f .x/Dm:

Do2M D2f .a/Df

aC1 2

Cf

a a²CaC1

và f

aC1 2

M; f

a a²CaC1

M

(chú ý rằng aC1

2 1và a

a²CaC1 < 1) nên ta suy ra f

aC1 2

DM:

Từ đây, bằng quy nạp, ta chứng minh được f

aC2ⁿ 1 2ⁿ

DM

với mọin2N:Trong đẳng thức này, chon! C1;ta đượcf .1/DM:Chứng minh tương tự, ta cũng cóf .1/Dm:Do đóM Dm:Điều này chứng tỏf là hàm hằng trên đoạnŒ0; 1:

Giả sửf .x/cvới mọix 2Œ0; 1:Khi đó, ta có thể viết lại phương trình ban đầu dưới dạng f .x/D 1

2f

xC1 2

C 1

2c:

Từ đẳng thức này, ta chứng minh bằng quy nạp được f .x/D 1

2ⁿf

xC2ⁿ 1 2ⁿ

C

1 2 C 1

2² C C 1 2ⁿ

c

với mọin2N:Chon! C1;ta đượcf .x/c:Hàm này thoả mãn yêu cầu đề bài.

Bài toán 11. Tìm tất cả các hàm sốf liên tục từRvàoRthỏa mãn điều kiện:

f x Cf .yCz/

Cf y Cf .zCx/

Cf zCf .xCy/

D0 (2.20)

với mọi bộ số thựcx; y; z:

Lời giải. Dễ thấyf .x/0là một nghiệm của phương trình nên ở đây ta chỉ cần xétf .x/60:

Thayx; y; zbởi x

2 vào (2.20), ta thu được fx

2 Cf .x/

D0 với mọix 2R:Tiếp tục, thayxbởi x

2 Cf .x/vào đẳng thức trên, ta được f

x 2² C 1

2f .x/

D0 với mọix 2R:Từ đây, bằng quy nạp, ta chứng minh được

f x

2^nC1 C 1 2ⁿf .x/

D0

với mọix 2Rvàn2N:Trong đẳng thức trên, cố địnhxvà chon! C1;sau đó sử dụng tính liên tục củaf;ta suy raf .0/D0:Từ đây, bằng cách thayx Dy vàz D xvào (2.20), ta có

f f .2x/ x

D 2f .x/

với mọix 2R:Dof .x/60nên tồn tạix0sao chof .x0/¤0:Xét dãy.an/được xác định bởi a0Dx0vàanC1 Df .2an/ an:Khi đó, dễ thấy

f .an/D 2f .an 1/D. 2/²f .an 2/D D. 2/ⁿf .x0/ với mọin2N:Nếuf .x0/ > 0thì ta có lim

n!C1f .a2n/D C1và

n!C1lim f .a2n 1/D 1:

Còn nếuf .x0/ < 0thì ta có kết quả ngược lại. Nhưng trong cả hai trường hợp này, ta đều thấy rằngf .x/không bị chặn, màf liên tục nên nó toàn ánh.

Đến đây, bằng cách thayy Dz D0vào (2.20), ta có 2f f .x/

Cf .x/D0 với mọix 2R:Dof toàn ánh nên ta cóf .x/D x

2; 8x 2R:Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm làf .x/D0vàf .x/D x 2:

Bài toán 12 (IMO, 2013). Cho hàm sốf xác định trên tậpQ^Cvà nhận giá trị trong tậpRthỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) f .x/f .y/f .xy/với mọix; y2 Q^CI (2.21)

(2) f .xCy/f .x/Cf .y/với mọix; y 2Q^CI (2.22)

(3) tồn tại một số hữu tỉa > 1sao chof .a/ Da: (2.23) Chứng minh rằngf .x/Dxvới mọix 2Q^C:

Lời giải. Thayx D avày D 1vào (2.21), ta đượcaf .1/ a;tứcf .1/ 1:Từ đây, bằng cách sử dụng quy nạp kết hợp với (2.22), ta chứng minh được

f .n/ n với mọin2N:ThayxD p

q vớip; q 2N; .p; q/D1vày Dqvào (2.21), ta được f

p q

f .q/f .p/p > 0:

Màf .q/ q > 0nên từ đây ta có

f .x/ > 0

với mọix 2 Q^C:Kết hợp với (2.22), ta suy raf .x/là hàm tăng thực sự trênQ^C:Bây giờ, từ (2.21), sử dụng quy nạp kết hợp vớif .a/Da;ta thu được

f .aⁿ/aⁿ

với mọin2N:Ta sẽ chứng minh

f .x/x (2.24)

với mọi x 1; x 2 Q^C: Thật vậy, giả sử có x0 1 sao cho f .x0/ < x0: Khi đó, đặt f .x0/Dx0 "với0 < " < x0:Sử dụng quy nạp kết hợp với (2.21), ta có

f .x₀ⁿ/fⁿ.x0/D.x0 "/ⁿ với mọin2N:Mặt khác, dof tăng nên ta có

f .x₀ⁿ/f bx0ⁿc

bx0ⁿc x₀ⁿ 1:

Do đó, kết hợp với bất đẳng thức trên, ta thu được

xⁿ₀ 1.x0 "/ⁿ

với mọin 2N:Nhưng, một điều rõ ràng là bất đẳng thức này sẽ sai vớinđủ lớn. Mâu thuẫn này cho ta điều vừa khẳng định, tức (2.24) đúng. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh

f .x/Dx (2.25)

với mọix 1; x 2Q^C:Chọnn2 Nsao choaⁿxC1:Khi đó, ta có aⁿf .aⁿ/Df .aⁿ x/Cx

f .aⁿ x/Cf .x/.aⁿ x/Cx Daⁿ: Do vậy, dấu đẳng thức trong các đánh giá phải xảy ra và do đó (2.25) đúng.

ThayxD p

q vớip; q 2N; .p; q/D1vày Dq vào (2.21), ta suy ra f .x/x

với mọix 2Q^C:Từ (2.22) sử dụng phương pháp quy nạp, ta có f .nx/nf .x/

với mọix 2Q^Cvàn2N:Từ đó, chox D p

q vớip; q 2N; .p; q/D1vànDq;ta được f .x/x

với mọix 2Q^C:Vậyf .x/Dxvới mọix 2Q^C:Ta thu được kết quả cần chứng minh.

Bài toán 13. Tìm tất cả các hàm sốf WR!Rthỏa mãn đồng thời các điều kiện:

(1) f .xC1/f .x/C1với mọix 2RI (2.26)

(2) f .xy/f .x/f .y/với mọix; y2 R: (2.27)

Lời giải. Thay x D y vào (2.27), ta đượcf .x²/ f².x/ 0: Từ đó suy raf .x/ 0 với mọi x 0:Do đó, bằng cách thayx D 0vào (2.26), ta có f .1/ f .0/C1 1:Tiếp tục, thayx Dy D1vào (2.26), ta cóf .1/ f².1/;tức0f .1/ 1:Kết hợp với trên, ta được f .1/D1và do đóf .0/ D0:Từ (2.26) và (2.27), bằng quy nạp ta có

f .x Cn/f .x/Cn (2.28)

với mọix 2R; n2N;và

f .xⁿ/fⁿ.x/ (2.29)

với mọix 0vàn2N:Sử dụng (2.28), với mỗix > 0;ta có f .x/Df fxg C bxc

f fxg

C bxc bxc> x 1:

Từ đây, kết hợp với (2.29) và (2.27), với mỗix > 1và với mỗin2N;ta thấy rằng .xⁿ 1/fⁿ

1 x

f .xⁿ/f 1

xⁿ

f .1/D1:

Do vậy, ta có

f 1

x

1 pn

xⁿ 1

với mọix > 1 vàn 2 N:Trong bất đẳng thức trên, cố địnhx > 1và chon ! C1;ta thu đượcf 1

x 1

x;hay nói cách khác (chú ý rằngf .0/ D0vàf .1/D1),

f .x/x (2.30)

với mọix 2Œ0; 1:Mặt khác, do (2.26) nên ta cũng chứng minh bằng quy nạp được rằng f .x n/f .x/ n

với mọin2N:Với mỗix < 0;ta cóbxc< 0nên f .x/Df fxg C bxc

f fxg

C bxc fxg C bxc Dx: (2.31) Trong (2.27), ta thayx Dy Dt vớit 2Œ 1; 0thì có

f².t /f .t²/t²

nên suy rat f .t / t:Kết hợp với kết quả ở trên, ta thu đượcf .t / Dt với mọit 2Œ 1; 0:

Bây giờ, với mỗix < 1;sử dụng kết quả trên, ta có 1

x²f².x/Df².x/f² 1

x

f .x²/f 1

x²

f .1/D1

nênf².x/x²;suy rax f .x/ x:Kết hợp kết quả này với (2.31), ta đượcf .x/Dx với mọix 0:Tiếp tục, thayy D 1vào (2.27) và xétx > 0thì có

xDf . x/f .x/f . 1/D f .x/;

suy raf .x/ x với mọi x > 0:Kết hợp kết quả này với (2.30), ta đượcf .x/ D x với mọi x 2.0; 1/:Cuối cùng, xétx > 1;ta có

1

xf .x/Df .x/f 1

x

f .1/D1

nênf .x/x:Kết hợp với bất đẳng thứcf .x/x;ta đượcf .x/Dxvới mọix > 1:Tóm lại, ta đã chứng minh đượcf .x/Dxvới mọixvà hàm này thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

Bài toán 14 (MOSP, 2007). Tìm tất cả các hàm sốf WR!Rthỏa mãnf .1/D1và

f

yf .x/C x y

Dxyf .x²Cy²/ (2.32)

với mọi cặp số thựcx; y .y ¤0/:

Lời giải. Thay x D 0vào (2.32), ta đượcf yf .0/

D 0:Nếu f .0/ ¤ 0 thì bằng cách chọn y D 1

f .0/;ta đượcf .1/D0;mâu thuẫn với giả thiết. Do đó, ta phải cóf .0/D0:

Bây giờ, giả sử rằng tồn tạia1 ¤0sao chof .a1/ D0:Thayx D a1 vày D 1vào (2.32), ta đượcf .a²₁C1/D0:Từ đó, ta có thể xây dựng được dãy.an/vớianC1 Da_n²C1thỏa mãn

f .an/D0 với mọin2N:ThayxD1vào (2.32), ta được

f

yC 1 y

Dyf .y²C1/

với mọiy ¤0:Tiếp tục, thayxbởixC 1

x vào (2.32) và sử dụng kết quả trên, ta có f

xyf .x²C1/C x²C1 xy

D y.x²C1/

x f

.x²C1/²Cx²y² x²

với mọix; y ¤0:Thayybởi y

x vào phương trình trên, ta được f

yf .x²C1/C x²C1 y

D y.x²C1/

x² f

.x²C1/²Cy² x²

với mọix; y ¤0:Mặt khác, sử dung (2.32), ta cũng có f

yf .x²C1/C x²C1 y

Dy.x²C1/f .x²C1/²Cy² :

Kết hợp với đẳng thức trên, ta được y.x²C1/

x² f

.x²C1/²Cy² x²

Dy.x²C1/f .x²C1/²Cy²

; hay

f

.x²C1/²Cy² x²

Dx²f .x²C1/²Cy²

(2.33) với mọi x; y ¤ 0:Nếuf .x/ D 0; 8x > 4thì bằng cách thayx D y D 5vào (2.32), ta thu được điều mâu thuẫn. Do đó, tồn tại một số thựcb > 4sao chof .b/ ¤0:Do limanD C1

nên tồn tạim2Nsao choam > b:Bây giờ, với chú ý rằngb > 4 > b

am C1²

;ta có thể chọn x²D b

am

vày²Db b am

C12

để có 8 ˆ<

ˆ:

.x²C1/²Cy² Db .x²C1/²Cy²

x² Dam

Thay các số này vào (2.33), ta thu đượcf .am/D b am

f .b/;hayf .b/D0;mâu thuẫn. Và như thế, ta đã chứng minh đượcf .x/D0khi và chỉ khix D0:

Bây giờ, với mỗix ¤0;ta có thể chọny sao choyf .x/C x

y Dx²Cy²(đây là phương trình bậc ba ẩny nên luôn có ít nhất một nghiệm thực). Thay vào (2.32), ta được

.1 xy/f .x²Cy²/D0:

Tuy nhiên, theo chứng minh trên thìf .x²Cy²/¤0:Do đó, ta phải cóy D 1

x:Suy ra 1

xf .x/Cx² Dx²C 1 x²; từ đây ta dễ dàng tìm đượcf .x/D 1

x với mọix ¤0:Ta đi đến kết luận:

f .x/D 8 ˆ<

ˆ:

0 nếux D0 1

x nếux ¤0 Hàm này thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

3. Một số bất phương trình hàm được xây dựng trên các tập rời rạc

Bài toán 15. Với mỗi hàmg W Z^C ! Z^C; g.1/ D 1cho trước, chứng minh rằng luôn tồn tại hàm sốf WZ^C!Z^Cthoả mãn

f .n/ > g.n/

với mọin2 Z^C;và

f .mn/Df .m/f .n/

với mọi cặp số nguyên dương nguyên tố cùng nhaum; n:

Lời giải. Ta sẽ xây dựng hàmf thoả mãn các điều kiện trên. Xét dãy faigi2Z^C D.2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; : : :/

là dãy tăng các luỹ thừa của các số nguyên tố. Các số trong dãy có dạngp^˛_i^j được xếp theo thứ tự tăng dần. Ta có nhận xét rằng, nếu một hàmf WZ^C !Z^Ccó tính chấtf .mn/Df .m/f .n/

khi.m; n/ D1thì các giá trị của nó sẽ được xác định dựa trên dãyf .ai/:

Ta thiết lập dãyf .ai/bằng phép quy nạp như sau:

Chọnf .a1/ > g.a1/:

Giả sử các sốf .a1/; f .a2/; : : : ; f .ak 1/đã được xác lập. Xét tất cả các số dạngg.s/;

vớis là tích của các số khác nhau từ tậpfa1; a2; : : : ; akg:Ta sẽ chọn số bất kỳf .ak/lớn hơn tất cả các số dạngg.s/:

Ta đã chọn được dãy giá trịf .ai/và thêm điều kiện nhân tính.f .mn/Df .m/f .n//sẽ xác lập nên hàmf WZ^C!Z^C:Hàmf được thiết lập như trên thoả mãn các yêu cầu của đề bài.

Thật vậy, với mọin2Z^C;ta có thể biểu diễnnDai1ai2 aip vớii1< i2< < ip:Do đó f .n/Df .ai1ai2 aip/Df .ai1/f .ai2/ f .aip/f .aip/ > g.ai1ai2 aip/Dg.n/:

Bài toán được chứng minh xong.

Bài toán 16 (Trung Quốc, 1993). Cho hàm sốf WR^C !R^Cthoả mãn

f .xy/f .x/f .y/ (3.1)

với mọix; y > 0:Chứng minh rằng với mọix > 0vàn2Z^Cthì f .xⁿ/f .x/p

f .x²/p³

f .x³/ pⁿ

f .xⁿ/: (3.2)

Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theon:Dễ thấy khẳng định đúng vớinD1:Giả sử khẳng định (3.2) đúng với các số1; 2; : : : ; n:Khi đó, ta có

f .x^k/f .x/p

f .x²/p³

f .x³/ ^k q

f .x^k/ vớikD1; 2; : : : ; n:Nhânnbất phương trình trên lại, ta thu được

fⁿ.x/f ⁿ²¹.x²/ f ¹ⁿ.xⁿ/f .x/f .x²/ f .xⁿ/:

Nhân cả hai vế của bất phương trình trên vớif .x/f .x²/ f .xⁿ/;ta được f^nC1.x/f ^nC21.x²/ f ^nCn1.xⁿ/f².x/f².x²/ f².xⁿ/:

Mặt khác, sử dụng (3.1), ta lại có VPD

n

Y

iD1

f .xⁱ/f .x^{nC1 i}/

fⁿ.x^nC1/:

Kết hợp với đánh giá ở trên, ta suy ra

f^nC1.x/f ^nC21.x²/ f ^nCn1.xⁿ/fⁿ.x^nC1/:

Nhân hai vế của bất phương trình cuối chof .x^nC1/và lấy căn bậcnC1hai vế, ta suy ra khẳng định (3.2) cũng đúng vớinC1:Theo nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định đúng với mọin:

Nhận xét. Bằng cách đặtanDlnf .xⁿ/;ta có thể phát biểu bài toán trên lại dưới dạng dãy số như sau: Choa1; a2; : : :là dãy các số thực thoả mãnaiCj ai Caj với mọii; j D1; 2; : : : Chứng minh rằng với mọin2 Z^Cthì

a1Ca2

2 C Can

n an: Bài toán này đã được sử dụng ở kỳ thi APMO năm 1999.

Bài toán 17. Tìm tất cả các sốa > 0sao cho tồn tại hằng sốK > 0và hàmf WR!Rthoả

mãn f .x/Cf .y/

2 f

xCy 2

CKjx yj^a với mọi cặp số thựcx; y:

Lời giải. Từ giả thiết, ta suy ra f ^xC₂^y

Cf .y/

2 f

xC3y 4

C K

2^ajx yj^a; f .x/Cf ^xC₂^y

2 f

3xCy 4

C K

2^ajx yj^a; f ^3x₄^Cy

Cf ^xC₄^3y

2 f

xCy 2

C K

2^ajx yj^a:

(3.3) (3.4) (3.5) Lấy (3.3)C(3.4)C2(3.5);ta được

f .x/Cf .y/

2 f

xCy 2

C K

2^{a 2}jx yj^a:

Từ đây, bằng cách lặp lại quy trình thế như trên, ta chứng minh bằng quy nạp được f .x/Cf .y/

2 f

xCy 2

C K

2^{n.a 2/}jx yj^a

với mọin 2N:Nếua < 2thì bằng cách chox¤y vàn! C1;ta thu được điều mâu thuẫn.

Do đóa2:Ta sẽ chứng minh đây là tập hợp tất cả các số thựcathoả mãn yêu cầu đề bài.

Thật vậy, vớia2;xétf .x/D jxj^avàK D 1

2^a;ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đầu bài được thoả mãn với mọi cặp số thựcx; y;tức là

jxj^a C jyj^a

2

ˇ ˇ ˇ ˇ

xCy 2

ˇ ˇ ˇ ˇ

a

Cˇ ˇ ˇ

x y

2 ˇ ˇ ˇ

a

: (3.6)

Đặtf .x; y/DVT_(3.6) VP_(3.6);ta có

f . x; y/Df . x; y/Df .x; y/Df .x; y/:

Do đóf .x; y/là hàm chẵn vớixvà vớiy:Vì vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x 0vày 0:Khi đó, bất đẳng thức (3.6) được viết lại dưới dạng

x^aCy^a

2

xCy 2

^a Cˇ

ˇ ˇ

x y

2 ˇ ˇ ˇ

a

: VớixCy D0;ta cóxDy D0nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Xét trường hợpxCy > 0:Khi đó, do bất đẳng thức trên có dạng thuần nhất đối vớix; y nên ta có thể chuẩn hoáxCy D2:Theo đó, ta phải chứng minh

x^aCy^a

2 1Cˇ

ˇ ˇ

x y

2 ˇ ˇ ˇ

a

: (3.7)

Do0ˇ ˇ ˇ

x y

2 ˇ ˇ

ˇ xCy

2 D1nên 1C

ˇ ˇ ˇ

x y

2 ˇ ˇ ˇ

a

1C .x y/²

4 D x²Cy²

2 :

Mặt khác, theo bất đẳng thức trung bình luỹ thừa, ta lại có x^aCy^a

2

x²Cy² 2

^a2

x²Cy²

2 :

Do đó (3.7) được chứng minh. Bài toán được giải quyết xong.

4. Một số bài tập tự luyện

Để kết lại bài viết này, xin được nêu thêm một số bài toán để bạn đọc tự nghiên cứu thêm.

Bài tập 4.1 (Bulgaria, 2008). Chof WR^C !R^Clà hàm số thoả mãn 2f .x²/xf .x/Cx

với mọix > 0:Chứng minh rằngf .x³/x²với mọix > 0:

Bài tập 4.2 (IMO Shortlist, 2005). Tìm tất cả các hàm sốf WR^C !R^Cthoả mãn f .x/f .y/D2f xCyf .x/

với mọi cặp số dươngx; y:

Bài tập 4.3 (KHTN, 2010). Tìm tất cả các hàm sốf WR^C!R^Cthoả mãn f .xC2y/ f .x y/D3

f .y/C2p

f .x/f .y/

với mọi cặp số dươngx > y:

Bài tập 4.4. Tìm tất cả các hàmf WR^C !R^Cthoả mãn f

f f .x/

Cf f .x/

D2xC5 với mọi số thực dươngx:

Bài tập 4.5 (Brazil, 2012). Tìm tất cả các toàn ánhf WR^C!R^Cthoả mãn 2xf f .x/

Df .x/h

xCf f .x/i với mọi số thực dươngx:

Bài tập 4.6 (Việt Nam TST, 2007). Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn f .x/Df

x²C x 3 C 1

9

với mọi số thựcx:

Bài tập 4.7. Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn f .2xC1/Df .x/

với mọi số thựcx:

Bài tập 4.8. Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn f xCy f .y/

Df .x/Cf y f .y/

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.9 (Hà Nội, 2013). Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR^C !R^Cthoả mãn đồng thời các điều kiện sau

(1) f .2x/D2f .x/với mọix > 0I (2) f

f³.x/ e^{f .x/} 1

Dx².e^x 1/f .x/với mọix > 0I (3) f .e 1/D.e 1/f .1/I

(4) f .k/2Nvới mọik2N:

Bài tập 4.10 (Turkey, 2013). Tìm tất cả các hàmf W R ! R^C thoả mãn đồng thời các điều kiện

(1) f .x²/Df².x/ 2xf .x/với mọix2 RI (2) f . x/Df .x 1/với mọix 2RI (3) f tăng thực sự trên.1;C1/:

Bài tập 4.11 (THTT, 2002). Tìm tất cả các hàmf WR!Rthoả mãn f x f .y/

Df .xCy²⁰⁰²/Cf f .y/Cy²⁰⁰² C1 với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.12. Tìm tất cả các hàmf WR!Rthoả mãn f .x²/C4y²f .y/ D

f .xCy/Cy²

f .x y/Cf .y/

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.13 (Tổng quát IMO 1992). Với mỗi số tự nhiênn2cho trước, tìm tất cả các hàm sốf WR!Rthoả mãn đẳng thức

f xⁿCf .y/

DyCfⁿ.x/

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.14 (Saudi Arabia, 2014). Tìm tất cả các hàmf WN!Nthoả mãn f .nC1/ > f .n/Cf f .n/

2 với mọi số nguyên dươngn:

Bài tập 4.15 (Romania, 2004). Tìm tất cả các đơn ánhf WN !Nthoả mãn f f .n/

nCf .n/

2 với mọi số nguyên dươngn:

Bài tập 4.16 (IMAR, 2009). Chứng minh rằng với mỗi hàm sốf W R^C ! R^C đều tồn tại ít nhất một cặp số dươngx; ysao cho

f .x Cy/ < yf f .x/

: Bài tập 4.17 (IMO, 2011). Cho hàm sốf WR!Rthoả mãn

f .xCy/yf .x/Cf f .x/

với mọix; y 2R:Chứng minh rằngf .x/D0với mọix 0:

Bài tập 4.18 (IMO Shortlist, 2009). Chứng minh rằng không tồn tại hàmf WR!Rthoả mãn f x f .y/

yf .x/Cx với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.19. Cho hàm sốf WŒ0; 1 !Œ0; C1/thoả mãn f .x/Cf .y/

2 f

xCy 2

C1

với mọix; y 2Œ0; 1:Chứng minh rằng với mọia; b; c 2 Œ0; 1; a < b < cthì

c b

c af .a/C b a

c af .c/f .b/C2:

Bài tập 4.20. Cho các hàm sốf; gWŒ0; 1!Œ0; 1;trong đóf tăng nghiêm ngặt, thoả mãn f g.x/

Dx với mọix 2Œ0; 1:Chứng minh rằng với mọin2Nthì

n 1

X

kD1

f

k n

Cg

k n

< n 1 n:

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên),Một số chuyên đề toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi, Khoá bồi dưỡng giáo viên chuyên toán THPT, 2004.

[2] Nguyễn Văn Mậu,Phương trình hàm cơ bản với đối số biến đổi, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2015.

[3] Nguyễn Trọng Tuấn,Các bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic, NXB Giáo Dục, 2004.

[4] Christopher G. Small,Functional Equations and How to Solve Them, Springer, 2007.

[5] An Introduction to the Theory of Functional Equations and Inequalities, Birkhauser, 2009.

[6] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Oleg Mushkarov, Nicolai Nikolov,Topics in Functional Equations, XYZ Press, 2012.