ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THU CÚC BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH BẬC TÙY Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THU CÚC BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH BẬC TÙY Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11, bạn học viên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Thu Cúc ii Mục lục Mở đầu Chương Phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình 1.1 Một số tính chất tập hợp hàm số sơ cấp 1.2 Hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng 1.3 Nhận xét lớp hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình khác 11 1.4 Phương trình hàm Lobachevsky 17 1.5 Mối liên hệ phương trình hàm Lobashevsky phương trình hàm cổ điển 23 Chương Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình 33 2.1 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng 34 2.2 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân 37 2.3 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình điều hòa 40 2.4 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình bậc hai 45 2.5 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình bậc tùy ý 48 Chương Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình hàm qua kỳ thi Olympic 51 3.1 Phương pháp 51 3.2 Phương pháp sử dụng toàn ánh 56 iii 3.3 Phương pháp kết hợp 59 3.4 Một số dạng bất phương trình hàm liên quan 65 3.5 Một số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm 70 Kết luận 75 Tài liệu tham khảo 76 Mở đầu Luận văn "Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình bậc tùy ý dạng tốn liên quan" nhằm cung cấp số vấn đề phương trình bất phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình, qua phân tích số dạng toán liên quan đề thi học sinh giỏi Việt Nam thi Olympic nước khu vực Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, dạng tốn liên quan tới phương trình bất phương trình hàm thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó phần kiến thức chun đề khơng nằm chương trình thức SGK bậc trung học phổ thơng Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phương trình bất phương trình hàm, tơi chọn đề tài luận văn "Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình bậc tùy ý dạng tốn liên quan" Những năm gần có số luận văn cao học khảo sát phương trình (xem [4]) bất phương trình hàm (xem [5]) chuyển tiếp đại lượng trung bình Luận văn nhằm mục tiêu hồn thiện chun đề bất phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình bậc tùy ý nhằm giúp giáo viên học sinh việc bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học phổ thông Tiếp theo, luận văn khảo sát số lớp tốn phương trình bất phương trình hàm từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic nước năm gần Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình Chương Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình Chương Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình hàm qua kỳ thi Olympic Chương Phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình Trong chương này, ta nhắc lại số kiến thức tập hợp hàm số sơ cấp Đồng thời, ta xét lớp hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng, lớp hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình khác, phương trình hàm Lobachevsky, mối liến hệ phương trình hàm Lobachevsky phương trình hàm cổ điển 1.1 Một số tính chất tập hợp hàm số sơ cấp Trong mục này, ta nhắc lại số kiến thức tập hợp cần thiết sử dụng để giải phương trình hàm liên quan Định nghĩa 1.1 (xem [2],[3]) a) Hàm số f (x) gọi hàm tuần hồn (cộng tính) chu kỳ a, (a > 0) M M ⊂ D(f )  ∀x ∈ M x ± a ∈ M f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm tuần hoàn M Khi T (T > 0) gọi chu kỳ cở f (x) f (x) tuần hồn với chu kỳ T mà khơng hàm tuần hoàn với chu kỳ bé T Bài toán 1.1 (xem [2], [3]) Tồn hay không tồn hàm số f (x) ≡ số, tuần hồn R khơng có chu kỳ sở Lời giải Xét hàm Dirichlet  0, x ∈ Q f (x) = 1, x ∈ / Q Khi f (x) hàm tuần hoàn R chu kỳ a ∈ Q∗ tuỳ ý Vì Q∗ khơng có số nhỏ nên hàm f (x) khơng có chu kỳ sở Bài toán 1.2 (xem [2], [3]) Cho cặp hàm f (x), g(x) tuần hồn M có chu kỳ a b với a/b ∈ Q Chứng minh F (x) := f (x) + g(x) G(x) := f (x)g(x) hàm tuần hoàn M Lời giải Theo giả thiết ∃m, n ∈ N+ , (m, n) = cho a/b = m/n Đặt T = na = mb Ta có  F (x + T ) = f (x + na) + g(x + mb) = f (x) + g(x) = F (x), G(x + T ) = f (x + na)g(x + mb) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M ∀x ∈ M Hơn nữa, dễ thấy ∀x ∈ M x ± T ∈ M Vậy F (x), G(x) hàm tuần hoàn M Tiếp theo, ta xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Định nghĩa 1.2 (xem [2],[3]) a) f (x) gọi hàm số chẵn M, M ∈ D(f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M − x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M b) f (x) gọi hàm số lẻ M (gọi tắt hàm lẻ M ) ∀x ∈ M − x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.3 Cho x0 ∈ R Xác định tất hàm số f (x) cho f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R (1.1) Lời giải Đặt x = x0 x0 − t suy t = − x Khi 2 x0 +t x0 − x = (1.1) có dạng f Đặt g(t) = f x0 x0 +t =f − t , ∀t ∈ R 2 (1.2) x0 + t x0 x0 − t , f (t) = g t − 2 g(−t) = f Khi (1.2) có dạng g(−t) = g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm chẵn R Kết luận x0 , f (x) = g x − g(x) hàm chẵn tuỳ ý R Bài toán 1.4 Cho a, b ∈ R Xác định tất hàm số f (x) cho f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R Lời giải Đặt (1.3) a − x = t, a a x = − t; a − x = + t 2 Khi (1.3) có dạng f a a + t +f − t = b 2 Đặt a b + t − = g(t) 2 Khi viết (1.4) dạng f g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm số lẻ R (1.4) 62 suy (−y) + f (−y) = −x2 nên f −x2 = f ((−y) + f (−y)) = −2y = −f x2 Suy f −x2 = −f x2 , ∀x ∈ R Do f hàm số lẻ Từ (3.33) suy f (2y) = 2f (y) , ∀y ∈ R (3.34) Ta có f (y + f (y)) = 2y, ∀y ∈ R nên f (y + f (y))2 = 4y , ∀y ∈ R Do đó, f y + 2yf (y) + f (y)2 = 4y , ∀y ∈ R (3.35) Nhận xét 3.4 Với y ≥ 0, suy f (y) ≥ 0, suy yf (y) ≥ 0, với y < 0, suy f (y) = −f (−y) < 0, suy yf (y) > Do yf (y) ≥ 0, ∀y ∈ R, kết hợp với (3.35), ta 2 4y = f 2yf (y) 2 +y +f y 2 = 2y +f 2yf (y) , ∀y ∈ R nên 4y = 2y + f (2yf (y)) , ∀y ∈ R Do đó, 2y = f (2yf (y)) , ∀y ∈ R, kết hợp với (3.34), ta y = f (yf (y)) , ∀y ∈ R (3.36) Sử dụng (3.36), thay y x + f (x) , thu (x + f (x))2 = f (((x + f (x)) f (x + f (x)))) = f ((x + f (x)) 2x) = f 2x2 + 2xf (x) = 2f x2 + xf (x) = 2f (f (xf (x)) + xf (x)) = 4xf (x) nên (x + f (x))2 = 4xf (x) , ∀x ∈ R (x − f (x))2 = 0, ∀x ∈ R, suy f (x) = x, ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn Bài toán 3.8 (VMO 2016) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (1) = 2016 63 f (x + y + f (y)) = f (x) + ay, ∀x, y ∈ R Lời giải Với a = 0, ta thấy f (x) = 2016 thỏa mãn hai điều kiện 1,2, ta a = giá trị cần tìm Xét a = Thay x = −f (y) vào điều kiện thứ 2, ta f (y) = f (−f (y)) + ay, ∀y ∈ R Giả sử f (y1 ) = f (y2 ), suy ay1 = ay2 , a = nên y1 = y2 Vậy f đơn ánh Tiếp tục thay y = vào điều kiện thứ 2, ta f (x + f (0)) = f (x), ∀x ∈ R Do f đơn ánh suy f (0) = −f (x) Thay y = vào điều kiện thứ 2, kết hợp với tính đơn ánh a f (ở ý f (0) = ⇔ x = 0), ta − Thay y − f (x) f (x) +f − a a = −x, ∀x ∈ R (3.37) f (y) vào điều kiện thứ 2, sử dụng (3.37), ta a f (x − y) = f (x) − f (y), ∀x, y ∈ R hay f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Ta có kết f (x) = f (1)x, ∀x ∈ Q f (kx) = kf (x), ∀k ∈ Q, x ∈ R nên f (2016) = 2016f (1) = 20162 Mặt khác f cộng tính nên từ điều kiện thứ 2, viết lại giả thiết thành f (y) + f (f (y)) = ay, ∀y ∈ R Cho y = 1, ta tính a = 2016.2017 Thử lại với a = 2016.2017 f (x) = 2016x thỏa mãn điều kiện 1, a=0 Vậy thỏa mãn yêu cầu toán a = 2016.2017 Bài tốn 3.9 (Thổ Nhĩ Kỳ, 2012) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện sau f (f (x2 ) + y + f (y)) = x2 + 2f (y) (3.38) 64 x ≤ y f (x) ≤ f (y) (3.39) Lời giải Trước hết, ta chứng minh f đơn ánh Cho y = vào (3.38), ta f (f (x2 ) + f (0)) = x2 + 2f (0), ∀x ∈ R Suy f (f (a) + f (0)) = a + 2f (0), ∀a (3.40) Từ (3.40) ta thấy f (x) đơn ánh [0, +∞) Lấy y1 , y2 ∈ R cho f (y1 ) = f (y2 ) f (f (x2 ) + y1 + f (y1 )) = f (f (x2 ) + y2 + f (y2 )) Với điều kiện đó, ta thấy y cố định f (x) không bị chặn nên cho x đủ lớn f (x2 + y1 + f (y1 )) f (f (x2 ) + y2 + f (y2 )) có giá trị y1 = y2 Vậy f hàm đơn ánh R Tiếp theo, ta chứng minh f (0) = Thật vậy, f (0) ≤ 0, cho a = −2f (0) vào phương trình (3.40), ta f (f (−2f (a)) + f (0)) = hay tồn c ∈ R thỏa mãn điều kiện f (c) = Cho x = y = c vào (3.38), ta f (f (0) + c) = Từ f hàm đơn ánh suy f (0) + c = c hay f (0) = Nếu f (0) 0, cho x = y = vào phương trình (3.38), ta f (2f (0)) = 2f (0) Cho a = 3f (0) = f (0) + f (2f (0)), (3) thành f (a) = f (f (0) + f (2f (0))) = 2f (0) + 2f (0) = 4f (0) Ta có f (f (a) + f (0)) = f (5f (0)) = 3f (0) + 2f (0) = 5f (0) Cho x = y = 2f (0) vào điều kiện (3.38), ta f (5f (0)) = 4f (0) Vì f (5f (0)) có hai giá trị 5f (0) 4f (0) , suy f (0) = Mặt khác từ (3.40) cho a 0, f (f (a)) = a Thay x = vào (3.38), ta f (y + f (y)) = 2f (y) ∀y ∈ R Cho y = f (a), ta f (f (a) + a) = 2f (f (a)) = 2a 65 Cho y = a, ta f (a + f (a)) = 2f (a) ∀a Suy f (a) = a ∀a Mặt khác, từ điều kiện (3.38) f (f (x2 ) + y + f (y)) = x2 + 2f (y) Cho y0 bất kỳ, tồn x0 cho x20 + y0 + f (y0 ) > Suy f (x20 + y0 + f (y0 )) = x20 + y0 + f (y0 ) = x20 + 2f (y0 ) Vì f (y0 ) = y0 Mà y0 nên f (x) = x với số thực x Thử lại ta thấy phương trình hàm thỏa mãn đề Vậy f (x) = x với x ∈ R Trong mục lại, ta xét số dạng toán liên quan bất phương trình hàm bất đẳng thức hàm chuyển tiếp phép tính số học 3.4 Một số dạng bất phương trình hàm liên quan Các nội dung hai mục lại chương tham khảo từ tài liệu số [1] Bài tốn 3.10 Tìm tất hàm f : R → R+ thỏa mãn điều kiện sau f (x) ≥ + x, ∀x, y ∈ R; (3.41) f (x + y) ≥ f (x) f (y) , ∀x, y ∈ R (3.42) Lời giải Trước hết, lưu ý f (x) > 0, ∀x ∈ R Trong (3.41), cho x = ta có f (0) ≥ Trong (3.42), cho x = ta có f (0) ≥ f (0), suy f (0) ≤ Do f (0) = Điều kiện (3.42) suy f (x1 + x2 + · · · + xn ) ≥ f (x1 ) f (x2 ) f (xn ) , với xi ∈ R, ≤ i ≤ n Do f (x) = f x x x + ··· + ≥ fn , với x ∈ R n ∈ N ∗ n n n 66 Kết hợp với điều kiện (3.42), ta có f (x) ≥ f n x x ≥ 1+ n n n Từ bất đẳng thức này, cho n → ∞, ta có f (x) ≥ ex Hơn nữa, ta có = f (0) = f (x + (−x)) ≥ f (x) f (−x) ≥ ex e−x = Do f (x) = ex Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện tốn Bài tốn 3.11 Chứng minh khơng tồn hàm f : R+ → R+ cho f (x + y) ≥ f (x) + y.f (f (x)) , ∀x, y ∈ R+ (3.43) Lời giải Giả sử tồn hàm f thỏa mãn điều kiện toán Trong (3.43), cho x = thay y Từ x ta f (1 + x) ≥ f (1) + x.f (f (1)) Điều suy lim f (x) = +∞, lim f (f (x)) = +∞ x→+∞ x→+∞ Mặt khác, (3.43), cho y = 1, ta f (x + y) ≥ f (x) + y.f (f (x)) , ∀x, y ∈ R+ (3.44) Điều suy lim (f (x + 1) − f (x)) = +∞ Do đó, tồn x→+∞ + x0 ∈ R cho f (x0 + k) − f (x0 + k − 1) > 2, ∀k ≥ (3.45) Bây giờ, chọn giá trị xác định n ∈ N∗ cho n ≥ x0 + Trong (3.45), cho k nhận giá trị 1, 2, , n sau cộng bất đẳng thức thu được, ta có f (x0 + n) − f (x0 ) > 2n, n ≥ x0 + (3.46) Hơn nữa, f (x0 ) > nên với cách chọn n ≥ x0 + 1, ta có n > x0 + − f (x0 ) Do đó, từ (3.46) ta có f (x0 + n) > 2n + f (x0 ) > x0 + n + (3.47) 67 Thế thì, ta có f (f (x0 + n)) ≥ f (x0 + n + 1) + (f (x0 + n) − (x0 + n + 1)) f (f (x0 + n + 1)) (3.48) Vì f (f (x0 + n + 1)) > nên, Từ (3.47), ta có f (x0 + n + 1) + (f (x0 + n) − (x0 + n + 1)) f (f (x0 + n + 1)) (3.49) > f (x0 + n + 1) Hơn nữa, từ (3.44), ta có f (x0 + n + 1) ≥ f (x0 + n) + f (f (x0 + n)) (3.50) Ngồi ra, f (x0 + n) > nên ta có f (x0 + n) + f (f (x0 + n)) > f (f (x0 + n)) (3.51) Cuối cùng, từ bất đẳng thức (3.48), (3.49), (3.50), (3.51), suy f (f (x0 + n)) > f (f (x0 + n)), mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.12 Tìm tất hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn điều kiện f (x) ≥ 2xf x2 , ∀x ∈ [0, 1] (3.52) Lời giải Trong (3.52), thay x = x = ta f (0) ≥ 0, f (1) ≤ (3.53) Với < x < 12 , áp dụng (3.53) n lần, ta f (x) ≥ 2xf x2 ≥ 22 x3 f x4 ≥ · · · ≥ (2x)n x2 Vì x ∈ 0; n −n−1 n f x2 , ∀n ∈ N∗ (3.54) f liên tục nên lim n→+∞ n (2x)n x2 −n−1 n f x2 = f (0) = (3.55) (3.56) Từ (3.54) (3.55), ta có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ 0; 68 √ √ Mặt khác, với x ∈ (0; 1), từ (3.52), ta có f ( x) ≥ xf (x) Suy  1 f x 2n  √ f ( x) f (x) ≤ √ ≤ · · · ≤ (3.57) x 1− 2n x 2n Vì 1 f x 2n   lim n→+∞ 1− 2n x 2n =0 nên từ (3.57), ta có f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (0; 1) (3.58) Từ (3.56) (3.58), ta có f (x) = 0, ∀x ∈ 0; (3.59) 1 n ; , tồn n ∈ N ∗ cho x2 < Thế thì, 2 n 2n −1 2n f (x) ≥ x f x = Do Với x ∈ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ ;1 (3.60) ;1 (3.61) Từ (3.58) (3.60), ta có f (x) = 0, ∀x ∈ Từ (3.59) (3.61), suy f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1) Hơn nữa, hàm f liên tục [0; 1] nên f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1] Thử lại, ta thấy f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1] thỏa mãn điều kiện toán Bài tốn 3.13 Xét bất phương trình hàm f (x + y) ≥ f (x) g (y) + f (y) g (x) , ∀x, y ∈ R, (3.62) 69 g (x) hàm giới nội, khả vi 0, g (0) = g (0) = k Chứng minh f (x) ≡ hàm số thỏa mãn bất phương trình cho, với điều kiện f (x) = x→0 x lim (3.63) Lời giải Giả sử f (x) nghiệm (3.62), với điều kiện (3.63) Thế thì, với h > 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 f (h) f (x + h) − f (x) g (h) − g (0) ≥ f (x) + g (x) h h h 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 nên liên tục điểm Do đó, với h > đủ nhỏ, ta có g (−h) > Vậy, với h > đủ nhỏ, ta có f (x + h) − f (x) (g (−h) − 1) f (x) + f (−h) g (x + h) ≤ h −g (−h) g (−h) − g (0) f (−h) = f (x) + g (x + h) −h.g (−h) −h.g (−h) Vậy với h > đủ nhỏ, từ kết trên, ta có g (h) − g (0) f (h) f (x + h) − f (x) f (x) + g (x) ≤ h h h g (−h) − g (0) f (−h) ≤ f (x) + g (x + h) −h.g (−h) −h.g (−h) 70 Tương tự, bất đẳng thức chiều ngược lại, với h < đủ nhỏ Do đó, Từ điều kiện (3.63)), ta có f (x + h) − f (x) h→0 h f (x) = lim tồn g (0) f (x) = kf (x), với x ∈ R, g (x) hàm giới nội Từ đó, với x ∈ R, ta có f (x) ekx = f (x) − kf (x) kf (x) − kf (x) = = ekx ekx Do f (x) = Cekx (C số) Hơn nữa, từ điều kiện (3.42) suy C = Vậy f (x) ≡ hàm số thỏa mãn bất phương trình 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) hàm thỏa mãn điều kiện f (2x) x + f (f (x)) , ∀x ∈ R+ (3.64) Chứng minh f (x) x, ∀x ∈ R+ Lời giải Từ (3.64), ta có f (x) x x +f f 2 > x , ∀x ∈ R+ (3.65) Giả sử f (x) > an x, ∀x ∈ R+ , (3.66) an số Thế thì, Từ (3.64), (3.65), (3.66), ta có f (x) x x +f f 2 > x x + an + an f > x 2 Xét dãy (an )∞ n=1 xác định Vì 1 + an a1 = , an+1 = , ∀n 2 71 nên (1 − an )2 an+1 − an = Suy (an )∞ n=1 dãy tăng Hơn nữa, dễ thấy an < 1, với n Do đó, dãy hội tụ ký hiệu a giới hạn + a2 , nghĩa a = Do đó, cho n → ∞ từ bất đẳng thức a = + an f (x) > x, ta có f (x) x, ∀x ∈ R+ Ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.15 Giả sử f : R → R hàm thỏa mãn điều kiện x , ∀x ∈ R; f (x) ≤ 1, x ∈ (−1, 1) f (x) ≤ 2x2 f x2 Chứng minh f (x) ≤ , ∀x ∈ R Lời giải Dễ thấy f (0) = Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức x 2f (x) với x = Đặt g (x) = , với x = Thế g (x) ≤ g x2 x n g (x) ≤ g n , với x = n ∈ N ∗ Chú ý rằng, g (x) ≥ g (2x) ≥ Do đó, ta có g (x) ≤ 2n x g n = x 2n 2f 2n x 2n ≤ 2n 22n+1 , x2 x n ∈ (−1, 1) Bây cho n → ∞ sử dụng kết lim = 0, ta n→∞ 2n 2n x2 thu g (x) ≤ Do f (x) ≤ , ∀x ∈ R Bài tốn 3.16 Giả sử F tập tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn bất đẳng thức f (3x) ≥ f (f (2x)) + x, ∀x ∈ R+ (3.67) Tìm số thực a lớn cho với hàm f ∈ F , ta ln có f (x) ≥ ax Lời giải (3.68) 72 x x Dễ thấy f (x) = thỏa mãn (3.67), nên f (x) = ∈ F Thay 2 x f (x) = vào (3.68), ta suy a ≤ 2 Vì f (x) > 0, ∀x > 0, nên từ (3.67), ta có f (x) = f 3x ≥f f 2x + x x > , ∀x > 3 (3.69) Ta xác định dãy (an ) sau 2an + a1 = ; an+1 = , ∀n ≥ 3 Dễ dàng kiểm tra < an < , ∀n ≥ Suy (3.70) (3.71) 2an + 1 an+1 − an = − an = (an − 1) (2an − 1) > 0, ∀n ≥ 3 Do đó, (an ) dãy số dương, tăng thực bị chặn Từ Vậy dãy (an ) hội tụ Giả sử lim an = α Thế thì, Từ (3.70) (3.71), n→∞ 2α2 + 1 ta có α = hay α = Bây ta cần chứng minh rằng, với n ≥ 1, ta ln có f (x) ≥ an x, ∀x > (3.72) Thật vậy, từ (3.69) nên (3.72) với n = Giả sử (3.72) với n = k ≥ 1, nghĩa f (x) ≥ ak x, ∀x > (3.73) Khi đó, từ (3.67) (3.73), ta có 2x x + 3 x 2x ≥ ak f + 3 2x x ≥ ak + 3 2ak + = x ≥ ak+1 x, ∀x > f (x) ≥ f f 73 Vậy (32) với n = k + Do đó, (3.72) với n ≥ 1 Từ điều suy rằng, với hàm f ∈ F , ta ln có f (x) ≥ x Tóm lại, giá trị a cần tìm a = Bài tốn 3.17 Tìm tất hàm số f : [1, ∞) → [1, ∞) thỏa mãn điều kiện sau f (x) ≤ (1 + x) , ∀x ≥ 1; (3.74) xf (x + 1) = f (x) − 1, ∀x ≥ (3.75) Lời giải Từ giả thiết (3.74) (3.75), ta có f (x) = xf (x + 1) + ≤ 2x (x + 2) + < √ (x + 1) , ∀x ≥ Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh f (x) < 2n (x + 1) , ∀x ≥ 1, n ≥ (3.76) Vì 2n → n → ∞, nên từ (3.76), ta có f (x) ≤ x + 1, ∀x ≥ (3.77) f (x) − = f (x + 1) ≥ Do Bây giờ, từ (3.75), ta có x √ √ f (x) ≥ x + > x, ∀x ≥ Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh f (x) > x 2n , ∀x ≥ 1, n ≥ 1− Vì (3.78) → n → ∞, nên từ (3.78) ta 2n f (x) ≥ x, ∀x ≥ (3.79) Bây giờ, từ (3.75) (3.79), ta có f (x) = xf (x + 1) + ≥ x (x + 1) + > x + , ∀x ≥ 74 Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh f (x) > x + − Vì 2n , ∀x ≥ 1, n ≥ (3.80) → n → ∞, nên từ (3.80), ta 2n f (x) ≥ x + 1, ∀x ≥ (3.81) Từ (3.77) (3.81), ta suy f (x) = x + 1, ∀x ≥ Thử lại, ta thấy hàm số f (x) = x + 1, ∀x ≥ thỏa mãn điều kiện toán 75 Kết luận Luận văn "Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình bậc túy ỳ dạng toán liên quan" trình bày đạt số kết sau: Trình bày chi tiết hệ thống kiến thức đại lượng trung bình đồng bậc (trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hàn, trung bình bậc hai, trung bình bậc tùy ý) xét phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình Đặc biệt, xét phương trình hàm Lobachevsky mối liên hệ với phương trình hàm cổ điển khác Tiếp theo, khảo sát bất phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình Đây nội dung luận văn, nêu phương pháp giải công thức nghiệm bất phương trình hàm tương ứng Cuối cùng, luận văn trình bày số phương pháp giải đề toán phương trình hàm bất phương trình hàm liên quan chọn lọc từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic nước năm gần Do thời gian thực khơng nhiều khả hạn chế nên luận văn đưa số dạng tốn bất phương trình hàm với cặp biến tự do, chưa đề cập đến dạng tốn chứa hệ bất phương trình hàm đa biến, đa ẩn Hy vọng, thời gian tới em tiếp tục tìm hiểu sâu nội dung Em mong nhận ý kiến đóng góp q Thầy, Cơ bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn! 76 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Trịnh Đào Chiến (2012), Giải bất đẳng thức hàm phương pháp chuyển qua giới hạn dãy số, Kỷ yếu HTKH, Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh giỏi, Quy Nhơn, 14-15/04/ 2012 [2] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2016), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQG Hà Nội [4] Bùi Thị Du (2017), Về phương trình hàm loại giá trị trung bình áp dụng, Luận văn Thạc sỹ, ĐHKH, ĐH Thái Nguyên [5] Phạm Thị Vi (2014), Phương trình bất phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình, Luận văn Thạc sỹ, ĐHKH, ĐH Thái Nguyên B Tiếng Anh [6] Ạ Aczél J (1966), Lectures on Functional Equations and Their Applications, Academic Press [7] NN Nicolate Neamtu (1998), About some classical functional equations, Tr J of Mathematics, 22 , pp 119 - 126, Tubitak [8] NM Nicolescu, Miron (1958), Analiza Matermatical, Techica Bucurezti II, Editura [9] RN Riesz F, Nagy Sz (1972), Lecons d’analyse functionnelle, Academiai Kiado, Budapest ... văn "Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình bậc tùy ý dạng toán liên quan" nhằm cung cấp số vấn đề phương trình bất phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình, qua phân tích số dạng. .. Chương Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình 33 2.1 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng 34 2.2 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân 37 2.3 Bất phương trình. .. phương trình bất phương trình hàm, tơi chọn đề tài luận văn "Bất phương trình hàm sinh đại lượng trung bình bậc tùy ý dạng toán liên quan" Những năm gần có số luận văn cao học khảo sát phương trình