Bất Phương Trình Hàm Sinh Bởi Các Đại Lượng Trung Bình Bậc Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan_Compressed.pdf

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 T[.]

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

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

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại họcThái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKHNguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đãtrực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời giannghiên cứu vừa qua

Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạylớp cao học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệp đã tạođiều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập vànghiên cứu tại trường Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới giađình và người thân luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quátrình học cao học và viết luận văn này

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếusót và hạn chế Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của cácthầy cô và các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019

Tác giả

Nguyễn Thị Thu Cúc

bình khác 111.4 Phương trình hàm Lobachevsky 171.5 Mối liên hệ giữa phương trình hàm Lobashevsky và phương

bình điều hòa 402.4 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình bậc hai 452.5 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung

bình bậc tùy ý 48

Chương 3 Một số phương pháp giải phương trình, bất phương

3.1 Phương pháp thế 513.2 Phương pháp sử dụng toàn ánh 56

3.3 Phương pháp kết hợp 593.4 Một số dạng bất phương trình hàm liên quan 653.5 Một số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm 70

Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi vềchuyên đề phương trình và bất phương trình hàm, tôi chọn đề tài luận văn

"Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và cácdạng toán liên quan"

Những năm gần đây đã có một số luận văn cao học khảo sát các phươngtrình (xem [4]) và bất phương trình hàm (xem [5]) chuyển tiếp các đại lượngtrung bình cơ bản Luận văn này nhằm mục tiêu hoàn thiện chuyên đề vềbất phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình bậc tùy ýnhằm giúp các giáo viên cũng như học sinh trong việc bồi dưỡng học sinhgiỏi cấp trung học phổ thông

Tiếp theo, trong luận văn khảo sát một số lớp bài toán về phương trình

và bất phương trình hàm từ các đề thi học sinh giỏi Quốc gia và Olympiccác nước những năm gần đây

Cấu trúc luận văn gồm 3 chương:

Chương 1 Phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình

Chương 2 Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình.Chương 3 Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trìnhhàm qua các kỳ thi Olympic.

Chương 1 Phương trình hàm

chuyển tiếp các đại lượng

trung bình

Trong chương này, ta nhắc lại một số kiến thức về tập hợp và các hàm

số sơ cấp Đồng thời, ta xét lớp hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bìnhcộng, lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình khác, phương trìnhhàm Lobachevsky, mối liến hệ giữa phương trình hàm Lobachevsky vàphương trình hàm cổ điển

b) Cho f (x) là một hàm tuần hoàn trên M Khi đó T (T > 0) được gọi

là chu kỳ cơ cở của f (x) nếu f (x) tuần hoàn với chu kỳ T mà không làhàm tuần hoàn với bất cứ chu kỳ nào bé 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

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 lànhững hàm tuần hoàn trên M

Lời giải Theo giả thiết ∃m, n ∈ N+, (m, n) = 1 sao cho a/b = m/n.Đặt

Tiếp theo, ta xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R và tập giátrị R(f ) ⊂ R

g(−t) = fx0

2 − t, f (t) = gt − x0

2



Khi đó (1.2) có dạngg(−t) = g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) là hàm chẵn trên R.Kết luận

f (x) = gx − x0

2

,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

g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ Rhay là

g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R.Vậy g(t) là hàm số lẻ trên R

Kết luận.

f (x) = gx − a

2

+ b

2,trong đó g(x) là hàm lẻ tuỳ ý trên R

Trong phần tiếp theo của mục này, ta xét các đại lượng trung bình vàđặc trưng hàm liên quan Các kiến thức trong phần này đươc lấy từ các tàiliệu [6] của J Aczel Trong các tài liệu này, J Aczel đã đưa ra các phươngpháp tổng quát về giải phương trình hàm các cấp, ví dụ:

ϕ(x + y) = F [ϕ(x), ϕ(y)], (1.5)

ϕx + y2



ϕ(ax + by + c) = F [ϕ(x), ϕ(y)], (1.7)G[ϕ(x + y), ϕ(x − y), ϕ(x), ϕ(y), x, y] = 0 (1.8)Đồng thời, J Aczel cũng đưa ra các tiêu chí về sự tồn tại và tính duy nhấtcủa nghiệm Kể từ đó, các phương pháp tổng quát đã được ông và các họctrò của mình tìm ra

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

1p

; 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 pf (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

và xét các bài toán xác định hàm số chuyển tiếp các đại lượng từ trungbình của các đối số sang các đại lượng trung bình của các hàm số

Cuối cùng, ta xét các đại lượng trung bình và các đặc trưng hàm củacác hàm sơ cấp liên quan

Tính chất 1.1 (Hàm bậc nhất) f (x) = ax + b, a; b 6= 0 có tính chất

fx + y2



= 1

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) = ax, 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) = loga|x| (a > 0, a 6= 1) có tính chất

f (2x) = 2[f (x)]2 − 1, ∀x ∈ R.Hàm f (x) = tan x có tính chất

f (x + y) = f (x) + f (y)

1 − f (x)f (y), với x, y, x + y 6=

(2k + 1)π

2 , k ∈ Z.Hàm f (x) = cot x 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 tínhchất

Hàm p(x) = arccot x có tính chất

p(x) + p(y) = pxy − 1

x + y

, ∀x, y : x + y 6= 0

Tính chất 1.8 (Các hàm hyperbolic) Hàm f (x) = sinh x := 12(ex− e−x)

có tính chất

f (3x) = 3f (x) + 4[f (x)]3, ∀x ∈R.Hàm g(x) = cosh x := 12(ex+ e−x) có tính chất

g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y), x, y ∈ R.Hàm h(x) = tanh x := eexx−e+e−x−x có tính chất

h(x + y) = h(x) + h(y)

1 − h(x)h(y).q(x) = coth x = e

+e−x

ex− e−x có tính chất

q(x + y) = 1 + q(x)q(y)

q(x) + q(y) .

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:

fx + y2



= f (x) + f (y)

Lời giải Đặt f (0) = b và f (x) = b + g(x) Khi đó g(0) = 0 Thế vào(1.9), ta có



= g(x)2hay

g

x + y2



= g(x + y)

2 , ∀x, y ∈ R.Thay vào (1.10) ta có gx + y

2



= g(x)+g(y)2 , ∀x, y ∈ R.g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R (1.11)

Vì g(x) liên tục trên R nên (1.11) là phương trình hàm Cauchy và do đóg(x) = ax

Suy ra f (x) = ax + b, a, b, ∈ R

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:

fx + y2



=

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 2: f (t) > 0, ∀t ∈ R Lấy logarit cơ số e hai vế của (1.12) tađược

g

x + y2



= 2f (x)f (y)

f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. (1.14)Lời giải Theo giả thiết, ta thấy:

1f

x + y2



= g(x) + g(y)

2 , ∀x, y ∈ R,trong đó g(t) = f (t)1 , ∀t ∈ R Khi đó g(t) > 0, ∀t ∈ R Theo kết quả củaBài toán 1.5 ta được g(t) = at + b, ∀t ∈ R vàf (t) = at+b1 Chọna, b để f (t)

có hai tính chất liên tục và dương ∀t ∈ R mẫu số khác 0 nên a = 0, b > 0suy ra f (t) = 1b

Thử lại kết quả ta thấy hàm này thỏa mãn điệu kiện đầu bài ra

Vậy

f (x) ≡ c, c > 0 tùy ý

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

fx + y2



=

r[f (x)]2 + [f (y)]2

Lời giải Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ R Vì vậy

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)

g

u + v2

Suy raf (x) = a ln x + b, a, b ∈ R tùy ý Thử lại ta thấy hàm này thỏamãn điều kiện bài ra.

Kết luận

f (t) = a ln t + b, a, b ∈ R tùy ý.Bài toán 1.10 (Trung bình điều hòa thành trung bình cộng) Tìm cáchàm số f (t) xác định, liên tục trên R\ {0} và thỏa mãn điều kiện

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

i2

> 0, ∀u 6= 0

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

Vậy f (x) ≡ c, c > 0 tùy ý

Kết luận

f (t) ≡ c, c > 0 tùy ý

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

x2 + y22

!

= f (x) + f (y)

2 , ∀x, y ∈ R. (1.20)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

r

u + v2



= f (

√u) + f (√

f

s

x2 + y22

!

=

s[f (x)]2 + [f (y)]2

2 , ∀x, y ∈ R

+

Lời giải Theo giả thiết f (x) > 0, x ∈R+ Suy ra

(1.21) ⇔hf

s

x2 + y22



= g(

√u) + g(√

v)

2 , ∀u, v > 0,trong đó g(u) = [f (u)]2 > 0, ∀u > 0

Từ đó suy ra

hu + v2



= h(u) + h(v)

2 , ∀u, v > 0,trong đó h(u) = g(√

r

u + v2



= f (

p

√u) + f (√p

Bài toán 1.15 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình nhân) Tìm cáchàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện

f p

r

xp+ yp2



=

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 x0 sao cho f (x0) = 0 thì

f p

r

xp0 + yp2



=

q

f (x0)f (y) = 0, ∀y ∈ R+,nên f (x) ≡ 0, ∀x> 0

, ∀n ∈N

Vì f (x) liên tục tại x = 0 nên

lim

n→∞f |x0|

(√p2)n



= f|x0|

√2



= f (|x|) =

q[f (x)]2 = |f (x)|, ∀x > 0,



=

q

f (x1)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) ⇔ ln f p

r

xp+ yp2



= ln[f (

p

√x)] + ln[f (√p

y)]

2 , ∀x, y ∈ R.

= g(x) + g(y)

2 , ∀x, y ∈ R.Theo Bài toán 1.14 thì g(u) = aup+ b với mọi u ∈ R

Suy ra f (x) = eaxp+b, thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiệncủa bài toán đặt ra

Kết luận

f (t) ≡ 0 hoặc f (t) = eatp+b, a, b ∈ R tùy ý.Bài toán 1.16 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình điều hòa) Tìmcác hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện

f p

r

xp+ yp2



= 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 p

r

xp+ yp2



= f (x) + f (y)2f (x)f (y) , ∀x, y ∈ R.



= g(x) + g(y)

2 , ∀x, y ∈ R.Theo Bài toán 1.14 thì g(u) = aup+ b với mọi u ∈ R

2 , ∀x, y ∈ R

+

, ∀p > 1 (1.25)

Lời giải Theo giả thiết f (x) > 0, ∀x ∈ R+ Suy ra

(1.25) ⇔ hf p

r

xp+ yp2



= g(

p

√u) + g(√p

v)

2 , ∀u, v > 0,trong đó g(u) = [f (u)]p > 0, ∀u > 0

Từ đó suy ra

hu + v2



= h(u) + h(v)

2 , ∀u, v > 0,trong đó h(u) = g(√p

Cho f : R → R là một hàm trên R, thoả mãn nghiệm phương trìnhhàm Lobachevsky (xem [6])

f (x)f (y) =hfx + y

2

i2

, ∀x, y ∈ R (1.26)

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 hàmLobachevsky không tương đương với

q

f (x)f (y) = fx + y

2

, ∀x, y ∈ R (1.27)

Bổ đề 1.1 Cho f là một nghiệm của (1.26) Nếu tồn tại x0 ∈ R sao cho

f (x0) = 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 Dođó

f (x) = 0, ∀x ∈R.

Nếu f (0) 6= 0, thì f (0)f (x) =

hf

x2

i2

.Suy ra (1.28)

Bổ đề 1.2 Cho f là nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0 Nếu f bị chặn trên lâncận (−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

x2

2n ta có kết quả lim

n→∞f (y) = f (0).Suy ra tính liên tục của f tại 0

[f (0)]12.Tiếp tục quá trình trên ta có

f (0)i

1− 1

2n−1

, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ (1.30)Suy ra

Vậy f liên tục tại 0

Bổ đề 1.3 Cho f là nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0 Hàm f liên tục trên Rnếu nó liên tục tại 0

Chứng minh Bởi vì f liên tục tại 0 nên hàm f2 cũng liên tục tại 0 Từ(1.26) và Bổ đề 1.1, ta có

f (x) − f (x0) =

hf



x − x02



i2

− [f (0)]2

f (−x0) ,Hay



x − x02



i2

− [f (0)]2

f (−x0) = 0.

Kéo theo tính liên tục của f tại ∀x0 ∈ R.

Mệnh đề 1.1 Cho f là một nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0 Nếuf bị chặntrên 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, fđồng biến tại x0 ∈ I nếu tồn tại η(x0) > 0 để

signf (x) − f (x0)

(x − x0) = 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, fnghịch biến tại x0 ∈ I nếu tồn tại η(x0) > 0 để

sign f (x) − f (x0)

(x − x0) = −1, ∀x ∈ I : 0 < |x − x0| < η(x0) (1.32)Định nghĩa 1.5 Cho f : I ⊆ R → R là một hàm Khi đó, f đơn điệutrên 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 đơnđiệu trên R nếu nó đơn điệu tại 0

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 nghĩaJensen ( [8,9]; J hiểu theo nghĩa Jensen ).

i

=

hf

x2



− fy2

i

= signf (0); ∀x, y ∈ R.Mệnh đề 1.4 Cho f là một nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0 Nếu f bị chặntrong khoảng (−r, r), thì f lồi (lõm) trên R nếu f (0) > 0(f (0) < 0).Kết quả chứng minh được suy ra từ Bổ đề 1.1 và Bổ đề 1.5, Mệnh đề1.1 và từ Định lí trong tài liệu [8]: Một hàm mà lồi (lõm) theo nghĩa củaJensen và liên tục trên khoảng (a, b) thì lồi (lõm) trên khoảng (a, b).Mệnh đề 1.5 Cho f là một nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0 Nếu f bị chặntrong 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

f0(0) = f (0)

x0 ln

f (x0)

f (0) ∀x0 ∈ (−r, r){0} (1.36)

+ f x0

2



f x2

= f (x − x0) − f (0)

x − x0

2f (xo)f

x2

+ f

x02

.Vì

+ fx0

f (x0) = f

0(0)

f (0)f

x02



Suy ra

f0x02

.Kéo theo (1.38)

Mệnh đề 1.6 Cho f là một nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0 Nếu f bị chặntrong khoảng (−r, r) thì f khả vi hầu khắp nơi, f ∈ CR∞ và

f (0)n−1, ∀x ∈R, ∀n ∈N∗ (1.41)

Chứng minh Vì f bị chặn trong (−r, r)nên theo Mệnh đề 1.3, ta có fkhả vi vô hạn.

fn(x) = βnf (x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗.Suy ra

g(x)g(y) = hg



x + y2



i2

.Nên ta có

"

g



x + y2

ln gx2



= ln g(x)

2 , ln g

y2



= ln g(y)

2 .Suy ra

ln g

x + y2



= ln g

x2

+ ln g

y2



= ln g

x2

g

y2

.Suy ra

g

x + y2



= g

x2

g

y2

.Ngược lại với f (x) = αg(x), ta có



= α2hg



x + y2

f (x)f (y) =

hf



x + y2



i2

= [f (0)]2e

2h x + y2



x + y2



Lần lượt cho x = 0, y = 0, ta có

1

2h(x) = h

x2



và 1

2h(y) = h

y2



Suy ra 1

2h(x + y) = h



x + y2



Vì vậy, ta có

h(x) + h(y) = h(x + y)

Vì h là nghiệm của (1.46), nên ta có

h(x) + h(y) = h(x + y) Và f (x) = αeh(x), f (y) = αeh(y).Suy ra



x + y2



i2

.Ngược lại, với f (x) = αeh(x), ta có

= α2e

2h x + y2

là một nghiệm của phương trình hàm Jensen

ϕx + y2

x + y2

i2

= e2ϕ

x + y2



nên

ϕx + y2

ϕ(x) + ϕ(y) = β(x + y) + 2 ln f (0)

= 2hβx + y

2

+ ln f (0)i

Do đó

ϕ(x) + ϕ(y)

x + y2

+ ln f (0) = ϕx + y

2



Bổ đề 1.10 Nếu f, f (0) 6= 0 là một nghiệm của (1.26), thì

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 (2x) + f (−2x)

2f (0)

= g(2x)

= g(x + y)

g(−x − y)2

f (x) − f (−x)2f (0)

f (y) − f (−y)2f (0)

f (x) + f (−x)2f (0)

f (y) − f (−y)2f (0)

= h(x)g(y) + h(y)g(x).

Vậy (1.56) đúng

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)

= g(x)g(y) + h(x)h(y) + g(x)g(y) − h(x)h(y)

= 2g(x)g(y)

Và

g(x + y) − g(x − y) = g(x)g(y) + h(x)h(y) − g(x)g(−y) − h(x)h(−y)

= g(x)g(y) + h(x)h(y) − g(x)g(y) + h(x)h(y)



Đảo lại, từ (1.55), (1.56) và (1.59), ta thu được

f (x)f (y) = [f (0)]2g(x) + h(x)][g(y) + h(y)

= [f (0)]2g(x + y) + h(x + y).Suy ra

f (x)f (y) = f (0)f (x + y) (1.62)Bây giờ, ta chứng minh

hf

x + y2

i2

Áp dụng (1.57), (1.59), (1.60) và (1.61), ta có

hf

x + y2

i2

= [f (0)]2

hg

x + y2

+ h

x + y2

Mệnh đề 1.10 Cho f là một nghiệm của (1.26) Nếu f bị chặn trongkhoảng (-r,r) và f0(0) = 1, thì

g(x) = f (x) + f (−x)

2f (0)

= f (0)e

βx+ f (0)eβ(−x)2f (0)

Chương 2 Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình

Trong chương này, ta khảo sát các dạng toán bất phương trình hàmsinh bởi các đại lượng trung bình cơ bản và trung bình bậc tùy ý Đó làcác dạng

1 Trung bình cộng của các đối số x + y

1p

; x, y ∈ R+.chuyển sang 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 pf (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

2.1 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung

bình cộng

Trong mục này, ta xét các dạng toán về bất phương trình hàm chuyểntiếp từ các đại lượng trung bình cộng của các đối số vào các đại lượngtrung bình khác nhau của các hàm số

Một số trường hợp đơn giản đã được xét trong [5] (xem các hệ quảtrong 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 + y2

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 kiệnsau:

f

x + y2

Bài toán 2.2 (Trung bình cộng thành trung bình nhân) Cho các số dương

a và b Xác định các hàm số f (t) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

f (0) = a và f (t)> abt, ∀t ∈R (2.5)

f

x + y2



>

q

f (x)f (y), ∀x, y ∈R (2.6)Lời giải Thế x = t, y = −t vào (2.6), ta thu được

Vậy nghiệm của bài toán là f (t) = abt

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 kiệnsau:

fx + y2



>

q

f (x)f (y), ∀x, y ∈R (2.7)và



> 2f (x)f (y)

f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. (2.10)Lời giải Đặt f (t) = 1

g(t), ta thu đượcg(0) = 1 và g(t) ≤ 1, ∀t ∈ R, (2.11)g

x + y2



≤ g(t) + g(−t)

2 ≤ 1, với mọi t ∈ R.Suy ra g(t) ≡ 1 và f (t) ≡ 1 Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các điềukiện (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 cộngthành trung bình bậc hai