Một số lớp bất đẳng thức hàm và các bài toán liên quan

Mục lục1 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học 51.1 Hàm số chuyển đổi từ phép cộng của đối số.. 25 2 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các trung bình cơ bản của đối số 402.1 Hàm s

Mục lục

1 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học 51.1 Hàm số chuyển đổi từ phép cộng của đối số 51.2 Hàm số chuyển đổi từ phép nhân của đối số 211.3 Hàm số chuyển đổi các phép biến đổi hình học của đối số 25

2 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các trung bình cơ bản của đối số 402.1 Hàm số chuyển đổi từ trung bình cộng của đối số 402.2 Hàm số chuyển đổi từ trung bình nhân của đối số 422.3 Hàm số chuyển đổi từ trung bình điều hòa của đối số 43

3 Bất đẳng thức trong lớp hàm lồi, lõm và tựa lồi, lõm 483.1 Hàm lồi, lõm 483.2 Hàm tựa lồi và tựa lõm 553.3 Hàm tựa lồi, lõm dạng hàm sin và cosin 63

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS TSKH.Nguyễn Văn Mậu Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu của mình để kiên trìhướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt cả quá trình làmluận văn Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới người thầycủa mình

Tôi cũng muốn gửi tới toàn thể các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học trườngĐại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các thầy cô đã đảm nhậngiảng dạy hai khóa Cao học 2010 - 2012 và 2011 - 2013, đặc biệt là các thầy côtham gia tham gia giảng dạy nhóm Phương pháp Toán sơ cấp 2010 - 2012 lời cảm

ơn chân thành đối với công lao dạy dỗ trong suốt thời gian của khóa học

Tôi xin cám ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, các anh chị em trong nhóm Caohọc Toán 2010-2012, đặc biệt là các anh chị em nhóm Phương pháp Toán sơ cấp

đã quan tâm, giúp đỡ, tạo điều kiện cũng như động viên tinh thần để tôi có thểhoàn thành khóa học này

Mở đầu

Chuyên đề bất đẳng thức hàm là một trong các lĩnh vực nghiên cứu quan trọngcủa Giải tích toán học Ngay từ Trung học phổ thông chúng ta cũng đã được biếtđến một số lớp bất đẳng thức hàm quen biết như hàm đồng biến, nghịch biến vàhàm lồi, lõm, Tức là lớp các hàm số được mô tả tính chất qua bất đẳng thứcJensen như

f



x + y2

Luận văn này trình bày về một số lớp bất đẳng thức hàm và một số bài toánliên quan, với hi vọng có thể bước đầu trình bày một cách có hệ thống một sốđặc điểm, một số dạng toán có thể thiết lập ở một số lớp bất đẳng thức hàm.Luận văn chủ yếu tổng hợp kiến thức từ nhiều nguồn như các sách, bài báo,báo cáo khoa học viết về chuyên đề bất đẳng thức hàm, bất phương trình hàm,các đề thi học sinh giỏi các cấp, các đề thi Olympic Toán quốc tế, các tài liệutrên Internet Qua đó trình bày lần lượt, hệ thống lại và đưa ra một số kĩ thuật

ra đề, giải các các bài toán liên quan đến bất đẳng thức hàm, cũng như giúp bạnđọc tiếp cận gần gũi hơn với khái niệm bất đẳng thức hàm

Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 4 chương:

Trong hai chương đầu luận văn trình bày các về lớp bất đẳng thức hàm chuyểnđổi các phép tính và đại lượng trung bình cơ bản.

Chương 3 trình bày riêng về lớp các hàm khá quen thuộc là hàm lồi, lõm Ngoài

ra, còn xây dựng phương pháp mô tả các hàm tựa lồi, tựa lõm từ lớp các hàm lồilõm trên một khoảng, từ đó áp dụng vào một số bài toán giải bất phương trìnhhàm lượng giác

Một số bài toán liên quan cũng như các bài tập đề nghị được trình bày ởchương 4

Do thời gian gấp rút và kiến thức còn hạn chế nên luận văn không thể tránhkhỏi những thiếu sót Vì vậy, rất mong nhận được những đóng góp của thầy cô

và bạn bè đồng nghiệp, xin trân trọng cảm ơn

Hà Nội, tháng 11 năm 2014

Học viênNguyễn Thị Hiền

f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (1.1a)Hàm số thỏa mãn bất đẳng thức (1.1) được gọi là hàm trên cộng tính (Subad-ditive), ngược lại nếu hàm số thỏa mãn (1.1a) thì được gọi là hàm dưới cộng tính(Superadditive).

Bài toán 1.1 Cho hàm số f :R →R thỏa mãn (1.1):

Giả sử f (x) ≥ 0 với mọi x mà |x| ≥ k Khi đó với mỗi x mà |x| < k thì luôn

có số nguyên dương n sao cho n|x| > k hay |nx| > k Do đó 0 ≤ f (nx) Mà

f (nx) ≤ nf (x), suy ra 0 ≤ nf (x)

Vậy f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R

Bài toán 1.2 Chứng minh rằng nếu hàm số f : R → R thỏa mãn (1.1) với

∀x, y ∈ R , liên tục tại 0 với f (0) = 0 thì f liên tục với mọi x ∈ R

Lời giải Thật vậy, với x ∈ R, f (x) = f (x + h − h) ≤ f (x + h) + f (−h) Suy

ra f (x) − f (−h) ≤ f (x + h) ≤ f (x) + f (h) với mọi h Cho h → 0, thì do f liêntục tại 0 và f (0) = 0 suy ra f liên tục tại x

Bài toán 1.3 Cho hàm f khả vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0) Chứng minh rằng



f (x)x

= f (x) + f (y).

Suy ra f (x) là hàm trên cộng tính trên I Điều ngược lại chứng minh tương tự.Bài toán 1.4 Cho f là hàm trên cộng tính trên R và f khả vi trên (a, +∞),(a ≥ 0) Chứng minh rằng nếu f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞) thì f0(x) là hàmđơn điệu không tăng trên (a, +∞)

Lời giải f là hàm trên cộng tính trên R, f0(x) tồn tại trên I = (a; ∞), a ≥ 0,

f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ I Khi đó lấy x1 ∈ I, t > 0 là số thực dương bất kì Do

Lời giải Thật vậy, cho x = 0, từ (1.1) ta có f (y) ≤ f (0) + f (y) suy ra f (0) ≥ 0.

Do f chẵn nên 2f (x) = f (x) + f (−x) ≥ f (x − x) = f (0) ≥ 0, ∀x ∈R

Như vậy qua các bài toán trên ta có một số nhận xét về các hàm số trên dưới cộng tính:

-Nhận xét 1.1

(i) Hàm f : R → R là hàm trên cộng tính không âm với mọi x ∈ R mà |x| ≥ k,

k > 0 thì f (x) không âm trên R

(ii) Hàm f :R → R là hàm trên cộng tính, liên tục tại 0 với f (0) = 0 thì f liêntục với mọi x ∈ R

(iii) Hàm f khả vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0) là hàm trên cộng tính nếu f0(x) <

f (x)

x , ∀x ∈ I và là hàm dưới cộng tính nếu f

0(x) > f (x)

x , ∀x ∈ I.

(iv) Hàm f là hàm trên cộng tính trên R và khả vi trên (a, +∞), (a ≥ 0), nếu

f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞) thì f0(x) là hàm đơn điệu không tăng trên

(a, +∞)

(v) Hàm trên cộng tính f (x) : R →R là hàm số chẵn thì không âm.

Ta xét một số bài toán giải bất phương trình hàm liên quan

Bài toán 1.6 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:(i) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R;

0, f (−x) ≥ 0 nên f (x) = 0, ∀x ∈ R Hay f (x) ≡ 0 Thử lại ta thấy hàm số

f (x) ≡ 0 thỏa mãn điều kiện đề bài ra

Bài toán 1.7 Cho trước a ∈ R Xác định hàm số thỏa mãn đồng thời các điều

Theo Bài toán 1.6, ta có g(x) ≡ 0, hay f (x) = ax Thử lại ta thấy hàm số

f (x) = ax thỏa mãn điều kiện đề bài ra

Bài toán 1.8 Xác định hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

• Đầu tiên ta chỉ ra rằng f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R+

Với x ∈ R+, khi đó x = ny với n ∈Z+ và 0 ≤ y ≤ 1 Hơn thế nữa, y = g(t)

với 0 ≤ t ≤ 1 nào đó (g là hàm liên tục, tăng với g(0) = 0, g(1) = 1) Từ (i)

• Tiếp theo ta sẽ chứng ninh |f (x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R.

Theo (i) ta có f (0) ≥ f (0) + f (0) suy ra f (0) ≤ 0 Mà theo chứng minhtrên thì f (0) ≥ 0, nên f (0) = 0 Hơn nữa

0 = f (0) = f (x − x) ≥ f (x) + f (−x),

suy ra

f (−x) ≤ −f (x), ∀x ∈ R (1.2)

Vì g(1) = 1 = f (1) và f (g(1)) = f (g(| − 1|)) ≥ g(|f (−1)|) và g đồngbiến nên |f (−1)| ≤ 1 Tuy nhiên theo (1.2) thì f (−1) ≤ −f (1) = −1, suy



≥ qf



pq



≤ p

q, ∀p, q ∈ Z

∗ +

Như vậy, do f là hàm đơn điệu không giảm trên R

∀x ∈ R+, f (x) ≤ x (1.3)(Thật vậy, nếu có x ∈ R+ để f (x) > x thì tồn tạix0 ∈ Q+ sao cho x < x0 <

f (x), khi đó f (x0) ≤ x0 < f (x) Mà do f là hàm đơn điệu không giảm nên

• Cuối cùng ta chỉ ra f (x) = x, ∀x ∈ R.

Lấy x = −p

q, với p, q ∈ Z

∗ + Từ (1.3a), (1.2) và f (n) = n, ∀n ∈ N ta cóqf



−pq



= −p

q, ∀p, q ∈ Z

∗ +

Như vậy, vì f đơn điệu ta có

f (x) = x, ∀x ≤ 0

(Thật vậy, nếu có x < 0 sao cho x 6= f (x), giả sử x < f (x), khi đó tồn tại

x0 ∈ Q− để x < x0 = f (x0) < f (x) Điều này mâu thuẫn với f đơn điệukhông giảm trên R.)

Với x ≥ 0 Tồn tại n ∈ Z∗+ sao cho x − n < 0 Khi đó

• F : R∗+ → R xác định bởi F (x) = log(t + 1) là hàm trên cộng tính

• F : R →R xác định bởi F (x) = 3 + sint là hàm trên cộng tính

1.1.2 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi phép cộng thành phép nhân

Trong phần này ta đi xây dựng một dạng bài tập giải bất phương trình hàmcác bất đẳng thức hàm

Lời giải Từ (ii) ta nhận xét rằng f (x) > 0 với mọi x ∈ R Vậy ta có thể logarit

hóa các bất đẳng thức điều kiện đã cho, ta thu được

Liệu ta có tìm được một hàm thay thế cho hàm h(x) = ax trong Bài toán

1.9, để bài toán vẫn có nghiệm không tầm thường? Từ kết quả của Bài toán 1.9,

ta có thể liên tưởng đến kết quả f (x) = ex, và ta có một đánh giá chặt rằng

ex ≥ 1 + x, ∀x ∈ R Vậy, một cách tự nhiên ta có bài toán sau:

Bài toán 1.10 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R;

(ii) f (x) ≥ 1 + x, ∀x ∈ R

Lời giải Từ (i) ta có

f (x) = f x

2 +

x2

Cho h → 0 ta được giới hạn

do vậy f (x) = Cex với C là hằng số Từ (i), f (0) = f (0 + 0) ≥ [f (0)]2 suy ra

f (0) ≤ 1, nhưng từ (ii) thì f (0) ≥ 1 nên C = f (0) = 1 Vậy f (x) = ex Thử lại

ta thấy hàm số f (x) = ex thỏa mãn điều kiện đề bài ra

Nhận xét 1.2 Bài toán trên vẫn cho kết quả không đổi nếu ta thay tập xác định

R của hàm số bởi một khoảng mở U bất kì chứa 0, và các điều kiện đúng với mọi

x, y, x + y ∈ U

Chúng ta có thể khái quát kết quả của Bài toán 1.9, Bài toán 1.10 bằng cáchtiếp tục giảm nhẹ điều kiện của hàm số trong điều kiện (ii)

Bài toán 1.11 Cho U là một khoảng mở bất kì chứa 0 Xác định hàm số

f : U → R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y, x + y ∈ U ;

(ii) f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ U

trong đó g(x) là hàm số cho trước khả vi tại 0, g(0) = 1, g0(0) = k

Lời giải Từ (i), ta có

f (x) = fx

2 +

x2

i2

nên f

x2



= 0.Bởi lập luận tương tự ta có f x0

≤ 0, ∀n ∈ N+ Nhưng g(x) khả vi tại 0 nên liên tục tại0, mà

g(0) = 1 suy ra g(x) > 0 với x gần 0 Từ đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ U

Tiếp theo ta sẽ chứng minh f khả vi trên U và f0(x) = kf (x), ∀x ∈ U, với

k = g0(0) Để thuận tiện ta đặt g(x) = 1 + θ(x) Khi đó, θ(x) khả vi tại 0 và

với h < 0 bất đẳng thức đúng theo chiều ngược lại

Do θ0(0) = k và θ(0) = 0, cho h → 0, ta được giới hạn

Ta có thể tổng kết kết quả trên thành định lý sau

Định lí 1.1 Cho U là một khoảng mở bất kì chứa 0 Hàm số f : U → R thỏa

mãn đồng thời các điều kiện sau:

⇒ f (x + y) ≥ f (x)f (y) thỏa mãn (i)

• F bị chặn trên bởi một hàm G nên f bị chặn dưới bởi g

• G khả vi tại 0 và thỏa mãn G(0) = 0 nên g khả vi tại 0 và g(0) = 1

Áp dụng Định lý 1.1, suy ra f (x) = ekx hay F (x) = kx với k là hằng số

Tương tự phương pháp chứng minh Định lý 1.1, ta có kết quả sau:

Định lí 1.2 Giả sử U là một khoảng chứa 0 Hàm số f : U → R thỏa mãn điều

kiện

f (x + y) ≥ f (x)g(y), ∀x, y, x + y ∈ U,

trong đó g(x) là hàm số cho trước khả vi tại 0, g(0) = 1, g0(0) = k, thì mọinghiệm của bất đẳng thức hàm trên đều có dạng f (x) = Cekx, C là hằng số.Chứng minh Ta sẽ chứng minh f khả vi trên U và f0(x) = kf (x), ∀x ∈ U,

với k = g0(0) Đặt g(x) = 1 + θ(x) Khi đó, θ(x) khả vi tại 0 và θ(0) = 0, θ0(0) =

Hệ quả 1.3 Các hàm số f (x) = ekx và g(x) = ekx là nghiệm duy nhất của hệphương trình hàm



f (x + y) ≥ f (x)g(y)g(x + y) ≥ g(x)f (y),

với điều kiện f (0) = 1, g(x) khả vi tại 0, g(0) = 1 và g0(0) = k

Hệ quả 1.4 Cho U là một khoảng mở chứa 0 Xét bất đẳng thức hàm

f (x + y) ≥ f (x)g(y),

trong đó g là một hàm cho trước xác định trên U với g(0) = 1, và tồn tại hàm

k(x) xác định trên U sao cho k(0) = g(0) = 1, k0(0) = l, k(x) ≤ g(x), ∀x ∈ U.(Ở đây ta nói g(x) tựa k(x) tại 0 bởi l) Bất đẳng thức hàm trên có nghiệm không

âm f trên U khi và chỉ khi elx ≥ g(x) trên U Trong trường hợp này mọi nghiệmkhông âm đều có dạng f (x) = Celx, trong đó C ≥ 0 là hằng số

Chứng minh Giả sử f (x) là một nghiệm không âm của bất đẳng thức hàm đãcho Vì g(x) ≥ k(x) trên U nên ta có

Bài toán 1.12 Xác định tất cả các hàm số thỏa mãn hệ bất phương trình sau



(Áp dụng Định lý 1.1, với g(x) = 1 + 2 sin x, ta thu được f (x) = e2x.)

Lời giải Đặt g(x) = 1 + 2 sin x Từ (1), ta có

f (x) = f

x

2 +

x2



≥hf

x2

i2

≥ 0, ∀x ∈ −π

2,

π2

sao cho f (x0) = 0 thì do f (x0) ≥ hf x0

≤ 0, ∀n ∈ N+ Nhưng g(x) liên tục tại 0, mà

g(0) = 1 suy ra g(x) > 0 với x gần 0 Từ đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ −π

2,

π2

bất kì và h nhỏ ta có



Do vậy f (x) = Ce2x với C là hằng số Từ (1), f (0) = f (0 + 0) ≥ [f (0)]2 mà

F (0) > 0 suy ra f (0) ≤ 1, nhưng do f (0) ≥ g(0) = 1 nên C = f (0) = 1

Vậy f (x) = e2x Thử lại ta thấy hàm số f (x) = e2x thỏa mãn điều kiện đề bàira

Bài toán 1.13 Tìm tất cả các hàm số f (x)xác định trên khoảng mở(−2; +∞),thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm sau:

Áp dụng Hệ quả 1.4 với g(x) = ef (x), k(x) = ex ta có

g(x) ≥ k(x) ∀x, k(0) = g(0) = 1, k0(0) = 0

Suy ra f (x) ≡ 0 Thử lại ta thấy hàm số f (x) ≡ 0 không thỏa mãn hệ bất đẳngthức hàm đã cho Vậy hệ bất đẳng thức hàm vô nghiệm

1.2 Hàm số chuyển đổi từ phép nhân của đối số

Trong phần này ta sẽ đi tìm lời giải cho bài toán

Bài toán 1.15 Tìm tất cả các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R\ {0}

[f (x−1)]2 + 2f (x−1).f (xy) + [f (xy)]2 ≤ [f (y)]2, ∀x, y ∈ R\ {0}

⇔ [f (x)]2 − 2f (x).f (xy) + [f (xy)]2 ≤ [f (y)]2, ∀x, y ∈ R\ {0}

Cộng vế với vế bất phương trình trên và (1.7), rồi chia 2 ta được

[f (x) + f (y) − f (xy)].f (x) ≤ 0 (1.9a)Tại đây, ta thay x, y bởi xy và y−1 ta được

[f (xy) − f (y) − f (x)].f (xy) ≤ 0 (1.9b)Cuối cùng, cộng (1.9), (1.9a),(1.9b), ta được

[f (x) + f (y) − f (xy)]2 ≤ 0

Điều này suy ra (L) : f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R\ {0} Điều phải chứngminh.

Phương trình hàm (L) rất quen thuộc đối với lý thuyết phương trình hàm.Định lý dưới đây cho ta lời giải phương trình hàm này

Định lí 1.4 Hàm số f (x) xác định và liên tục trên R\ {0} thỏa mãn

với ∀x1, x2, , xn ∈ R Như vậy

g(nx) = g(x + x + · · · + x) = ng(x), ∀x ∈ R, n ∈ Z+,

thêm (1.10) và (1.12) ta có

g(nx) = g(x + x + · · · + x) = ng(x), ∀x ∈ R, n ∈ Z (1.13)

= m.a

xn

– Lấy x ∈ R tùy ý, do Q trù mật trong R nên có dãy {tn} ⊂ Q sao cho

tn → x Vì g liên tục tại x nên

Thử lại, ta thấy hàm f (x) = a ln |x| với a ∈ R tùy ý thỏa mãn các điều kiện

bài toán đặt ra

Như vậy, từ kết quả của Định lý 1.3 và Định lý 1.4 ta có lời giải đầy đủ chobài toán 1.15

1.3 Hàm số chuyển đổi các phép biến đổi hình học của

f (x + y) ≤ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R

Trước hết, ta nhắc lại rằng, một tập hợp M trù mật trong tập số thực R nếunhư trong mọi lân cận của một điểm tùy ý của tập R đều có ít nhất một điểmcủa 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 tìmthấy 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

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

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

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]

pkd + f0(x − kd) nếu x ∈ [kd, (k + 1)d), k ∈ Z

+) 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 cáckhoảng (kd, (k + 1)d), k ∈ Z.

Vậy chỉ cần kiểm tra tính liên tục của f (x) tại các điểm x = kd, k ∈Z.

Vậy f (x) liên tục trên R

Định lý được chứng minh hoàn toàn

và giả sử rằng hàm f :R → R liên tục tại ít nhất một điểm.

sao cho f |[0,d] = f0, trong đó

Cho n → ∞, bởi tính liên tục của hàm f tại x0, ta thu được

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

i) I = (0, ∞) Từ (1.23), chứng minh tương tự như các phần trên, ta có

ii) I = (−∞, 0).

Ta xét hàmg : (0, ∞) → R xác 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 sử a, b, α, β ∈ R thỏa mãn các giả thiết của Định lý dạng "cộng"

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, mâuthuẫn với giả thiết αβ < 0

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

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

Hệ quả 1.6 Giả sử a, b, α, β ∈ R thỏa mãn các giả thiết của Định lý 1.8, phần1.

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 nhiềucác bài toán giải hệ bất phương trình hàm biến đổi hình học của đối số

Chương 2

Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các

trung bình cơ bản của đối số

Tương tự như các lớp bất đẳng thức hàm chuyển đổi hai phép tính số học củađối số, ta xét các lớp bất đẳng thức hàm chuyển đổi các đại lượng trung bình cơbản của đối số, đó là trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hòa vàmột số bài toán liên quan

Ta đã biết đến lớp các hàm thỏa mãn bất đẳng thức Jensen

f



x + y2

2.1 Hàm số chuyển đổi từ trung bình cộng của đối số

Bài toán 2.1 Xác định các hàm số f (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

f (0) = 0 và f (t) ≥ 0, ∀t ∈ R, (2.2)

f



x + y2



≥ f (x) + f (y)

2 , ∀x, y ∈ R. (2.3)