7.4 Bất phương trình hàm với cặp biến tự do
Trong mục này, ta xét một số bài toán liên quan đến việc xác định lớp hàm số trong các ràng buộc dưới dạng hệ bất đẳng thức.
Bài toán 7.27. Xác định các hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f(x)⩾0, ∀x∈R;
(ii) f(x+y)⩾f(x) +f(y), ∀x, y∈R.
Giải.Thay x= 0 vào điều kiện đầu bài, ta thu được ( f(0)⩾0
f(0)⩾2f(0) hay f(0) = 0.
Vậy nên
0 =f(0) =f(x+ (−x))⩾f(x) +f(−x)⩾0.
Suy raf(x)≡0. Thử lại, ta thấy hàm sốf(x)≡0 thoả mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 7.28. Cho trước hàm số h(x) = ax, a ∈R. Xác định các hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f(x)⩾h(x), ∀x∈R;
(ii) f(x+y)⩾f(x) +f(y), ∀x, y∈R.
Giải. Để ý rằngh(x+y) =h(x) +h(y). Đặtf(x) =h(x) +g(x). Khi đó ta thu được các điều kiện
(i) g(x)⩾0, ∀x∈R,
(ii) g(x+y)⩾g(x) +g(y), ∀x, y∈R.
Lặp lại cách giải của bài toán 7.27. Thay x= 0 vào điều kiện đầu bài, ta thu được ( g(0)⩾0
g(0)⩽0 hay g(0) = 0.
Vậy nên
0 =g(0) =g(x+ (−x))⩾g(x) +g(−x)⩾0.
Điều này kéo theog(x)≡0hay f(x) =ax. Thử lại, ta thấy hàm sốf(x) =axthoả mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 7.29. Cho số dươnga. Xác định các hàm sốf(x)thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f(x)⩾ax, ∀x∈R;
(ii) f(x+y)⩾f(x)f(y), ∀x, y∈R.
242 Chương 7. Bất đẳng thức hàm Giải.Để ý rằngf(x)>0với mọi x∈R. Vậy ta có thể logarit hoá hai vế các bất đẳng thức của điều kiện đã cho:
(i) lnf(x)⩾(lna)x, ∀x∈R;
(ii) lnf(x+y)⩾lnf(x) + lnf(y), ∀x, y∈R.
Đặt lnf(x) =ϕ(x), ta thu được (i) ϕ(x)⩾(lna)x, ∀x∈R;
(ii) ϕ(x+y)⩾ϕ(x) +ϕ(y), ∀x, y∈R. Ta nhận được Bài toán 7.28.
Như vậy ϕ(x) = (lna)x. Suy ra f(x) = ax. Thử lại, ta thấy hàm sốf(x) =ax thoả mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 7.30. Xác định tất cả các hàm f :R→R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) f(x+y) =f(x) +f(y), ∀x, y∈R;
(ii) Tồn tại hằng sốM sao cho: f(x)⩽M, ∀x∈[0; 1].
Giải. Từ giả thiết (i), ta cóf(0) = 2f(0)nên f(0) = 0và f(2x) = 2f(x).
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được f(nx) =nf(x), ∀n ∈N∗. Do đó, với cặp số nguyên dương m, n, ta có
m.f(n
mx) =f(nx) =nf(x) hay
fn mx
= n
mx, ∀m, n∈N∗, ∀x∈R. Hơn nữa,
0 =f(0) =f(x+ (−x)) =f(x) +f(−x) ⇒ f(−x) = −f(x). Như vậy, với mọi số hữu tỉ r ta luôn có
f(rx) =rf(x). (7.48)
Từ giả thiết (ii) của bài toán ta có
f(1−x)⩽M ⇔ f(1)−f(x)⩽M ⇔ f(x)⩾f(1)−M, ∀x∈[0,1].
Như vậy với mọi x∈[0,1],ta có
f(1)−M ⩽f(x)⩽M.
Suy ra, với mọi số N đủ lớn ta luôn có
−N ⩽f(x)⩽N, ∀x∈[0,1], hay
|f(x)|⩽N, ∀x∈[0,1].
7.4. Bất phương trình hàm với cặp biến tự do 243 Lại dof(−x) =−f(x), ∀x∈Rnên suy ra
|f(x)|⩽N, ∀x∈[−1,1].
Vớix tùy ý, gọi r là số hữu tỉ dương sao cho|x|⩽r thì |x
r|⩽1và ta có
|f(x
r)|⩽N ⇔ 1
r|f(x)|⩽N ( do (7.48)) hay
|f(x)|⩽N.r, ∀x∈R. Khi r→ |x|thì
|f(x)|⩽N.|x| ⇒ lim
x→0f(x) = 0.
Đặtf(1) =cthìf(r) =r.c,với mọir hữu tỉ. Xét x0 tùy ý. Nếux→x0 thìx−x0→0.
Khi đó ta có lim
x→x0
f(x−x0) = 0 hay
x→xlim0f(x) =f(x0).
Xét số thực x tùy ý, luôn tồn tại dãy{rn}∞n=1 các số hữu tỉ sao cho lim
n→∞rn = x thì
rlimn→xf(rn) =f(x).Mặt khác,f(rn) =c.rn nên ta có:
f(x) = lim
n→∞(c.rn) =c. lim
n→∞rn=c.x
Thử lại, dễ thấy hàmf(x) =cx(với c là hằng số) thỏa mãn yêu cầu bài toán . Kết luận: Hàm số cần tìm là f(x) =cx.
Bài toán 7.31. Tồn tại hay không hàm sốf :R→R, không là hàm hằng thỏa mãn bất đẳng thức:
[f(x)−f(y)]2⩽|x−y|3, ∀x, y∈R.
Giải. Từ bất đẳng thức [f(x)−f(y)]2 ⩽|x−y|3, vớix6=y ta suy ra:
[f(x)−f(y)]2
(x−y)2 ⩽|x−y|
hay
f(x)−f(y) x−y
⩽|x−y|12. (7.49)
Trong biểu thức (7.49), cố định x và cho y→ x ta được f0(x) = 0 hay f(x) là hằng số.
Vậy không tồn tại hàmf(x)khác hằng số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
244 Chương 7. Bất đẳng thức hàm Bài toán 7.32. Cho hàm số f(x) xác định trên đoạn[0,1] và thỏa mãn
f(0) =f(1) = 0 và fx+y 2
⩽f(x) +f(y), ∀x, y∈[0,1].
1. Chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có vô số nghiệm trên đoạn [0,1].
2. Tồn tại hay không hàm số xác định trên đoạn [0,1] thỏa mãn các điều kiện trên và không đồng thời bằng 0.
Giải.
1. Cho x=y, từ giả thiết, ta có:
f(x)⩽2f(x) ⇒ f(x)⩾0, ∀x∈[0,1]
và
f1 2
⩽f(0) +f(1) = 0.
Suy ra f 1
2
= 0.Vậy nên x = 1
2 là một nghiệm của phương trình f(x) = 0 trên đoạn [0,1]. Bằng phương pháp quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng
f1 2n
= 0, ∀n∈N∗. Thật vậy, ta có f1
2
= 0. Giả sử f1 2k
= 0, ∀k∈N, k⩾1.
Khi đó ta có
f 1 2k+1
=f0 +21k
2
⩽f(0) +f 1 2k
= 0.
Vậy 0⩽f 1
2k+1
⩽0hay f 1
2k+1
= 0.
Kết luận: f 1 2n
= 0, ∀n∈N∗ hay phương trìnhf(x) = 0 có vô số nghiệm:
x= 1
2n ∈[0,1], ∀n∈N∗. 2. Dễ thấy hàm số:
f(x) =
(0 khi x∈[0,1]∩Q, 1 khi x∈[0,1]\Q thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
7.4. Bất phương trình hàm với cặp biến tự do 245 Bài toán 7.33. Xác định tất cả cặp hàm f :R→ R và g:R→ Rthỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) 2f(x)−g(x) =f(y)−y, ∀x, y∈R; (ii) f(x)g(x)⩾x+ 1, ∀x∈R.
Giải. Từ giả thiết (i), thay y=x,ta có
2f(x)−g(x) =f(x)−x.
Suy ra
f(x) =g(x)−x, ∀x∈R. Khi đó giả thiết (i) trở thành:
2 [g(x)−x]−g(x) = [g(y)−y]−y hay
g(x) = 2x−2y+g(y), ∀x, y∈R.
Choy= 0 và đặt g(0) =b, ta có g(x) = 2x+bvà từ đóf(x) =x+b.
Thay biểu thức của f(x) vàg(x) vào bất đẳng thức (ii), ta thu được (x+b)(2x+b)⩾x+ 1, ∀x∈R
hay
2x2+ (3b−1)x+b2−1⩾0, ∀x∈R.
Từ đó, suy ra
M= (3b−1)2−8(b2−1)⩽0⇔ (b−3)2⩽0 ⇔ b= 3.
Vậy cặp hàmf(x) =x+ 3vàg(x) = 2x+ 3thỏa mãn điều kiện (ii).
Xét điều kiện (i), ta có
2f(x)−g(x) = 3 =f(y)−y.
Vậy (i) được thỏa mãn.
Kết luận: Cặp hàm cần tìm là f(x) =x+ 3vàg(x) = 2x+ 3.
Bài toán 7.34. Cho f(x) là hàm số xác định trên[0,1] và thỏa mãn các điều kiện:
(i) f(1) = 1;
(ii) f(x)⩾0, ∀x∈[0,1];
(iii) Nếu x, y, x+y∈[0,1] thì f(x+y)⩾f(x) +f(y).
Chứng minh rằng khi đó
f(x)⩽2x, ∀x∈[0,1].
246 Chương 7. Bất đẳng thức hàm Giải. Trước hết ta chứng minh rằng
f 1
2n
⩽ 1
2n, ∀n∈N∗. Vớin= 1, ta có
1 =f(1) =f1 2 +1
2
⩾2f1 2
nên
f 1
2
⩽ 1 2. Vậy khẳng định trên đúng với n= 1.
Giả sử khẳng định đúng với n=k, nghĩa là f1
2k
⩽ 1 2k. Khi đó ta có
1
2k ⩾f1 2k
=f 1
2k+1 + 1 2k+1
⩾2.f 1 2k+1
hay
f 1
2k+1
⩽ 1 2k+1,
nghĩa là khẳng định đúng với n=k+ 1.Vậy khẳng định đúng với mọin∈N∗. Từ (ii) và (iii), suy raf(x) là hàm số không giảm trên [0,1].
Với mọi x∈(0,1], ta chọn số k= [log2 1
x]. Khi đó k⩽log2 1
x < k+ 1 ⇒ 2k ⩽ 1
x <2k+1 ⇒ 1
2k+1 < x⩽ 1 2k và do hàmf(x) không giảm trên[0,1]nên
f(x)⩽f 1 2k
⩽ 1
2k = 2 1
2k+1 <2x.
Vớix= 0 thìf(0) = 0nên f(x)⩽2x với mọix∈[0,1].
Bài toán 7.35. Cho hai hàm sốf(x), g(x) xác định trên Rvà thỏa mãn điều kiện: Tồn tại số a >0 sao cho
(i) f(x+a) =f(x) +g(x);
(ii) f(x) = 1 nếu 0⩽x⩽a;
(iii) g(x+na) =
(g(x) khin chẵn
−g(x) khi n lẻ .
Chứng minh rằng khi |g(x)|⩽1 với mọix∈Rthì 0⩽f(x)⩽2, ∀x∈R.
7.4. Bất phương trình hàm với cặp biến tự do 247 Giải. Ta có
f(x+ 2a) =f((x+a) +a) =f(x+a) +g(x+a).
Mặt khác,
f(x+a) =f(x) +g(x), g(x+a) =−g(x) nên
f(x+ 2a) =f(x), ∀x∈R.
Như vậy, f(x) là hàm tuần hoàn. Vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán cho trường hợp 0⩽x⩽2alà đủ.
Với0⩽x⩽a thìf(x) = 1 ( hiển nhiên thỏa mãn) Vớia < x⩽2athì ta có
f(x) =f((x−a) +a) =f(x−a) +g(x−a) = 1 +g(x−a) (dox−a∈(0, a]).
Từ |g(x)|⩽1, suy ra 0⩽f(x)⩽2, (điều phải chứng minh).
Bài toán 7.36. Cho các số dương M, a. Tìm các hàm số f(x), g(x) :R→R thỏa mãn các điều kiện:
|f(y)−f(x)−g(x)(x−y)|⩽M.|x−y|2+a, ∀x, y∈R. (7.50) Giải. Giả sử tồn tại các hàm f(x) vàg(x)thỏa mãn bài toán. Thay đổi vai trò của xvà y trong (7.50), ta thu được
|f(x)−f(y)−g(y)(y−x)|⩽M.|y−x|2+a, ∀x, y∈R. (7.51) Cộng theo vế các bất đẳng thức(7.50) và(7.51), ta thu được
|(g(x)−g(y))(x−y)|⩽2M.|x−y|2+a. Suy ra
g(x)−g(y) x−y
⩽2M.|x−y|a, ∀x, y∈R, x6=y. (7.52) Trong (7.52), ta cố định xvà cho y→x, ta được
g0(x) = 0, ∀x∈R hay g(x) =c=const .
Thay g(x) =c vào(7.50) ta có
|f(y)−f(x)−c(x−y)|⩽M.|x−y|2+a
248 Chương 7. Bất đẳng thức hàm
⇔
f(y)−f(x) x−y −c
⩽M.|x−y|1+a, ∀x, y∈R, x6=y.
Tiếp theo, cố địnhx và cho y→x ta được
f0(x) =−c ⇒ f(x) =−c.x+d, d=const.
Thử lại, dễ thấy cặp hàmf(x) =−cx+d; g(x) =cthỏa mãn điều kiện bài toán.
Kết luận: Cặp hàm cần tìm là:f(x) =−cx+d, g(x) =c, vớic, dlà các hằng số tuỳ ý.