Luận văn bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan

1

Mở đầu
Luận văn "Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc
tùy ý và các dạng tốn liên quan" nhằm cung cấp một số vấn đề cơ bản
về phương trình và bất phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung
bình, qua đó phân tích một số dạng toán liên quan trong các đề thi học
sinh giỏi Việt Nam cũng như các bài thi Olympic các nước và khu vực.
Trong các kì thi học sinh giỏi tốn các cấp, Olympic Toán sinh viên,
các dạng toán liên quan tới phương trình và bất phương trình hàm thường
xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại
khó vì phần kiến thức về chun đề này khơng nằm trong chương trình
chính thức của SGK bậc trung học phổ thông.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về
chuyên đề phương trình và bất phương trình hàm, tơi chọn đề tài luận văn
"Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các
dạng tốn liên quan".
Những năm gần đây đã có một số luận văn cao học khảo sát các phương
trình (xem [4]) và bất phương trình hàm (xem [5]) chuyển tiếp các đại lượng
trung bình cơ bản. Luận văn này nhằm mục tiêu hoàn thiện chuyên đề về
bất phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình bậc tùy ý
nhằm giúp các giáo viên cũng như học sinh trong việc bồi dưỡng học sinh
giỏi cấp trung học phổ thông.
Tiếp theo, trong luận văn khảo sát một số lớp bài tốn về phương trình
và bất phương trình hàm từ các đề thi học sinh giỏi Quốc gia và Olympic
các nước những năm gần đây.
Cấu trúc luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình.


2

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


3

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 bình
cộng, lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình khác, phương trình
hàm Lobachevsky, mối liến hệ giữa phương trình hàm Lobachevsky và
phương trình hàm cổ điển.

1.1

Một số tính chất của tập hợp và các hàm số
sơ cấp

Trong mục này, ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản về tập hợp cần
thiết được sử dụng để giải các phương trình hàm liên quan.
Định nghĩa 1.1 (xem [2],[3]).
a) Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hồn (cộng tính) chu kỳ a, (a > 0)
trên M nếu M ⊂ D(f ) và

∀x ∈ M thì x ± a ∈ M
f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M.

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 hồn với chu kỳ T mà khơng là
hàm tuần hồn với bất cứ chu kỳ nào bé hơn T .


4

Bài tốn 1.1 (xem [2], [3]). Tồn tại hay khơng tồn tại một hàm số
f (x) 6≡ hằng số, tuần hồn trên R nhưng khơng có chu kỳ cơ sở.
Lời giải. Xét hàm Dirichlet

0, khi x ∈ Q
f (x) =
1, khi x ∈
/ Q.
Khi đó f (x) là hàm tuần hoàn trên R chu kỳ a ∈ Q∗ tuỳ ý. Vì trong Q∗
khơng có số nhỏ nhất nên hàm f (x) khơng có chu kỳ cơ sở.
Bài tốn 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 là
những hàm tuần hoàn trên M .
Lời giải. Theo giả thiết ∃m, n ∈ N+ , (m, n) = 1 sao 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 thì x ± T ∈ M . Vậy F (x), G(x) là những hàm
tuần hoàn trên M .
Tiếp theo, ta xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R và tập giá
trị R(f ) ⊂ R.
Định nghĩa 1.2 (xem [2],[3]).
a) f (x) được gọi là hàm số chẵn trên M, M ∈ D(f ) (gọi tắt là hàm chẵn
trên M ) nếu

∀x ∈ M thì

− x ∈ M và f (−x) = f (x), ∀x ∈ M.

b) f (x) được gọi là hàm số lẻ trên M (gọi tắt là hàm lẻ trên M ) nếu

∀x ∈ M thì

− x ∈ M và f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M.

Bài toán 1.3. Cho x0 ∈ R. Xác định tất cả các hàm số f (x) sao cho

f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R.

(1.1)


5

Lời giải. Đặt x =

x0
x0
− t suy ra t =
− x. Khi đó
2
2
x0
+t
x0 − x =
2

và (1.1) có dạng

f
Đặt g(t) = f

x

0

2

x


x

0
+t =f

− t , ∀t ∈ R.
2
2
0

(1.2)



+ t thì
x

x0 
g(−t) = f
− t , f (t) = g t −
.
2
2
0





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

x0 
,
f (x) = g x −

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

f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R.
Lời giải. Đặt

(1.3)

a
− x = t, khi đó
2
a
a
x = − t; và a − x = + t.
2
2

Khi đó (1.3) có dạng
a

 a

f
+ t +f
− t = b.
2
2
Đặt
a

 b
f
+ t − = g(t)
2
2
Khi đó có thể viết (1.4) dưới dạng

g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R
hay là

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

(1.4)


6

Kết luận.

a b
+ ,
f (x) = g x −
2
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 và
đặc trưng hàm liên quan. Các kiến thức trong phần này đươc lấy từ các tài
liệu [6] của J. Aczel. Trong các tài liệu này, J. Aczel đã đưa ra các phương

pháp tổng quát về giải phương trình hàm các cấp, ví dụ:

ϕ(x + y) = F [ϕ(x), ϕ(y)],
x + y 
ϕ
= F [ϕ(x), ϕ(y)],
2
ϕ(ax + by + c) = F [ϕ(x), ϕ(y)],

(1.5)

G[ϕ(x + y), ϕ(x − y), ϕ(x), ϕ(y), x, y] = 0.

(1.8)

(1.6)
(1.7)

Đồng thời, J. Aczel cũng đưa ra các tiêu chí về sự tồn tại và tính duy nhất
của nghiệm. Kể từ đó, các phương pháp tổng qt đã được ơng và các học
trị của mình tìm ra.
Trong luận văn này, ngồi các đại lượng trung bình cơ bản của các đối
số, ta còn xét các đại lượng trung bình bậc tùy ý tổng quát:

x+y
; x, y ∈ R.
2
√
2. Trung bình nhân của các đối số xy; x, y ∈ R+ .
1. Trung bình cộng của các đối số

2xy
; x, y ∈ R+ .
x+y
r
x2 + y 2
4. Trung bình bình phương của các đối số
; x, y ∈ R+ .
2
 xp + y p  p1
5. Trung bình bậc p (p > 1) của các đối số
; x, y ∈ R+ .
2
3. Trung bình điều hịa của các đối số

và các đại lượng trung bình của các hàm số:

f (x) + f (y)
.
2
p
2. Trung bình nhân của các hàm số f (x)f (y).

1. Trung bình cộng của các hàm số

3. Trung bình điều hịa của các hàm số

2f (x)f (y)
.
f (x) + f (y)

7

s

[f (x)]2 + [f (y)]2
4. Trung bình bình phương của các hàm số
.
2
 [f (x)]p + [f (y)]p  p1
5. Trung bình bậc p (p > 1) của các hàm số
.
2
và xét các bài toán xác định hàm số chuyển tiếp các đại lượng từ trung
bình 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 của
các hàm sơ cấp liên quan.
Tính chất 1.1 (Hàm bậc nhất). f (x) = ax + b, a; b 6= 0 có tính chất
x + y  1
f
= {f (x) + f (y)}, ∀x, y ∈ R.
2
2
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 (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R\{0}.
Tính chất 1.5 (Hàm Lũy thừa). f (x) = |x|a có tính chất

f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R\{0}.
Tính chất 1.6 (Hàm lượng giác). Hàm f (x) = sin x có tính chất

f (3x) = 3f (x) − 4[f (x)]3 , ∀x ∈ R.
Hàm f (x) = cos x 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)
(2k + 1)π
, với x, y, x + y 6=
, k ∈ Z.
1 − f (x)f (y)
2

Hàm f (x) = cot x có tính chất

f (x + y) =

f (x)f (y) − 1
, với x, y, x + y 6= kπ, k ∈ Z.
f (x) + f (y)

8

Tính chất 1.7 (Hàm lượng giác ngược). Hàm f (x) = arcsin x có tính
chất
p
p
f (x) + f (y) = f (x 1 − y 2 + y 1 − x2 ), ∀x, y ∈ [−1, 1].
Hàm g(x) = arccos x có tính chất
p
p
g(x) + g(y) = g(xy − 1 − x2 1 − y 2 ), ∀x, y ∈ [−1, 1].
Hàm h(x) = arctan x có tính chất
 x+y 
h(x) + h(y) = h
, ∀x, y : xy 6= 1.
1 − xy
Hàm p(x) = arccot x có tính chất
 xy − 1 
p(x) + p(y) = p
, ∀x, y : x + y 6= 0.
x+y
Tính chất 1.8 (Các hàm hyperbolic). Hàm f (x) = sinh x := 21 (ex − e−x )
có tính chất
f (3x) = 3f (x) + 4[f (x)]3 , ∀x ∈ R.
Hàm g(x) = cosh x := 21 (ex + e−x ) có tính chất

g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y), x, y ∈ R.
Hàm h(x) = tanh x :=

ex −e−x
ex +e−x

có tính chất

h(x + y) =

h(x) + h(y)
.
1 − h(x)h(y)

e+ e−x
có tính chất
q(x) = coth x = x
e − e−x
q(x + y) =

1.2

1 + q(x)q(y)
.
q(x) + q(y)

Hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng

Bài tốn 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:
 x + y  f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R.

(1.9)
f
=
2
2


9

Lời giải. Đặt f (0) = b và f (x) = b + g(x). Khi đó g(0) = 0. Thế vào
(1.9), ta có
 x + y  2b + g(x) + g(y)
b+g
=
, ∀x, y ∈ R
2
2
 x + y  g(x) + g(y)
=
, ∀x, y ∈ R,
(1.10)
g
2
2
trong đó g(0) = 0.
x
Thay y = 0 vào (1.10), ta có g
= g(x)
2
2

hay
 x + y  g(x + y)
g
=
, ∀x, y ∈ R.
2
2
x + y 
Thay vào (1.10) ta có g
= g(x)+g(y)
, ∀x, y ∈ R.
2
2
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 đó
g(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 tốn 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:
x + y  q
f
(1.12)
= f (x).f (y), ∀x, y ∈ R.
2
Lời giải. Với x = t, y = t, ta có
q
f (t) = [f (t)]2 =| f (t) |> 0, ∀t ∈ R.

Khi đó, xảy ra các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: ∃x0 để f (x0 ) = 0. Khi đó, ∀t ∈ R ta có
 x + (2t − x )  q
0
0
f (t) = f
= f (x0 ).f (2t − x0 ) = 0, ∀t ∈ R.
2
Vậy f (t) ≡ 0 là một nghiệm của (1.12).
+ Trường hợp 2: f (t) > 0, ∀t ∈ R. Lấy logarit cơ số e hai vế của (1.12) ta
được
x + y

ln f (x) + ln f (y)
= ln[f (x).f (y)](1/2) =
, ∀x, y ∈ R,
ln f
2
2


10

hay

g

x + y 

2

=

g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R,
2

(1.13)

trong đó g(t) = ln f (t).
Vậy (1.13) là hàm số chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng nên theo
Bài tốn 1.5 thì g(t) = at + b và ln f (t) = at + b.
Vậy f (t) = eat+b = eb (ea )t = BAt . Như vậy:

f (x) = BAt , A, B > 0 tùy ý, ∀x ∈ R.
Bài tốn 1.7 (Trung bình cộng vào trung bình điều hịa). Tìm các hàm
số f (x) : R → R+ xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
x + y 
2f (x)f (y)
=
, ∀x, y ∈ R.
(1.14)
f
2
f (x) + f (y)
Lời giải. Theo giả thiết, ta thấy:
x + y 
(1.14)⇔ f
= 1 +2 1 , ∀x, y ∈ R,
f (x) f (y)
2

hay
1
1
1
f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R,
x + y  =
2
f
2
nên
 x + y  g(x) + g(y)
g
=
, ∀x, y ∈ R,
2
2
1
trong đó g(t) = f (t)
, ∀t ∈ R. Khi đó g(t) > 0, ∀t ∈ R. Theo kết quả của
1
Bài toán 1.5 ta được g(t) = at+b, ∀t ∈ R và f (t) = at+b
. Chọn a, b để f (t)
có hai tính chất liên tục và dương ∀t ∈ R mẫu số khác 0 nên a = 0, b > 0
suy 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

r
x + y 
[f (x)]2 + [f (y)]2
f
=
, ∀x, y ∈ R.
(1.15)
2
2
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ R. Vì vậy


11

h  x + y i2 [f (x)]2 + [f (y)]2
=
, ∀x, y ∈ R.
(1.15) ⇔ f
2
2
hay

g

x + y 

2

=

g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f (x)]2 > 0.
2

Theo kết quả của Bài tốn 1.5 thì g(x) = ax + b, a, b ∈ R tùy ý.
√
Vì g(x) > 0 ∀x ∈ R nên a = 0 và b > 0. Suy ra f (x) = b, b > 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra
Kết luận.
f (t) = c, c > 0 tùy ý.

1.3

Nhận xét về lớp hàm chuyển tiếp từ các đại
lượng trung bình khác

Trong mục này, tương tự như mục đã trình bày ở trên, ta xét một số
dạng phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình này thành
thành trung bình khác.
Bài tốn 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 (x) + f (y)
√
f ( xy) =
, ∀x, y ∈ R+ .
(1.16)
2
Lời giải. Vì x > 0, y > 0 nên có thể đặt x = eu , y = ev , u, v ∈ R.
Thay vào (1.16) ta được

√
f (eu ) + f (ev )
u+v
, ∀u, v ∈ R
f( e ) =
2
⇔ f (e

u+v
2

)=

f (eu ) + f (ev )
, ∀u, v ∈ R
2

hay

g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R,
(1.17)
2
2
trong đó g(t) = f (et ), ∀t ∈ R. Theo kết quả của Bài toán 1.5 ta được
g(u) = au + b, ∀u ∈ R.
g

u + v 

=


12

Suy ra f (x) = a ln x + b, a, b ∈ R tùy ý. Thử lại ta thấy hàm này thỏa
mãn điều kiện bài ra.
Kết luận.
f (t) = a ln t + b, a, b ∈ R tùy ý.
Bài tốn 1.10 (Trung bình điều hịa thành trung bình cộng). Tìm các
hàm số f (t) xác định, liên tục trên R \ {0} và thỏa mãn điều kiện
 2xy  f (x) + f (y)
=
, ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0.
(1.18)
f
x+y
2
1
1
1
Lời giải. Đặt = u,
= v, f
= g(u). Khi đó g(u) liên tục trên
x
y
u
R \ {0} và (1.18) có dạng

u+v

g(u) + g(v)
)=
, ∀u, v, u + v 6= 0.
2
2
a
Theo Bài tốn 1.5, thì g(u) = au + b. Do đó f (x) = + b.
x
Kết luận.
a
f (t) = + b; a, b ∈ R tùy ý.
t
g(

Bài tốn 1.11 (Trung bình điều hịa thành trung bình bậc hai). Tìm các
hàm số f (t) xác định và liên tục trên R \ {0} thỏa mãn điều kiện

 2xy 
f
=
x+y

s

[f (x)]2 + [f (y)]2
, ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0.
2

(1.19)

Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x 6= 0. Vậy
h  2xy i2 [f (x)]2 + [f (y)]2
, ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0.
f
=
x+y
2
"
!#2
2
[f (x)]2 + [f (y)]2
, ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0 hay
⇔ f
=
1 1
2
+
x y
h  1 i2 h  1 i2
h  2 i2
f
+ f
1
1
u
v
f
=
, u = , v = , ∀u, v ∈ R \ {0},
u+v

2
x
y

u + v 6= 0.


13

Từ đó suy ra
 u + v  g(u) + g(v)
=
, ∀u, v ∈ R \ {0}, u + v 6= 0.
g
2
2
trong đó
h  1 i2
> 0, ∀u 6= 0.
g(u) = f
u
Theo kết quả của Bài tốn 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 tốn 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
s
!

2
2
x +y
f (x) + f (y)
f
=
, ∀x, y ∈ R.
(1.20)
2
2
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) = f (|x|), ∀x ∈ R.
√
√
Đặt |x| = u, |y| = v (u, v > 0). Khi đó
r u + v  f (√u) + f (√v)
, ∀u, v > 0.
(1.20) ⇔ f
=
2
2
√
Đặt f ( u) = g(u), u > 0 ta được
 u + v  g(u) + g(v)
g
=
, ∀u, v > 0.
2
2
Theo Bài tốn 1.5 thì g(u) = au + b.
√

Do đó f ( u) = au + b, u > 0 và f (u) = au2 + b, u > 0.
Suy ra f (x) = f (|x|) = ax2 + b, ∀a, b ∈ R.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra.
Kết luận.
f (t) = at2 + b; ∀a, b ∈ R tùy ý.
Bài tốn 1.13 (Từ trung bình bậc hai thành trung bình bậc hai). Tìm
các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R+ thỏa mãn điều kiện
s
! s
x2 + y 2
[f (x)]2 + [f (y)]2
f
=
, ∀x, y ∈ R+ .
(1.21)
2
2


14

Lời giải. Theo giả thiết f (x) > 0, x ∈ R+ . Suy ra
s
h  x2 + y 2 i2 [f (x)]2 + [f (y)]2
=
, ∀x, y ∈ R+
(1.21) ⇔ f
2
2
hay

√
√
g( u) + g( v)
g
=
, ∀u, v > 0,
2
2
trong đó g(u) = [f (u)]2 > 0, ∀u > 0.
Từ đó suy ra
 u + v  h(u) + h(v)
=
, ∀u, v > 0,
h
2
2
√
trong đó h(u) = g( u).
Theo Bài tốn 1.5 thì h(u) = au + b, ∀u > 0.
Do đó g(x) = ax2 + b. Để g(x) > 0, ∀x > 0 cần phải chọn a > 0 và
b > 0.
Kết luận.
√
f (t) = at2 + b với a, b > 0 tùy ý.
r u + v 

Bài tốn 1.14 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình cộng). Tìm các
hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
r xp + y p  f (x) + f (y)

p
f
, ∀x, y ∈ R.
(1.22)
=
2
2
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) = f (|x|), ∀x ∈ R.
√
√
Đặt |x| = p u, |y| = p v (u, v > 0). Khi đó
√
r u + v  f (√
p
u) + f ( p v)
p
(1.22) ⇔ f
=
, ∀u, v > 0.
2
2
√
Đặt f ( p u) = g(u), u > 0 ta được
 u + v  g(u) + g(v)
g
=
, ∀u, v > 0.
2
2
Theo Bài toán 1.5 thì g(u) = au + b.

√
Do đó f ( p u) = au + b, u > 0 và f (u) = aup + b, u > 0.
Suy ra f (x) = f (|x|) = axp + b, ∀a, b ∈ R.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra.
Kết luận.
f (t) = atp + b; ∀a, b ∈ Rtùy ý.


15

Bài tốn 1.15 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình nhân). Tìm các
hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
 r xp + y p  q
p
f
= f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.
(1.23)
2
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x > 0.
Nếu tồn tại x0 sao cho f (x0 ) = 0 thì
r
 xp + y p  q
p
0
= f (x0 )f (y) = 0, ∀y ∈ R+ ,
f
2
nên f (x) ≡ 0, ∀x > 0.

|x0 |

Đổi vai trò x0 bằng √ và sử dụng phương pháp quy nạp, ta được
2
 |x | 
0
f √
, ∀n ∈ N.
( 2)n

Vì f (x) liên tục tại x = 0 nên
 |x | 
0
lim f √
= f (0) = 0.
p
n→∞
( 2)n
Do đó

f



r
p

 |x | 
xp0 + 0 
0
=f √
=

2
2

q

f (x0 )f (0) = 0, ∀x > 0.

Vậy f (x) ≡ 0, ∀x > 0. Mặt khác, cũng từ (1.23), ta có
s
q
 x2 + x2 
f
= f (|x|) = [f (x)]2 = |f (x)|, ∀x > 0,
2
nên f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R.
Giả sử f (x) 6= 0, ∀x ∈ R. Nếu tồn tại x1 để f (x1 ) < 0 thì theo (1.23),
ta có
r
 xp + y p  q
p
1
f
= f (x1 )f (y) = 0, ∀y ∈ R,
2
dẫn đến f (y) < 0, ∀y ∈ R, trái với giả thiết. Do đó f (x) > 0, ∀x ∈ R và
√
r xp + y p  ln[f (√
p
x)] + ln[f ( p y)]
p

(1.23) ⇔ ln f
=
, ∀x, y ∈ R.
2
2


16

√
Đặt ln f ( p x) = g(x). Khi đó g(x) liên tục trên R và
r xp + y p  g(x) + g(y)
p
g
=
, ∀x, y ∈ R.
2
2
Theo Bài toán 1.14 thì g(u) = aup + b với mọi u ∈ R.
p
Suy ra f (x) = eax +b , thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện
của bài toán đặt ra.
Kết luận.
p
f (t) ≡ 0 hoặc f (t) = eat +b , a, b ∈ R tùy ý.
Bài tốn 1.16 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình điều hịa). Tìm
các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
r xp + y p 
2f (x)f (y)
p

f
=
, ∀x, y ∈ R.
(1.24)
2
f (x) + f (y)
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) 6= 0, ∀x ∈ R. Khi đó

1
f (x) + f (y)
(1.24) ⇔ r p
=
, ∀x, y ∈ R.
p
2f
(x)f
(y)
x
+
y
f p
2
1
, ∀x ∈ R, ta có g(x) 6= 0, ∀x ∈ R, g(x) liên tục trên
f (x)
R và
r xp + y p  g(x) + g(y)
p
=
, ∀x, y ∈ R.

g
2
2
Theo Bài tốn 1.14 thì g(u) = aup + b với mọi u ∈ R.
1
Để g(x) 6= 0, ∀x ∈ R thì ab > 0 và b 6= 0. Suy ra f (x) = p
, với
ax + b
a, b ∈ R : ab > 0, b 6= 0.
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra.
Kết luận.
1
f (t) = p
với a, b > 0, b 6= 0 tùy ý.
at + b
Đặt g(x) =

Bài toán 1.17 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình bậc tùy ý). Tìm
các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R+ thỏa mãn điều kiện
r
r xp + y p 
p
p
p [f (x)] + [f (y)]
p
f
=
, ∀x, y ∈ R+ , ∀p > 1.
(1.25)
2

2


17

Lời giải. Theo giả thiết f (x) > 0, ∀x ∈ R+ . Suy ra
h r xp + y p ip [f (x)]p + [f (y)]p
p
=
(1.25) ⇔ f
, ∀x, y ∈ R+
2
2
hay

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

Từ đó suy ra
 u + v  h(u) + h(v)
h
=
, ∀u, v > 0,
2
2
√
trong đó h(u) = g( p u).
Theo Bài tốn 1.5 thì h(u) = au + b, ∀u > 0.
Do đó g(x) = axp + b. Để g(x) > 0, ∀x > 0 cần phải chọn a > 0 và
b > 0.
Kết luận.
√
p
f (t) = atp + b với a, b > 0 tùy ý.
r u + v 

1.4

Phương trình hàm Lobachevsky

Trong lý thuyết và thực hành khảo sát phương trình hàm, người ta
thường đặc biệt chú ý đến tập xác định và lớp hàm tương ứng cần xem
xét. Chẳng hạn, lời giải của bài toán sau: Xác định các hàm số f (x) thỏa
mãn phương trình hàm

[f (x)]2 = 1, ∀x ∈ R,
là các hàm tùy ý xác định trên R nhận giá trị 1 hoặc -1. Số hàm như vậy
là vơ hạn.

Tuy nhiên, nếu ta xét bài tốn trên trong lớp hàm liên tục trên R thì
nghiệm của bài toán chỉ là hàm f (x) ≡ 1 hoặc f (x) ≡ −1.
Trong mục này, ta trình bày chi tiết phương trình hàm Lobachevsky
trong lớp hàm bị chặn tại một lân cận nào đó của một điểm trên R. Các
nội dung của mục này được tham khảo chính từ tài liệu số [7].


18

Cho f : R → R là một hàm trên R, thoả mãn nghiệm phương trình
hàm Lobachevsky (xem [6])
h  x + y i2
, ∀x, y ∈ R.
(1.26)
f (x)f (y) = f
2
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 hàm
Lobachevsky không tương đương với
q
x + y 
f (x)f (y) = f
, ∀x, y ∈ R.
(1.27)
2
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
sign f (x) = sign f (0), ∀x ∈ R.

(1.28)

Chứng minh. Từ (1.26) suy ra f (x)f (2x − x0 ) = [f (x)]2 , ∀x ∈ R. Do
đó
f (x) = 0, ∀x ∈ R.
h  x i2
Nếu f (0) 6= 0, thì f (0)f (x) = f
.
2
Suy ra (1.28).
Bổ đề 1.2. Cho f là nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0. Nếu f bị chặn trên lân
cận (−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

x

2

h
i1/2
x
1
1
= f (x)f (0)
, f 2 = [f (x)] 22 [f (0)]1− 22 .
2

Tiếp tục quá trình trên ta được

x
1
1
f n = [f (x)] 2n [f (0)]1− 2n , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ .
(1.29)
2
x
Từ (1.29), ta có lim f ( n ) = f (0).
n→∞
2
x
Bởi vì f bị chặn tại 0, đặt y = n ta có kết quả lim f (y) = f (0).
n→∞
2
Suy ra tính liên tục của f tại 0.


19

Trong trường hợp f (0) < 0, ta có

f

x

2

x
h
i1/2

h
i 12
1
2
, f 2 = − f (x)f (0) [f (0)] 2 .
= − f (x)f (0)
2

Tiếp tục quá trình trên ta có
x

f

2n

1
i1− n−1
h
i 21n h
2
f (0)
= − f (x)f (0)
, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ .

Suy ra

lim f

n→∞

x

2n

(1.30)

= f (0).

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 R
nếu nó liên tục tại 0.
Chứng minh. Bởi vì f liên tục tại 0 nên hàm f 2 cũng liên tục tại 0. Từ
(1.26) và Bổ đề 1.1, ta có
h  x − x  i2
0
− [f (0)]2
f
2
,
f (x) − f (x0 ) =
f (−x0 )
Hay
h  x − x  i2
0
− [f (0)]2
f
h
i
2
= 0.

lim f (x) − f (x0 ) = lim
x→x0
x→x0
f (−x0 )
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 . Nếu f bị chặn
trên 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, f
đồng biến tại x0 ∈ I nếu tồn tại η(x0 ) > 0 để
sign

f (x) − f (x0 )
= 1, ∀x ∈ I : 0 < |x − x0 | < η(x0 ).
(x − x0 )

(1.31)


20

Định nghĩa 1.4. Hàm f : I ⊆ R → R với I là một khoảng trên R, f
nghịch biến tại x0 ∈ I nếu tồn tại η(x0 ) > 0 để
sign

f (x) − f (x0 )
= −1, ∀x ∈ I : 0 < |x − x0 | < η(x0 ).
(x − x0 )

(1.32)

Định nghĩa 1.5. Cho f : I ⊆ R → R là một hàm. Khi đó, f đơn điệu
trên 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 đơn
điệu trên R nếu nó đơn điệu tại 0.
Chứng minh. Từ (1.26) ta có
h  x i2
h x i2
0
f
−
f
f (x − x0 ) − f (0)
1
2
2
=
, ∀x, x0 ∈ R, x 6= x0 .
x − x0
x − x0
2f (x0 )
2
Suy ra
x
x0
f( ) − f( )
f (x − x0 ) − f (0)
.
(1.33)
sign 2x − x 2 = sign

0
x − x0
2
Theo Bổ đề 1.1, ta có
sign

2f (x0 )
x
x0 = 1.
f( ) + f( )
2
2

Theo giả thiết, f đồng biến (nghịch biến) tại 0, nên tồn tại một số
η(0) > 0 để
sign

f (x − x0 ) − f (0)
= 1(−1) với 0 < |x − x0 | < η.
x − x0

Mệnh đề 1.2. Với mỗi f là nghiệm của (1.26), f (0) 6= 0, f đơn điệu tại 0
trừ tại một số điểm gián đoạn loại một và tập các điểm gián đoạn là đếm
được.
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.