Các phương pháp giải toán qua các kì thi Olympic Toán học

1

CÁC DẠNG TOÁN VỀ
BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN

Trịnh Đào Chiến
Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai

Các bài toán về giải bất phương trình hàm thường là những bài toán khó.
Trong những năm gần đây, các dạng toán loại này đôi khi xuất hiện trong
các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp và Olympic Toán quốc tế. Chẳng hạn
Bài toán 3, trong IMO 2011 mới đây:

“Giả sử
:
fRR
→
là một hàm giá trị thực xác định trên tập các số thực và
thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
(
)
fxyyfxffx
+≤+
với mọi số thực x và y. Chứng minh rằng
(

)
0
fx
=
với mọi
0
x
≤
”

Bài viết này đề cập đến phương pháp giải một lớp các bất phương trình
hàm dạng cơ bản. Đây là một trong những phương pháp có thể tham khảo để
tìm tòi lời giải cho một bài toán về bất phương trình hàm.

1. Bất phương trình hàm với cặp biến tự do.

Xét hàm biến số thực
f
thỏa mãn các tính chất sau
(
)
(
)
(
)
fxyfxfy
+≥ .
Ta có thể tìm được hàm
f
thỏa mãn tính chất trên nếu

f
thỏa mãn thêm
một số điều kiện ban đầu nào đó, chẳng hạn (xem [1])
()
x
fxa
≥ ,
0
a
>
.
Để giải bài toán trên, trước hết ta cần giải các bài toán sau

Bài toán 1. Xác định các hàm số
(
)
fx
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
sau:
(i)
(
)
(
)
(
)
fxyfxfy
+≥+,
,
xyR

∀∈
;
(ii)
(
)
0
fx
≥
,
xR
∀∈
.

Giải. Từ các điều kiện của bài toán, thay
0
x
=
ta thu được
(
)
(
)
020
ff≥ và
(
)
00
f
≥
. Do đó

(
)
00
f
=
.
Vậy nên
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
2

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
000
ffxxfxfx
==+−≥+−≥
.
Suy ra
(
)
0
fx
≡

. Thử lại, ta thấy hàm số
(
)
0
fx
≡
thỏa mãn điều kiện bài
ra.

Bài toán 2. Cho trước
aR
∈
. Xác định các hàm số
(
)
fx
thỏa mãn đồng thời
các điều kiện sau:
(i)
(
)
(
)
(
)
fxyfxfy
+≥+,
,
xyR
∀∈

;
(ii)
(
)
fxax
≥
,
xR
∀∈
.

Giải. Xét hàm số
(
)
gxax
=
. Để ý rằng
(
)
(
)
(
)
gxygxgy
+=+. Đặt
(
)
(
)
(

)
fxgxhx
=+. Khi đó, ta thu được các điều
kiện
(i)
(
)
(
)
(
)
hxyhxhy
+≥+,
,
xyR
∀∈
;
(ii)
(
)
0
hx
≥
,
xR
∀∈
.
Theo Bài toán 1, ta có
(
)

0
hx
≡
hay
(
)
fxax
=
. Thử lại, ta thấy hàm số
(
)
fxax
=
thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bây giờ, ta trở lại bài toán đã nêu ban đầu.

Bài toán 3. Cho trước
0
a
>
. Xác định các hàm số
(
)
fx
thỏa mãn đồng thời
các điều kiện sau:
(i)
(
)
(

)
(
)
fxyfxfy
+≥ ,
,
xyR
∀∈
;
(ii)
()
x
fxa
≥ ,
xR
∀∈
.

Giải. Nhận xét rằng
(
)
0
fx
>
với mọi
xR
∈
. Vậy ta có thể logarit hóa hai vế
các bất đẳng thức của điều kiện đã cho
(i)

(
)
(
)
(
)
lnlnln
fxyfxfy
+≥+,
,
xyR
∀∈
;
(ii)
(
)
(
)
lnln
fxax
≥ ,
xR
∀∈
.
Đặt
(
)
(
)
ln

fxx
ϕ= , ta thu được
(i)
(
)
(
)
(
)
xyxy
ϕϕϕ+≥+,
,
xyR
∀∈
;
(ii)
(
)
(
)
ln
xax
ϕ ≥ ,
xR
∀∈
.
Ta nhận được dạng của Bài toán 2. Vậy
(
)
(

)
ln
xax
ϕ =
. Suy ra
()
x
fxa
=
.
Thử lại, ta thấy hàm số
()
x
fxa
= thỏa mãn điều kiện bài ra.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
3

Nhận xét rằng, các bài toán trên vẫn giải được nếu tập xác định R của các
hàm số trên được thay bởi một khoảng mở
U
chứa 0 sao cho với mọi
,
xyU
∈
thì
xyU
+∈
.
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra: Trong Bài toán 3, có thể thay hàm số

()
x
gxa
= bởi hàm số nào để bài toán cũng có nghiệm không tầm thường ?
Nhận xét rằng
- Với
01
a
<<
thì
1
x
ax
>+
,
0
x
∀<
và
1
x
ax
≤+
,
0
x
∀≥
;
- Với
1

a
≥
thì
1
x
ax
>+
,
0
x
∀<
;
1
x
ax
≤+
,
[
)
0;1
x∀∈ ;
1
x
ax
≥+
,
1
x
∀≥
.

Từ đó, một cách tự nhiên, tiếp theo ta xét hàm số
(
)
1
gxx
=+
.
Ta có bài toán sau

Bài toán 4. Giả sử
U
là khoảng mở chứa 0 sao cho với mọi
,
xyU
∈
thì
xyU
+∈
. Xác định các hàm số
:
fUR
→
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
sau:
(i)
(
)
(
)
(

)
fxyfxfy
+≥
,
,
xyU
∀∈
;
(ii)
(
)
1
fxx
≥+
,
xU
∀∈
.

Giải. Bởi (i), ta có
()
2
0
222
xxx
fxff

=+≥≥



,
xU
∈
.
Nếu
(
)
0
0
fx
=
, thì
( )
2
000
0
0
222
xxx
fxff

==+≥


.
Do đó
0
0
2
x

f

=


. Quy nạp, ta có
0
0
2
x
f
n

=


với mỗi số nguyên dương
n
.
Tuy nhiên, từ (ii) suy ra rằng rằng
(
)
0
fx
>
với mọi
xU
∈
và
x

gần 0. Do
đó điều trên là mâu thuẫn. Vậy
(
)
0
fx
>
,
xU
∈
.
Tiếp theo, từ (i) và (ii), ta sẽ thấy rằng
f
khả vi tại mỗi điểm
xU
∈
và
(
)
(
)
'
fxfx
=
.
Thật vậy, từ (i) và (ii), với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
fxhfxfxfhfx
+−≥−
(
)
(
)
(
)
(
)
1
fhfxhfx
=−≥
.
Do đó
(
)
(
)
()

fxhfx
fx
h
+−
≥
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
4

Mặt khác, cũng từ (i) và (ii), với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
fxfxhhfxhfhhfxh
=+−≥+−≥−+
.

Suy ra
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
11
hfxhfxhfxh
−+≥−+
.
Do đó
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
hfxhfxhfx
≥−+−
,

hay
(
)
(
)
(
)
1
fxhfxfx
hh
+−
≤
−
.
Vậy, với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có
()
(
)
(
)
(
)
1
fxhfxfx
fx
hh

+−
≤≤
−
.
Tương tự, bất đẳng thức trên cũng đúng đối với chiều ngược lại, với
0
h
<

đủ nhỏ.
Do đó, ta có
()
(
)
(
)
'lim
0
fxhfx
fx
h
h
+−
=
→

tồn tại và bằng
(
)
fx

, với
xU
∈
.
Từ đó, với
xU
∈
, ta có
() () ()
0
'
'fxfxfx
xx
ee

−
==


.
Do đó
()
.
x
fxCe
= (
C
là hằng số).
Hơn nữa, từ (i) ta có
(

)
(
)
2
00
ff≥
hay
(
)
01
f
≤
và từ (ii) ta có
(
)
01
f
≥
. Do
đó
(
)
01
Cf
==
. Thử lại, hàm
()
x
fxe
=

thỏa mãn các điều kiện (i) và (ii).
Như vậy, với
()
x
gxa
= hoặc
(
)
1
gxx
=+
, Bài toán 3 và Bài toán 4 đều giải
được. Một câu hỏi tiếp theo được đặt ra: Với những lớp hàm
(
)
gx
nào thì
bài toán tổng quát là giải được ?
Ta có kết quả sau

Định lí 1. Giả sử
U
là khoảng mở chứa 0 sao cho với mọi
,
xyU
∈
thì
xyU
+∈
. Nếu hàm số

:
fUR
→
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
(i)
(
)
(
)
(
)
fxyfxfy
+≥ ,
,
xyU
∀∈
;
(ii)
(
)
(
)
fxgx
≥ ,
xU
∀∈
;
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
5

trong đó
(
)
gx
là hàm số cho trước khả vi tại 0,
(
)
01
g
=
,
(
)
'0
gk
=
, thì
()
kx
fxe
= .

Chứng minh. Tương tự lời giải Bài toán 4, từ các điều kiện đã cho, ta suy ra
(
)
0
fx
>
với mọi
xU

∈
. Giả sử rằng
(
)
fx
là hàm số thỏa mãn các điều kiện
của định lí.
Thế thì, với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
fxhfxfxfhfx
+−≥−
(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
(
)
11
fhfxghfx
=−≥−
.
Do đó
(
)
(
)
(
)
(
)
()
0fxhfxghg
fx
hh
+−−
≥ .
Mặt khác, cũng từ (i) và (ii), với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có

(
)
(
)
(
)
(
)
fxfxhhfxhfh
=+−≥+−
(
)
(
)
fxhgh
≥+−
.
Vì hàm
(
)
gx
khả vi tại 0 nên nó liên tục tại điểm đó. Do đó, với
0
h
>
đủ
nhỏ, ta có
(
)
0

gh
−>
.
Khi đó, với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có

( ) ()
(
)
( )
()
1gh
fxhfxfx
gh
−−
+−≤−
−
(
)
(
)
( )
()
0
.
ghg
fx

hgh
−−
=
−−
.
Vậy với
0
h
>
đủ nhỏ, từ các kết quả trên, ta có
(
)
(
)
()
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
()
00ghgfxhfxghg
fxfx
hhgh
−+−−−
≤≤

−−

Tương tự, bất đẳng thức trên cũng đúng đối với chiều ngược lại, với
0
h
<

đủ nhỏ.
Do đó, ta có
()
(
)
(
)
'lim
0
fxhfx
fx
h
h
+−
=
→

tồn tại và bằng
(
)
(
)
(

)
'0
gfxkfx
= , với
xU
∈
.
Từ đó, với
xU
∈
, ta có
() () () () ()
0
'
'fxfxkfxkfxkfx
kxkxkx
eee

−−
===


.
Do đó
()
.
kx
fxCe
= (
C

là hằng số).
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
6

Hơn nữa, từ (i) ta có
(
)
(
)
2
00
ff≥ hay
(
)
01
f
≤
và từ (ii) ta có
(
)
01
f
≥
. Do
đó
(
)
01
Cf
==

. Vậy
()
kx
fxe
= . Ta có điều phải chứng minh.

Rõ ràng
()
kx
fxe
= thỏa mãn điều kiện (i). Nếu giả thiết bài toán có thêm
điều kiện
()
kx
gxe
≤ , với
xU
∈
, thì hàm số
()
kx
fxe
= thỏa mãn tất cả các
điều kiện của bài toán.
Từ kết quả trên, ta có

Hệ quả 1. Giả sử
U
là khoảng mở chứa 0 và
:

fUR
→
thỏa mãn điều kiện
(i) với mọi
,
xyU
∈
sao cho
xyU
+∈
. Nếu
f
khả vi tại 0,
(
)
01
f
=
và
()
'
0
fk
=
thì
()
kx
fxe
= ,
xU

∈
.

Chứng minh. Áp dụng Định lí 1, với
(
)
(
)
gxfx
= ,
xU
∀∈
, ta có điều phải
chứng minh.

Hệ quả 2. Giả sử
F
là hàm xác định trên khoảng mở
U
chứa 0 và thỏa
mãn
(
)
(
)
(
)
FxyFxFy
+≤+
với mọi

,
xyU
∈
sao cho
xyU
+∈
. Nếu
F
bị chặn trên bởi một hàm
G
khả
vi tại 0 và thỏa mãn
(
)
01
G
=
, thì
(
)
Fxkx
=
,
xU
∈
, trong đó
k
là một hằng
số.
Chứng minh. Áp dụng Định lý 1, với

()
(
)
Fx
fxe
−
= và
()
(
)
Gx
gxe
−
= , ta có
được điều phải chứng minh.
Tương tự phương pháp chứng minh Định lí 1, ta có kết quả sau đây

Định lí 2. Giả sử
U
là khoảng mở chứa 0 sao cho với mọi
,
xyU
∈
thì
xyU
+∈
. Nếu hàm số
:
fUR
→

thỏa mãn điều kiện sau
(
)
(
)
(
)
fxyfxgy
+≥ ,
,
xyU
∀∈
,
trong đó
(
)
gx
là hàm số cho trước khả vi tại 0,
(
)
01
g
=
,
(
)
'0
gk
=
, thì mọi

nghiệm của bất phương trình hàm trên đều có dạng
()
kx
fxCe
= ,
C
là hằng
số.

Hệ quả 3. Ta có
()
kx
fxe
=
và
()
kx
gxe
=
là nghiệm duy nhất của hệ bất
phương trình hàm
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
7

(
)
(
)
(
)

( ) () ()
;
,
fxyfxgy
gxygxfy

+≥


+≥



với điều kiện
(
)
01
f
=
,
(
)
gx
là khả vi tại 0,
(
)
01
g
=
và

(
)
'0
gk
=
.

Chứng minh. Từ bất phương trình hàm thứ nhất, áp dụng Định lí 2 ta được
()
kx
fxCe
= (
C
là hằng số). Vì
(
)
01
f
=
, nên
1
C
=
. Do đó
()
kx
fxe
= .
Tương tự, từ bất phương trình hàm thứ hai, áp dụng Định lí 2 ta cũng có
()

kx
gxe
= .
Rõ ràng
()
kx
fxe
= và
()
kx
gxe
= thỏa mãn hệ bất phương trình hàm đã
cho, với những điều kiện đã nêu. Hệ quả được chứng minh.

Định nghĩa 1. Hàm
(
)
gx
xác định trên một khoảng mở U chứa 0 được gọi
là hàm tựa bởi l tại 0 nếu tồn tại một hàm
(
)
kx
xác định trên U sao cho
(
)
(
)
00
kg=,

()
'
0
kl
=
tồn tại và
(
)
(
)
kxgx
≤ với mọi
xU
∈
.

Hệ quả 4. Bất phương trình hàm
(
)
(
)
(
)
fxyfxgy
+≥ ,
trong đó
g
là một hàm cho trước xác định trên I với
(
)

01
g
=
và là hàm tựa
bởi l tại 0, có nghiệm không âm
f
khi và chỉ khi
()
lx
egx
≥ trên I và trong
trường hợp này mọi nghiệm không âm đều có dạng
()
lx
fxCe
= , trong đó
0
C
≥
là hằng số.

Chứng minh. Giả sử
(
)
fx
là một nghiệm không âm của bất phương trình
hàm đã cho. Vì
(
)
(

)
gxkx
≥ trên U, nên ta có
(
)
(
)
(
)
fxyfxky
+≥
,
trong đó
(
)
kx
thỏa mãn
()
'
0
kl
=
và
(
)
(
)
001
kg
==

. Áp dụng Định lí 2 vào
bất phương trình hàm này, ta có
()
lx
fxCe
= , trong đó
0
C
≥
là hằng số. Rõ
ràng,
()
lx
fxCe
=
là một nghiệm không âm của bất phương trình hàm đã cho
nếu
()
lx
egx
≥ trên U.

Từ Hệ quả 4 , ta có thể sáng tác ra các bài toán, chẳng hạn sau đây

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
8

Bài toán 5. Tìm tất cả các hàm số
(
)

fx
, xác định trên khoảng mở
(
)
;
e
−∞
,
thỏa mãn hệ bất phương trình hàm sau
(
)
(
)
(
)
()
.log;
.
fxyfxfy
fxxe

+≥


≥+




Giải. Trên khoảng mở

(
)
;
e
−∞
, mỗi nghiệm dương
f
được suy ra bởi bất
phương trình hàm thứ hai. Ngoài ra, từ hệ bất phương trình hàm đã cho, ta
có
(
)
0
fe
=
. Áp dụng Hệ quả 4 đối với trường hợp
(
)
(
)
log
gxfx
= là hàm tựa
bởi
1
e
tại 0, qua hàm
(
)
(

)
log
kxxe
=+
. Do đó, theo chứng minh của Hệ quả 4
, ta có
() ()
1
0.
xx
ee
fxfee
+
==. Thử lại, ta thấy hàm số
()
1
x
e
fxe
+
= thỏa mãn
hệ bất phương trình hàm đã cho trên khoảng mở
(
)
;
e
−∞
.

Bài toán 6. Trên khoảng mở chứa 0 có một nghiệm của hệ bất phương trình

hàm
( ) ()
(
)
()
.;
2
.
fy
fxyfxe
fxx

+≥



≥


Giải. Giả sử
(
)
fx
là một nghiệm xác định trên một khoảng mở chứa 0 nào
đó. Thế thì, bởi bất phương trình hàm thứ hai,
(
)
fx
là không âm. Từ hệ bất
phương trình đã cho suy ra

(
)
00
f
=
. Áp dụng Hệ quả 4 đối với trường hợp
()
(
)
fx
gxe= là hàm tựa bởi 0 tại 0, qua hàm
()
2
x
kxe
= . Hơn nữa, vì
(
)
00
f
=
, nên ta có
(
)
0
fx
≡
thỏa mãn bất phương trình hàm thứ hai trên
khoảng không mở chứa 0.
Định lí sau đây cho ta kết quả về việc giải một dạng bất phương trình hàm

cơ bản khác

Định lí 3. Giả sử
U
là khoảng mở chứa 0 sao cho với mọi
,
xyU
∈
thì
xyU
+∈
. Xét bất phương trình hàm
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
fxyfxgyfygx
+≥+,
,
xyU
∀∈
,
trong đó
(

)
gx
là một hàm giới nội, khả vi tại 0,
(
)
01
g
=
và
(
)
'0
gk
=
. Thế thì
(
)
0
fx
≡
là hàm số duy nhất thỏa mãn bất phương trình đã cho, với điều kiện
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
9

(
)
lim0
0
fx
x

x
=
→
.

Chứng minh. Giả sử rằng
(
)
fx
là nghiệm của bất phương trình đã cho, với
điều kiện
(
)
lim0
0
fx
x
x
=
→
.
Thế thì, với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có
(
)
(
)

(
)
(
)
(
)
fxhfxghfhgx
+≥+
hay
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
fxhfxghfxfhgx
+−≥−+ .
Do đó
(
)
(

)
(
)
(
)
()
(
)
()
0fxhfxghgfh
fxgx
hhh
+−−
≥+
.
Mặt khác, ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
fxfxhhfxhghfhgxh
=+−≥+−+−+

hay
(
)
(
)
(
)
(
)
ghfxfxh
−−+≥
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
ghfxfxfhgxh
−−+−+

Vì hàm
(
)
gx
khả vi tại 0 nên nó liên tục tại điểm đó. Do đó, với

0
h
>
đủ
nhỏ, ta có
(
)
0
gh
−>
.
Vậy, với
0
h
>
đủ nhỏ, ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

( )
1
ghfxfhgxh
fxhfx
hgh
−−+−+
+−
≤
−−
.
(
)
(
)
( )
()
(
)
( )
( )
0

ghgfh
fxgxh
hghhgh
−−−
=++
−−−−
.
Vậy với

0
h
>
đủ nhỏ, từ các kết quả trên, ta có
(
)
(
)
()
(
)
()
(
)
(
)
0
ghgfhfxhfx
fxgx
hhh
−+−
+≤

(
)
(
)
( )
()
(

)
( )
( )
0

ghgfh
fxgxh
hghhgh
−−−
≤++
−−−−
.
Tương tự, bất đẳng thức trên cũng đúng đối với chiều ngược lại, với
0
h
<

đủ nhỏ.
Do đó, ta có
()
(
)
(
)
'lim
0
fxhfx
fx
h
h

+−
=
→

tồn tại và bằng
(
)
(
)
(
)
'0
gfxkfx
=
, với
xU
∈
, vì
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
10

(
)
lim0
0
fx
x
x
=
→

và
(
)
gx
là một hàm giới nội.
Từ đó, với
xU
∈
, ta có
() () () () ()
0
'
'fxfxkfxkfxkfx
kxkxkx
eee

−−
===


.
Do đó
()
kx
fxCe
= (
C
là hằng số).
Hơn nữa, từ điều kiện

(
)
lim0
0
fx
x
x
=
→
,
suy ra rằng
0
C
=
. Vậy
(
)
0
fx
≡
là hàm số duy nhất thỏa mãn bất phương
trình đã cho, với điều kiện
(
)
lim0
0
fx
x
x
=

→
.

2. Bất phương trình hàm dạng cộng - nhân tính.

Phần này đề cập đến việc giải các hệ bất phương trình hàm, với các dạng
sau đây
- Dạng “cộng”:
(
)
(
)
faxfx
α+≤+
,
(
)
(
)
fbxfx
β+≤+
,
xR
∈
;
- Dạng “cộng - nhân”:
(
)
(
)

faxfx
α+≤
,
(
)
(
)
fbxfx
β+≤
,
xR
∈
;
- Dạng “nhân - cộng”:
(
)
(
)
faxfx
α≤+ ,
(
)
(
)
fbxfx
β≤+ ,
xI
∈
,
IR

⊂
;
- Dạng “nhân”:
(
)
(
)
faxfx
α≤ ,
(
)
(
)
fbxfx
β≤ ,
xI
∈
,
IR
⊂
;
trong đó
, , ,
ab
αβ
là các số thực cho trước.
Chú ý rằng, nếu
(
)
fa

α = ,
(
)
fb
β = , thì hệ bất phương trình hàm dạng
“cộng” trên là sự thu hẹp của bất phương trình hàm Cauchy cổ điển
(
)
(
)
(
)
fxyfxfy
+≤+,
,
xyR
∈
.
Trước hết, ta nhắc lại rằng, một tập hợp
M
trù mật trong tập số thực
R

nếu như trong mọi lân cận của một điểm tùy ý của tập
R
đều có ít nhất một
điểm của tập
M
. Chẳng hạn, tập
Q

các số hữu tỷ là tập trù mật trong tập
R
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
11

Tính chất sau đây là một kết quả quen thuộc (Định lý Kronecker), có thể
tìm thấy chứng minh ở các tài liệu lý thuyết cơ bản
“Nếu
a
và
b
là các số thực không thông ước với nhau, thì tập
{
}
; ,
AmanbmnZ
=+∈ trù mật trong
R
”.
Hơn nữa, ta có thể chứng minh được các kết quả sau đây

Bổ đề 1. Giả sử
,
abR
∈
và
0
ab
<<

là các số cho trước. Ký hiệu
{
}
; ,
AmanbmnN
=+∈.
1) Nếu
b
Q
a
∉
, thì tập
A
trù mật trong
R
.
2) Nếu
b
Q
a
∈
, thì tồn tại
0
d
>
sao cho
{
}
;
AkdkZ

=∈.

Dạng “nhân” của bổ đề này như sau

Bổ đề 2. Giả sử
,
abR
∈
và
01
ab
<<<
là các số cho trước. Ký hiệu
{
}
; ,
mn
MabmnN
=∈
.
1) Nếu
log
log
b
Q
a
∉
, thì tập
M
trù mật trong

(
)
0,
∞
.
2) Nếu
log
log
b
Q
a
∈
, thì tồn tại
0
d
>
sao cho
{
}
;
k
MdkZ
=∈
.
Bây giờ, ta chứng minh các định lý sau đây

Định lý 4. (Dạng “cộng”)
Giả sử
, , ,
ab

αβ
là các số thực cho trước thỏa mãn
0
ab
<<
,
ab
αβ
=
,
và giả sử rằng hàm
:
fRR
→
liên tục tại ít nhất một điểm.
1) Nếu
b
Q
a
∉
, thì
f
thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm

(
)
(
)
faxfx
α+≤+ ,

(
)
(
)
fbxfx
β+≤+ ,
xR
∈
(1)
khi và chỉ khi
(
)
(
)
0
fxpxf=+ ,
xR
∈
, trong đó
:p
a
α
=
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
12

2) Nếu
b
Q

a
∈
, thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục
:
fRR
→
của
hệ phương trình hàm tương ứng

(
)
(
)
faxfx
α+=+ ,
(
)
(
)
fbxfx
β+=+ ,
xR
∈
(2)
sao cho
[ ]
0
0,
ff
d

=
, trong đó
{
}
:min0 ; ,
dmanbmnN
=+>∈
tồn tại, là số dương và
[
]
0
:0,
fdR
→ là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều
kiện
( ) ()
00
0
fddf
a
α
=+
.
Hơn nữa, nếu
0
f
là đơn điệu nghiêm ngặt, thì nó trùng với hàm
f
trên đoạn
[

]
0,
d
.

Chứng minh.
1) Từ (1), dễ dàng suy ra
(
)
(
)
fmaxmfx
α+≤+ ,
(
)
(
)
fnbxnfx
β+≤+ ,
,
mnN
∈
xR
∈
.
Trong bất đẳng thức đầu tiên ở trên, thay
x
bởi
nbx
+

, ta có
(
)
(
)
(
)
fmanbxmfnbxmnfx
ααβ++≤++≤++ .
Do đó
(
)
(
)
fmanbxmnfx
αβ++≤++ ,
,
mnN
∈
xR
∈
.
Đặt
:p
ab
αβ
==
,
ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng

(
)
(
)
ftxptfx
+≤+ ,
tA
∈
,
xR
∈
, (3)
trong đó, theo Bổ đề 1, tập
{
}
; ,
AmanbmnN
=+∈
trù mật trong
R
.
Giả sử rằng
0
x
là điểm mà tại đó hàm
f
liên tục và
x
là một giá trị thực
tùy ý. Bởi tính chất trù mật của

A
trong tập
R
, tồn tại một dãy
(
)
t
n
sao cho
n
tA
∈

(
)
nN
∈ ,
0
lim
txx
n
n
=−
→+∞
.
Từ bất đẳng thức (3), ta có
(
)
(
)

nn
ftxptfx
+≤+ ,
nN
∈
.
Cho
n
→∞
, bởi tính liên tục của hàm
f
tại
0
x
, ta thu được
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
13

(
)
(
)
(
)
00
fxpxxfx
≤−+ ,
xR
∈
.

Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay
x
bởi
xt
−
trong (3), ta dược
(
)
(
)
fxptfxt
≤+−
,
tA
∈
,
xR
∈
.
Chọn một điểm
xR
∈
cố định tùy ý và, bởi tính trù mật của
A
trong
R
,
một dãy
(
)

t
n
sao cho
tA
n
∈

(
)
nN
∈ ,
0
lim
txx
n
n
=−
→+∞
.
Thế thì, ta có
(
)
(
)
nn
fxptfxt
≤+−
,
nN
∈

.
Cho
n
→∞
, bởi tính liên tục của hàm
f
tại
0
x
, ta thu được bất đẳng thức
(
)
(
)
(
)
00
fxpxxfx
≤−+ ,
xR
∈
.
Do đó, ta có
(
)
(
)
(
)
(

)
00
fxpxfxpx
=+−
,
xR
∈
.
Ta có điều phải chứng minh.

2) Từ (2), dễ dàng suy ra

( ) ( ) ()
fmanbxmanbfx
a
α
++=++
,
,
mnN
∈
,
xR
∈
. (4)
Theo Bổ đề 1, phần 2, số
{
}
:min0 ; ,
dmanbmnN

=+>∈
là xác định và là số dương. Hơn nữa
{
}
{
}
0 ; , ;
manbmnNkdkZ
+>∈=∈.
Dó đó, (4) có dạng
( ) ()
fkdxkdfx
a
α
+=+
,
kZ
∈
,
xR
∈
.
Dễ dàng thấy rằng hệ phương trình hàm này tương đương với phương
trình
( ) ()
fdxdfx
a
α
+=+
,

xR
∈
.
Bây giờ, ta xác định
(
]
1
:,2
fddR
→ bởi công thức
() ( )
1
0
:
fxdfxd
a
α
=+−
,
(
]
,2
xdd
∈ .
Giả sử rằng
(
)
(
:,1
n

fndndR

+→


(
)
nN
∈
đã được xác định. Thế thì, ta xác định
(
)
(
)
(
1
:1,2
n
fndndR
+

++→


bởi hệ thức truy hồi
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
14

() ( )
1

:
nn
fxdfxd
a
α
+
=+−
,
(
)
(
)
(
1,2
xndnd

∈++

,
nN
∈
.
Tương tự, giả sử
() ( )
10
:
fxdfxd
a
α
−

=−++
,
[
)
,0
xd
∈− .
Giả sử rằng ta có định nghĩa
(
)
(
)
)
:,1
n
fxndndR
−

=−−+→


(
)
nN
∈.
Thế thì, ta định nghĩa
( )
() ( )
1
:

n
n
fxdfxd
a
α
−
−+
=−++
,
(
)
)
1,
xndnd

∈−+−

,
nN
∈
.
Dễ dàng kiểm tra được rằng
:
fRR
→
, xác định bởi
()
(
)
(

)
)
()
[ ]
() ( )
(
0
, khi ,1,
, khi 0,,
, khi ,1,
n
n
fxxndnd
fxfxxd
fxxndnd
−


∈−−+



=∈



∈+




,
nN
∈
,
thỏa mãn hệ (2), là hàm liên tục và
[ ]
0
0,
ff
d
=
.
Định lý được chứng minh hoàn toàn.

Định lý 5. (Dạng “cộng-nhân”)
Giả sử
,
abR
∈
và
, 0
αβ
>
là các số cho trước thỏa mãn
0
ab
<<
,
loglog
ab

αβ
=

và giả sử rằng hàm
:
fRR
→
liên tục tại ít nhất một điểm.
1) Nếu
b
Q
a
∉
, thì
f
thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm

(
)
(
)
faxfx
α+≤ ,
(
)
(
)
fbxfx
β+≤ ,
xR

∈
(5)
khi và chỉ khi
() ()
0
px
fxfe
=,
xR
∈
, trong đó
log
:p
a
α
=.
2) Nếu
b
Q
a
∈
, thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục
:
fRR
→
của
hệ phương trình hàm tương ứng

(
)

(
)
faxfx
α+=
,
(
)
(
)
fbxfx
β+=
,
xR
∈
(6)
sao cho
[ ]
0
0,
ff
d
=
, trong đó
{
}
:min0 ; ,
dmanbmnN
=+>∈

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

15

tồn tại, là số dương và
[
]
0
:0,
fdR
→ là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều
kiện
() ()
00
log
0
d
a
fdfe
α
= .
Hơn nữa, nếu
0
f
là đơn điệu nghiêm ngặt, thì nó trùng với hàm
f
trên đoạn
[
]
0,
d
.

Chứng minh.
1) Từ (5), dễ dàng suy ra
( ) ()
m
fmaxfx
α+≤ ,
( ) ()
n
fnbxfx
β+≤ ,
,
mnN
∈
,
xR
∈
.
Trong bất đẳng thức đầu tiên ở trên, thay
x
bởi
nbx
+
, ta có
( ) ( ) ()
mmn
fmanbxfnbxfx
ααβ++≤+≤ .
Do đó

( ) ()
mn
fmanbxfx
αβ++≤ ,
,
mnN
∈
,
xR
∈
.
Đặt
loglog
:p
ab
αβ
==
,
ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng

( ) ()
pt
ftxefx
+≤ ,
tA
∈
,
xR
∈
, (7)

trong đó, theo Bổ đề 1, tập
{
}
; ,
AmanbmnN
=+∈
trù mật trong
R
.
Giả sử rằng
0
x
là điểm mà tại đó hàm
f
liên tục và
x
là một giá trị thực
tùy ý. Bởi tính chất trù mật của
A
trong tập
R
, tồn tại một dãy
(
)
n
t
sao cho
n
tA
∈

(
)
nN
∈ ,
0
lim
n
n
txx
→+∞
=−
.
Từ bất đẳng thức (7), ta có
( ) ()
n
n
pt
ftxefx
+≤ ,
nN
∈
.
Cho
n
→∞
, bởi tính liên tục của hàm
f
tại
0

x
, ta thu được
( )
(
)
()
0
0
pxx
fxefx
−
≤ ,
xR
∈
.
Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay
x
bởi
xt
−
trong (7), ta dược
() ( )
pt
fxefxt
≤−
,
tA
∈
,
xR

∈
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
16

Chọn một điểm
xR
∈
cố định tùy ý và, bởi tính trù mật của
A
trong
R
,
một dãy
(
)
t
n
sao cho
tA
n
∈

(
)
nN
∈ ,
0
lim
txx

n
n
=−
→+∞
.
Thế thì, ta có
() ( )
n
pt
n
fxefxt
≤−
,
nN
∈
.
Cho
n
→∞
, bởi tính liên tục của hàm
f
tại
0
x
, ta thu được bất đẳng thức
()
(
)
( )
0

0
pxx
fxefx
−
≤ ,
xR
∈
.
Do đó, ta có
()
(
)
( )
( )
00
px
fxefxpx
=−
,
xR
∈
.
Ta có điều phải chứng minh.
2) Chứng minh tương tự chứng minh phần 2 của Định lý 4.
Định lý được chứng minh hoàn toàn.

Định lý 6. (Dạng “nhân-cộng”)
Giả sử
, , ,
ab

αβ
là các số thực cho trước thỏa mãn
01
ab
<<<
,
loglog
ab
αβ
=
,
và giả sử rằng hàm
:
fIR
→
liên tục tại ít nhất một điểm.
1) Nếu
log
log
b
Q
a
∉
, thì
f
thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm

(
)
(

)
faxfx
α≤+ ,
(
)
(
)
fbxfx
β≤+ ,
xI
∈
, (8)
thì
i) Trường hợp
(
)
0,
I
=∞
:
(
)
(
)
log1
fxpxf
=+,
0
x
>

,
ii) Trường hợp
(
)
,0
I =−∞ :
(
)
(
)
(
)
log1
fxpxf
=−+−
,
0
x
<
,
trong đó
:
log
p
a
α
=
.
2) Nếu
log

log
b
Q
a
∈
, thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục
:
fIR
→

của hệ phương trình hàm tương ứng

(
)
(
)
faxfx
α=+ ,
(
)
(
)
fbxfx
β=+ ,
xI
∈
(9)
sao cho
[ ]
0

1,
ff
d
=
, trong đó
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
17

{
}
:min1 ; ,
mn
dabmnN
=>∈
tồn tại, lớn hơn 1 và
[
]
0
:1,
fdR
→
là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều
kiện
() ()
00
.log1
log
fddf
a
α

=+
.
Hơn nữa, nếu
0
f
là đơn điệu nghiêm ngặt, thì nó trùng với hàm
f
trên đoạn
[
]
1,
d
.

Chứng minh.
1) i) Giả sử rằng
(
)
0,
I
=∞
.
Từ (8), chứng minh tương tự như các phần trên, ta có
(
)
()
mn
fabxmnfx
αβ≤++
,

,
mnN
∈
,
0
x
>
.
Đặt
:
loglog
p
ab
αβ
==,
ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng
(
)
(
)
()
log
mnmn
fabxpabfx
≤+
,
,
mnN
∈
,

0
x
>
,
hay

(
)
(
)
log
ftxptfx
≤+,
tM
∈
,
0
x
>
, (10)
trong đó, theo Bổ đề 2, tập
{
}
; ,
mn
MabmnN
=∈
trù mật trong
I
.

Giả sử rằng
0
0
x
>
là điểm mà tại đó hàm
f
liên tục và
0
x
>
là một giá trị
tùy ý. Bởi tính chất trù mật của
M
trong tập
I
, tồn tại một dãy
(
)
t
n
sao cho
tM
n
∈
(
)
nN
∈ ,
0

lim
x
t
n
x
n
=
→+∞
.
Từ bất đẳng thức (10), ta có
(
)
()
log
ftxptfx
nn
≤+
,
nN
∈
.
Cho
n
→∞
, bởi tính liên tục của hàm
f
tại
0
x
, ta thu được

( ) ()
0
0
log
x
fxpfx
x
≤+
,
0
x
>
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
18

Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay
x
bởi
x
t
trong (10), và chọn một
dãy
(
)
t
n
sao cho
tM
n

∈
(
)
nN
∈ ,
0
lim
x
t
n
x
n
=
→+∞
.
Thế thì, ta có
() ( )
0
0
log
x
fxpfx
x
≤+
,
0
x
>
.
Do đó, ta có

(
)
(
)
00
loglog
fxfxpxpx
=−+,
0
x
>
.
Phần i) được chứng minh.
ii) Giả sử rằng
(
)
,0
I =−∞ .
Ta xét hàm
(
)
:0,
gR
∞→ xác định bởi công thức
(
)
(
)
gxfx
=−

,
0
x
<
, thỏa
mãn hệ (8) và chứng minh tương tự như chứng minh phần i).
2) Phần này chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 4, phần 2.

Hệ quả 5. Giả sử
, , ,
abR
αβ
∈
thỏa mãn các giả thiết của Định lý 4, phần
1. Nếu hàm
(
)
(
)
:,00,
fR

−∞∞→

U
thỏa mãn hệ bất đẳng thức (8) và trong
mỗi khoảng
(
)
,0

∞ ,
(
)
0,
∞
tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó hàm
f
liên tục,
thì
()
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
log 1, khi 0,,
log1, khi ,0,
pxfx
fx
pxfx

+∈∞

=

−+−∈−∞



trong đó

:
log
p
a
α
=
.

Chú ý 1. Giả sử
, , ,
ab
αβ
là các số thực cho trước thỏa mãn
01
ab
<<<
và
loglog
ab
αβ
=
. Nếu
0
I
∈
, thì không tồn tại hàm nào thỏa mãn hệ (8).

Thật vậy, trong bất đẳng thức (8) nếu đặt
0
x

=
, thì
0
α
≤
,
0
β
≤
, mâu thuẫn
với giả thiết
0
αβ
<
.

Định lý 7. (Dạng “nhân”)
Giả sử
, , ,
ab
αβ
là các số thực cho trước thỏa mãn
1
ab
<<
,
loglog
loglog
ab
αβ

=
,
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
19

và giả sử rằng hàm
:
fIR
→
liên tục tại ít nhất một điểm.
1) Nếu
log
log
b
Q
a
∉
, thì
f
thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm

(
)
(
)
faxfx
α≤ ,
(
)
(

)
fbxfx
β≤ ,
xI
∈
, (11)
thì
i) Trường hợp
(
)
0,
I
=∞
:
() ()
1
p
fxfx
= ,
0
x
>
,
ii) Trường hợp
(
)
,0
I =−∞ :
() ( )( )
1

p
fxfx
=−− ,
0
x
<
,
trong đó
log
:
log
p
a
α
=
.
2) Nếu
log
log
b
Q
a
∈
, thì tồn tại duy nhất một nghiệm hàm liên tục
:
fIR
→

(
(

)
0,
I
=∞
hoặc
(
)
,0
I =−∞ ) của hệ phương trình hàm tương ứng

(
)
(
)
faxfx
α= ,
(
)
(
)
fbxfx
β= ,
xI
∈
, (12)
sao cho
[ ]
0
1,
ff

d
=
, trong đó
{
}
:min1 ; ,
mn
dabmnN
=>∈

tồn tại, lớn hơn 1 và
[
]
0
:1,
fdR
→
là hàm liên tục cho trước thỏa mãn điều
kiện
() ()
00
log
log
1
a
fdfd
α
= .
Hơn nữa, nếu
0

f
là đơn điệu nghiêm ngặt, thì nó trùng với hàm
f
trên đoạn
[
]
1,
d
.

Chứng minh.
1) i) Giả sử rằng
(
)
0,
I
=∞
.
Từ (11), chứng minh tương tự như các phần trên, ta có
(
)
()
mnmn
fabxfx
αβ≤ ,
,
mnN
∈
,
0

x
>
.
Đặt
loglog
:
loglog
p
ab
αβ
==
,
ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
20

(
)
(
)
()
p
mnmn
fabxabfx
≤ , ,
mnN
∈
,
0
x

>
,
hay

( ) ()
.
p
ftxtfx
≤ ,
tM
∈
,
0
x
>
, (13)
trong đó, theo Bổ đề 2, tập
{
}
; ,
mn
MabmnN
=∈

trù mật trong
I
.
Giả sử rằng
0
0

x
>
là điểm mà tại đó hàm
f
liên tục và
0
x
>
là một giá trị
tùy ý. Bởi tính chất trù mật của
M
trong tập
I
, tồn tại một dãy
(
)
t
n
sao cho
tM
n
∈

(
)
nN
∈ ,
0
lim
x

t
n
x
n
=
→+∞
.
Từ bất đẳng thức (13), ta có
(
)
()
p
ftxtfx
n
n
≤
,
nN
∈
.
Cho
n
→∞
, bởi tính liên tục của hàm
f
tại
0
x
, ta thu được
( ) ()

0
0
p
x
fxfx
x

≤


,
0
x
>
.
Bây giờ, để chứng minh phần đảo, thay
x
bởi
x
t
trong (13), và chọn một
dãy
(
)
t
n
sao cho
tM
n
∈

(
)
nN
∈ ,
0
lim
x
t
n
x
n
=
→+∞
.
Thế thì, ta có
() ( )
0
0
.
p
x
fxfx
x

≤


,
0
x

>
.
Phần i) được chứng minh.
ii) Giả sử rằng
(
)
,0
I =−∞ .
Ta xét hàm
(
)
:0,
gR
∞→ xác định bởi công thức
(
)
(
)
gxfx
=−
,
0
x
<
, thỏa
mãn hệ (11) và chứng minh tương tự như chứng minh phần i).
2) Phần này chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 4, phần 2.

Chú ý 2. Giả sử
, , ,

ab
αβ
là các số thực cho trước thỏa mãn
01
ab
<<<
và
loglog
loglog
ab
αβ
=
. Nếu
IR
=
hoặc
[
)
0,
I
=∞
hoặc
(
]
,0
I =−∞ và
:
fIR
→
thỏa mãn

hệ (11), thì
(
)
00
f
=
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
21


Thật vậy, bởi một trong hai giả thiết 1
αβ
<<
hoặc 1
βα
<<
và, hơn nữa,
(
)
(
)
010
f α
−≤
và
(
)
(
)

010
f β
−≤
, ta suy ra
(
)
00
f
=
.
Từ Chú ý này, ta có

Chú ý 3.
i) Giả sử
[
)
:0,
fR
∞→ thỏa mãn hệ (11). Nếu
( )
0,
f
∞
và
, , ,
ab
αβ
thỏa
mãn tất cả các giả thiết của Định lý 7, phần 1, thì
()

() ( )
1 khi 0,,
0 khi 0,
p
fxx
fx
x


∈∞
=

=



trong đó
log
:
log
p
a
α
=
.
ii) Giả sử
(
]
:,0
fR

−∞→ thỏa mãn hệ (11). Nếu
( )
,0
f
−∞
và
, , ,
ab
αβ

thỏa mãn tất cả các giả thiết của Định lý 7, phần 1, thì
()
( )( ) ( )
1 khi ,0,
0 khi 0,
p
fxx
fx
x


−−∈−∞
=

=



trong đó
log

:
log
p
a
α
=
.

Hệ quả 6. Giả sử
, , ,
abR
αβ
∈
thỏa mãn các giả thiết của Định lý 7, phần
1.
i) Nếu hàm
(
)
(
)
:,00,
fR

−∞∞→

U
thỏa mãn hệ bất đẳng thức (11) và
trong mỗi khoảng
(
)

,0
−∞ ,
(
)
0,
∞
tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó hàm
f

liên tục, thì
()
() ( )
( )( ) ( )
1 khi 0,,
1 khi ,0,
p
fxx
fx
p
fxx

∈∞

=


−−∈−∞


trong đó

log
:
log
p
a
α
=
.
ii) Nếu hàm
:
fRR
→
thỏa mãn hệ bất đẳng thức (16) và trong mỗi
khoảng
(
)
,0
−∞ và
(
)
0,
∞
tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó hàm
f
liên tục,
thì
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
22

()

() ( )
( )( ) ( )
1 khi 0,,
0 khi 0,
1 khi ,0,
p
fxx
fxx
p
fxx

∈∞


==


−−∈−∞



trong đó
log
:
log
p
a
α
=
.

Chú ý 4. Ta luôn có các định lý tương tự như các Định lí 4- Định lí 7, với
hàm
f
thỏa mãn các bất đẳng thức có dấu ngược lại.



Pleiku, 7 / 2011

T.Đ.C




TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn văn Mậu, “Bất đẳng thức, định lí và áp dụng”, Nhà xuất bản
Giáo dục, 2006.

[2] Trịnh Đào Chiến, “Một số dạng bất phương trình hàm dạng cơ bản”,
Kỷ yếu Hội nghị khoa học về các chuyên đề chuyên Toán bồi dưỡng học
sinh giỏi Trung học phổ thông, Hà Nội - Nam Định, 26-28/11/2010.

[3] Th. M. Rassias, “Functional equations, inequalities and applications”,
73 - 89, Kluwer Academic Publishers, 2003.

[4] PI. Kannappan, “Functional equations and with applications”, 617 -
636, Springer Monographs in Mathematics, 2009.

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com