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

Mục lục
Mở đầu 3
1 Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học 5
1.1 Hàm số chuyển đổi từ phép cộng của đối số . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Hàm số chuyển đổi từ phép nhân của đối số . . . . . . . . . . . . . 21
1.3 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 40
2.1 Hàm số chuyển đổi từ trung bình cộng của đối số . . . . . . . . . . 40
2.2 Hàm số chuyển đổi từ trung bình nhân của đối số . . . . . . . . . . 42
2.3 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 48
3.1 Hàm lồi, lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.2 Hàm tựa lồi và tựa lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.3 Hàm tựa lồi, lõm dạng hàm sin và cosin . . . . . . . . . . . . . . . 63
4 Một số dạng toán liên quan 71
Kết luận 82
Tài liệu tham khảo 83
1
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 trì
hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt cả quá trình làm
luận văn. Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới người thầy
của mình.
Tôi cũng muốn gửi tới toàn thể các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học trường
Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các thầy cô đã đảm nhận
giảng dạy hai khóa Cao học 2010 - 2012 và 2011 - 2013, đặc biệt là các thầy cô
tham 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 Cao
học 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 thể
hoàn thành khóa học này.
2
Mở đầu
Chuyên đề bất đẳng thức hàm là một trong các lĩnh vực nghiên cứu quan trọng
của Giải tích toán học. Ngay từ Trung học phổ thông chúng ta cũng đã được biết
đến một số lớp bất đẳng thức hàm quen biết như hàm đồng biến, nghịch biến và
hàm lồi, lõm,. . . Tức là lớp các hàm số được mô tả tính chất qua bất đẳng thức
Jensen như
f

x + y
2

≤
f(x) + f(y)
2
.
Trong những năm gần đây, các nhà toán học cũng rất quan tâm đến bất đẳng
thức hàm, mở rộng các bất đẳng thức tổng quát cho lớp hàm đang xét (ví dụ
như các bất đẳng thức dạng Karamata cho hàm lồi). Trong các đề thi Olympic
Toán quốc tế, các đề thi chọn học sinh giỏi những năm gần đây cũng có xuất
hiện nhiều các dạng bài toán liên quan đến bất đẳng thức hàm, như các bài toán
giải bất phương trình hàm, chứng minh các tính chất của lớp các bất đẳng thức
hàm. . .Nói chung các dạng toán này khá mới mẻ, rời rạc và khá khó.
Luận văn này trình bày về một số lớp bất đẳng thức hàm và một số bài toán
liên quan, với hi vọng có thể bước đầu trình bày một cách có hệ thống một số
đặc 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 liệu
trên 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 bạn
đọc 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:
3
Trong hai chương đầu luận văn trình bày các về lớp bất đẳng thức hàm chuyển
đổi 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 lồi
lõm trên một khoảng, từ đó áp dụng vào một số bài toán giải bất phương trình
hàm lượng giác.
Một số bài toán liên quan cũng như các bài tập đề nghị được trình bày ở
chương 4.
Do thời gian gấp rút và kiến thức còn hạn chế nên luận văn không thể tránh
khỏi 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 viên
Nguyễn Thị Hiền
4
Chương 1
Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các
phép tính số học
Nói đến bất đẳng thức hàm, người ta nhớ đến bất đẳng thức hàm Cauchy cổ
điển
f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Vì vậy một cách tự nhiên chúng ta xét đến các lớp bất đẳng thức hàm đầu tiên
là: Bất đẳng thức hàm chuyển đổi các phép tính số học. Trong đó có hai phép
tính thường thấy nhất trong lý thuyết về phương trình - bất phương trình hàm

là phép cộng và phép nhân.
1.1 Hàm số chuyển đổi từ phép cộng của đối số
1.1.1. Bất đẳng thức hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng
Dưới đây ta xét một số bài toán nghiên cứu các hàm số thỏa mãn các bất đẳng
thức hàm
f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R (1.1)
và
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).
5
Bài toán 1.1. Cho hàm số f : R → R thỏa mãn (1.1):
f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R,
trong đó f không âm với mọi x ∈ R mà |x| ≥ k, k là hằng số dương. Chứng minh
rằng f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Lời giải. Do f thỏa mãn (1.1) với mọi x, y ∈ R nên ta dễ dàng chứng minh được
f(nx) ≤ nf(x), ∀n ∈ Z
∗
+
, ∀x ∈ R.
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 liên
tục 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 là hàm trên cộng tính nếu f

(x) <
f(x)
x
, ∀x ∈ I và f là hàm dưới cộng tính
nếu f

(x) >
f(x)
x
, ∀x ∈ I.
Lời giải. Thật vậy, nếu f

(x) tồn tại trên I = (a, ∞), a ≥ 0, và f

(x) <
f(x)
x
∀x ∈ I. Ta có
f

(x) <
f(x)
x
, ∀x ∈ I
⇔ x.f

(x) −f(x) < 0, ∀x ∈ I

⇒
d
dx

f(x)
x

=
x.f

(x) −f(x)
x
2
< 0, ∀x ∈ I.
Như vậy
f(x)
x
đơn điệu giảm trên I.
6
Với x, y ∈ I, ta có
f(x + y) = x.
f(x + y)
x + y
+ y.
f(x + y)
x + y
≤ x.
f(x)
x
+ y.

f(y)
y
= 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 f

(x) là hàm
đơn điệu không tăng trên (a, +∞).
Lời giải. f là hàm trên cộng tính trên R, f

(x) tồn tại trên I = (a; ∞), a ≥ 0,
f(x) + f(−x) ≤ 0, ∀x ∈ I. Khi đó lấy x
1
∈ I, t > 0 là số thực dương bất kì. Do
f

(x
1
+ t) tồn tại nên
lim
h→0
f(x
1
+ t + h) −f(x
1
+ t)
h
= f


(x
1
+ t).
Suy ra, với ε > 0, tồn tại h > 0 đủ nhỏ sao cho
f

(x
1
+ t) − ε <
f(x
1
+ t + h) −f(x
1
+ t)
h
.
Do đó
f

(x
1
+ t) − ε <
1
h
.[f(x
1
+ t + x
1
+ h − x
1

) −f(x
1
+ t)]
≤
1
h
.[f(x
1
+ t) + f(x
1
+ h) + f(−x
1
) −f(x
1
+ t)]
=
1
h
.[f(x
1
+ h) + f(−x
1
)]
≤
1
h
.[f(x
1
+ h) − f(x
1

)].
Suy ra f

(x
1
+ t) ≤ f

(x
1
), ∀t > 0. Do đó f

(x) là hàm đơn điệu không tăng trên
I.
Bài toán 1.5. Cho hàm f(x) : R → R thỏa mãn (1.1) với mọi x, y ∈ R. Chứng
minh rằng f là hàm số chẵn thì f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
7
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 liên
tục với mọi x ∈ R.
(iii) Hàm f khả vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0) là hàm trên cộng tính nếu f

(x) <
f(x)
x

, ∀x ∈ I và là hàm dưới cộng tính nếu f

(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 f

(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;
(ii) f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Lời giải. Thay x = 0, y = 0 vào điều kiện đề bài ta được

f(0) ≥ 2f(0),
f(0) ≥ 0
⇒ f(0) = 0.
Vậy nên ∀x ∈ R, ta có 0 = f(0) = f(x + (−x)) ≥ f(x) + f(−x). Mà f(x) ≥
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.
8
Bài toán 1.7. Cho trước a ∈ R. Xác định hàm số thỏa mãn đồng thời các điều
kiện sau:
(i) f(x + y) ≥ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R,
(ii) f(x) ≥ ax, ∀x ∈ R.
Lời giải. Xét hàm số g(x) = f(x) − ax. Thay vào các điều kiện đề bài ta được

(i) g(x + y) ≥ g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R,
(ii) g(x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
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:
(i) f(x + y) ≥ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R,
(ii) f(1) = 1,
(iii) f(g(|x|)) ≥ g(|f(x)|), ∀x ∈ R, trong đó g : R
+
→ R
+
là hàm liên tục, tăng
với g(0) = 0, g(1) = 1.
Lời giải.
• 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)
và (iii) ta có
f(x) = f(ny) ≥ nf(y) = nf(g(t)) ≥ ng(|f(t)|) ≥ 0, ∀x ∈ R
+
.
• Như vậy, với x, y ∈ R, x > y ta có x = y + x
∗
, x

∗
∈ R
+
, từ (i) ta có
f(x) = f(y + x
∗
) ≥ f(y) + f(x
∗
) ≥ f(y).
Nói cách khác, f là hàm đơn điệu không giảm trên R.
9
• 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 minh
trên 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 đồng
biến nên |f(−1)| ≤ 1. Tuy nhiên theo (1.2) thì f(−1) ≤ −f(1) = −1, suy
f(−1) = −1.
Lại có, với n ∈ N
f(n) ≤ −f(−n) = −f(n(−1)) ≤ −nf(−1) = n.
Nhưng f(n) ≥ nf(1) = n. Vậy f(n) = n, ∀n ∈ N .
Bây giờ lấy p, q ∈ Z
∗
+
, ta có
p = f(p) = f

q

p
q

≥ qf

p
q

,
suy ra
f

p
q

≤
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 tại x
0

∈ Q
+
sao cho x < x
0
<
f(x), khi đó f(x
0
) ≤ x
0
< f(x). Mà do f là hàm đơn điệu không giảm nên
f(x
0
) ≥ f(x). Vô lý.)
Lấy x ∈ R bất kì, từ (iii) và (1.3) ta có
g(|x|) ≥ f(g(|x|)) ≥ g(|f(x)|)
suy ra, do g đơn điệu tăng
|f(x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R. (1.3a)
10
• 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 có
qf

−
p

q

≤ f

q

−
p
q

= f(−p) ≤ −f(p) = −p,
⇔ f

−
p
q

≤ −
p
q
,
thêm điều kiện (1.3a) ta được
f

−
p
q

= −
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 = f(x), giả sử x < f(x), khi đó tồn tại
x
0
∈ Q
−
để x < x
0
= f(x
0
) < f(x). Điều này mâu thuẫn với f đơn điệu
không giảm trên R.)
Với x ≥ 0. Tồn tại n ∈ Z
∗
+
sao cho x −n < 0. Khi đó
f(x) = f(x −n + n) ≥ f(x −n) + f(n) = x − n + n = x ≥ 0.
Thêm điều kiện (1.3a) ta thu được f(x) = x, ∀x ≥ 0.
Như vậy, ta có f(x) = x, ∀x ∈ R.
Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài ra là f(x) = x, x ∈ R.
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng
• 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.
• F : R
n
+
→ R xác định bởi F (x) =

n

k=1
|x
k
|
r

1
r
là hàm trên cộng tính nếu
r > 1, là hàm dưới cộng tính nếu r < 1. (Bất đẳng thức Minkowski)
11
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 hàm
các bất đẳng thức hàm
f(x + y) ≥ f(x)f(y), ∀x, y ∈ R.
Bài toán 1.9. Cho trước a > 0. 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) ≥ a
x
, ∀x ∈ R.

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
(i) ln f(x + y) ≥ ln f(x) + ln f(y), ∀x, y ∈ R;
(ii) ln f(x) ≥ x. ln a, ∀x ∈ R.
Đặt g(x) = ln f(x), ta thu được
(i) g(x + y) ≥ g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R;
(ii) g(x) ≥ x. ln a, ∀x ∈ R.
Từ kết quả của Bài toán 1.7 ta có g(x) = (ln a)x. Suy ra f(x) = a
x
. Thử lại ta
thấy hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện đề bài ra.
Liệu ta có tìm được một hàm thay thế cho hàm h(x) = a
x
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) = e
x
, và ta có một đánh giá chặt rằng
e
x
≥ 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.
12
Lời giải. Từ (i) ta có
f(x) = f

x
2

+
x
2

≥

f

x
2

2
≥ 0, ∀x ∈ R.
Nếu tồn tại x
0
∈ R sao cho f(x
0
) = 0 thì do f(x
0
) =

f

x
0
2

2
nên f


x
2

= 0.
Bởi lập luận tương tự ta có f

x
0
2
n

= 0, ∀n ∈ N
+
. Nhưng (ii) lại chỉ ra f(x) > 0
với x gần 0. Từ đó suy ra f(x) > 0, ∀x ∈ R.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh f khả vi trên R và f

(x) = f(x), ∀x ∈ R. Từ (i)
và (ii) với x ∈ R và h nhỏ ta có
f(x + h) − f(x) ≥ f(x)f(h) − f(x) = f(x)[f(h) − 1] ≥ hf(x).
Suy ra
f(x) ≤
f(x + h) − f(x)
h
. (1.4)
Từ f(x) = f(x + h −h) ≥ f(x + h)f(−h) ≥ f(x + h)(1 −h), lấy h nhỏ sao cho
1 −h > 0, thì f(x + h) ≤
f(x)
1 −h
. Ta lại có

f(x + h) − f(x) ≤
f(x)
1 −h
− f(x) = f(x)

1
1 −h
− 1

= h
f(x)
1 −h
.
Suy ra
f(x + h) − f(x)
h
≤
f(x)
1 −h
. (1.5)
Như vậy, từ (1.10) và (1.5), ta có
+ với h > 0 đủ nhỏ ta có
f(x) ≤
(x + h) − f(x)
h
≤
f(x)
1 −h
,
+ và với h < 0 ta có bất đẳng thức ngược lại

f(x) ≥
(x + h) − f(x)
h
≥
f(x)
1 −h
.
13
Cho h → 0 ta được giới hạn
lim
h→0
(x + h) − f(x)
h
= f(x), ∀x ∈ R.
Như vậy
f

(x) = f(x), ∀x ∈ R.
Ta có
d
dx
(e
−x
f(x)) = e
−x
[f

(x) −f(x)] = 0, ∀x ∈ R,
do vậy f(x) = Ce
x

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) = e
x
. Thử lại
ta thấy hàm số f(x) = e
x
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 cách
tiếp 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, g

(0) = k.
Lời giải. Từ (i), ta có
f(x) = f

x
2
+
x
2


≥

f

x
2

2
≥ 0, ∀x ∈ U.
Nếu tồn tại x
0
∈ U sao cho f(x
0
) = 0 thì do f(x
0
) ≥

f

x
0
2

2
nên f

x
2

= 0.

Bởi lập luận tương tự ta có f

x
0
2
n

= 0, ∀n ∈ N
+
. Mà f

x
0
2
n

≥ g

x
0
2
n

, ∀n ∈
N
+
, suy ra g

x
0

2
n

≤ 0, ∀n ∈ N
+
. Nhưng g(x) khả vi tại 0 nên 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 ∈ U.
14
Tiếp theo ta sẽ chứng minh f khả vi trên U và f

(x) = kf(x), ∀x ∈ U, với
k = g

(0). Để thuận tiện ta đặt g(x) = 1 + θ(x). Khi đó, θ(x) khả vi tại 0 và
θ(0) = 0, θ

(0) = g

(0) = k, f(x) ≥ 1 + θ(x), ∀x ∈ U. Với x ∈ U và h đủ nhỏ để
x + h ∈ U ta có
f(x+h)−f(x) ≥ f(x)f(h)−f(x) = f(x)[f(h)−1] ≥ f(x)[g(h)−1] = f(x)θ(h).
Mặt khác
f(x) = f(x + h −h) ≥ f(x + h)f(−h) ≥ f(x + h)g(−h) = f(x + h)(1 + θ(−h)).
Vì θ(x) liên tục tại 0, và θ(0) = 0 nên chọn h đủ nhỏ ta có 1 + θ(h) > 0. Khi đó
f(x + h) −f(x) ≤
f(x)
1 + θ(−h)
−f(x) = f(x)

1

1 + θ(−h)
− 1

=
f(x)θ(−h)
−(1 + θ(−h))
.
Như vậy, với h > 0 đủ nhỏ, ta có
θ(h)
h
f(x) ≤
(x + h) − f(x)
h
≤
f(x)
1 + θ(−h)
·
θ(−h)
−h
,
với h < 0 bất đẳng thức đúng theo chiều ngược lại.
Do θ

(0) = k và θ(0) = 0, cho h → 0, ta được giới hạn
f

(x) = lim
h→0
(x + h) − f(x)
h

tồn tại và bằng kf(x) với mọi x ∈ U.
Ta có
d
dx
(e
−kx
f(x)) = e
−kx
[f

(x) −kf(x)] = 0, ∀x ∈ U.
Do vậy f(x) = Ce
kx
với C là hằng số. Từ (i), f(0) = f(0 + 0) ≥ [f(0)]
2
⇒
f(0) ≤ 1, nhưng do f(0) ≥ g(0) = 1 nên C = f(0) = 1.
Vậy f(x) = e
kx
. Thử lại ta thấy rõ ràng hàm số f(x) = e
kx
thỏa mãn điều
kiện (i). Nếu e
kx
≥ g(x), ∀x ∈ U thì f(x) = e
kx
là nghiệm của bài toán, ngược
lại bài toán vô nghiệm.
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:
15
(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, g

(0) = k, e
kx
≥
g(x), ∀x ∈ U. Khi đó f(x) = e
kx
.
Hệ quả 1.1. Cho U là một khoảng mở chứa 0. Hàm số f : U → R thỏa mãn
f(x + y) ≥ f(x)f(y), ∀x, y, x + y ∈ U.
Nếu f khả vi tại 0, f(0) = 1, và f

(0) = k thì f(x) = e
kx
, ∀x ∈ U.
Chứng minh. Áp dụng Định lý 1.1, với g(x) = f(x), x ∈ U, ta có điều phải
chứng minh.
Hệ quả 1.2. Xét F là một hàm số xác định trên một tập mở U chứa 0 thỏa mãn
F (x + y) ≤ F (x) + F(y)
với mọi x, y và x + y thuộc U. Nếu F bị chặn trên bởi một hàm G khả vi tại 0 và
thỏa mãn G(0) = 1 (trong trường hợp đặc biệt F khả vi tại 0 và F (0) = 0), thì
F (x) = kx với mọi x ∈ U, k là hằng số.
Chứng minh. Đặt f(x) = e
−F (x)
, g(x) = e
−G(x)

. Ta có
• Ta có
F (x + y) ≤ F (x) + F(y)
⇒ e
−F (x+y)
≥ e
−(F (x)+F (y))
⇒ 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) = e
kx
hay F (x) = kx với k là hằng số.
Tương tự phương pháp chứng minh Định lý 1.1, ta có kết quả sau:
16
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, g

(0) = k, thì mọi
nghiệm của bất đẳng thức hàm trên đều có dạng f(x) = Ce
kx
, C là hằng số.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh f khả vi trên U và f

(x) = kf(x), ∀x ∈ U,
với k = g

(0). Đặt g(x) = 1 + θ(x). Khi đó, θ(x) khả vi tại 0 và θ(0) = 0, θ


(0) =
g

(0) = k. Với x ∈ U và h đủ nhỏ để x + h ∈ U ta có
f(x + h) − f(x) ≥ f(x)g(h) −f(x) = f(x)[g(h) −1] = f(x)θ(h).
Mặt khác
f(x) = f(x + h − h) ≥ f(x + h)g(−h) = f(x + h)(1 + θ(−h)).
Vì θ(x) liên tục tại 0, và θ(0) = 0 nên chọn h đủ nhỏ ta có 1 + θ(h) > 0. Khi đó
f(x + h) −f(x) ≤
f(x)
1 + θ(−h)
−f(x) = f(x)

1
1 + θ(−h)
− 1

=
f(x)θ(−h)
−(1 + θ(−h))
.
Như vậy với h > 0 đủ nhỏ ta có
θ(h)
h
f(x) ≤
(x + h) − f(x)
h
≤
f(x)

1 + θ(−h)
.
θ(−h)
−h
,
với h < 0, bất đẳng thức đúng theo chiều ngược lại. Do θ

(0) = k và θ(0) = 0,
cho h → 0, ta được giới hạn
f

(x) = lim
h→0
(x + h) − f(x)
h
tồn tại và bằng kf(x) với mọi x ∈ U.
Ta có
d
dx
(e
−kx
f(x)) = e
−kx
[f

(x) −kf(x)] = 0, ∀x ∈ U.
Do vậy f(x) = Ce
kx
với C là hằng số.
17

Hệ quả 1.3. Các hàm số f(x) = e
kx
và g(x) = e
kx
là nghiệm duy nhất của hệ
phương 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 g

(0) = k.
Chứng minh. Từ bất đẳng thức hàm thứ nhất, áp dụng Định lý 1.2 ta được
f(x) = e
kx
(C là hằng số). Vì f(0) = 1 nên C = 1. Do đó f(x) = e
kx
.
Tương tự, từ bất đẳng thức hàm thứ hai, áp dụng Định lí 1.2, ta cũng có
g(x) = e
kx
.
Rõ ràng f(x) = e
kx
và g(x) = e
kx
thỏa mãn hệ bất đẳng thức hàm với các
điều kiện đã cho. Hệ quả được chứng minh.
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, k

(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 e
lx
≥ g(x) trên U. Trong trường hợp này mọi nghiệm
không âm đều có dạng f(x) = Ce
lx
, trong đó C ≥ 0 là hằng số.
Chứng minh. Giả sử f(x) là một nghiệm không âm của bất đẳng thức hàm đã
cho. Vì g(x) ≥ k(x) trên U nên ta có
f(x + y) ≥ f(x)g(y) ≥ f(x)k(y),
trong đó k(x) thỏa mãn k(0) = 1, k

(0) = l. Áp dụng Định lý 1.2 vào bất đẳng
thức hàm này, ta có f(x) = Ce
lx
, trong đó C ≥ 0 là hằng số.
Rõ ràng, khi đó f(0 + x) ≥ f(0)g(x) ⇔ e
lx
≥ g(x), ∀x ∈ U.
Từ các Định lý và các Hệ quả trên ta có thể ra nhiều bài toán, chẳng hạn như
sau:
18
Bài toán 1.12. Xác định tất cả các hàm số thỏa mãn hệ bất phương trình sau

f(x + y) ≥ f(x)f(y) (1)
f(x) ≥ 1 + 2 sin x, (2)

với mọi x, y, x + y ∈

−
π
2
,
π
2

.
(Áp dụng Định lý 1.1, với g(x) = 1 + 2 sin x, ta thu được f(x) = e
2x
.)
Lời giải. Đặt g(x) = 1 + 2 sin x. Từ (1), ta có
f(x) = f

x
2
+
x
2

≥

f

x
2

2

≥ 0, ∀x ∈

−
π
2
,
π
2

.
Nếu tồn tại x
0
∈

−
π
2
,
π
2

sao cho f(x
0
) = 0 thì do f(x
0
) ≥

f

x

0
2

2
nên
f

x
2

= 0. Bởi lập luận tương tự ta có f

x
0
2
n

= 0, ∀n ∈ N
+
. Mà f

x
0
2
n

≥
g

x

0
2
n

, ∀n ∈ N
+
suy ra g

x
0
2
n

≤ 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
,
π
2

.
Với x ∈

−
π

2
,
π
2

bất kì và h nhỏ ta có
f(x+h)−f(x) ≥ f(x)f(h)−f(x) = f(x)[f(h)−1] ≥ f(x)[g(h)−1] = f(x).2 sin h.
Từ f(x) = f(x + h − h) ≥ f(x + h)f(−h) ≥ f(x + h)g(−h)
= f(x + h)(1 + 2 sin(−h)), ta lại có
f(x + h) − f(x) ≤
f(x)
1 + 2 sin(−h)
− f(x) = f(x)

1
1 + 2 sin(−h)
− 1

=
f(x)2 sin(−h)
−(1 + 2 sin(−h))
.
Như vậy với h > 0 đủ nhỏ ta có
2 sin(h)
h
f(x) ≤
f(x + h) − f(x)
h
≤
f(x)

1 + 2 sin(−h)
.
2 sin(−h)
−h
,
với h < 0 bất đẳng thức đúng theo chiều ngược lại. Cho h → 0, nhớ là lim
h→0
sin h
h
=
0, ta thu được
f

(x) = lim
h→0
(x + h) − f(x)
h
= 2f(x), với mọi x ∈

−
π
2
,
π
2

.
19
Ta có
d

dx
(e
−2x
f(x)) = e
−2x
[f

(x) −2f(x)] = 0, ∀x ∈

−
π
2
,
π
2

.
Do vậy f(x) = Ce
2x
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) = e
2x
. Thử lại ta thấy hàm số f(x) = e
2x
thỏa mãn điều kiện đề bài
ra.
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:

f(x + y) ≥ f(x)log
2
f(y), (1)
f(x) ≥ x + 2. (2)
Lời giải. Từ (2) suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ (−2; +∞). Thay x = y = 0 vào hệ bất
đẳng thức hàm ta được

f(0) ≥ f(0)log
2
f(0)
f(0) ≥ 2
⇔

log
2
f(0) ≤ 1
f(0) ≥ 2
⇔

f(0) ≤ 2
f(0) ≥ 2
⇔ f(0) = 2.
Áp dụng Hệ quả 1.4 với g(x) = log
2
f(x), k(x) = log
2
(x + 2) ta có
g(x) ≥ k(x), ∀x ∈ (−2; ∞), k(0) = g(0) = 1, k


(0) =
1
2 ln 2
.
Vậy f(x) = f(0)e
1
2 ln 2
x
= 2e
x
2 ln 2
. Thử lại ta thấy hàm số f(x) = 2e
x
2 ln 2
thỏa
mãn hệ bất đẳng thức hàm đã cho trên khoảng (−2; ∞).
Bài toán 1.14. Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên R thỏa mãn hệ bất
đẳng thức hàm sau:

f(x + y) ≥ f(x)e
f(y)
, (1)
f(x) ≥ x
2
. (2)
Lời giải. Từ (2) suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Thay x = y = 0 vào hệ bất đẳng thức
hàm ta được

f(0) ≥ f(0)e

f(0)
f(0) ≥ 0
⇔

e
f(0)
≤ 1
f(0) ≥ 0
⇔

f(0) ≤ 0
f(0) ≥ 0
⇔ f(0) = 0.
20
Áp dụng Hệ quả 1.4 với g(x) = e
f(x)
, k(x) = e
x
2
ta có
g(x) ≥ k(x) ∀x, k(0) = g(0) = 1 , k

(0) = 0.
Suy ra f(x) ≡ 0. Thử lại ta thấy hàm số f(x) ≡ 0 không thỏa mãn hệ bất đẳng
thức 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}
thỏa mãn bất đẳng thức hàm
|f(xy)| ≥ |f(x) + f(y)|, ∀x, y ∈ R \ {0}.

Trước hết ta có định lý sau:
Định lí 1.3. Cho hàm số f : R \{0} → R thỏa mãn bất phương trình
|f(xy)| ≥ |f(x) + f(y)|, ∀x, y ∈ R \ {0} (1.6)
thì suy ra
f(xy) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R \{0}. (L)
Chứng minh:
Thay x = y = 1 vào (1.6) ta được
|f(1.1)| ≥ |f(1) + f(1)|
⇔ |f(1)| ≥ |2f(1)|
⇔ |f(1)| ≥ 2|f(1)|
⇔ |f(1)| ≤ 0
⇔ |f(1)| = 0
⇔ f(1) = 0.
21
Và với y = x
−1
ta được
|f(x.x
−1
)| ≥ |f(x) + f(x
−1
)|
⇔ |f(1)| ≥ |f(x) + f(x
−1
)|
⇔ |f(x) + f(x
−1
)| ≤ 0
⇔ |f(x) + f(x
−1

)| = 0
⇔ f(x) + f(x
−1
) = 0
⇔ f(x
−1
) = −f(x), ∀x ∈ R \ {0}.
Bất phương trình (1.6) có thể viết lại thành
|f(xy)|
2
≥ |f(x) + f(y)|
2
⇔ [f(x) + f(y)]
2
≤ [f(xy)]
2
⇔ [f(x)]
2
+ 2f(x).f(y) + [f(y)]
2
≤ [f(xy)]
2
, ∀x, y ∈ R \{0}. (1.7)
Thay x và y bởi xy và y
−1
vào bất phương trình trên ta được
[f(xy)]
2
+ 2f(xy).f(y
−1

) + [f(y
−1
)]
2
≤ [f(x)]
2
, ∀x, y ∈ R \{0}
⇔ [f(xy)]
2
− 2f(xy).f(y) + [f(y)]
2
≤ [f(x)]
2
, ∀x, y ∈ R \{0}. (1.8)
Cộng vế với vế bất phương trình (1.7) và (1.8), rồi chia 2 ta được
[f(x) + f(y) −f(xy)].f(y) ≤ 0. (1.9)
Thay x và y bởi x
−1
và xy vào (1.7) ta được
[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.
22
Điều này suy ra (L) : f(xy) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R \ {0}. Điều phải chứng
minh.
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
f(xy) = f(x) + f(y), x, y ∈ R \ {0} (∗)
là f(x) = a ln |x|, x, y ∈ R \ {0}, trong đó a ∈ R tùy ý.
Chứng minh.
• Trước hết xét x, y ∈ R
+
.
Đặt x = e

u
, y = e
v
và f(e
t
) = g(t). Khi đó (*) có dạng
g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ R, (1.10)
hơn nữa g(x) liên tục trên R.
– Cho x = 0, y = 0, (1.10) suy ra
g(0 + 0) = g(0) + g(0)
⇔ g(0) = 2g(0)
⇔ g(0) = 0 (1.11)
– Từ (1.10) và (1.11)
g(x − x) = g(x) + g(−x)
⇔ 0 = g(x) + g(−x)
⇔ g(−x) = −g(x) với ∀x ∈ R (1.12)
– Từ (1.10) suy ra g(x
1
+x
2
+x
3
+···+ x
n
) = g(x
1
)+g(x
2
)+···+g(x
n

),
với ∀x
1
, x
2
, . . . , x
n
∈ 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)
23
– Với n ∈ Z
∗
, ta có
g(x) = g

n.
x
n

= ng

x
n

⇔ g


x
n

=
1
n
g(x), ∀x ∈ R.
Với r =
m
n
∈ Q,
f(rx) = g

m.
x
n

= m.a

x
n

= m.
1
n
g(x) = rg(x), ∀x ∈ R. (1.14)
– Với x = 1
(1.14) ⇒ g(r) = ar, ∀r ∈ Q (1.15)
với a = f(1) = hằng số.
– Lấy x ∈ R tùy ý, do Q trù mật trong R nên có dãy {t

n
} ⊂ Q sao cho
t
n
→ x. Vì g liên tục tại x nên
lim
n→∞
g(t
n
) = g(x)
⇔ lim
n→∞
(at
n
) = g(x)
⇔ a. lim
n→∞
t
n
= g(x)
⇔ ax = g(x).
Như vậy g(x) = ax, ∀x ∈ R, với a ∈ R tùy ý.
Do đó f(x) = a ln x, ∀x ∈ R
+
, với a ∈ R tùy ý.
• Khi x, y ∈ R
−
thì xy ∈ R
+
. Với y = x, từ đẳng thức (*) và theo kết quả

phần trên ta có
f(x) =
1
2
f(x
2
) =
1
2
a ln(x
2
) = a ln |x|, ∀x ∈ R
−
.
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 cho
bài toán 1.15.
24
1.3 Hàm số chuyển đổi các phép biến đổi hình học của
đối số
Các phép biến đổi hình học được nhắc đến ở phần này là
• Phép tịnh tiến: f : R → R,
x → α + x
• Phép vị tự: f : R → R.
x → αx
Từ đó, trong phần này đề cập đến việc giải các hệ bất đẳng thức hàm, với các
dạng sau đây
• Dạng "cộng - cộng":


f(a + x) ≤ α + f(x)
f(b + x) ≤ β + f(x),
∀x ∈ R.
• Dạng "cộng - nhân":

f(a + x) ≤ αf(x)
f(b + x) ≤ βf(x),
∀x ∈ R.
• Dạng "nhân - cộng":

f(ax) ≤ α + f(x)
f(bx) ≤ β + f(x),
∀x ∈ I, I ⊂ R.
• Dạng "nhân - nhân"

f(ax) ≤ αf(x)
f(bx) ≤ βf(x),
∀x ∈ I, I ⊂ R,
trong đó a, b, α, β là các số thực cho trước.
Chú ý rằng, nếu α = f(a), β = f(b), thì hệ bất đẳng thức hàm dạng "cộng"
trên là sự thu hẹp của bất đẳng thức hàm Cauchy cổ điển
f(x + y) ≤ f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
25