(Luận văn thạc sĩ) Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ THU CÚC

BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI
CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH BẬC TÙY
Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ THU CÚC

BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI
CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH BẬC TÙY
Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã
trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian
nghiên cứu vừa qua.
Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy
lớp cao học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo
điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và
nghiên cứu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia
đình và người thân luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quá
trình học cao học và viết luận văn này.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các
thầy cô và các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019
Tác giả

Nguyễn Thị Thu Cúc


ii

Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung
bình

3

1.1

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

3

1.2

Hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng . . . . . . .

8

1.3

Nhận xét về lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung
bình khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4

Phương trình hàm Lobachevsky . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5

Mối liên hệ giữa phương trình hàm Lobashevsky và phương
trình hàm cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Chương 2. Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng
trung bình

33

2.1

Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng . . . 34

2.2

Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân . . . 37

2.3

Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung
bình điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.4

Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình bậc hai . . 45

2.5

Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung
bình bậc tùy ý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Chương 3. Một số phương pháp giải phương trình, bất phương
trình hàm qua các kỳ thi Olympic

51

3.1

Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.2

Phương pháp sử dụng toàn ánh . . . . . . . . . . . . . . . . 56


iii

3.3

Phương pháp kết hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.4

Một số dạng bất phương trình hàm liên quan . . . . . . . . 65

3.5

Một số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm

. . . . 70

Kết luận

75

Tài liệu tham khảo

76


1

Mở đầu
Luận văn "Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc
tùy ý và các dạng toán 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 toán 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 chuyên đề này không 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, tôi chọn đề tài luận văn
"Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các
dạng toán 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 toán 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 hoàn (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 hoàn với chu kỳ T mà không là
hàm tuần hoàn với bất cứ chu kỳ nào bé hơn T .


4

Bài toán 1.1 (xem [2], [3]). Tồn tại hay không tồn tại một hàm số
f (x) ≡ hằng số, tuần hoàn trên R nhưng không 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∗

không có số nhỏ nhất nên hàm f (x) không có chu kỳ cơ sở.
Bài toán 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

x0
x0
+t =f
− t , ∀t ∈ R.
2
2

(1.2)

x0
+ t thì
2
x0
x0
− t , f (t) = g t −
.
2
2

g(−t) = f

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

f

a
a
+ t +f
− t = b.
2
2

Đặt

a
b

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

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.

f (x) = g x −

b
a
+ ,
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 quát đã được ông và các học
trò của mình tìm ra.
Trong luận văn này, ngoài 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

3. Trung bình điều hòa của các đối số

2xy
; x, y ∈ R+ .
x+y

4. Trung bình bình phương của các đối số

x2 + y 2
; x, y ∈ R+ .
2

xp + y p
5. Trung bình bậc p (p > 1) của các đối số
2
và các đại lượng trung bình của các hàm số:
1. Trung bình cộng của các hàm số

f (x) + f (y)
.
2

2. Trung bình nhân của các hàm số

f (x)f (y).

3. Trung bình điều hòa của các hàm số

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

1
p

; x, y ∈ R+ .


7

4. Trung bình bình phương của các hàm số

[f (x)]2 + [f (y)]2
.
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 = 0 có tính chất

f

x+y
1
= {f (x) + f (y)}, ∀x, y ∈ R.
2
2

Tính chất 1.2 (Hàm tuyến tính). f (x) = ax, a = 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 = 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 = 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 =
, 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 = kπ, k ∈ Z.
f (x) + f (y)


8

Tính chất 1.7 (Hàm lượng giác ngược). Hàm f (x) = arcsin x có tính
chất

f (x) + f (y) = f (x 1 − y 2 + y

1 − x2 ), ∀x, y ∈ [−1, 1].

Hàm g(x) = arccos x có tính chất

1 − x2

g(x) + g(y) = g(xy −

1 − y 2 ), ∀x, y ∈ [−1, 1].

Hàm h(x) = arctan x có tính chất

h(x) + h(y) = h

x+y
, ∀x, y : xy = 1.
1 − xy

Hàm p(x) = arccot x có tính chất

p(x) + p(y) = p

xy − 1
, ∀x, y : x + y = 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 toán 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:

f

x+y
f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R.
=
2

2

(1.9)


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)
=
, ∀x, y ∈ R
2
2
g(x) + g(y)
x+y
=
, ∀x, y ∈ R,
g
2
2

b+g

(1.10)

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 toán 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:

f

x+y
=
2

f (x).f (y), ∀x, y ∈ R.

(1.12)

Lời giải. Với x = t, y = t, ta có

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

f (t) = f

x0 + (2t − x0 )
=
2

f (x0 ).f (2t − x0 ) = 0, ∀t ∈ R.

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

ln f

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


10

hay

x+y
g(x) + g(y)
=
, ∀x, y ∈ R,
(1.13)
2
2
trong đó g(t) = ln f (t).
Vậy (1.13) là hàm số chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng nên theo
Bài toán 1.5 thì g(t) = at + b và ln f (t) = at + b.
Vậy f (t) = eat+b = eb (ea )t = BAt . Như vậy:
g

f (x) = BAt , A, B > 0 tùy ý, ∀x ∈ R.
Bài toán 1.7 (Trung bình cộng vào trung bình điều hòa). Tìm các hàm
số f (x) : R → R+ xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện

f

2f (x)f (y)
x+y
=
, ∀x, y ∈ R.
2
f (x) + f (y)

(1.14)

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

x+y
f
=
2

[f (x)]2 + [f (y)]2

, ∀x, y ∈ R.
2

Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x)

0, ∀x ∈ R. Vì vậy

(1.15)


11

x+y
(1.15) ⇔ f
2

2

[f (x)]2 + [f (y)]2
=
, ∀x, y ∈ R.
2

hay

g

x+y
g(x) + g(y)
=

, ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f (x)]2
2
2

Theo kết quả của Bài toán 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
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra
Kết luận.
f (t) = c, c 0 tùy ý.

1.3

0.

0.

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 toán 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
=
, ∀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


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 toán 1.10 (Trung bình điều hòa thành trung bình cộng). Tìm các
hàm số f (t) xác định, liên tục trên R \ {0} và thỏa mãn điều kiện

f

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

1
1
1
= u,
= v, f
x
y

u
R \ {0} và (1.18) có dạng
Lời giải. Đặt

(1.18)

= g(u). Khi đó g(u) liên tục trên

u+v
g(u) + g(v)
)=
, ∀u, v, u + v = 0.
2
2
a
Theo Bài toán 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 toán 1.11 (Trung bình điều hòa 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

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

Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x)

2xy
f
x+y
⇔ f

f

1 1
+
x y

u + v = 0.

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

2

2

2
u+v

2

2

(1.19)

=

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

1
f
u
=

2

1
+ f
v
2

2

, u=

1
1
, v = , ∀u, v ∈ R \ {0},
x
y


13

Từ đó suy ra

g

g(u) + g(v)
u+v
=
, ∀u, v ∈ R \ {0}, u + v = 0.
2
2

trong đó

1 2
0, ∀u = 0.
g(u) = f
u
Theo kết quả của Bài toán 1.5 thì g(u) = au + b, ∀u ∈ R \ {0}.
Để g(u) 0, ∀u = 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 toán 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

x2 + y 2
2

f

=

f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R.
2

Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) = f (|x|), ∀x ∈ R.
√
√
Đặt |x| = u, |y| = v (u, v 0). Khi đó
√
√
u+v
f ( u) + f ( v)
, ∀u, v
(1.20) ⇔ f
=
2
2
√

Đặt f ( u) = g(u), u 0 ta được

g

u+v
g(u) + g(v)
=
, ∀u, v
2
2

(1.20)

0.

0.

Theo Bài toán 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 toán 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

f

x2 + y 2

2

=

[f (x)]2 + [f (y)]2
, ∀x, y ∈ R+ .
2

(1.21)


14

Lời giải. Theo giả thiết f (x)

x2 + y 2
2

(1.21) ⇔ f

0, x ∈ R+ . Suy ra
2

[f (x)]2 + [f (y)]2
=
, ∀x, y ∈ R+
2

hay

√
√
u+v
g( u) + g( v)
g
=
, ∀u, v > 0,
2
2
trong đó g(u) = [f (u)]2 0, ∀u > 0.
Từ đó suy ra
h(u) + h(v)
u+v
=
, ∀u, v > 0,
h
2
2
√
trong đó h(u) = g( u).
Theo Bài toán 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
b 0.
Kết luận.
√
f (t) = at2 + b với a, b 0 tùy ý.

0 và

Bài toán 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

f

p

xp + y p
f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R.
=
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
√
√
f ( p u) + f ( p v)
p u + v
(1.22) ⇔ f
=
, ∀u, v
2
2
√
Đặt f ( p u) = g(u), u 0 ta được

g

u+v
g(u) + g(v)
=
, ∀u, v
2
2

(1.22)

0.

0.

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 toán 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
p

f

xp + y p
=
2

f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) 0, ∀x
Nếu tồn tại x0 sao cho f (x0 ) = 0 thì

f

p

nên f (x) ≡ 0, ∀x

xp0 + y p
=
2

(1.23)

0.

f (x0 )f (y) = 0, ∀y ∈ R+ ,

0.

|x0 |
Đổi vai trò x0 bằng √ và sử dụng phương pháp quy nạp, ta được

2
f

|x |
√ 0 , ∀n ∈ N.
( 2)n

Vì f (x) liên tục tại x = 0 nên

lim f

n→∞

|x0 |
√
= f (0) = 0.
( p 2)n

Do đó

f

p

xp0 + 0
|x0 |
=f √
=
2
2

Vậy f (x) ≡ 0, ∀x

f

f (x0 )f (0) = 0, ∀x

0.

0. Mặt khác, cũng từ (1.23), ta có

x2 + x2
= f (|x|) =
2

[f (x)]2 = |f (x)|, ∀x

0,

nên f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R.
Giả sử f (x) = 0, ∀x ∈ R. Nếu tồn tại x1 để f (x1 ) < 0 thì theo (1.23),
ta có
p
p
p x1 + y
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
√

√
p
p
ln[f ( p x)] + ln[f ( p y)]
p x + y
(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
g

p

xp + y p
g(x) + g(y)
=
, ∀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 toán 1.16 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình điều hòa). Tìm
các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện

f

p

xp + y p
2f (x)f (y)
=
, ∀x, y ∈ R.
2
f (x) + f (y)

(1.24)

Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) = 0, ∀x ∈ R. Khi đó
(1.24) ⇔
p

f
Đặt g(x) =

1
xp + y p
2

=

f (x) + f (y)
, ∀x, y ∈ R.
2f (x)f (y)

1
, ∀x ∈ R, ta có g(x) = 0, ∀x ∈ R, g(x) liên tục trên
f (x)

R và

g(x) + g(y)
xp + y p
=
, ∀x, y ∈ R.
2
2
Theo Bài toán 1.14 thì g(u) = aup + b với mọi u ∈ R.
g

p

Để g(x) = 0, ∀x ∈ R thì ab

0 và b = 0. Suy ra f (x) =

1
, với

axp + b

a, b ∈ R : ab 0, b = 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 = 0 tùy ý.
at + b

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

f

p

xp + y p
=
2

p

[f (x)]p + [f (y)]p
, ∀x, y ∈ R+ , ∀p
2

1.

(1.25)

17

Lời giải. Theo giả thiết f (x)
(1.25) ⇔ f

p

xp + y p
2

0, ∀x ∈ R+ . Suy ra
p

=

[f (x)]p + [f (y)]p
, ∀x, y ∈ R+
2

hay

√
√
p
p
u
+
v

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)
=
, ∀u, v > 0,
2
2
√
trong đó h(u) = g( p u).
Theo Bài toán 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
b 0.
Kết luận.
√
p
f (t) = atp + b với a, b 0 tùy ý.
h

1.4

0 và

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 vô hạn.
Tuy nhiên, nếu ta xét bài toán 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])

x+y
2

f (x)f (y) = f

2

, ∀x, y ∈ R.

(1.26)

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

f (x)f (y) = f

x+y
, ∀x, y ∈ R.
2

(1.27)

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) = 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.
x 2

Nếu f (0) = 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) = 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
= f (x)f (0)
2

1/2

, f

1
x
1− 212
22 [f (0)]
=
[f
(x)]
.
22

Tiếp tục quá trình trên ta được
1

1
x
2n [f (0)]1− 2n , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ .
=
[f
(x)]
(1.29)
2n
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.

f


19

Trong trường hợp f (0) < 0, ta có

x
= − f (x)f (0)
f
2

1/2

x
, f 2 = − f (x)f (0)
2

1
22

1

[f (0)] 2 .

Tiếp tục quá trình trên ta có

x
f n = − f (x)f (0)
2

1
2n

f (0)

Suy ra

lim f

n→∞

1
1− 2n−1

, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ .

(1.30)

x
= f (0).
2n

Vậy f liên tục tại 0.
Bổ đề 1.3. Cho f là nghiệm của (1.26), f (0) = 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

f
f (x) − f (x0 ) =

x − x0 2
− [f (0)]2
2
,
f (−x0 )

Hay

f
lim f (x) − f (x0 ) = lim

x→x0

x→x0

x − x0 2
− [f (0)]2
2
= 0.
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) = 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) = 0. Khi đó, f đơn
điệu trên R nếu nó đơn điệu tại 0.
Chứng minh. Từ (1.26) ta có

f (x − x0 ) − f (0)
1
=
x − x0
2f (x0 )

f

x
2

2

−f

x − x0

2

x0
2

2

, ∀x, x0 ∈ R, x = x0 .

Suy ra

x
x0
f( ) − f( )
f (x − x0 ) − f (0)
.
sign 2x − x 2 = sign
0
x − x0
2
Theo Bổ đề 1.1, ta có
sign

(1.33)

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) = 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) = 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.