Ứng dụng dãy số và giải các bài toán phương trình hàm - Võ Quốc Bá Cẩn

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>ÁP DỤNG DÃY SỐ VÀO GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH VÀ</b>

<b>BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM</b>

Đỗ Minh Khoa – Võ Quốc Bá Cẩn

1. Lời dẫn

Các bài tốn phương trình hàm và bất phương trình hàm ln rất thú vị và lơi cuốn đối với người
làm tốn. Từ một phương trình nào đó, chỉ bằng một vài phép thế đơn giản, ta có thể tìm được
các tính chất đặc biệt của hàm số được cho hoặc thậm chí là cơng thức tổng quát của hàm. Tuy
nhiên, khi đi sâu vào vấn đề này thì việc chỉ dùng phép thế để giải là chưa đủ, đặc biệt là với
các bài toán bất phương trình hàm. Do vậy, chúng ta cần có những cơng cụ khác bỗ trợ để tăng
cường thêm tính hiệu quả của phương pháp thế. Lúc này, việc sử dụng dãy số và giới hạn một
cách linh hoạt sẽ giúp con đường đi trở nên sáng sủa và dễ dàng hơn rất nhiều.

Nhận thấy vai trò rất lớn của dãy số và giới hạn trong các bài tốn phương trình, bất phương trình
hàm, chúng tơi quyết định thực hiện bài viết này để chia sẻ kinh nghiệm của mình trong cách sử
dụng cũng như để được học hỏi và nhận được ý kiến đóng góp từ quý đồng nghiệp gần xa.

2. Sử dụng giới hạn trong các bài toán phương trình, bất

phương trình hàm

Dưới đây là một số kỹ thuật sử dụng chặn và kẹp dãy số thường được sử dụng trong giải toán:
Trong nhiều trường hợp, ta cần tìm cơng thức tổng qt của hàm số, khi đó một trong các

hướng đi mà ta có thể nghĩ đến là thiết lập một bất đẳng thức dạng:

anf .x/bn;

ở đây.an/; .bn/là hai dãy được chọn sao cho bất đẳng thức trên đúng với mọin(ứng với
mỗixcố định). Lúc này, nếu limanDlimbn DL.x/thì bằng cách chuyển sang giới hạn,

ta sẽ tìm được công thức tổng quát củaf .x/làL.x/:

Nếu cần suy xét một tính chất nào đó củaf .x/;ta có thể thiết lập một bất đẳng thức dạng:

A.f /anB.f /;

trong đóA.f /; B.f /là hai biểu thức củaxvàf .x/;còn.an/là dãy được chọn sao cho
bất đẳng thức trên đúng với mọin(ứng với mỗixcố định). Lúc này, dựa trên sự hội tụ của

an;ta có thể đưa ra nhiều kết luận choA.f /vàB.f /;từ đó suy ra tính chất củaf .x/:

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Bài tốn 1. <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f WR!R<i>thỏa mãn: Với mọi</i>x2 R;<i>ta có</i>

f .2x/D2f .x/ (2.1)

<i>và</i>

ˇ

ˇf .x/ x
ˇ

ˇ1: (2.2)

Lời giải. Từ (2.1), bằng cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh được

f .2nx/ D2nf .x/

với mọix 2Rvà với mọin2N:Bây giờ, ta sẽ chứng minhf .x/Dvới mọix 2R:Thật vậy,
giả sử cóx0 2Rsao chof .x0/Ôx0:tf .x0/Dx0C"vi"Ô0:Khi ú, ta cú

f .2nx0/D2nf .x0/D2nx0C2n"
vi min2N:Suy ra

ˇ

ˇf .2nx0/ 2nx0

ˇ

ˇD2nj"j

với mọin2N:Do (2.2) nênˇˇf .2nx0/ 2nx0j 1:Kết hợp với đẳng thức trên, ta thu được

2nj"j 1

với mọin2N:Tuy nhiên, kết quả này không thể nào thỏa mãn với mọin2N:Mâu thuẫn thu
được cho ta kết quả vừa khẳng định ở trên, tứcf .x/Dx với mọix2 R:

Bài toán 2 (VMO, 2013-A). <i>Gọi</i>_F <i>là tập hợp tất các hàm số</i>f WRC !RC<i>thỏa mãn</i>

f .3x/f f .2x/

Cx

<i>với mọi</i>x 2RC:<i>Tìm hằng số</i>A<i>lớn nhất để với mọi</i>f 2F <i>và với mọi</i>x > 0;<i>ta đều có</i>

f .x/Ax:

Lời giải. Từ giả thiết, ta suy ra

f .x/f

f

_2x

3

C x

3 (2.3)

với mọix 2RC:Dof

f

2x
3

> 0nên ta có

f .x/ > x
3

với mọix 2RC:Đặta1 D

1

3:Từ hai bất đẳng thức trên, ta suy ra

f .x/ > a1f

2x
3

Cx

3 > a

2
1

2x
3 C

x
3 D

2a21C1

3 x:

với mọix2RC:Bằng cách đặta2 D

2a2₁C1

3 và áp dụng kết quả vừa thu được vào (2.3), ta có

f .x/ > a2f

2x
3

C x

3 > a

2
2

2x

3 C

x
3 D

2a22C1

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

với mọix 2RC:Bằng cách lặp lại các quy trình đánh giá giống nhau như vậy, ta thu được

f .x/ > anx (2.4)

với mọix 2RCvà với mọin2N;trong đó.an/là dãy truy hồi được xác định bởia1 D

1
3 và

anC1 D

2a2_nC1

3 :

Ta chứng minh được.an/là dãy tăng và bị chặn trên bởi

1

2 nên có giới hạn hữu hạn. Từ đó dễ

dàng tìm được limanD

1

2:Bây giờ, trong (2.4), ta chon! C1thì được
f .x/.liman/x D

1

2x; 8x 2R

C_:

Mặt khác, dễ thấy hàm sốf .x/D 1

2xthỏa mãn điều kiện đề bài. VậyAmaxD
1
2:

Bài toán 3 (Bulgaria, 2006). <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f WRC !RC<i>thỏa mãn đẳng thức</i>

f .x Cy/ f .x y/D4pf .x/f .y/ (2.5)

<i>với mọi số thực</i>x > y > 0:

Có thể đốn được các hàm số thỏa mãn phương trình trên sẽ có dạngf .x/Dkx2:Một trong
các cách tiếp cận thường thấy là chứng minhf .2x/D4f .x/dựa trên việc tínhf .5x/bằng hai
cách để từ đó quy nạp lênf .nx/Dn2f .x/;bước cuối cùng là sử dụng tính đơn điệu củaf để
suy ra cơng thức tổng qt cho nó.

Ở đây, chúng tơi sẽ giới thiệu một cách tiếp cận khác để chứng minhf .2x/D 4f .x/:Có thể
thấy rằng, nếu ta chứng minh được lim

x!0Cf .x/D0và lim_x_!_xC

0

f .x/Df .x0/thì từ phương trình
đề bài, bằng cách chox!yC;ta sẽ thu được đúng điều ta cần.

Lời giải. Trong (2.5), ta thayxbởixCythì được

f .xC2y/ f .x/D4pf .xCy/f .y/ (2.6)
với mọi x; y > 0: Từ đây, dễ dàng suy ra f tăng ngặt trên _RC: Từ kết quả này dẫn đến

f .xCy/ > f .y/;và ta cũng suy ra rằng

f .xC2y/ > 4f .y/

với mọix; y > 0:Tiếp tục, ta thayxbởixCyvào (2.6) và sử dụng bất đẳng thức trên thì được

f .xC3y/Df .xCy/C4pf .xC2y/f .y/ > f .y/C4p4f .y/f .y/D9f .y/:

Cứ thế, cứ thế, ta quy nạp lên được rằng:

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

với mọix; y > 0và với mọin2N:Thayy D 1

n vào bất phương trình trên, ta được

f

1
n

< f .1Cx/
n2

với mọix > 0và với mọin2N:Cố địnhxvà chon ! C1;ta thu được lim
n!C1f

1
n

D0;

từ đó suy ra

lim

x!0Cf .x/D0:

Bây giờ, trong (2.6), ta choy < x thì thu được

0 < f .xC2y/ f .x/ < 4pf .2x/f .y/:

Cố địnhxvà choy !0Cthì ta có lim

y!0C

f .x C2y/ f .x/

D0;hay
lim

x!x₀C

f .x/Df .x0/:

Đến đây, bằng cách cố địnhytrong (2.5) và chox !yC;ta được

f .2y/D4f .y/

với mọiy > 0:Dựa trên kết quả này, ta có thể quy nạp được

f .nx/Dn2f .x/;

với mọix > 0vàn2N:(Chỉ việc choxD2y; 3y; : : : ; nyvào (2.5) là được.) Từ đó suy ra

f .n/Dn2f .1/

và

fm
n

D f n
m

n

n2 D

f .m/
n2 D

m2
n2f .1/

với mọim; n2N:Nói riêng, ta cóf .x/D kx2với mọix 2 QC:Dof đơn điệu và tậpRC
trù mật trong_QCnên ta cóf .x/Dkx2với mọix > 0:Hàm này thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài tốn 4 (Bulgaria, 1998). <i>Chứng minh rằng khơng tồn tại hàm số</i>f WRC !RC<i>thỏa mãn</i>

f2.x/f .xCy/

f .x/Cy

(2.7)

<i>với mọi cặp số thực dương</i>x; y:

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf như trên. Khi đó, ta có thể viết lại giả thiết dưới dạng

f2.x/Cyf .x/ yf .x/f .xCy/

f .x/Cy

;

hay

f .x/Cy

f .x/ f .xCy/

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Từ đây, ta có

f .x/ f .xCy/ yf .x/

f .x/Cy

với mọix; y 2RC:Kết quả trên chứng tỏf là một hàm giảm thực sự trênRC:Bây giờ, ta cố
địnhx0 2RCvà chọn số tự nhiênnsao chonf .xC1/1:Khi đó, ta có

f

xC k

n

f

xC kC1

n

f xC
k
n

1n

f xCk_n

C 1_n >

f .xC1/ 1n

f .xC1/C 1_n

1
n
1
n
1
n C
1
n
D 1
2n

với mọik 2N; k < n:(Chú ý rằng hàm sốg.t /D t

t Cu vớiu > 0là hàm tăng trênR

C_:₎

Trong bất đẳng thức trên, lần lượt choknhận giá trị từ0đếnn 1và cộng tất cả các bất đẳng
thức lại theo vế. Khi đó, ta thu được kết quả sau

f .x/ f .xC1/ > 1

2 (2.8)

với mọix > 0:Bây giờ, chọn số tự nhiênmsao chom2f .x/;ta có

f .x/ f .x Cm/D

f .x/ f .xC1/

C C

f .xCm 1/ f .m/

> m

2 f .x/;

từ đó suy raf .xCm/ < 0;mâu thuẫn. Vậy không tồn tại hàmf nào thỏa mãn (2.7)

Nhận xét. Bài toán trên cũng xuất hiện trong đề thi IMC năm 1999 và ời giải trên chính là đáp
án của nó. Để thiết lập được tính chất (2.8) ở trên, ta đã sử dụng tổng sai phân. Đây là một phép
tốn thú vị có thể giúp ta thu được nhiều chất quan trọng trong các bài toán có dạng “hiệu” như
thế này. Ngồi cách giải đã nêu ở trên, ta cũng có một cách khác sử dụng dãy truy hồi như sau:
Thayy Df .x/vào (2.7), ta thu được

f xCf .x/

f .x/

2 (2.9)

với mọix > 0:Trong ta thayxbởixCf .x/thì có

f xCf .x/Cf xCf .x/

f xCf .x/

2

f .x/
22
với mọix > 0:Mặt khác, cũng theo (2.9), ta cóxCf .x/Cf xCf .x/

xCf .x/Cf .x/

2 :

Từ đó, sử dụng tính nghịch biến của hàmf;ta thu được

f

xC

1C 1

2

f .x/

f .x/

22 (2.10)

với mọix > 0:Từ (2.9) và (2.10) kết hợp vớif nghịch biến, bằng cách sử dụng liên tục phép
thayxbởixCf .x/;ta dễ dàng chứng minh được

f

xC

1C1

2 C C
1
2n

f .x/

f .x/

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

với mọix > 0vàn2 N:Do1C 1

2 C C
1

2n D2

1

2n < 2vàf giảm nên từ trên, ta suy ra

f xC2f .x/ f .x/

2nC1

với mọix > 0vàn2N:Trong bất đẳng thức trên, ta chon! C1thì thu được

f xC2f .x/

0;

mâu thuẫn vìf ln nhận giá trị dương.

Bài tốn 5 (Bulgaria, 2008). <i>Tìm tất cả các hàm</i>f WR!R<i>thỏa mãn</i>

f .x Cy2/.yC1/f .x/ (2.11)

<i>với mọi cặp số thực</i>x; y:

Lời giải. Thayy D 1và thayx bởix 1vào (2.11), ta thu được

f .x/0

với mọix 2R:Từ đây, kết hợp với (2.11), ta suy ra

f .xCy/ pyC1f .x/f .x/

với mọix 2Rvà với mọiy 0:Kết quả này chứng tỏf là hàm không giảm trênR:
Bây giờ, ta viết lại (2.11) dưới dạng

f .x Cy2/ f .x/yf .x/ (2.12)

với mọix; y 2R;và xét hai dãy.an/; .bn/vớia0 Db0 D0;

an D1C

1

22 C C

1

n2; bnD1C

1

2 C C
1
n:

Trong (2.12), ta thayxbởixCak và thayybởi

1

kC1 thì có

f .x CakC1/ f .xCak/

f .xCak/

kC1

f .x/
kC1

với mọix 2Rvàk2N:Trong bất đẳng thức trên, lần lượt chok D0; 1; : : : ; n 1và cộng tất
cả các bất đẳng thức lại theo vế, ta thu được

f .x Can/ f .x/bnf .x/

với mọix 2Rvàn2 N:Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh đượcan< 2vàbn! C1(đây là
hai kết quả quen thuộc, bạn đọc có thể tự chứng minh). Do đó, từ bất đẳng thức trên, ta có

f .x C2/ f .x/f .xCan/ f .x/bnf .x/

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Nhận xét. Ngoài cách sử dụng tổng sai phân thông qua hai dãy.an/; .bn/như trên, ta cũng có
thể tiếp cận bài tốn này theo cách khác như sau: Ta xétx; y 0 và thayy bởi py vào bất
phương trình (2.11) thì thu được

f .xCy/ pyC1

f .x/; 8x; y0:

Đến đây, bằng cách sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên, ta có

f .xCy/Df

xC .n 1/y

n C

y
n

r_y

n C1

f

xC .n 1/y

n

D

r

y
n C1

f

xC.n 2/y

n C

y
n

r

y
n C1

2

f

xC .n 2/y

n

r

y
n C1

n

f .x/

với mọix; y 0vàn2N:Từ đó, ta suy ra

f .x/D0 (2.13)

với mọix 0:Thật vậy, giả sử tồn tạix0 0sao chof .x0/ > 0:Thayx D x0vào bất đẳng
thức trên và cố địnhy Dy0> 0;sau đó chon! C1thì có

f .x0Cy0/

f .x0/
lim
n!C1

1C

r

y
n

n

D C1:

Mâu thuẫn này chứng tỏ khơng tồn tại sốx0 nói trên, hay nói cách khác, (2.13) đúng. Bây giờ, ta
xétx < 0và thayy Dp xvào (2.11) thì được

0Df .0/ p xC1f .x/0

với mọix < 0:Từ đó suy raf .x/D0với mọix < 0:Tóm lại, ta cóf .x/D0với mọix2 R:
Đơi khi, ta cũng có thể sử dụng cơng thức nghiệm của các phương trình sai phân để tìm công
thức tổng quát cho các dãy lặp của f .x/;rồi từ đó dựa vào miền giá trị củaf .x/ mà suy ra
những tính chất đặc biệt của hàm số được cho.

Bài tốn 6. <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f WRC!RC<i>thoả mãn</i>

f f .x/D6x f .x/
<i>với mọi số thực dương</i>x:

Lời giải. Cố định x > 0và đặtf0.x/ D x; fn.x/ D f fn 1.x/

:Từ giả thiết, bằng cách sử
dụng quy nạp, ta chứng minh được

fnC2.x/CfnC1.x/ 6fn.x/ D0

với mọin2N:Đây là phương trình sai phân tuyến tính cấp hai nên bằng cách xét phương trình
đặc trưng của nó, ta tìm được cơng thức tổng quát củafn.x/là

fn.x/D

2x f .x/

5 . 3/

n

C3xCf .x/

5 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

với mọin2N:Dofn.x/ > 0nên kết quả trên, ta suy ra

2x f .x/

3
2

n

C3xCf .x/ > 0

với mọin2N:Nếu2x f .x/ > 0thì bằng cách xétnlẻ,nD2kC1và chok! C1;ta có
thể thấy bất đẳng thức trên sẽ khơng thể ln đúng. Cịn nếu2x f .x/ < 0thì bằng cách xétn

chẵn,nD2kvà chok! C1;ta cũng thu được kết luận tương tự. Do vậy, ta phải có

f .x/D2x:

Hàm này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Nhận xét. Bài tốn trên cũng có thể được giải bằng phương pháp kẹp dãy số như sau: Xét hai
dãy số.an/và.bn/được xác định bởia0 D0; b0 D6và

anC1 D

6
1Cbn

; bnC1 D

6
1Can

:

Dễ thấyan; bn> 0với mọin1:Ta có

anC2 D

6

1CbnC1 D

6
1C 1C6an

D 6.1Can/

anC7

;

do đó

janC2 2j D

4jan 2j

anC7
4

7jan 2j:

Từ đây, bằng cách sử dụng nguyên lý ánh xạ co, ta chứng minh được lima2nDlima2nC1 D2;
hay liman D2:Tương tự, ta cũng có limbn D2:

Bây giờ, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

anx < f .x/ < bnx (2.14)

với mọin 2N:Dof f .x/> 0nên6x f .x/ > 0;từ đây ta dễ thấy khẳng định đúng với

nD0:Giả sử khẳng định đúng vớinDk;tức ta có

akx < f .x/ < bkx:

Khi đó, thayxbởif .x/vào bất đẳng thức trên và sử dụng giả thiết, ta thu được

akf .x/ < f f .x/

< bkf .x/;
hay

akf .x/ < 6x f .x/ < bkf .x/:
Từ đây, ta dễ dàng suy ra

akC1x D

6
1Cbk

x < f .x/ < 6
1Cak

x DbkC1x:

Như vậy, khẳng định cũng đúng vớinDkC1:Bất đẳng thức (2.14) được chứng minh.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Bài tốn 7 (APMO, 1989). <i>Tìm tất cả các song ánh tăng thực sự</i>f WR!R<i>thoả mãn</i>

f .x/Cg.x/D2x
<i>với mọi</i>x 2R;<i>trong đó</i>g.x/<i>là hàm ngược của</i>f .x/:

Lời giải. Đặt f0.x/ D xvà fn.x/ D f fn 1.x/

; tương tự chogn.x/:Thay x bởif .x/vào
phương trình đề bài, ta đượcf2.x/Cx D2f .x/:Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh được

fnC2.x/ 2fnC1.x/Cfn.x/D0:
Giải phương trình sai phân này, ta tìm được

fn.x/DxCn

f .x/ x

với mọin2N:Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được

gn.x/DxCng.x/ xDx nf .x/ x:

Dof .x/là song ánh tăng ngặt nênfn.x/vàgn.x/cũng là các hàm tăng thực sự. Do đó, với mọi

x > y;ta đều cófn.x/ > fn.y/vàgn.x/ > gn.y/:Nói cách khác, ta có

xCnf .x/ x> yCnf .y/ y,nnf .x/ x f .y/ yo> y x (2.15)
và

x nf .x/ x> y nf .y/ y,nnf .x/ x f .y/ yo< x y: (2.16)

Nếu f .x/ x > f .y/ y thì bằng cách chon ! C1trong (2.16), ta thu được điều mâu
thuẫn. Còn nếuf .x/ x < f .y/ ythì bằng cách chon! C1trong (2.15), ta cũng có kết
quả tương tự. Do vậy, ta phải có

f .x/ xDf .y/ y

với mọix > y:Nói cách khác,f .x/DxCcvới mọix (ở đâyc là một hằng số nào đó). Hàm
này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Nhận xét. Bài toán này cũng là đề dự tuyển IMO năm 1979.

Bài toán 8 (BMO, 2009). <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f WN!N<i>thoả mãn</i>

f f2.m/C2f2.n/

Dm2C2n2 (2.17)

<i>với mọi cặp số nguyên dương</i>m; n:

Lời giải. Từ giả thiết, dễ thấyf đơn ánh. Chú ý rằng với mọin2N;ta đều có

.nC4/2C2.nC1/2 Dn2C2.nC3/2:

Suy ra

f f2.nC4/C2f2.nC1/

Df f2.n/C2f2.nC3/

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015

Dof đơn ánh nên từ đẳng thức này, ta suy ra

f2.nC4/C2f2.nC1/Df2.n/C2f2.nC3/:

Đây là phương trình sai phân tuyến tính cấp4của dãyf2.n/:Giải phương trình này, ta tìm được

f2.n/ DAn2CBnCC CD. 1/n (2.18)

với mọin2 N:Bây giờ, ta sẽ tìm các giá trị cụ thể củaA; B; C; D:Lấy bình phương hai vế
của (2.17) và sử dụng (2.18), ta được

AA.m2C2n2/CB.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n2

CBA.m2C2n2/CB.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n

CC CD. 1/A.m2C2n2/CB.mC2n/C3CCD. 1/mC2D. 1/n D.m2C2n2/2:

Cố địnhn:Chia hai vế của đẳng thức trên chom4rồi chom ! C1;ta tìm đượcAD1:Do đó

.m2C2n2/CB.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n2

CB

.m2C2n2/CB.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n

CC CD. 1/.m2C2n2/CB.mC2n/C3CCD. 1/mC2D. 1/n D.m2C2n2/2;

hay

2.m2C2n2/B.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n

C

B.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n2

CB

.m2C2n2/CB.mC2n/C3C CD. 1/mC2D. 1/n

CC CD. 1/.m2C2n2/CB.mC2n/C3CCD. 1/mC2D. 1/n D0:

Cố địnhn:Chia hai vế của đẳng thức trên chom3rồi chom! C1;ta tìm đượcB D0:Do đó,
đẳng thức trên có thể được viết lại thành

2.m2C2n2/

3C CD. 1/mC2D. 1/n

C

3C CD. 1/mC2D. 1/n2

CC CD. 1/.m2C2n2/C3CCD. 1/mC2D. 1/n D0:

Trong đẳng thức trên, xétmchẵn,nchẵn và chom; n! C1;ta dễ thấyC CD D0:Tương
tự, xétmlẻ,nlẻ và chom; n! C1;ta cũng cóC D D0:Do đóC DD D0:Tóm lại, ta
cóA D1vàB D C D D D 0:Suy ra f2.n/ Dn;hayf .n/ Dnvới mọin2 N:Hàm này
thoả mãn các u cầu của bài tốn.

Đơi khi, ta phải xử lý các bài toán với hàm liên tục. Khi đó, các tính chất thường được sử dụng là:

Nếu hàm sốf liên tục tạix0thì lim
x!x0

f .x/Df .x0/:

Nếu hàm sốf liên tục từ khoảngAvào khoảngB và đơn ánh.A; B R/thì nó là hàm
đơn điệu thực sự.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Nếu hàm sốf liên tục từ khoảngARvào khoảngB R;vàf .x1/Da; f .x2/Db
(vớix1; x2 2Avàa; b 2B; a < b) thìf có thể nhận mọi giá trị trênŒa; b:

Nếu hàm sốf liên tục từ AvàoB vàf .x/ ¤ M (A; B R; M là hằng số) thì một

trong hai điều sau sẽ được thoả mãn:

ı f .x/ > M với mọix 2AI
ı f .x/ < M với mọix 2A:

Bài tốn 9. <i>Tìm tất cả các hàm liên tục</i>f WR!R<i>thoả mãn</i>

f f .x/Df .x/C2x
<i>với mọi số thực</i>x:

Lời giải. Từ giả thiết, dễ thấyf đơn ánh vàf .0/ D 0:Dof liên tục nên nó là hàm đơn điệu
thực sự. Tiếp theo, ta sẽ chứng minhf là toán ánh. Tht vy, gi s tn ti sa2Rf .x/Ôa
vi mi s thựcx:Khi đó, ta cóf .x/ > avới mọix 2Rhoặcf .x/ < x với mọix2 R:
Giả sửf .x/ > avới mọix 2R:Nếuf giảm ngặt thì ta có

2xCa < 2xCf .x/Df f .x/< f .a/

với mọix;mâu thuẫn. Do đóf tăng ngặt. Suy ra, với mọix < 0;ta có

f .x/ > f .x/C2x Df f .x/

> f .a/:

Dof tăng ngặt nên từ đây, ta cóx > avới mọix < 0;mâu thuẫn.

Tương tự, trong trường hợpf .x/ < a với mọix 2 R;ta cũng thu được điều mâu thuẫn. Như
vậy,f là toàn ánh và do đó nó là song ánh.

Bây giờ, đặtf0.x/Dxvàfn.x/Df fn 1.x/

;ta chứng minh được

fnC2.x/ fnC1.x/ 2fn.x/D0
với mọin2N:Từ đó suy ra

fn.x/D

2x f .x/

3 . 1/

n

CxCf .x/

3 2

n_:

Dof là song ánh nên nó tồn tại hàm ngược. Gọig.x/là hàm ngược củaf .x/và đặtg0.x/Dx;

gn.x/Dg gn 1.x/

:Thayxbởig.x/vào phương trình ban đầu, ta được

2g.x/Cx f .x/D0 (2.19)

với mọix 2R:Trong (2.19), ta tiếp tục thayxbởig.x/thì thu được

2g2.x/Cg.x/ xD0
với mọix 2R:Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh được

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

với mọin2N:Suy ra

gn.x/D

x 2g.x/

3 . 1/

n

C 2xC2g.x/

3

1
2

n

:

Từ (2.19) suy ra2g.x/Df .x/ x:Do đó

gn.x/D

2x f .x/

3 . 1/

n

C xCf .x/

3

₁

2

n

với mọin2N:Xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1:f <i>tăng ngặt.</i>Dễ thấyfn.x/vàgn.x/cũng tăng ngặt. Dof .0/ D0nêng.0/D0
vàgn.0/ D0:Với mỗi số thựcx > 0;ta cógn.x/ > gn.0/D0nên

2x f .x/

3 . 1/

n

C xCf .x/

3

1
2

n

> 0

với mọin 2N:Nếu2x f .x/ > 0thì bằng cách chonlẻ vàn ! C1;ta sẽ thu được điều
mâu thuẫn. Cịn nếu2x f .x/ < 0thì bằng cách chonchẵn vàn! C1;ta cũng thu được
kết quả tương tự. Do đó, ta cóf .x/D2xvới mọix > 0:

Chứng minh tương tự, ta cũng cóf .x/D2xvới mọix < 0:Như vậy, trong trường hợp này, ta
tìm đượcf .x/D2x:Hàm này thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Trường hợp 2:f <i>giảm ngặt.</i>Dễ thấyf2n.x/tăng ngặt,f2nC1.x/giảm ngặt vàfn.0/D0:Với
mỗix > 0;ta cóf2n.x/ > f2n.0/D0Df2nC1.0/ > f2nC1.x/nên

2x f .x/

3 C

xCf .x/

3 4

n

> 0 > f .x/ 2x

3 C

xCf .x/

3 2

2nC1

với mọin2N:NếuxCf .x/ < 0thì bằng cách chon! C1;bất đẳng thức vế trái sẽ khơng
thể thoả mãn. Cịn nếuxCf .x/ > 0thì bằng cách chon! C1;bất đẳng thức vế bên phải
cũng không thể thoả mãn. Do vậy, ta phải cóf .x/D x với mọix > 0:

Chứng minh tương tự, ta cũng cóf .x/D xvới mọix < 0:Tóm lại, trong trường hợp này, ta
cóf .x/D xvới mọix:Hàm này cũng thoả mãn các yêu cầu của bài toán.

Bài toán 10 (Chọn đội tuyển ĐH Vinh, 2012). <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f <i>liên tục từ tập</i>Œ0; C1/
<i>vào</i>Œ0; C1/<i>thoả mãn đẳng thức</i>

2f .x/Df

x
x2_C_x_C₁

Cf

xC1
2

<i>với mọi số thực không âm</i>x:

Lời giải. Dof liên tục trênŒ0; C1/nên nó cũng liên tục trênŒ0; 1:Từ đó suy ra tồn tại các số

a; b 2Œ0; 1sao cho

f .a/D max

x2Œ0; 1f .x/DM
và

f .b/D min

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Do2M D2f .a/Df
_a
C1
2

Cf

_a

a2_C_a_C₁

và

f

aC1
2

M; f

a
a2_C_a_C₁

M

(chú ý rằng aC1

2 1và

a

a2_C_a_C₁ < 1) nên ta suy ra

f
_a
C1
2

DM:

Từ đây, bằng quy nạp, ta chứng minh được

f

aC2n 1
2n

DM

với mọin2N:Trong đẳng thức này, chon! C1;ta đượcf .1/DM:Chứng minh tương tự,
ta cũng cóf .1/Dm:Do đóM Dm:Điều này chứng tỏf là hàm hằng trên đoạnŒ0; 1:

Giả sửf .x/cvới mọix 2Œ0; 1:Khi đó, ta có thể viết lại phương trình ban đầu dưới dạng

f .x/D 1

2f
_x
C1
2

C 1
2c:

Từ đẳng thức này, ta chứng minh bằng quy nạp được

f .x/D 1

2nf

xC2n 1
2n

C

1
2 C
1

22 C C

1
2n

c

với mọin2N:Chon! C1;ta đượcf .x/c:Hàm này thoả mãn u cầu đề bài.

Bài tốn 11. <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f <i>liên tục từ</i>_R<i>vào</i>_R<i>thỏa mãn điều kiện:</i>

f x Cf .yCz/Cf y Cf .zCx/Cf zCf .xCy/D0 (2.20)

<i>với mọi bộ số thực</i>x; y; z:

Lời giải. Dễ thấyf .x/0là một nghiệm của phương trình nên ở đây ta chỉ cần xétf .x/60:

Thayx; y; zbởi x

2 vào (2.20), ta thu được

fx

2 Cf .x/

D0

với mọix 2R:Tiếp tục, thayxbởi x

2 Cf .x/vào đẳng thức trên, ta được
f

_x

22 C

1
2f .x/

D0

với mọix 2R:Từ đây, bằng quy nạp, ta chứng minh được

f

x
2nC1 C

1
2nf .x/

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

với mọix 2Rvàn2N:Trong đẳng thức trên, cố địnhxvà chon! C1;sau đó sử dụng tính

liên tục củaf;ta suy raf .0/D0:Từ đây, bằng cách thayx Dy vàz D xvào (2.20), ta có

f f .2x/ xD 2f .x/

với mọix 2R:Dof .x/60nên tồn tix0sao chof .x0/Ô0:Xột dóy.an/c xỏc nh bi

a0Dx0vanC1 Df .2an/ an:Khi đó, dễ thấy

f .an/D 2f .an 1/D. 2/2f .an 2/D D. 2/nf .x0/
với mọin2N:Nếuf .x0/ > 0thì ta có lim

n!C1f .a2n/D C1và

lim

n!C1f .a2n 1/D 1:

Cịn nếuf .x0/ < 0thì ta có kết quả ngược lại. Nhưng trong cả hai trường hợp này, ta đều thấy
rằngf .x/không bị chặn, màf liên tục nên nó tồn ánh.

Đến đây, bằng cách thayy Dz D0vào (2.20), ta có

2f f .x/

Cf .x/D0

với mọix 2R:Dof tồn ánh nên ta cóf .x/D x

2; 8x 2R:Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm làf .x/D0vàf .x/D x

2:

Bài tốn 12 (IMO, 2013). <i>Cho hàm số</i>f <i>xác định trên tập</i>QC<i>và nhận giá trị trong tập</i>R<i>thỏa</i>

<i>mãn đồng thời các điều kiện sau:</i>

(1) f .x/f .y/f .xy/<i>với mọi</i>x; y2 QCI (2.21)

(2) f .xCy/f .x/Cf .y/<i>với mọi</i>x; y 2QCI (2.22)

(3) <i>tồn tại một số hữu tỉ</i>a > 1<i>sao cho</i>f .a/ Da: (2.23)

<i>Chứng minh rằng</i>f .x/Dx<i>với mọi</i>x 2QC:

Lời giải. Thayx D avày D 1vào (2.21), ta đượcaf .1/ a;tứcf .1/ 1:Từ đây, bằng
cách sử dụng quy nạp kết hợp với (2.22), ta chứng minh được

f .n/ n

với mọin2N:ThayxD p

q vớip; q 2N

_{; .p; q/}_D₁_và_y _D_q_{vào (2.21), ta được}

f

p
q

f .q/f .p/p > 0:

Màf .q/ q > 0nên từ đây ta có

f .x/ > 0

với mọix 2 QC:Kết hợp với (2.22), ta suy raf .x/là hàm tăng thực sự trênQC:Bây giờ, từ
(2.21), sử dụng quy nạp kết hợp vớif .a/Da;ta thu được

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

với mọin2N:Ta sẽ chứng minh

f .x/x (2.24)

với mọi x 1; x 2 QC: Thật vậy, giả sử có x0 1 sao cho f .x0/ < x0: Khi đó, đặt

f .x0/Dx0 "với0 < " < x0:Sử dụng quy nạp kết hợp với (2.21), ta có

f .x₀n/fn.x0/D.x0 "/n
với mọin2N:Mặt khác, dof tăng nên ta có

f .x0n/f bx
n
0c

bx0nc x
n
0 1:
Do đó, kết hợp với bất đẳng thức trên, ta thu được

xn₀ 1.x0 "/n

với mọin 2N:Nhưng, một điều rõ ràng là bất đẳng thức này sẽ sai vớinđủ lớn. Mâu thuẫn
này cho ta điều vừa khẳng định, tức (2.24) đúng. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh

f .x/Dx (2.25)

với mọix 1; x 2QC:Chọnn2 Nsao choanxC1:Khi đó, ta có

anf .an/Df .an x/Cx f .an x/Cf .x/.an x/Cx Dan:

Do vậy, dấu đẳng thức trong các đánh giá phải xảy ra và do đó (2.25) đúng.
ThayxD p

q vớip; q 2N

_{; .p; q/}_D₁_và_y _D_q _{vào (2.21), ta suy ra}

f .x/x

với mọix 2QC:Từ (2.22) sử dụng phương pháp quy nạp, ta có

f .nx/nf .x/

với mọix 2QCvàn2N:Từ đó, chox D

p

q vớip; q 2N

_{; .p; q/}_D₁_và_n_D_q;_{ta được}

f .x/x

với mọix 2QC:Vậyf .x/Dxvới mọix 2QC:Ta thu được kết quả cần chứng minh.

Bài tốn 13. <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f WR!R<i>thỏa mãn đồng thời các điều kiện:</i>

(1) f .xC1/f .x/C1<i>với mọi</i>x 2RI (2.26)

(2) f .xy/f .x/f .y/<i>với mọi</i>x; y2 R: (2.27)

Lời giải. Thay x D y vào (2.27), ta đượcf .x2/ f2.x/ 0: Từ đó suy raf .x/ 0 với
mọi x 0:Do đó, bằng cách thayx D 0vào (2.26), ta có f .1/ f .0/C1 1:Tiếp tục,
thayx Dy D1vào (2.26), ta cóf .1/ f2.1/;tức0f .1/ 1:Kết hợp với trên, ta được

f .1/D1và do đóf .0/ D0:Từ (2.26) và (2.27), bằng quy nạp ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

với mọix 2R; n2N;và

f .xn/fn.x/ (2.29)
với mọix 0vàn2N:Sử dụng (2.28), với mỗix > 0;ta có

f .x/Df fxg C bxc

f fxg

C bxc bxc> x 1:

Từ đây, kết hợp với (2.29) và (2.27), với mỗix > 1và với mỗin2N;ta thấy rằng

.xn 1/fn

₁

x

f .xn/f

₁

xn

f .1/D1:

Do vậy, ta có

f

₁

x

pn 1

xn ₁

với mọix > 1 vàn 2 N:Trong bất đẳng thức trên, cố địnhx > 1và chon ! C1;ta thu
đượcf 1

x

1

x;hay nói cách khác (chú ý rằngf .0/ D0vàf .1/D1),

f .x/x (2.30)

với mọix 2Œ0; 1:Mặt khác, do (2.26) nên ta cũng chứng minh bằng quy nạp được rằng

f .x n/f .x/ n

với mọin2N:Với mỗix < 0;ta cóbxc< 0nên

f .x/Df fxg C bxc

f fxg

C bxc fxg C bxc Dx: (2.31)
Trong (2.27), ta thayx Dy Dt vớit 2Œ 1; 0thì có

f2.t /f .t2/t2

nên suy rat f .t / t:Kết hợp với kết quả ở trên, ta thu đượcf .t / Dt với mọit 2Œ 1; 0:

Bây giờ, với mỗix < 1;sử dụng kết quả trên, ta có

1
x2f

2

.x/Df2.x/f2

₁

x

f .x2/f

₁

x2

f .1/D1

nênf2.x/x2;suy rax f .x/ x:Kết hợp kết quả này với (2.31), ta đượcf .x/Dx với
mọix 0:Tiếp tục, thayy D 1vào (2.27) và xétx > 0thì có

xDf . x/f .x/f . 1/D f .x/;

suy raf .x/ x với mọi x > 0:Kết hợp kết quả này với (2.30), ta đượcf .x/ D x với mọi

x 2.0; 1/:Cuối cùng, xétx > 1;ta có

1

xf .x/Df .x/f

1
x

f .1/D1

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Bài tốn 14 (MOSP, 2007). <i>Tìm tất cả các hàm số</i>f WR!R<i>thỏa mãn</i>f .1/D1<i>và</i>

f

yf .x/C x

y

Dxyf .x2Cy2/ (2.32)

<i>với mi cp s thc</i>x; y .y Ô0/:

Li gii. Thay x D 0vào (2.32), ta đượcf yf .0/ D 0:Nếu f .0/ Ô 0 thỡ bng cỏch chn

y D 1

f .0/;ta đượcf .1/D0;mâu thuẫn với giả thiết. Do đó, ta phải cúf .0/D0:

Bõy gi, gi s rng tn tia1 Ô0sao chof .a1/ D0:Thayx D a1 vày D 1vào (2.32), ta
đượcf .a2₁C1/D0:Từ đó, ta có thể xây dựng được dãy.an/vớianC1 Dan2C1thỏa mãn

f .an/D0
vi min2N:ThayxD1vo (2.32), ta c

f

yC 1

y

Dyf .y2C1/

vi miy Ô0:Tip tc, thayxbởixC 1

x vào (2.32) và sử dụng kết quả trên, ta cú

f

xyf .x2C1/C x
2

C1
xy

D y.x
2

C1/

x f

.x2C1/2Cx2y2
x2

vi mix; y Ô0:Thayybi y

x vào phương trình trên, ta được

f

yf .x2C1/C x
2

C1
y

D y.x
2

C1/
x2 f

_.x2

C1/2Cy2
x2

với mix; y Ô0:Mt khỏc, s dung (2.32), ta cng cú

f

yf .x2C1/C x
2_C₁

y

Dy.x2C1/f .x2C1/2Cy2

:

Kết hợp với đẳng thức trên, ta được

y.x2C1/
x2 f

.x2C1/2Cy2
x2

Dy.x2C1/f .x2C1/2Cy2

;

hay

f

.x2C1/2Cy2
x2

Dx2f .x2C1/2Cy2

(2.33)

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

nên tồn tạim2Nsao choam > b:Bây giờ, với chú ý rằngb > 4 >

b
am C

12

;ta có thể chọn

x2D b

am

vày2Db b
am

C12

để có

8
ˆ
<
ˆ
:

.x2C1/2Cy2 Db
.x2C1/2Cy2

x2 Dam

Thay các số này vào (2.33), ta thu đượcf .am/D

b
am

f .b/;hayf .b/D0;mâu thuẫn. Và như
thế, ta đã chứng minh đượcf .x/D0khi và chỉ khix D0:

Bõy gi, vi mix Ô0;ta cú th chny sao choyf .x/C x

y Dx

2

Cy2(đây là phương trình
bậc ba ẩny nên ln có ít nhất một nghiệm thực). Thay vào (2.32), ta được

.1 xy/f .x2Cy2/D0:

Tuy nhiên, theo chứng minh trên thìf .x2Cy2/Ô0:Do ú, ta phi cúy D 1

x:Suy ra
1

xf .x/Cx

2

Dx2C 1

x2;
t đây ta dễ dàng tìm đượcf .x/D 1

x với mọix ¤0:Ta đi đến kết luận:
f .x/D

8
ˆ
<
ˆ
:

0 nếux D0
1

x nếux ¤0

Hàm này thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

3. Một số bất phương trình hàm được xây dựng trên các

tập rời rạc

Bài toán 15. <i>Với mỗi hàm</i>g W ZC ! ZC; g.1/ D 1<i>cho trước, chứng minh rằng luôn tồn tại</i>

<i>hàm số</i>f WZC!ZC<i>thoả mãn</i>

f .n/ > g.n/
<i>với mọi</i>n2 ZC;<i>và</i>

f .mn/Df .m/f .n/
<i>với mọi cặp số nguyên dương nguyên tố cùng nhau</i>m; n:

Lời giải. Ta sẽ xây dựng hàmf thoả mãn các điều kiện trên. Xét dãy
faigi2ZC D.2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; : : :/

là dãy tăng các luỹ thừa của các số nguyên tố. Các số trong dãy có dạngp˛j

i được xếp theo thứ
tự tăng dần. Ta có nhận xét rằng, nếu một hàmf WZC !ZCcó tính chấtf .mn/Df .m/f .n/
khi.m; n/ D1thì các giá trị của nó sẽ được xác định dựa trên dãyf .ai/:

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Chọnf .a1/ > g.a1/:

Giả sử các sốf .a1/; f .a2/; : : : ; f .ak 1/đã được xác lập. Xét tất cả các số dạngg.s/;
vớis là tích của các số khác nhau từ tậpfa1; a2; : : : ; akg:Ta sẽ chọn số bất kỳf .ak/lớn
hơn tất cả các số dạngg.s/:

Ta đã chọn được dãy giá trịf .ai/và thêm điều kiện nhân tính.f .mn/Df .m/f .n//sẽ xác lập
nên hàmf WZC!ZC:Hàmf được thiết lập như trên thoả mãn các yêu cầu của đề bài.
Thật vậy, với mọin2ZC;ta có thể biểu diễnnDai1ai2 aip vớii1< i2< < ip:Do đó

f .n/Df .ai1ai2 aip/Df .ai1/f .ai2/ f .aip/f .aip/ > g.ai1ai2 aip/Dg.n/:

Bài toán được chứng minh xong.

Bài toán 16 (Trung Quốc, 1993). <i>Cho hàm số</i>f WRC !RC<i>thoả mãn</i>

f .xy/f .x/f .y/ (3.1)

<i>với mọi</i>x; y > 0:<i>Chứng minh rằng với mọi</i>x > 0<i>và</i>n2ZC<i>thì</i>

f .xn/f .x/pf .x2_/p3

f .x3_/pn

f .xn_/: _(3.2)

Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theon:Dễ thấy khẳng định đúng vớinD1:Giả sử khẳng
định (3.2) đúng với các số1; 2; : : : ; n:Khi đó, ta có

f .xk/f .x/pf .x2_/p3

f .x3_/qk

f .xk_/
vớikD1; 2; : : : ; n:Nhânnbất phương trình trên lại, ta thu được

fn.x/f n21.x2/ f
1

n.xn/f .x/f .x2/ f .xn/:

Nhân cả hai vế của bất phương trình trên vớif .x/f .x2/ f .xn/;ta được

fnC1.x/f nC21.x2/ f
nC1

n .xn/f2.x/f2.x2/ f2.xn/:

Mặt khác, sử dụng (3.1), ta lại có

VPD
n

Y

iD1

f .xi/f .xnC1 i/

fn.xnC1/:

Kết hợp với đánh giá ở trên, ta suy ra

fnC1.x/f nC21.x2/ f
nC1

n .xn/fn.xnC1/:

Nhân hai vế của bất phương trình cuối chof .xnC1/và lấy căn bậcnC1hai vế, ta suy ra khẳng
định (3.2) cũng đúng vớinC1:Theo nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định đúng với mọin:

Nhận xét. Bằng cách đặtanDlnf .xn/;ta có thể phát biểu bài tốn trên lại dưới dạng dãy số
như sau: Choa1; a2; : : :là dãy các số thực thoả mãnaiCj ai Caj với mọii; j D1; 2; : : :
Chứng minh rằng với mọin2 ZCthì

a1C

a2

2 C C
an

n an:

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Bài tốn 17. <i>Tìm tất cả các số</i>a > 0<i>sao cho tồn tại hằng số</i>K > 0<i>và hàm</i>f WR!R<i>thoả</i>

<i>mãn</i>

f .x/Cf .y/

2 f

_x

Cy
2

CKjx yja

<i>với mọi cặp số thực</i>x; y:

Lời giải. Từ giả thiết, ta suy ra

f xC₂y

Cf .y/

2 f

xC3y
4

C K

2ajx yj
a_;

f .x/Cf xC₂y

2 f

_3x

Cy
4

C K

2ajx yj
a

;
f 3x₄CyCf xC₄3y

2 f

_x

Cy
2

C K

2ajx yj
a

:

(3.3)

(3.4)

(3.5)

Lấy (3.3)C(3.4)C2(3.5);ta được

f .x/Cf .y/

2 f

_x

Cy
2

C K

2a 2jx yj
a

:

Từ đây, bằng cách lặp lại quy trình thế như trên, ta chứng minh bằng quy nạp được

f .x/Cf .y/

2 f

xCy
2

C K

2n.a 2/jx yj
a

với min 2N:Nua < 2thỡ bng cỏch choxÔy vn! C1;ta thu được điều mâu thuẫn.
Do đóa2:Ta sẽ chứng minh đây là tập hợp tất cả các số thựcathoả mãn yêu cầu đề bài.
Thật vậy, vớia2;xétf .x/D jxjavàK D 1

2a;ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đầu bài được
thoả mãn với mọi cặp số thựcx; y;tức là

jxja C jyja

2

ˇ
ˇ
ˇ
ˇ

xCy
2
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
a
Cˇˇ

ˇ
x y
2
ˇ
ˇ

ˇ
a
: (3.6)

Đặtf .x; y/DVT(3.6) VP(3.6);ta có

f . x; y/Df . x; y/Df .x; y/Df .x; y/:

Do đóf .x; y/là hàm chẵn vớixvà vớiy:Vì vậy, khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử

x 0vày 0:Khi đó, bất đẳng thức (3.6) được viết lại dưới dạng

xaCya

2

_x

Cy
2

a

Cˇˇ
ˇ
x y
2
ˇ
ˇ
ˇ

a
:

VớixCy D0;ta cóxDy D0nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Xét trường hợpxCy > 0:Khi đó, do bất đẳng thức trên có dạng thuần nhất đối vớix; y nên ta
có thể chuẩn hốxCy D2:Theo đó, ta phải chứng minh

xaCya

2 1C

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Do0ˇˇ
ˇ

x y

2

ˇ
ˇ
ˇ

xCy

2 D1nên
1C

ˇ
ˇ

ˇ

x y

2

ˇ
ˇ
ˇ

a

1C .x y/
2

4 D

x2Cy2

2 :

Mặt khác, theo bất đẳng thức trung bình luỹ thừa, ta lại có

xaCya

2

x2Cy2

2

a2

x
2_C_y2

2 :

Do đó (3.7) được chứng minh. Bài toán được giải quyết xong.

4. Một số bài tập tự luyện

Để kết lại bài viết này, xin được nêu thêm một số bài toán để bạn đọc tự nghiên cứu thêm.

Bài tập 4.1 (Bulgaria, 2008). Chof WRC !RClà hàm số thoả mãn

2f .x2/xf .x/Cx

với mọix > 0:Chứng minh rằngf .x3/x2với mọix > 0:

Bài tập 4.2 (IMO Shortlist, 2005). Tìm tất cả các hàm sốf WRC !RCthoả mãn

f .x/f .y/D2f xCyf .x/

với mọi cặp số dươngx; y:

Bài tập 4.3 (KHTN, 2010). Tìm tất cả các hàm sốf WRC!RCthoả mãn

f .xC2y/ f .x y/D3f .y/C2pf .x/f .y/

với mọi cặp số dươngx > y:

Bài tập 4.4. Tìm tất cả các hàmf WRC !RCthoả mãn

ff f .x/

Cf f .x/

D2xC5

với mọi số thực dươngx:

Bài tập 4.5 (Brazil, 2012). Tìm tất cả các toàn ánhf WRC!RCthoả mãn

2xf f .x/

Df .x/hxCf f .x/i

với mọi số thực dươngx:

Bài tập 4.6 (Việt Nam TST, 2007). Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn

f .x/Df

x2C x

3 C

1
9

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Bài tập 4.7. Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn

f .2xC1/Df .x/

với mọi số thựcx:

Bài tập 4.8. Tìm tất cả các hàm liên tụcf WR!Rthoả mãn

f xCy f .y/

Df .x/Cf y f .y/

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.9 (Hà Nội, 2013). Tìm tất cả các hàm liên tụcf WRC !RCthoả mãn đồng thời các
điều kiện sau

(1) f .2x/D2f .x/với mọix > 0I
(2) ff3.x/ ef .x/ 1

Dx2.ex 1/f .x/với mọix > 0I
(3) f .e 1/D.e 1/f .1/I

(4) f .k/2Nvới mọik2N:

Bài tập 4.10 (Turkey, 2013). Tìm tất cả các hàmf W R ! RC thoả mãn đồng thời các điều
kiện

(1) f .x2/Df2.x/ 2xf .x/với mọix2 RI
(2) f . x/Df .x 1/với mọix 2RI
(3) f tăng thực sự trên.1;C1/:

Bài tập 4.11 (THTT, 2002). Tìm tất cả các hàmf WR!Rthoả mãn

f x f .y/

Df .xCy2002/Cf f .y/Cy2002

C1

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.12. Tìm tất cả các hàmf WR!Rthoả mãn

f .x2/C4y2f .y/ D

f .xCy/Cy2

f .x y/Cf .y/

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.13 (Tổng quát IMO 1992). Với mỗi số tự nhiênn2cho trước, tìm tất cả các hàm
sốf WR!Rthoả mãn đẳng thức

f xnCf .y/DyCfn.x/

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.14 (Saudi Arabia, 2014). Tìm tất cả các hàmf WN!Nthoả mãn

f .nC1/ > f .n/Cf f .n/

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Bài tập 4.15 (Romania, 2004). Tìm tất cả các đơn ánhf WN !Nthoả mãn

f f .n/

nCf .n/

2

với mọi số nguyên dươngn:

Bài tập 4.16 (IMAR, 2009). Chứng minh rằng với mỗi hàm sốf W RC ! RC đều tồn tại ít
nhất một cặp số dươngx; ysao cho

f .x Cy/ < yf f .x/

:

Bài tập 4.17 (IMO, 2011). Cho hàm sốf WR!Rthoả mãn

f .xCy/yf .x/Cf f .x/

với mọix; y 2R:Chứng minh rằngf .x/D0với mọix 0:

Bài tập 4.18 (IMO Shortlist, 2009). Chứng minh rằng không tồn tại hàmf WR!Rthoả mãn

f x f .y/

yf .x/Cx

với mọi cặp số thựcx; y:

Bài tập 4.19. Cho hàm sốf WŒ0; 1 !Œ0; C1/thoả mãn

f .x/Cf .y/

2 f

_x

Cy
2

C1

với mọix; y 2Œ0; 1:Chứng minh rằng với mọia; b; c 2 Œ0; 1; a < b < cthì

c b

c af .a/C

b a

c af .c/f .b/C2:

Bài tập 4.20. Cho các hàm sốf; gWŒ0; 1!Œ0; 1;trong đóf tăng nghiêm ngặt, thoả mãn

f g.x/Dx

với mọix 2Œ0; 1:Chứng minh rằng với mọin2Nthì
n 1

X

kD1

f

_k

n

Cg

_k

n

< n 1
n:

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên),<i>Một số chuyên đề toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi</i>,
Khoá bồi dưỡng giáo viên chun tốn THPT, 2004.

[2] Nguyễn Văn Mậu,<i>Phương trình hàm cơ bản với đối số biến đổi</i>, NXB Đại Học Quốc Gia
Hà Nội, 2015.

[3] Nguyễn Trọng Tuấn,<i>Các bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic</i>, NXB Giáo Dục, 2004.
[4] Christopher G. Small,<i>Functional Equations and How to Solve Them</i>, Springer, 2007.
[5] <i>An Introduction to the Theory of Functional Equations and Inequalities</i>, Birkhauser, 2009.
[6] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Oleg Mushkarov, Nicolai Nikolov,<i>Topics in Functional</i>

</div>

<!--links-->