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

ĐAI HOC QUOC GIA HÀ N®I
TRƯèNG ĐAI HOC KHOA HOC TU NHIÊN

NGUYEN TH± HIEN

M®T SO LéP BAT ĐANG THÚC HÀM
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên nghành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP

Mã so 60 46 01 13

LU¾N VĂN THAC SY TỐN HOC

Ngưài hỏng dan khoa

HQC

GS. TSKH. NGUYEN VN MẳU

H NđI - NM 2014


Mnc lnc
Ma đau

3

1 Bat đang thÉc hàm chuyen đoi các phép tính so

5

HQC

1.1 Hàm so chuyen đői tù phép c®ng cna đoi so.....................................5
1.2 Hàm so chuyen đői tù phép nhân cna đoi so......................................21
1.3 Hàm so chuyen đői các phép bien đői hình

HQc

cna đoi so...............25

2 Bat đang thÉc hàm chuyen đoi các trung bình cơ ban cua đoi so 40
2.1 Hàm so chuyen đői tù trung bình c®ng cna đoi so............................40
2.2 Hàm so chuyen đői tù trung bình nhân cna đoi so.............................42
2.3 Hàm so chuyen đői tù trung bình đieu hịa cna đoi so.......................43
3 Bat đang thÉc trong láp hàm loi, lõm và tEa loi, lõm

48

3.1 Hàm loi, lõm............................................................................................. 48
3.2 Hàm tna loi và tna lõm.......................................................................55
3.3 Hàm tna loi, lõm dang hàm sin và cosin............................................63
4 M®t so dang tốn liên quan

71

Ket lu¾n

82

Tài li¾u tham khao

83

1


Lài cam ơn
Lu¾n văn này đưoc hồn thành dưói sn hưóng dan t¾n tình cna GS. TSKH.
Nguyen Văn M¾u. Thay đã dành nhieu thịi gian q báu cna mình đe kiên trì
hưóng dan cũng như giai đáp các thac mac cna tơi trong suot ca q trình làm
lu¾n văn. Tơi muon bày to lòng biet ơn chân thành và sâu sac nhat tói ngưịi thay
cna mình.
Tơi cũng muon gui tói tồn the các thay cơ Khoa Tốn - Cơ - Tin HQc trưòng
Đai HQc Khoa HQc Tn nhiên, Đai HQc Quoc gia H Nđi, cỏc thay cụ ó am nhắn
giang day hai khóa Cao HQc 2010 - 2012 và 2011 - 2013, đ¾c bi¾t là các thay cơ
tham gia tham gia giang day nhóm Phương pháp Tốn sơ cap 2010 - 2012 lịi cam
ơn chân thành đoi vói cơng lao day do trong suot thịi gian cna khóa HQc.
Tơi xin cám ơn gia đình, ban bè, đong nghi¾p, các anh ch% em trong nhóm Cao
HQc Tốn 2010-2012, đ¾c bi¾t là các anh ch% em nhóm Phương pháp Tốn sơ cap
đã quan tõm, giỳp ừ, tao ieu kiắn cng nh đng viên tinh than đe tơi có the
hồn thành khóa HQc này.


Ma đau
Chuyên đe bat đang thúc hàm là m®t trong các lĩnh vnc nghiên cúu quan TRQNG
cna Giai tích tốn HQc. Ngay tù Trung hQc phő thông chúng ta cũng đã đưoc biet
đen m®t so lóp bat đang thúc hàm quen biet như hàm đong bien, ngh%ch bien và

hàm loi, lõm,. . . Túc là lóp các hàm so đưoc mơ ta tính chat qua bat đang
thúc Jensen như
.
Σ
x+y
f (x) + f (y )
f
≤
.
2
2
Trong nhung năm gan đây, các nhà toán HQc cũng rat quan tâm đen bat
đang thúc hàm, mo r®ng các bat đang thúc tőng qt cho lóp hàm đang
xét (ví du như các bat đang thúc dang Karamata cho hàm loi). Trong các đe
thi Olympic Toán quoc te, các đe thi cHQN HQc sinh gioi nhung năm gan
đây cũng có xuat hi¾n nhieu các dang bài tốn liên quan đen bat đang thúc
hàm, như các bài toán giai bat phương trình hàm, chúng minh các tính chat cna
lóp các bat đang thúc hàm. . . Nói chung các dang tốn này khá mói me, rịi rac
và khá khú.
Luắn vn ny trỡnh by ve mđt so lúp bat đang thúc hàm và m®t so bài tốn
liên quan, vói hi vQNG có the bưóc đau trình bày m®t cách cú hắ thong
mđt so ắc iem, mđt so dang toỏn cú the thiet lắp o mđt so lúp bat ang thúc
hàm.
Lu¾n văn chn yeu tőng hop kien thúc tù nhieu nguon như các sách, bài báo,
báo cáo khoa HQc viet ve chuyên đe bat đang thúc hàm, bat phương trình hàm,
các đe thi HQc sinh gioi các cap, các đe thi Olympic Tốn quoc te, các tài
li¾u trên Internet. Qua đó trình bày lan lưot, h¾ thong lai và đưa ra mđt so k
thuắt ra e, giai cỏc cỏc bi toán liên quan đen bat đang thúc hàm, cũng như
giúp ban ĐQc tiep c¾n gan gũi hơn vói khái ni¾m bat đang thúc hàm.
Ngoài phan mo đau và danh muc tài li¾u tham khao lu¾n văn gom có 4 chương:

Trong hai chương đau lu¾n văn trình bày các ve lóp bat đang thúc hàm chuyen
đői các phép tính và đai lưong trung bình cơ ban.
Chương 3 trình bày riêng ve lóp các hàm khá quen thu®c là hàm loi, lõm.
Ngồi ra, cịn xây dnng phương pháp mơ ta các hàm tna loi, tna lõm tù lóp các
hàm loi lõm trên m®t khoang, tù đó áp dung vào m®t so bài tốn giai bat phương
trình hàm lưong giác.
M®t so bài tốn liên quan cũng như các bài t¾p đe ngh% đưoc trình bày o
chương 4.
Do thịi gian gap rút và kien thúc cịn han che nên lu¾n văn khơng the tránh
khoi nhung thieu sót. Vì v¾y, rat mong nh¾n đưoc nhung đóng góp cna thay cơ
và ban bè đong nghi¾p, xin trân TRQNG cam ơn.
Hà N®i, tháng 11 năm 2014.
HQc viên
Nguyen Th% Hien


Chương 1
Bat đang thÉc hàm chuyen đoi các
phép tính so HQC
Nói đen bat đang thúc hàm, ngưịi ta nhó đen bat đang thúc hàm Cauchy cő
đien
f (x + y) ≤ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.
Vì v¾y m®t cách tn nhiên chúng ta xét đen các lóp bat đang thúc hàm đau tiên
là: Bat đang thúc hàm chuyen đői các phép tính so HQc. Trong đó có hai
phép tính thưịng thay nhat trong lý thuyet ve phương trình - bat phương trình
hàm là phép c®ng và phép nhân.

1.1

Hàm so chuyen đoi tÈ phép c®ng cua đoi so

1.1.1. Bat đang thÉc hàm chuyen đoi phép c®ng thành phép c®ng
Dưói đây ta xét m®t so bài tốn nghiên cúu các hàm so thoa mãn các bat đang
thúc 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 so thoa mãn bat đang thúc (1.1) đưoc GQI là hàm trên c®ng tính (Subadditive), ngưoc lai neu hàm so thoa mãn (1.1a) thì đưoc GQI là hàm dưái c®ng tính
(Superadditive).


Bài toán 1.1. Cho hàm so f : R → R thoa mãn (1.1):
f (x + y) ≤ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R,
trong đó f khơng âm vói mQI x ∈ R mà |x| ≥ k, k là hang so dương. Chúng
minh rang f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Lài giai. Do f thoa mãn (1.1) vói MQI x, y ∈ R nên ta de dàng chúng minh
đưoc

f (nx) ≤ nf (x), ∀n ∈ Z∗+ , ∀x ∈ R.
Gia su f (x) ≥ 0 vói MQi x mà |x| ≥ k. Khi đó vói moi x mà |x| < k thì
ln
có so ngun 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).
V¾y f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Bài toán 1.2. Chúng minh rang neu hàm so f : R → R thoa mãn (1.1) vói
∀x, y ∈ R , liên tuc tai 0 vói f (0) = 0 thì f liên tuc vói MQI x ∈ R.
Lài giai. Th¾t v¾y, vói 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) vói MQI h. Cho
h → 0, thì do f liên tuc tai 0 và f (0) = 0 suy ra f liên tuc tai x.
Bài toán 1.3. Cho hàm f kha vi trên I = (a, +∞), (a ≥ 0). Chúng minh
rang
f (x)
f là hàm trên c®ng tính neu f J (x) <
, ∀x ∈ I và f là hàm dưái
x
c®ng tính
f (x)
neu f J (x) >
, ∀x ∈ I.
x
Lài giai. Th¾t v¾y, neu f J (x) ton tai trên I = (a, ∞), a ≥ 0, và f J (x) <
f (x)
x
∀x ∈ I. Ta có
f (x)
f J (x) <
, ∀x ∈ I
x
J
⇔ x.f (x) − f (x) < 0, ∀x ∈ I
.

Σ
d
f (x)
x.f J (x)
< 0, ∀x ∈ I.
⇒
− f (x) =


dx

Như v¾y

x

f (x)
đơn đi¾u giam trên I.
x

Vói x, y ∈ I, ta
có

f (x + y)
= x.

x2

f (x +
f (x +
+

y) x
y) x
y.
+y
+y

≤ x. f (x)
+
y.
x

f
(y)
y
= f (x) + f (y).
Suy ra f (x) là hàm trên c®ng tính trên I. Đieu ngưoc lai chúng minh tương tn.
Bài toán 1.4. Cho f là hàm trên c®ng tính trên R và f kha vi trên (a,
+∞), (a ≥ 0). Chúng minh rang neu f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞)
thì f J (x) là hàm đơn đi¾u khơng tăng trên (a, +∞).
f
(−x)
≤ 0,
∈ I.trên
Khic®ng
đó lay
∈ I,R,t f
>J (x)
0 là
thnc
bat(x)

kì. +
DofLài
giai.
f ∀x
là hàm
tínhx1 trên
tonsotai
trêndương
I =
J
(a; ∞), a ≥ 0, f (x1 + t) ton tai nên
f (x1 + t + h) − f
lim
(x1 + t)

=

+ t).

f J (x1

h
Suy ra, vói ε > 0, ton tai h > 0 đn nho sao cho
h→0

f J(

Do đó

f (x1 + t + h) − f (x1 + t)

−
+ t) ε <
.
h

x1
1
f(

+ t) − ε <

x1

[f (x1

J

1

h

. +t+ +h− )−f
x1

x1

(x1

+ t)]

≤

.[f (x1 + t) + f (x1 + h) + f (−x1) − f (x1
h
+ t)]
1
=

h
1

.[f (x1 + h) + f (−x1)]

≤J
.[f (x1 + h) − f (x
1)].
J
J
Suy
ra
f
(x
+
t)
≤
f
(x
),
∀t

>
0.
Do
đó
f
(x)
là hàm đơn đi¾u khơng tăng
h
1
1
trên
I.
Bài tốn 1.5. Cho hàm f (x) : R → R thoa mãn (1.1) vói MQi x, y ∈ R.
Chúng minh rang f là hàm so chan thì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.


Lài giai. Th¾t v¾y, cho x = 0, tù (1.1) ta có f (y) ≤ f (0)+ f (y) suy ra f
(0) ≥ 0. Do f chan nên 2f (x) = f (x) + f (−x) ≥ f (x − x) = f (0)
≥ 0, ∀x ∈ R.
Như v¾y qua cỏc bi toỏn trờn ta cú mđt so nhắn xột ve cỏc hm so trờn dỏi cđng tớnh:
Nhắn xột 1.1.
(i)Hm f : R → R là hàm trên c®ng tính không âm vái MQI x ∈ R mà |x| ≥
k, k > 0 thì f (x) khơng âm trên R.
(ii)Hàm f : R → R là hàm trên c®ng tính, liên tnc tai 0 vái f (0) = 0 thì f
liên tnc vái MQI x ∈ R.
(iii) Hàm f kha
vi trên I = (a, ∞
+
), (a
0) là hàm trên c®ng

tính neu fJ(x) < f (x)
f (x)
, ∀x ∈ I và là hàm dưái c®ng tính neu f J (x) > , ∀x ∈ I.
x
x
(iv) Hàm f là hàm trên c®ng tính trên R và kha vi trên (a, +∞), (a ≥ 0),
neu f (x) + f (−x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, ∞) thì fJ(x) là hàm đơn đi¾u
khơng tăng trên (a, +∞).
(v) Hàm trên c®ng tính f (x) : R → R là hàm so chan thì khơng âm.
Ta xét m®t so bài tốn giai bat phương trình hàm liên quan.
Bài toán 1.6. Xác đ%nh hàm so f (x) thoa mãn đong thịi hai đieu ki¾n
sau: (i) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R;
(ii) f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Lài giai. Thay x = 0, y = 0 vào đieu ki¾n đe bài ta đưoc
.
f (0) ≥ 2f
⇒ f (0) = 0.
(0),
f (0) ≥ 0
V¾y 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. Thu
lai ta thay hàm so f (x) ≡ 0 thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.


Bài tốn 1.7. Cho trưóc a ∈ R. Xác đ%nh hàm so thoa mãn đong thịi các đieu
ki¾n sau:
(i) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R,
(ii) f (x) ≥ ax, ∀x ∈ R.
Lài giai. Xét hàm so g(x) = f (x) − ax. Thay vào các đieu ki¾n đe bài ta
đưoc (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. Thu lai ta thay hàm so
f (x) = ax thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.
Bài tốn 1.8. Xác đ%nh hàm so thoa mãn đong thịi các đieu ki¾n sau:
(i) f (x + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R,
(ii) f (1) = 1,
(iii) f
(g(|x|))
g(|f=(x)|),
tuc,
tăng vói≥g(0)
0, g(1)∀x
= ∈1.R, trong đó g : R+ → R+ là hàm liên
Lài giai.
• Đau tiên ta chi ra rang f (x) ≥ 0 vói MQI x ∈ R+.
Vói x ∈ R+, khi đó x = ny vói n ∈ Z+ và 0 ≤ y ≤ 1. Hơn the nua, y =
g(t)
vói
(i) 0 ≤ t ≤ 1 nào đó (g là hàm liên tuc, tăng vói g(0) = 0, g(1) = 1). Tù
và (iii) ta có
f (x) = f (ny) ≥ nf (y) = nf (g(t)) ≥ ng(|f (t)|) ≥ 0, ∀x R+ .
ã Nh vắy, vúi x, y R, x > y ta có x = y + x∗ , x∗ ∈ R+ , tù (i) ta có
f (x) = f (y + x∗ ) ≥ f (y) + f (x∗ ) ≥ f (y).
Nói cách khác, f là hàm đơn đi¾u khơng giam trên R.


• Tiep theo ta se chúng ninh |f (x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R.
Theo (i) ta có f (0) ≥ f (0) + f (0) suy ra f (0) ≤ 0. Mà theo
chúng minh
trên thì f (0) ≥ 0, nên f (0) = 0. Hơn nua

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 đong bien nên |f (−1)| ≤ 1. Tuy nhiên theo (1.2) thì f (−1) ≤
−f (1) = −1, suy f (−1) = −1.
Lai có, vói n ∈ N
f (n) ≤ −f (−n) = −f (n(−1)) ≤ −nf (−1) = n.
Nhưng f (n) ≥ nf (1) = n. V¾y f (n) = n, ∀n ∈ N.
Bây giị lay p, q ∈ Z∗+ , ta có
p = f (p) = f .q

p

Σ≥

qf

p

. Σ,


q

suy ra

q

p
p
f . Σ ≤ , ∀p, q ∈ Z∗ .
Như v¾y, do f là hàm đơn đi¾u
q khơng
q giam trên+R
, fx (x)
≤ x.
(1.3)
(Th¾t v¾y, neu có x ∈ R+ đe∀x
f∈
(x)R+>
thì ton
tai x0 ∈ Q+ sao cho x
<
x0 < f (x), khi đó f (x0) ≤ x0 < f (x). Mà do f là hàm đơn đi¾u khơng
giam nên f (x0) ≥ f (x). Vô lý.)
Lay x ∈ R bat kì, tù (iii) và (1.3) ta có
g(|x|) ≥ f (g(|x|)) ≥ g(|f (x)|)
suy ra, do g đơn đi¾u tăng
|f (x)| ≤ |x|, ∀x ∈ R.

(1.3a)


• Cuoi cùng tap chi ra f (x) = x, ∀x ∈ R.
Lay x = − , vói p, q ∈ Z∗ . Tù (1.3a), (1.2) và f (n) = n, ∀n ∈ N

ta có
q
p

+

qf .− Σ ≤ f .q .− p ΣΣ = f (−p) ≤ −f (p) = −p,
q
p
p
q
⇔ f .− Σ ≤ − ,
q
q ta đưoc
thêm đieu ki¾n (1.3a)
f .−

p

Σ=

q
Như v¾y, vì f đơn đi¾u ta có

p
− , ∀p, q ∈ Z∗ .
+

q

f (x) = x, ∀x ≤ 0.
x
0 ∈ Q− đe x < x0 = f (x0) < f (x). Đieu này mâu thuan vói f đơn
đi¾u
(Th¾t v¾y, neu có x < 0 sao cho x ƒ= f (x), gia su x < f (x),
khi đó ton tai khơng giam trên R.)
Vói x ≥ 0. Ton tai 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 đieu ki¾n (1.3a) ta thu đưoc f (x) = x, ∀x ≥ 0.
Như v¾y, ta có f (x) = x, ∀x ∈ R.
V¾y hàm so thoa mãn yêu cau bài ra là f (x) = x, x ∈ R.
Ví dn 1.1. Chúng minh rang
• F : R∗+ → R xác đ%nh bái F (x) = log(t + 1) là hàm trên c®ng tính.
• F : R → R xác đ%nh bái F (x) = 3 + sint l hm trờn cđng tớnh.
.

n
n
1
ã F : R → R xác đ%nh bái F (x) = Σ
r
|x
k=
k|
là hàm trên c®ng tính neu
+
r

1

r > 1, là hàm dưái c®ng tính neu r < 1. (Bat đang thúc Minkowski)


1.1.2. Bat đang thÉc hàm chuyen đoi phép c®ng thành phép nhân
Trong phan này ta đi xây dnng m®t dang bài t¾p giai bat phương trình hàm
các bat đang thúc hàm
f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.
Bài tốn 1.9. Cho trưóc a > 0. Xác đ%nh hàm so f (x) thoa mãn đong
thòi các đieu ki¾n sau
(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R;
(ii) f (x) ≥ ax, ∀x ∈ R.
Lài giai. Tù (ii) ta nh¾n xét rang f (x) > 0 vói MQI x ∈ R. V¾y ta có the
logarit hóa các bat đang thúc đieu ki¾n đã cho, ta thu đưoc
(i) ln f (x + y) ≥ ln f (x) + ln f (y), ∀x, y ∈ R;
(ii) ln f (x) ≥ x. ln a, ∀x ∈ R.
Đ¾t g(x) = ln f (x), ta thu đưoc
(i) g(x + y) ≥ g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R;
(ii) g(x) ≥ x. ln a, ∀x ∈ R.
Tù ket qua cna Bài tốn 1.7 ta có g(x) = (ln a)x. Suy ra f (x) = ax. Thu
lai ta thay hàm so f (x) thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.
Li¾u ta có tìm đưoc m®t hàm thay the cho hàm h(x) = ax trong Bài tốn
1.9, đe bài tốn van có nghi¾m khơng tam thưịng? Tù ket qua cna Bài tốn 1.9,
ta có the liên tưong đen ket qua f (x) = ex, v ta cú mđt ỏnh giỏ chắt rang
ex 1 + x, x R. Vắy, mđt cỏch tn nhiên ta có bài tốn sau:
Bài tốn 1.10. Xác đ%nh hàm so f (x) thoa mãn đong thòi các đieu ki¾n sau
(i) f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y ∈ R;
(ii) f (x) ≥ 1 + x, ∀x ∈ R.

Lài giai. Tù (i) ta có
x
x
x
f (x) = f . 2 + 2 Σ ≥ Σf . 2ΣΣ2 ≥ 0, ∀x ∈ R.
x0
x
Neu ton tai x ∈ R sao cho f (x ) = 0 thì do f (x ) = Σf . ΣΣ2 nên f . Σ
= 0.
0
0
0
2
2
. x0Σ
∀ ∈
+
Boi
. Nhưng (ii) lai chi ra f (x) >
0 l¾p lu¾n tương tn ta có fN n = 0, n
2
vói x gan 0. Tù đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ R.
Tiep theo ta se chúng minh f kha vi trên R và f J (x) = f (x), ∀x ∈ R.
Tù (i) và (ii) vói x ∈ R và h nho ta có
f (x + h) − f (x) ≥ f (x)f (h) − f (x) = f (x)[f (h) −
1] ≥ hf (x).
Suy ra

f (x)≤

Tù f (x) = f (x + h
lay h nho sao cho
1 − h > 0, thì f (x
+ h) ≤

f ( x + h) − f ( x )
.
h

(1.4)

− h) ≥ f (x + h)f (−h) ≥ f (x + h)(1 − h),

f
(x) . Ta lai có
1−h
f (x )
f (x + h) − f (x)
− f (x) = f (x)
≤

Σ

1

− 1Σ = h

f (x)

.

Suy ra

1−
h

1−
h

f ( x + h) −
f (x)
≤
.
f (x)
1−h
h

1−h

(1.5)

Như v¾y, tù (1.10) và (1.5), ta có
+vói h > 0 đn nho ta có
f
(x(x)
) ≤
≥

( x + h) − f
h

+và vói h < 0 ta có bat
đang thúc ngưoc lai
f
(x)


( x + h) − f

(x)

h

≤

≥

f (x )
1−h

,

f (x )

.
1−h
= f (x), ∀x ∈ R.

Cho h → 0 ta đưoc giói han
( x + h) −
lim

f
(x)

Như v¾y

h

h→0

f J (x) = f (x), ∀x ∈ R.
Ta có

(ed−x f (x)) = e−x [f J (x) − f (x)] = 0, ∀x ∈ R,
d

do v¾y f (x) = Cex vói C là hang so. Tù (i), f (0) = f (0 + 0) ≥ [f
(0)]2 suy ra
f
ex.(0)
Thu≤lai1, nhưng tù (ii) thì f (0) ≥ 1 nên C = f (0) = 1. V¾y f (x) =
ta thay hàm so f (x) = ex thoa mãn đieu ki¾n đe bài ra.
Nh¾n xét 1.2. Bài tốn trên van cho ket qua khơng đői neu ta thay tắp xỏc %nh
R cua hm so bỏi mđt khoang má U bat kì chúa 0, và các đieu ki¾n đúng vái
MQI x, y, x + y ∈ U.
Chúng ta có the khái qt ket qua cna Bài tốn 1.9, Bài tốn 1.10 bang cách
tiep tuc giam nhe đieu ki¾n cna hàm so trong đieu ki¾n (ii).
Bài tốn 1.11. Cho U là m®t khoang mo bat kì chúa 0. Xác đ%nh hàm so
f : U → R thoa mãn đong thịi các đieu ki¾n 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 so cho trưóc kha vi tai 0, g(0) = 1, g J (0) = k.
Lài giai. Tù (i), ta có


f (x) = f

x

.

+

x

x

Σ ≥ Σf .

ΣΣ2 ≥

0, ∀x ∈ U.

2 ) = 0 thì
2 do0f (x ) ≥2Σf
Neu ton tai x0 ∈ U sao cho2f 0(x
= 0.

x0

.

2 f

ΣΣ2 nên

x

.

Σ

N
.
Σ≤
∀ ∈x20
2x0
2x0
Boi l¾p lu¾n tương tn ta có f . n Σ = 0, ∀n ∈ N+ . Mà fn. Σ ≥ gn . Σ , ∀n
N
∈
x0
+
+
, suy ra g
0, n
. Nhưng g(x) kha vi tai 0 nên liên tuc tai 0,
mà
n
2
g(0) = 1 suy ra g(x) > 0 vói x gan 0. Tù đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ U.

Tiep theo ta se chúng minh f kha vi trên U và f J (x) = kf (x), ∀x ∈
U, vói k = g J (0). Đe thu¾n ti¾n ta đ¾t g(x) = 1 + θ(x). Khi đó,
θ(x) kha vi tai 0 và θ(0) = 0, θJ (0) = g J (0) = k, f (x) ≥ 1 + θ(x),
∀x ∈ U. Vói x ∈ U và h đn nho đe 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).
M¾t 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 tuc tai 0, và θ(0) = 0 nên cHQN h đn nho ta có 1 + θ(h) > 0.
Khi đó
f (x)
1
f (x + h) − f (x) ≤
− f (x) = f (x) Σ
f (x)θ(−h)
− 1Σ =
.
1+
1 + θ(−h)
−(1 + θ(−h))
θ(−h)
Như v¾y, vói h > 0 đn nho, ta có
θ(h)
( x + h)
− f (fx(x)
) ≤
h

h

f (x)
θ
≤(−h),
·
1 + θ(−h) −h

vói h < 0 bat đang thúc đúng theo chieu ngưoc lai.
Do θJ (0) = k và θ(0) = 0, cho h → 0, ta đưoc giói han
f J (x) = lim

(x + h) − f (x)

h→0
h
ton tai và bang kf (x) vói MQI x ∈ U.
Ta có
(ed−kxf (x)) = e−kx [f J (x) − kf (x)] = 0, ∀x ∈ U.
d

Do v¾y f (x) = Cekx vói C là hang so. Tù (i), f (0) = f (0 + 0) ≥ [f
(0)]2 ⇒
f (0) ≤ 1, nhưng do f (0) ≥ g(0) = 1 nên C = f (0) = 1.
V¾y f (x) = ekx. Thu lai ta thay rõ ràng hàm so f (x) = ekx thoa mãn đieu
ki¾n (i). Neu ekx ≥ g(x), ∀x ∈ U thì f (x) = ekx là nghi¾m cna bài tốn,
ngưoc lai bài tốn vơ nghi¾m.


Ta có the tőng ket ket qua trên thành đ%nh lý sau

Đ%nh lí 1.1. Cho U là m®t khoang má bat kì chúa 0. Hàm so f : U → R thóa
mãn đong thài các đieu ki¾n 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 so cho trưác kha vi tai 0, g(0) = 1, g J (0) = k,
ekx ≥
g(x), ∀x ∈ U. Khi đó f (x) = ekx.
Hắ qua 1.1. Cho U l mđt khoang má chúa 0. Hàm so f : U → R thóa mãn
f (x + y) ≥ f (x)f (y), ∀x, y, x + y ∈ U.
Neu f kha vi tai 0, f (0) = 1, và f J (0) = k thì f (x) = ekx , ∀x ∈ U.
ChÚng minh. Áp dung Đ%nh lý 1.1, vói g(x) = f (x), x ∈ U , ta có đieu
phai chúng minh.
H¾ qua 1.2. Xét F là m®t hàm so xác đ%nh trờn mđt tắp mỏ U chỳa 0 thúa món
F (x + y) ≤ F (x) + F (y)
vái MQI x, y và x + y thu®c U . Neu F b% chắn trờn bỏi mđt hm G kha vi tai
0 và thóa mãn G(0) = 1 (trong trưàng hap đ¾c bi¾t F kha vi tai 0 và F (0) =
0), thì F (x) = kx vái MQI x ∈ U , k là hang so.
ChÚng minh. Đ¾t 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). thoa món (i)
ã F b% chắn trờn boi mđt hm G nờn f b% chắn dúi boi g.
ã G kha vi tai 0 và thoa mãn G(0) = 0 nên g kha vi tai 0 và g(0)
= 1. Áp dung Đ%nh lý 1.1, suy ra f (x) = ekx hay F (x) = kx vói
k là hang so.
Tương tn phương pháp chúng minh Đ%nh lý 1.1, ta có ket qua sau:

Đ%nh lí 1.2. Gia su U là m®t khoang chúa 0. Hàm so f : U → R thóa mãn đieu
ki¾n
f (x + y) ≥ f (x)g(y), ∀x, y, x + y ∈ U,
trong đó g(x) là hàm so cho trưác kha vi tai 0, g(0) = 1, g J (0) = k,
thì MQI nghi¾m cua bat đang thúc hàm trên đeu có dang f (x) = Cekx , C là
hang so.
ChÚng minh. Ta se chúng minh f kha vi trên U và f J (x) = kf (x),
∀x ∈ U, vói k = g J (0). Đ¾t g(x) = 1 + θ(x). Khi đó, θ(x) kha vi tai 0
và θ(0) = 0, θJ (0) = g J (0) = k. Vói x ∈ U và h đn nho đe 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).
M¾t khác
f (x) = f (x + h − h) ≥ f (x + h)g(−h) = f (x + h)(1 +
θ(−h)).
Vì θ(x) liên tuc tai 0, và θ(0) = 0 nên cHQN h đn nho ta có 1 + θ(h) > 0.
Khi đó
f (x)
1
f
f (x + h) − f (x) ≤
− f (x) = f (x) Σ
− 1Σ =
(x)θ(−h)
.
1+
1 + θ(−h)
−(1 + θ(−h))
θ(−h)

Như v¾y vói h > 0 đn nho ta có
θ(h)
( x + h)
− f (fx(x)
) ≤
h
h

fθ((−
x)h)
.
,

≤

1 + θ(−h) −h

vói h < 0, bat đang thúc đúng theo chieu ngưoc lai. Do θJ (0) = k và θ(0) =
0, cho h → 0, ta đưoc giói han
f J (x) = lim

(x + h) − f (x)

h→0

h

ton tai và bang kf (x) vói MQI x ∈ U.
Ta có
(ed−kxf (x)) = e−kx [f J (x) − kf (x)] = 0, ∀x ∈ U.

d


Do v¾y f (x) = Cekx vói C là hang so.


H¾ qua 1.3. Các hàm so f (x) = ekx và g(x) = ekx là nghi¾m duy nhat cua h¾
phương trình hàm
.f (x + y) ≥ f (x)g(y)
g(x + y) ≥ g(x)f (y),
vái đieu ki¾n f (0) = 1, g(x) kha vi tai 0, g(0) = 1 và g J (0) = k.
ChÚng minh. Tù bat đang thúc hàm thú nhat, áp dung Đ%nh lý 1.2 ta đưoc
f (x) = ekx (C là hang so). Vì f (0) = 1 nên C = 1. Do đó f (x) = ekx.
Tương tn, tù bat đang thúc hàm thú hai, áp dung Đ%nh lí 1.2, ta cũng có
g(x) = ekx.
Rõ ràng f (x) = ekx và g(x) = ekx thoa mãn h¾ bat đang thúc hàm vói các
đieu ki¾n đã cho. H¾ qua oc chỳng minh.
Hắ qua 1.4. Cho U l mđt khoang má chúa 0. Xét bat đang thúc hàm
f (x + y) ≥ f (x)g(y),
trong đó g là m®t hàm cho trưác xác đ%nh trên U vái g(0) = 1, và ton
tai hàm k(x) xác đ%nh trên U sao cho k(0) = g(0) = 1, k J (0) = l, k(x) ≤
g(x), ∀x ∈ U . (á đây ta nói g(x) tna k(x) tai 0 bái l). Bat đang thúc hàm
trên có nghi¾m khơng âm f trên U khi và chs khi elx ≥ g(x) trên U . Trong
trưàng hap này MQI nghi¾m khơng âm đeu có dang f (x) = Celx , trong đó C ≥
0 là hang so.
ChÚng minh. Gia su f (x) l mđt nghiắm khụng õm cna bat đang thúc 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) thoa mãn k(0) = 1, k J (0) = l. Áp dung Đ%nh lý 1.2 vào bat
đang thúc hàm này, ta có f (x) = Celx , trong đó C ≥ 0 là hang so.

Rõ ràng, khi đó f (0 + x) ≥ f (0)g(x) ⇔ elx ≥ g(x), ∀x ∈ U.
Tù các Đ%nh lý và các H¾ qua trên ta có the ra nhieu bài toán, chang han như
sau:


Bài toán 1.12. Xác đ%nh tat ca các hàm so thoa mãn h¾ bat phương trình sau
.
π π
f (x + y) ≥ f (x)f (y)
vói MQI x, y, x + y ∈ .− , Σ .
2 2
(1)
f (x) ≥ 1 + 2 sin x,

(Áp dung Đ%nh lý 1.1, vói g(x) = 1 + 2 sin x, ta thu đưoc f (x) =
e2x.)
Lài giai. Đ¾t g(x) = 1 + 2 sin x. Tù (1), ta có
f (x) = f

x
x
x
π π
+ Σ ≥ Σf . ΣΣ2 ≥ 0, ∀x ∈ .− , Σ .
2 2
2
2 2

.

π π
x0
Neu ton tai x0 ∈ .− 2, 2 Σ sao cho f (x0 ) = 0 thì do f0 (x ) ≥ Σ2f . ΣΣ2
nên
x2
x0
2
2
n x0
n
+
Σ = 0. Boi l¾p lu¾n tương tn ta có f .
Σ = 0, ∀n ∈ N . Mà f .
Σ≥
2
2
n0
n x0
x
g . Σ , ∀n ∈ N+ suy ra g . Σ ≤ 0, ∀n ∈ N+ . Nhưng g(x) liên tuc tai 0,
mà
f

.

g(0) = 1 suy ra g(x) > 0 vói x gan 0. Tù đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈
2
π π
− , Σ.
π π

Vói x ∈ .− , Σ bat kì và h nho ta có
2 2
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.

.

Tù f (x) = f (x + h − h) ≥ f (x + h)f (−h) ≥ f (x + h)g(−h)
= f (x + h)(1 + 2 sin(−h)), ta lai có
f (x)
f (x + h) − f (x) ≤
− f (x) = f (x)
1
Σ
− 1Σ
1 + 2 sin(−h)