Bat Phương Trình Hàm Sinh B I Các Đại Lư Ng Trung Bình B C Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan.docx

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–
vTải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
NGUYEN TH± THU CÚC
BAT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH B I
CÁC ĐẠI LƯ NG TRUNG BÌNH B C TÙY
Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
THÁI NGUYÊN - 2019

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–
vTải tài liệu tại sividoc.com
NGUYEN TH± THU CÚC
BAT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH B I
CÁC ĐẠI LƯ NG TRUNG BÌNH B C TÙY
Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 8460113
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
Người hướng dan khoa hoc:
GS.TSKH. Nguyen Văn M u
THÁI NGUYÊN - 2019

i
L i cảm ơn
Lu n văn này được hoàn thành tại trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc
Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac đoi với GS.TSKH
Nguyen Văn M u (Trường ĐH Khoa hoc Tự nhiên, ĐHQGHN), thay đã
trực tiep hướng dan t n tình và đ®ng viên tác giả trong suot thời gian
nghiên cáu vàa qua.
Xin chân thành cảm ơn tới các quý thay, cô giáo đã trực tiep giảng dạy
lớp cao hoc Toán K11, các bạn hoc viên, và các bạn đong nghi p đã tạo
đieu ki n thu n lợi, đ®ng viên giúp đơ tác giả trong quá trình hoc t p và
nghiên cáu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac tới gia
đình và người thân luôn khuyen khích đ®ng viên tác giả trong suot quá
trình hoc cao hoc và viet lu n văn này.
M c dù có nhieu co gang nhưng lu n văn khó tránh khỏi nhǎng thieu
sót và hạn che. Tác giả mong nh n được nhǎng ý kien đóng góp của các
thay cô và các bạn đoc đe lu n văn được hoàn thi n hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019
Tác giả
Nguyen Thị Thu Cúc

ii
Mnc lnc
M đau 1
Chương 1. Phương trình hàm chuyen tiep các đại lư ng trung
bình 3
1.1 M®t so tính chat của t p hợp và các hàm so sơ cap................... 3
1.2 Hàm chuyen tiep tà đại lượng trung bình c®ng.......................... 8
1.3 Nh n xét ve lớp hàm chuyen tiep tà các đại lượng trung
bình khác ....................................................................................11
1.4 Phương trình hàm Lobachevsky.................................................17
1.5 Moi liên h giǎa phương trình hàm Lobashevsky và phương
trình hàm cő đien............................................................................ 23
Chương 2. Bat phương trình hàm sinh b i các đại lư ng
trung bình 33
2.1 Bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình c®ng.............34
2.2 Bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình nhân............37
2.3 Bat phương trình hàm chuyen tiep tà các đại lượng trung
bình đieu hòa................................................................................... 40
2.4 Bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình b c hai ....... 45
2.5 Bat phương trình hàm chuyen tiep tà các đại lượng trung
bình b c tùy ý ............................................................................48
Chương 3. M t so phương pháp giải phương trình, bat phương
trình hàm qua các kỳ thi Olympic 51
3.1 Phương pháp the ............................................................................ 51
3.2 Phương pháp sả dụng toàn ánh.................................................... 56

iii
3.3 Phương pháp ket hợp ..................................................................... 59
3.4 M®t so dạng bat phương trình hàm liên quan ............................. 65
3.5 M®t so dạng toán liên quan đen bat đȁng thác hàm .................. 70
Ket lu n 75
Tài li u tham khảo 76

1
M đau
Lu n văn "Bat phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình b c
tùy ý và các dạng toán liên quan" nham cung cap m®t so van đe cơ bản
ve phương trình và bat phương trình hàm chuyen tiep các đại lượng trung
bình, qua đó phân tích m®t so dạng toán liên quan trong các đe thi hoc
sinh giỏi Vi t Nam cũng như các bài thi Olympic các nước và khu vực.
Trong các kì thi hoc sinh giỏi toán các cap, Olympic Toán sinh viên,
các dạng toán liên quan tới phương trình và bat phương trình hàm thường
xuyên được đe c p. Nhǎng dạng toán này thường được xem là thu®c loại
khó vì phan kien thác ve chuyên đe này không nam trong chương trình
chính thác của SGK b c trung hoc phő thông.
Đe đáp áng nhu cau boi dương giáo viên và boi dương hoc sinh giỏi ve
chuyên đe phương trình và bat phương trình hàm, tôi chon đe tài lu n văn
"Bat phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình b c tùy ý và các
dạng toán liên quan".
Nhǎng năm gan đây đã có m®t so lu n văn cao hoc khảo sát các phương
trình (xem [4]) và bat phương trình hàm (xem [5]) chuyen tiep các đại lượng
trung bình cơ bản. Lu n văn này nham mục tiêu hoàn thi n chuyên đe ve
bat phương trình hàm chuyen tiep các đại lượng trung bình b c tùy ý
nham giúp các giáo viên cũng như hoc sinh trong vi c boi dương hoc sinh
giỏi cap trung hoc phő thông.
Tiep theo, trong lu n văn khảo sát m®t so lớp bài toán ve phương trình
và bat phương trình hàm tà các đe thi hoc sinh giỏi Quoc gia và Olympic
các nước nhǎng năm gan đây.
Cau trúc lu n văn gom 3 chương:
Chương 1. Phương trình hàm chuyen tiep các đại lượng trung bình.

2
Chương 2. Bat phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình.
Chương 3. M®t so phương pháp giải phương trình, bat phương trình
hàm qua các kỳ thi Olympic.

3
f(x + a) = f(x), ∀x ∈ M.
Chương 1. Phương trình hàm
chuyen tiep các đại lư ng
trung bình
Trong chương này, ta nhac lại m®t so kien thác ve t p hợp và các hàm
so sơ cap. Đong thời, ta xét lớp hàm chuyen tiep tà đại lượng trung bình
c®ng, lớp hàm chuyen tiep tà các đại lượng trung bình khác, phương trình
hàm Lobachevsky, moi lien h giǎa phương trình hàm Lobachevsky và
phương trình hàm cő đien.
1.1 M t so tính chat của t p h p và các hàm so
sơ cap
Trong mục này, ta nhac lại m®t so kien thác cơ bản ve t p hợp can
thiet được sả dụng đe giải các phương trình hàm liên quan.
Định nghĩa 1.1 (xem [2],[3]).
a) Hàm so f(x) được goi là hàm tuan hoàn (c®ng tính) chu kỳ a, (a > 0)
trên M neu M ⊂ D(f) và
∀x ∈ M thì x ± a ∈ M
b) Cho f(x) là m®t hàm tuan hoàn trên M. Khi đó T (T > 0) được goi
là chu kỳ cơ cở của f (x) neu f (x) tuan hoàn với chu kỳ T mà không là
hàm tuan hoàn với bat cá chu kỳ nào bé hơn T.

4
1, khi x ∈
/ Q.
Bài toán 1.1 (xem [2], [3]). Ton tại hay không ton tại m®t hàm so
f(x) /≡ hang so, tuan hoàn trên R nhưng không có chu kỳ cơ sở.
Lài giai. Xét hàm Dirichlet
f(x) =
0, khi x ∈ Q
Khi đó f(x) là hàm tuan hoàn trên R chu kỳ a ∈ Q∗
tuỳ ý. Vì trong Q∗
không có so nhỏ nhat nên hàm f(x) không có chu kỳ cơ sở.
Bài toán 1.2 (xem [2], [3]). Cho c p hàm f(x), g(x) tuan hoàn trên M
có các chu kỳ lan lượt là a và b với a/b ∈ Q.
Cháng minh rang F (x) := f(x) + g(x) và G(x) := f(x)g(x) cũng là
nhǎng hàm tuan hoàn trên M.
Lài giai. Theo giả thiet ∃m, n ∈ N+
, (m, n) = 1 sao cho a/b = m/n.
Đ t
T = na = mb.
Ta có
F(x + T) = f(x + na) + g(x + mb) = f(x) + g(x) = F(x), ∀x ∈ M
G(x + T) = f(x + na)g(x + mb) = f(x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M
Hơn nǎa, de thay ∀x ∈ M thì x ± T ∈ M. V y F(x), G(x) là nhǎng hàm
tuan hoàn trên M.
Tiep theo, ta xét hàm so f(x) với t p xác định D(f) ⊂ R và t p giá
trị R(f) ⊂ R.
Định nghĩa 1.2 (xem [2],[3]).
a) f(x) được goi là hàm so chȁn trên M, M ∈ D(f) (goi tat là hàm chȁn
trên M) neu
∀x ∈ M thì − x ∈ M và f(−x) = f(x), ∀x ∈ M.
b) f(x) được goi là hàm so lẻ trên M (goi tat là hàm lẻ trên M) neu
∀x ∈ M thì − x ∈ M và f(−x) = −f(x), ∀x ∈ M.
Bài toán 1.3. Cho x0 ∈ R. Xác định tat cả các hàm so f(x) sao cho
f(x0 − x) = f(x), ∀x ∈ R. (1.1)

5
2
2
2 2
Lài giai. Đ t x =
x0
− t suy ra t =
x0
− x. Khi đó
2
và (1.1) có dạng
2
x0
x0 − x =
2
+ t
f
x0
+ t = f
x0
− t , ∀t ∈ R. (1.2)
2 2
Đ t g(t) = f
x0
+ t thì
g(−t) = f
x0
− t , f(t) = g t −
x0
.
Khi đó (1.2) có dạng g(−t) = g(t), ∀t ∈ R. V y g(t) là hàm chȁn trên R.
Ket lu n.
f(x) = g x −
x0
,
trong đó g(x) là hàm chȁn tuỳ ý trên R.
Bài toán 1.4. Cho a, b ∈ R. Xác định tat cả các hàm so f(x) sao cho
f(a − x) + f(x) = b, ∀x ∈ R. (1.3)
Lài giai. Đ t
a
2
− x = t, khi đó
a a
x =
Khi đó (1.3) có dạng
2
− t; và a − x = + t.
2
f
a
+ t +f
a
− t = b. (1.4)
2 2
Đ t
f
a
+ t −
b
= g(t)
2 2
Khi đó có the viet (1.4) dưới dạng
hay là
g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R
g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R.
V y g(t) là hàm so lẻ trên R.

6
√
+
Ket lu n.
f(x) = g x −
a
+
b
,
2 2
trong đó g(x) là hàm lẻ tuỳ ý trên R.
Trong phan tiep theo của mục này, ta xét các đại lượng trung bình và
đ c trưng hàm liên quan. Các kien thác trong phan này đươc lay tà các tài
li u [6] của J. Aczel. Trong các tài li u này, J. Aczel đã đưa ra các phương
pháp tőng quát ve giải phương trình hàm các cap, ví dụ:
ϕ(x + y) = F[ϕ(x), ϕ(y)], (1.5)
ϕ
x + y
= F [ϕ(x), ϕ(y)], (1.6)
2
ϕ(ax + by + c) = F [ϕ(x), ϕ(y)], (1.7)
G[ϕ(x + y), ϕ(x − y), ϕ(x), ϕ(y), x, y] = 0. (1.8)
Đong thời, J. Aczel cũng đưa ra các tiêu chí ve sự ton tại và tính duy nhat
của nghi m. Ke tà đó, các phương pháp tőng quát đã được ông và các hoc
trò của mình tìm ra.
Trong lu n văn này, ngoài các đại lượng trung bình cơ bản của các đoi
so, ta còn xét các đại lượng trung bình b c tùy ý tőng quát:
x + y
1. Trung bình c®ng của các đoi so ; x, y ∈ R.
2
2. Trung bình nhân của các đoi so
√
xy; x, y ∈ R+
.
2xy
3. Trung bình đieu hòa của các đoi so
x + y
; x, y ∈ R+
.
4. Trung bình bình phương của các đoi so
x2
+ y2
2
; x, y ∈ R .
xp + yp 1
5. Trung bình b c p (p > 1) của các đoi so
2
và các đại lượng trung bình của các hàm so:
f(x) + f(y)
1. Trung bình c®ng của các hàm so .
2
p
; x, y ∈ R+
.
2. Trung bình nhân của các hàm so f(x)f(y).
2f(x)f(y)
3. Trung bình đieu hòa của các hàm so .
f (x) + f (y)
r

7
[f
(
x
)
] + [f(y)]
/ ∈
2 2
4. Trung bình bình phương của các hàm so
[f(x)]2
+ [f(y)]2
.
2
5. Trung bình b c p (p > 1) của các hàm so
p p 1
p
.
2
và xét các bài toán xác định hàm so chuyen tiep các đại lượng tà trung
bình của các đoi so sang các đại lượng trung bình của các hàm so.
Cuoi cùng, ta xét các đại lượng trung bình và các đ c trưng hàm của
các hàm sơ cap liên quan.
Tính chat 1.1 (Hàm b c nhat). f(x) = ax + b, a; b /= 0 có tính chat
f
x + y
=
1
{f(x) + f(y)}, ∀x, y ∈ R.
Tính chat 1.2 (Hàm tuyen tính). f(x) = ax, a /= 0 có tính chat
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Tính chat 1.3 (Hàm mũ). f(x) = ax
, a > 0, a /= 1 có tính chat
f(x + y) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R.
Tính chat 1.4 (Hàm Logarit). f(x) = loga|x| (a > 0, a /= 1) có tính chat
f(xy) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R{0}.
Tính chat 1.5 (Hàm Lũy thàa). f(x) = |x|a
có tính chat
f(xy) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R{0}.
Tính chat 1.6 (Hàm lượng giác). Hàm f(x) = sin x có tính chat
f(3x) = 3f(x) − 4[f(x)]3
, ∀x ∈ R.
Hàm f(x) = cos x có tính chat
f(2x) = 2[f(x)]2
− 1, ∀x ∈ R.
Hàm f(x) = tan x có tính chat
f(x + y) =
f(x) + f(y)
, với x, y, x + y
1 − f(x)f(y)
(2k + 1)π
2
, k ∈ Z.
Hàm f(x) = cot x có tính chat
f(x + y) =
f(x)f(y) − 1
, với x, y, x + y = kπ, k Z.
f(x) + f(y)
s

8
√ √
√ √
2
x + y
2
x −x
e+
e
2 2
Tính chat 1.7 (Hàm lượng giác ngược). Hàm f(x) = arcsin x có tính
chat
f(x) + f(y) = f(x 1 − y2 + y 1 − x2), ∀x, y ∈ [−1, 1].
Hàm g(x) = arccos x có tính chat
g(x) + g(y) = g(xy − 1 − x2 1 − y2), ∀x, y ∈ [−1, 1].
Hàm h(x) = arctan x có tính chat
h(x) + h(y) = h
x + y
1 − xy
Hàm p(x) = arccot x có tính chat
, ∀x, y : xy /= 1.
p(x) + p(y) = p
xy − 1
, ∀x, y : x + y /= 0.
Tính chat 1.8 (Các hàm hyperbolic). Hàm f(x) = sinh x := 1
(ex
− e−x
)
có tính chat
f(3x) = 3f(x) + 4[f(x)]3
, ∀x ∈ R.
Hàm g(x) = cosh x := 1
(ex
+ e−x
) có tính chat
g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y), x, y ∈ R.
Hàm h(x) = tanh x := ex
−e−x
có tính chat
h(x) + h(y)
h(x + y) =
e+e−x
.
1 − h(x)h(y)
q(x) = coth x =
ex − e−x
có tính chat
1 + q(x)q(y)
q(x + y) = .
q(x) + q(y)
1.2 Hàm chuyen tiep tfi đại lư ng trung bình c ng
Bài toán 1.5 (Trung bình c®ng vào trung bình c®ng). Tìm các hàm so
f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n:
f
x + y
=
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R. (1.9)

9
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
hay
Lài giai. Đ t f(0) = b và f(x) = b + g(x). Khi đó g(0) = 0. The vào
(1.9), ta có
b + g
x + y
=
2b + g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R
g
x + y
=
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, (1.10)
2 2
trong đó g(0) = 0.
Thay y = 0 vào (1.10), ta có g
x
= g(x)
g
x + y
=
g(x + y)
, ∀x, y ∈ R.
Thay vào (1.10) ta có g
x + y
= g(x)+g(y)
, ∀x, y ∈ R.
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.
Thả lại ta thay nghi m f(x) = ax + b thỏa mãn đi u ki n của đau bài.
V y hàm can tìm là: f(x) = ax + b, a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.6 (Trung bình c®ng vào trung bình nhân). Tìm các hàm so
f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n:
f
x + y
=
q
f(x).f(y), ∀x, y ∈ R. (1.12)
Lài giai. Với x = t, y = t, ta có
f(t) =
q
[f(t)]2 =| f(t) |≥ 0, ∀t ∈ R.
Khi đó, xảy ra các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: ∃x0 đe f(x0) = 0. Khi đó, ∀t ∈ R ta có
f(t) = f
x0 + (2t − x0)
=
q
f(x
V y f(t) ≡ 0 là m®t nghi m của (1.12).
).f(2t − x0 ) = 0, ∀t ∈ R.
+ Trường hợp 2: f(t) > 0, ∀t ∈ R. Lay logarit cơ so e hai ve của (1.12) ta
được
ln f
x + y
= ln[f(x).f(y)](1/2)
=
ln f(x) + ln f(y)
, ∀x, y ∈ R,
0

10
1 + 1
f(t)
b
at+b
2
2 f(x) + f(y)
2 2
hay
g
x + y
=
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, (1.13)
2 2
trong đó g(t) = ln f(t).
V y (1.13) là hàm so chuyen tiep các đại lượng trung bình c®ng nên theo
Bài toán 1.5 thì g(t) = at + b và ln f(t) = at + b.
V y f(t) = eat+b
= eb
(ea
)t
= BAt
. Như v y:
f(x) = BAt
, A, B > 0 tùy ý, ∀x ∈ R.
Bài toán 1.7 (Trung bình c®ng vào trung bình đieu hòa). Tìm các hàm
so f(x) : R → R+
xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n
f
x + y
=
2f(x)f(y)
, ∀x, y ∈ R. (1.14)
Lài giai. Theo giả thiet, ta thay:
(1.14)⇔ f
x + y
= 2
, ∀x, y ∈ R,
hay
2 f(x)
1
1
+ 1
f (y)
nên
x + y
f
2
f(x)
2
f(y)
, ∀x, y ∈ R,
g
x + y
=
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R,
trong đó g(t) = 1
, ∀t ∈ R. Khi đó g(t) > 0, ∀t ∈ R. Theo ket quả của
Bài toán 1.5 ta được g(t) = at +b, ∀t ∈ R và f (t) = 1
. Chon a, b đe f (t)
có hai tính chat liên tục và dương ∀t ∈ R mau so khác 0 nên a = 0, b > 0
suy ra f(t) = 1
.
Thả lại ket quả ta thay hàm này thỏa mãn đi u ki n đau bài ra.
V y
f(x) ≡ c, c > 0 tùy ý.
Bài toán 1.8 (Trung bình c®ng vào trung bình b c hai). Tìm các hàm so
f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n
f
x + y
=
[f(x)]2 + [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ R. (1.15)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Vì v y
=
r

11
2
2
√
2 2
2 2
hay
(1.15) ⇔
h
f
x + y i2
=
[f(x)]2
+ [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ R.
g
x + y
=
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f(x)]2
≥ 0.
Theo ket 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) =
Thả lại ta thay hàm này thỏa mãn đieu ki n bài ra
Ket lu n.
b, b ≥ 0.
f(t) = c, c ≥ 0 tùy ý.
1.3 Nh n xét ve l p hàm chuyen tiep tfi các đại
lư ng trung bình khác
Trong mục này, tương tự như mục đã trình bày ở trên, ta xét m®t so
dạng phương trình hàm chuyen tiep tà các đại lượng trung bình này thành
thành trung bình khác.
Bài toán 1.9 (Trung bình nhân thành trung bình c®ng). Tìm các hàm so
f(t) xác định và liên tục trên R+
thỏa mãn đieu ki n
f(
√
xy) =
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R+
. (1.16)
Lài giai. Vì x > 0, y > 0 nên có the đ t x = eu
, y = ev
, u, v ∈ R.
Thay vào (1.16) ta được
f( eu+v) =
f(eu
) + f(ev
)
2
, ∀u, v ∈ R
u+v f(eu
) + f(ev
)
hay
⇔ f(e 2 ) =
2
, ∀u, v ∈ R
g
u + v
=
g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R, (1.17)
trong đó g(t) = f(et
), ∀t ∈ R. Theo ket quả của Bài toán 1.5 ta được
g(u) = au + b, ∀u ∈ R.

12
2
u
2 2
=
1 1
, u = , v = , ∀u, v ∈ R {0},
h
Suy ra f(x) = a ln x+b, a, b ∈ R tùy ý. Thả lại ta thay hàm này thỏa
mãn đieu ki n bài ra.
Ket lu n.
f(t) = a ln t + b, a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.10 (Trung bình đieu hòa thành trung bình c®ng). Tìm các
hàm so f(t) xác định, liên tục trên R {0} và thỏa mãn đieu ki n
f
2xy
x + y
=
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R {0}, x + y 0. (1.18)
1
Lài giai. Đ t
x
1
= u,
y
= v, f
1
= g(u). Khi đó g(u) liên tục trên
R {0} và (1.18) có dạng
u + v g(u) + g(v)
g( ) =
2 2
, ∀u, v, u + v /= 0.
a
Theo Bài toán 1.5, thì g(u) = au + b. Do đó f(x) =
Ket lu n.
+ b.
x
f(t) =
a
t
+ b; a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.11 (Trung bình đieu hòa thành trung bình b c hai). Tìm các
hàm so f(t) xác định và liên tục trên R {0} thỏa mãn đieu ki n
2xy
f =
x + y
[f(x)]2
+ [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ R {0}, x + y 0. (1.19)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x /= 0. V y
f
2xy
x + y
i2
=
[f(x)]2
+ [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ R {0}, x + y /= 0.
"
2
!#2
[f(x)]2
+ [f(y)]2
f 1 1 =
+
x y
2
, ∀x, y ∈ R {0}, x + y /= 0 hay
h i
h
f
1 i2
+
h
f
1 i2
u + v 2 x y
u + v /= 0.
v
u
⇔
s
f

13
u
√ √
2 2
Tà đó suy ra
g
u + v
=
g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R {0}, u + v /= 0.
trong đó
2 2
g(u) =
h
f
1 i2
≥ 0, ∀u /= 0.
Theo ket quả của Bài toán 1.5 thì g(u) = au + b, ∀u ∈ R {0}.
Đe g(u) ≥ 0, ∀u /= 0 phải chon a = 0 và b ≥ 0.
V y f(x) ≡ c, c ≥ 0 tùy ý.
Ket lu n.
f(t) ≡ c, c ≥ 0 tùy ý.
Bài toán 1.12 (Trung bình b c hai thành trung bình c®ng). Tìm các hàm
so f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n
s
x2
+ y2
!
f(x) + f(y)
2
, ∀x, y ∈ R. (1.20)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) = f(|x|), ∀x ∈ R.
Đ t |x| = u, |y| = v (u, v ≥ 0). Khi đó
(1.20) ⇔ f
r
u + v
=
f(
√
u) + f(
√
v)
, ∀u, v ≥ 0.
2 2
Đ t f(
√
u) = g(u), u ≥ 0 ta được
g
u + v
=
g(u) + g(v)
, ∀u, v ≥ 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.
Thả lại ta thay hàm này thỏa mãn các đieu ki n của bài toán đ t ra.
Ket lu n.
f(t) = at2
+ b; ∀a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.13 (Tà trung bình b c hai thành trung bình b c hai). Tìm
các hàm so f(t) xác định và liên tục trên R+
s
x2
+ y2
!
[f(x)]2
+ [f(y)]2
+
2
, ∀x, y ∈ R . (1.21)
2
2
s
f =
f =

14
r √ √
| | ∀ ∈
2 2
2 2
f
Lài giai. Theo giả thiet f(x) ≥ 0, x ∈ R+
. Suy ra
(1.21) ⇔ h
s
x2 + y2 i2
[f(x)]2
+ [f(y)]2
+
2
, ∀x, y ∈ R
hay
g
u + v
=
g( u) + g( v)
, ∀u, v > 0,
trong đó g(u) = [f(u)]2
≥ 0, ∀u > 0.
Tà đó suy ra
h
u + v
=
h(u) + h(v)
, ∀u, v > 0,
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. Đe g(x) ≥ 0, ∀x > 0 can phải chon a ≥ 0 và
b ≥ 0.
Ket lu n.
f(t) =
√
at2 + b với a, b ≥ 0 tùy ý.
Bài toán 1.14 (Trung bình b c tùy ý thành trung bình c®ng). Tìm các
hàm so f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n
f
r
p
xp
+ yp
2
f(x) + f(y)
=
2
, ∀x, y ∈ R. (1.22)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) = f( x ), x R.
Đ t |x| =
√
p
u, |y| =
√
p
v (u, v ≥ 0). Khi đó
(1.22) ⇔ f
r
p u + v
=
f(
√
p
u) + f(
√
p
v)
2
, ∀u, v ≥ 0.
Đ t f(
√
p
g
u + v
=
g(u) + g(v)
, ∀u, v ≥ 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.
Ket lu n.
f(t) = atp
+ b; ∀a, b ∈ Rtùy ý.
2
2
=

15
|
|0
| |0
p 0
=
|x0|
p 0
2
= f √ =
p 1
2
= 1
Bài toán 1.15 (Trung bình b c tùy ý thành trung bình nhân). Tìm các
f
r
p
xp
+ yp
2
=
q
f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. (1.23)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ≥ 0.
Neu ton tại x0 sao cho f(x0) = 0 thì
r
xp
+ yp q
nên f(x) ≡ 0, ∀x ≥ 0.
Đői vai trò x0 bang
x
√
2
và sả dụng phương pháp quy nạp, ta được
x
f
(
√
2)n , ∀n ∈ N.
Vì f(x) liên tục tại x = 0 nên
Do đó
lim f
n→∞ (
√
p
2)n
= f(0) = 0.
r
xp
+ 0 |x0| q
V y f(x) ≡ 0, ∀x ≥ 0. M t khác, cũng tà (1.23), ta có
s
x2 + x2
= f(|x|) =
q
[f(x)]2 = |f(x)|, ∀x ≥ 0,
nên f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R.
Giả sả f(x) /= 0, ∀x ∈ R. Neu ton tại x1 đe f(x1) < 0 thì theo (1.23),
ta có
r
xp
+ yp q
dan đen f(y) < 0, ∀y ∈ R, trái với giả thiet. Do đó f(x) > 0, ∀x ∈ R và
(1.23) ⇔ ln f
r
p xp + yp ln[f(
√
p
x)] + ln[f(
√
p y)]
2
, ∀x, y ∈ R.
2
2
2
f
2
f(x0)f(y) = 0, ∀y ∈ R+
,
f f(x0)f(0) = 0, ∀x ≥ 0.
f f(x )f(y) = 0, ∀y ∈ R,
f
=

16
r
x
+y
1
∈
Đ t ln f(
√
p
x) = g(x). Khi đó g(x) liên tục trên R và
g
r
p
xp
+ yp
2
g(x) + g(y)
=
2
, ∀x, y ∈ R.
Theo Bài toán 1.14 thì g(u) = aup
+ b với moi u ∈ R.
Suy ra f(x) = eaxp
+b
, thả lại ta thay hàm này thỏa mãn các đieu ki n
của bài toán đ t ra.
Ket lu n.
f(t) ≡ 0 ho c f(t) = eatp
+b
, a, b ∈ R tùy ý.
Bài toán 1.16 (Trung bình b c tùy ý thành trung bình đieu hòa). Tìm
các hàm so f(t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn đieu ki n
f
r
p
xp
+ yp
2
2f (x)f (y)
=
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R. (1.24)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) /= 0, ∀x ∈ R. Khi đó
(1.24) ⇔
f
1
1
p p
=
p
2
f(x) + f(y)
2f(x)f(y)
, ∀x, y ∈ R.
Đ t g(x) =
f(x)
, ∀x ∈ R, ta có g(x) 0, ∀x ∈ R, g(x) liên tục trên
R và
g
r
p
xp
+ yp
2
g(x) + g(y)
=
2
, ∀x, y ∈ R.
Theo Bài toán 1.14 thì g(u) = aup
+ b với moi u R.
1
Đe g(x) /= 0, ∀x ∈ R thì ab ≥ 0 và b
a, b ∈ R : ab ≥ 0, b /= 0.
0. Suy ra f(x) =
axp + b
, với
Ket lu n.
f(t) =
atp + b
với a, b ≥ 0, b /= 0 tùy ý.
Bài toán 1.17 (Trung bình b c tùy ý thành trung bình b c tùy ý). Tìm
f
r
p
xp
+ yp
2 =
r
p
[f(x)]p
+ [f(y)]p
+
2
, ∀x, y ∈ R , ∀p ≥ 1. (1.25)

17
r
p
Lài giai. Theo giả thiet f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R+
. Suy ra
(1.25) ⇔
h
f
r
p
xp + yp ip [f(x)]p
+ [f(y)]p
+
2
, ∀x, y ∈ R
hay
u + v g(
√
p
u) + g(
√
p
v)
trong đó g(u) = [f(u)]p
≥ 0, ∀u > 0.
Tà đó suy ra
h
u + v
=
h(u) + h(v)
, ∀u, v > 0,
2 2
√
p
u).
Theo Bài toán 1.5 thì h(u) = au + b, ∀u > 0.
Do đó g(x) = axp
+ b. Đe g(x) ≥ 0, ∀x > 0 can phải chon a ≥ 0 và
b ≥ 0.
Ket lu n.
f(t) =
√
p
atp + b với a, b ≥ 0 tùy ý.
1.4 Phương trình hàm Lobachevsky
Trong lý thuyet và thực hành khảo sát phương trình hàm, người ta
thường đ c bi t chú ý đen t p xác định và lớp hàm tương áng can xem
xét. Chȁng hạn, lời giải của bài toán sau: Xác định các hàm so f (x) thỏa
mãn phương trình hàm
[f(x)]2
= 1, ∀x ∈ R,
là các hàm tùy ý xác định trên R nh n giá trị 1 ho c -1. So hàm như v y
là vô hạn.
Tuy nhiên, neu ta xét bài toán trên trong lớp hàm liên tục trên R thì
nghi m của bài toán chỉ là hàm f(x) ≡ 1 ho c f(x) ≡ −1.
Trong mục này, ta trình bày chi tiet phương trình hàm Lobachevsky
trong lớp hàm bị ch n tại m®t lân c n nào đó của m®t điem trên R. Các
n®i dung của mục này được tham khảo chính tà tài li u so [7].
2
2
2
g = , ∀u, v > 0,
=

18
2
h i2
x
/
2
22
2n
Cho f : R → R là m®t hàm trên R, thoả mãn nghi m phương trình
hàm Lobachevsky (xem [6])
f(x)f(y) =
h
f
x + y i2
, ∀x, y ∈ R. (1.26)
De dàng kiem tra được f(x) = k (hang so) là m®t nghi m của (1.26)
và ta sě không xét nó trong các trường hợp sau.
Nh n xét 1.1. Theo nh n xét ở trên thì rõ ràng phương trình hàm
Lobachevsky không tương đương với
q
f(x)f(y) = f
x + y
, ∀x, y ∈ R. (1.27)
Bo đe 1.1. Cho f là m®t nghi m của (1.26). Neu ton tại x0 ∈ R sao cho
f(x0) = 0 thì f(x) = 0, ∀x ∈ R và neu f(x) /= 0, thì
sign f(x) = sign f(0), ∀x ∈ R. (1.28)
ChGng minh. Tà (1.26) suy ra f(x)f(2x − x0) = [f(x)]2
, ∀x ∈ R. Do
đó
f(x) = 0, ∀x ∈ R.
Neu f(0) = 0, thì f(0)f(x) = f .
2
Suy ra (1.28).
Bo đe 1.2. Cho f là nghi m của (1.26), f(0) /= 0. Neu f bị ch n trên lân
c n (−r, r) của 0, thì f liên tục tại 0.
ChGng minh. Ta xét trường hợp f(x) > 0. Tà (1.26) ta có
f
x
=
h
f(x)f(0)
i1/2
, f
x
= [f(x 1
)]22 [f(0)]1−
1
.
2 22
Tiep tục quá trình trên ta được
f
x
= [f(x
2n
1
)]2n
[f(0)]1−
1
, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗. (1.29)
Tà (1.29), ta có lim
x
f( n
) = f(0).
n→∞ 2
x
Bởi vì f bị ch n tại 0, đ t y = n
ta có ket quả lim
2 n→∞
f(y) = f(0).
Suy ra tính liên tục của f tại 0.

19
x
2
h
i
−
2
Trong trường hợp f(0) < 0, ta có
f
2
= −
h
f(x)f(0)
i
, f
x 1/2
22 = −
h 1
22
f(x)f(0)
1
[f(0)]2 .
Tiep tục quá trình trên ta có
h i 1 h i1− 1
x
f
2n
Suy ra
2n
= − f(x)f(0) f(0) 2n−1
, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗. (1.30)
V y f liên tục tại 0.
lim
n→∞
f
x
= f(0).
2n
Bo đe 1.3. Cho f là nghi m của (1.26), f(0) /= 0. Hàm f liên tục trên R
neu nó liên tục tại 0.
ChGng minh. Bởi vì f liên tục tại 0 nên hàm f2
cũng liên tục tại 0. Tà
(1.26) và Bő đe 1.1, ta có
Hay
f(x) − f(x0) =
h
f
x − x0
i2
− [f(0)]2
f(−x0)
lim
x→x0
f(x) f(x0) = lim
x→x0
h
f
x − x0
i2
− [f(0)]2
f(−x0)
= 0.
Kéo theo tính liên tục của f tại ∀x0 ∈ R.
M nh đe 1.1. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) /= 0 . Neu f bị ch n
trên khoảng (−r, r), thì f liên tục trên R.
Ket quả cháng minh được suy ra tà Bő đe 1.2 và Bő đe 1.3.
Định nghĩa 1.3. Hàm f : I ⊆ R → R với I là m®t khoảng trên R, f
đong bien tại x0 ∈ I neu ton tại η(x0) > 0 đe
sign
f(x) − f(x0)
(x − x0)
= 1, ∀x ∈ I : 0 < |x − x0| < η(x0 ). (1.31)
i
,

20
h
f
x i2
− f
h x0
i2
Định nghĩa 1.4. Hàm f : I ⊆ R → R với I là m®t khoảng trên R, f
nghịch bien tại x0 ∈ I neu ton tại η(x0) > 0 đe
sign
f(x) − f(x0)
(x − x0)
= −1, ∀x ∈ I : 0 < |x − x0 | < η(x0 ). (1.32)
Định nghĩa 1.5. Cho f : I ⊆ R → R là m®t hàm. Khi đó, f đơn đi u
trên I neu và chỉ neu nó đơn đi u tại moi điem trên I .
Bo đe 1.4. Hàm f là m®t nghi m của (1.26), f(0) /= 0. Khi đó, f đơn
đi u trên R neu nó đơn đi u tại 0.
ChGng minh. Tà (1.26) ta có
f(x − x0) − f(0)
x − x0
Suy ra
1
=
2f (x0)
2 2
x − x0
2
, ∀x, x0 ∈ R, x /= x0.
f
x x0
sign (
2
) − f(
2
)
x − x0
2
= sign
f(x − x0) − f(0)
x − x0
. (1.33)
Theo Bő đe 1.1, ta có
2f(x0)
sign = 1.
x x0
f( ) + f( )
2 2
Theo giả thiet, f đong bien (nghịch bien) tại 0, nên ton tại m®t so
η(0) > 0 đe
sign
f(x − x0) − f(0)
x − x0
= 1(−1) với 0 < |x − x0 | < η.
M nh đe 1.2. Với moi f là nghi m của (1.26), f (0) /= 0, f đơn đi u tại 0
trà tại m®t so điem gián đoạn loại m®t và t p các điem gián đoạn là đem
được.
Ket quả cháng minh được suy ra tà [8,9] và Bő đe 1.4.
M nh đe 1.3. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f (0) /= 0, đơn đi u tai 0
,
thì f khả vi hau khap nơi.
Ket quả cháng minh được suy ra tà tài li u [8,9] và Bő đe 1.4.

21
2
f(x )
1
−1
x
— f(0) f(0)
2n f(x0) 2n
f
x0
− f(0)
=
f(0)
Bo đe 1.5. Với moi nghi m f, f(0) > 0(f(0) < 0) loi (lõm) theo nghĩa
Jensen ( [8,9]; J hieu theo nghĩa Jensen ).
ChGng minh. Tà (1.26), ta có
f(0)
h
f(x) + f(y) − 2f
x + y i
=
h
f
x
− f
y i2
> 0.
2 2 2
Suy ra
sign
h
f(x) + f(y) − 2f
x + y i
= sign f(0); ∀x, y ∈ R.
M nh đe 1.4. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) 0. Neu f bị ch n
trong khoảng (−r, r), thì f loi (lõm) trên R neu f(0) > 0(f(0) < 0).
Ket quả cháng minh được suy ra tà Bő đe 1.1 và Bő đe 1.5, M nh đe
1.1 và tà Định lí trong tài li u [8]: M®t hàm mà loi (lõm) theo nghĩa của
Jensen và liên tục trên khoảng (a, b) thì loi (lõm) trên khoảng (a, b).
M nh đe 1.5. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) =
/ 0. Neu f bị ch n
trong khoảng (−r, r). thì f khả vi tại 0.
ChGng minh. Tà M nh đe 1.1 ta suy ra tính liên tục của f(x) trên R.
Theo bő đe 1.2 và
Ta có
lim
n→∞
0
2n
f(0)
1
2n
= ln
f(x0)
. (1.34)
f(0)
f
x0 1
−1
2n
.
x0 x0
2n
f(0)
1
2n
f(0)
=
x 1 ;
2n
lim 2n
=
f(0)
ln
f(x0)
, ∀x ∈ (−r, r){0}. (1.35)
n→∞ x0
2n
Suy ra
x0 f(0)
f′(0) =
f(0)
ln
f(x0)
∀x ∈ (−r, r){0}. (1.36)
x0 f(0) 0
f
0
— 1
0

22
f(0)
2
2
f
f(0)
f(x − x0) − f(0) 2f(xo)
n f (0)
2
2
2
Có nghĩa là
f(x0) = f(0)e
f′(0)
x0
(1.37)
Bo đe 1.6. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) /= 0. Hàm f khả vi trên
R neu f khả vi tại 0 và
f′(x) =
f′
(0)
f(x) = βf(x), ∀x ∈ R, β =
f′
(0)
. (1.38)
f(0) f(0)
ChGng minh. Ta có
f
x
+ f
x0
f
x
− f
x0
f(x − x0) − f(0)
x − x0
Suy ra
1
=
f(x0) 2
2 . 2 2 .
x − x0
2
f
x
− f
x0
f(x − x0) − f(0) 2f(xo)
x − x0
2
Vì
f
x
− f
x0
x − x0
. x
+ f
x0
.
lim
x→x0 x − x0
2
= lim
x→x0 x − x0
. x
+ f
x0
f′(0)
= x0
f(x0) =
f ′(0)
f
f(0)
x0
.
Suy ra
2
f′ x0
=
f′(0)
f
x0
.
2 f(0) 2
Kéo theo (1.38).
M nh đe 1.6. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) /= 0. Neu f bị ch n
trong khoảng (−r, r) thì f khả vi hau khap nơi, f ∈ CR
∞
và
f(x) = f(0)e
f′(0)
x
= αeβx
, ∀x ∈ R, α = f(0), β =
f′
(0)
(1.39)
f(0)
fn
(x) = βn
f(x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ (1.40)
sign f
′ n
(x) = sign
f(0)n−1
, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ . (1.41)
2
2 2
=
2 2
f
f

23
f(0)
n f (0)
ChGng minh. Vì f bị ch n trong (−r, r) nên theo M nh đe 1.3, ta có f
khả vi vô hạn.
Theo ( 1.37), ta có
f(x) = f(0)e
f′(0)
x
= αeβx
, ∀x ∈ R, α = f(0), β =
f′
(0)
.
f(0)
Tà (1.38), ta có
Suy ra
Suy ra
f
′
(x) = βf(x) = βαeβx
.
fn
(x) = βn
f(x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗.
sign f
′ n
(x) = sign
f(0)n−1
, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗.
1.5 Moi liên h gifia phương trình hàm Lobashevsky
và phương trình hàm co đien
Trong mục này, ta trình bày ve moi liên h giǎa phương trình hàm
Lobashevsky và phương trình hàm cő đien.
Bo đe 1.7. Neu f : R → R là nghi m của (1.26), f(0)
f(x)
0 thì
g : R → R, g(x) = (1.42)
f(0)
là nghi m của phương trình hàm Cauchy
g(x + y) = g(x)g(y) ∀x, y ∈ R, (1.43)
và ngược lại, neu g : R → R là m®t nghi m của (1.43), thì
f(x) = αg(x), ∀x ∈ R, α = f(0) =
/ 0, (1.44)
là nghi m tùy ý của (1.26).
f(x) = f(0)g(x) và f(y) = f(0)g(y).

24
2
2
2
f(0)
g(x)g(y) =
h
g
x + y i2 ⇔
ln
"
g
x + y
#
=
ln g(x)
+
ln g(y)
.
Suy ra
[f(0)]2
g(x)g(y) = f(x)f(y) =
h
f
x + y i2
= [f(0)]2
h
g
x + y i2
.
Suy ra
Nên ta có
2 2
g(x)g(y) =
h
g
x + y i2
.
g(0) = 1 ln g(0) = 0
2 2 2 2
Lan lượt cho y = 0 và x = 0, ta có
ln g
x
=
ln g(x)
, ln g
y
=
ln g(y)
.
2 2 2 2
Suy ra
ln g
x + y
= ln g
x
+ ln g
y
= ln g
x
g
y
.
2
Suy ra
2 2 2 2
g
x + y
= g
x
g
y
.
2 2 2
Ngược lại với f(x) = αg(x), ta có
f (x)f (y) = α2
g(x)g(y)
= α2
g(x + y)
= α2
g
x + y
+
x + y
2 2
= α2
h
g
x + y i2
=
h
f
x + y i2
.
M nh đe 1.7. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) /= 0. Neu f bị ch n
trong khoảng (−r, r) thì
g(x) = eβx
= e
f′(0)
x
, x ∈ R.

25
−
2
2
!
2 2 2 2
2 2
ChGng minh.
Vì f bị ch n trên ( r, r) nên theo M nh đe 1.6, thì f khả vi vô hạn.
f′(0)
x
M t khác do f(x) = f(0)e f(0)
.
Khi đó ket hợp với Bő đe 1.7, ta có
g : R → R.
Có g(x) =
f(x)
= e
f(0)
f ′(0)
x
f(0) , x ∈ R.
Bo đe 1.8. Neu f là m®t nghi m của (1.26), f(0) 0 thì
f(x)
h : R → R, h(x) = ln
f(0)
(1.45)
là m®t nghi m của phương trình hàm Cauchy
h(x + y) = h(x) + h(y), ∀x, y ∈ R (1.46)
và ngược lại, neu h là m®t nghi m của (1.46), thì f(x) = αeh(x)
là m®t
nghi m của (1.26).
f(x) = f(0)eh(x)
và f(y) = f(0)eh(y)
.
Nên
Vì
f(x)f(y) = [f(0)]2
eh(x)+h(y)
.
nên
f(x)f(y) =
h
f
x + y i2
= [f(0)]2
e
2h
x + y!
h(0) = 0
eh(x)+h(y) = e
x + y
2
h(0) = 0
h(x) + h(y) = 2h
x + y
.
2
Lan lượt cho x = 0, y = 0, ta có
1
h(x) = h
x
và
1
h(y) = h
y
.
Suy ra
1
h(x + y) = h
x + y
.
2h ⇔

26
2
2
2
h
2
Vì v y, ta có
h(x) + h(y) = h(x + y).
Vì h là nghi m của (1.46), nên ta có
h(x) + h(y) = h(x + y). Và f(x) = αeh(x)
, f(y) = αeh(y)
.
Suy ra
f(x)f(y) = α2
eh(x)+h(y)
= α2
eh(x+y)
2h(x+y)
= α2
e
= α2
e2h(x+y
)
=
h
f
x + y i2
.
Ngược lại, với f(x) = αeh(x)
, ta có
f(x)f(y) = α2
eh(x)
eh(y)
= α2
eh(x)+h(y)
= α2
eh(x+y)
h(x + y)
= α2
e
2
2
= α2
e
2h
x + y!
x + y! 2
= αe 2
=
h
f
x + y i2
.
M nh đe 1.8. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) 0. Neu f bị ch n
trong khoảng (−r, r) thì h(x) = βx là m®t nghi m của (1.46).
ChGng minh.
h(x + y) = β(x + y) = βx + βy = h(x) + h(y).
Bo đe 1.9. Neu f : R → R, f(0) > 0 là m®t nghi m của (1.26), thì
ϕ(x) = ln f(x), ϕ : R → R (1.47)
2

27
2
2
2
h i
2 2
2 2
là m®t nghi m của phương trình hàm Jensen
ϕ
x + y
=
ϕ(x) + ϕ(y)
, ∀x, y ∈ R, (1.48)
và ngược lại, neu ϕ(x) là m®t nghi m của (1.48), thì f(x) = eϕ(x)
là m®t
nghi m của (1.26).
ChGng minh. Ta có f(x) = eϕ(x)
, f(y) = eϕ(y)
. Suy ra
f(x)f(y) = eϕ(x)+ϕ(y).
Vì
nên
h
f
x + y i2 2ϕ
x + y
= e
ϕ
x + y
=
ϕ(x) + ϕ(y)
.
2 2
Ngược lại, giả sả
ϕ
x + y
=
ϕ(x) + ϕ(y)
, ∀x, y ∈ R.
Ta có
2
f(x)f(y) = eϕ(x)+ϕ(y)
= e
2
2ϕ x + y
=
h
f
x + y 2
.
M nh đe 1.9. Cho f là m®t nghi m của (1.26), f(0) > 0. Neu f bị ch n
trên khoảng (−r, r) thì
ϕ(x) = βx + γ, γ = ln f(0) = ln α (1.49)
là m®t nghi m của (1.48).
ChGng minh. Ta có ϕ(x) = βx+ln f(0), ϕ(y) = βy+ln f(0), β =
Suy ra
ϕ(x) + ϕ(y) = β(x + y) + 2 ln f(0)
= 2 β
x + y
+ ln f(0) .
2
f ′(0)
.
f(0)
Do đó
ϕ(x) + ϕ(y)
= β
x + y
+ ln f(0) = ϕ
x + y
.
2
2

28
! !
! !
−
−
Bo đe 1.10. Neu f, f(0) /= 0 là m®t nghi m của (1.26), thì
g(x) =
f(x) + f(−x)
, h(x) =
f(x) − f(−x) (1.50)
thỏa
2f (0) 2f (0)
g(0) = 1, h(0) = 0, g(−x) = g(x), h(−x) = −h(x) (1.51)
[g(x)]2
− [h(x)]2
= 1 (1.52)
[g(x)]2
+ [h(x)]2
= g(2x) (1.53)
2h(x)g(x) = h(2x) (1.54)
g(x + y) = g(x)g(y) + h(x)h(y) (1.55)
h(x + y) = h(x)g(y) + h(y)g(x) (1.56)
2[g(x)]2
= 1 + g(2x), 2[h(x)]2
= g(2x) − 1 (1.57)
g(x+y)+g(x− y) = 2g(x)g(y), g(x+y)− g(x−y) = 2h(x)h(y). (1.58)
Ngược lại, neu (g(x), h(x)) là m®t nghi m của h (1.55)-(1.56), thì
f(x) = f(0)
h
g(x) + h(x)
i
, f(0) = α, (1.59)
là m®t nghi m tuỳ ý của (1.26).
[g(x)]2
− [h(x)]2
=
f(x) + f( x)
2
2f(0)
− f(x) − f(−x)
2
2f(0)
=
f(x)f(−x)
[f(0)]2
= 1.
V y (1.52) đúng.
[g(x)]2
+ [h(x)]2
=
=
f(x) + f( x)
2
+
2f(0)
[f (x)]2
+ [f (−x)]2
2[f(0)]2
f(x) − f(−x)
2
2f(0)
=
f(2x) + f(−2x)
2f(0)
= g(2x).

29
!
— −
— −
= 2
2f(0)
V y (1.53) đúng.
2h(x)g(x) = 2
f(x) − f(−x)
!
f(x) + f(−x)
!
2f(0)
[f(x)]2
[f( x)]2
=
2[f(0)]2
2f (0)
=
f(2x) − f(−2x)
2f(0)
= h(2x).
V y (1.54) đúng.
2[g(x)]2
= 2
f(x) + f(−x)
2
2f(0)
[f(x)]2
+ [f( x)]2
+ 2f(x)f( x)
=
2[f(0)]2
= 1 + g(2x)
f(x) − f(−x)
!2
[f(x)]2
+ [f(−x)]2
− 2f(x)f(−x)
2[f(0)]
= g(2x) − 1.
2[h(x)]2
= 2

30
2
2
2f(0) 2f(0)
1
=
2
f(0) f(0) − e f(0) f(0)
2 [f(0)]2 [f(0)]2
V y (1.57) đúng.
g(x + y) =
f(x + y) + f(−x − y)
2f(0)
=
f(x + y)
+
f(−x − y)
2f(0) 2f(0)
=
g(x + y)
+
g(−x − y)
2 2
=
g(x)g(y)
+
g(−x)g(−y)
2 2
=
f(x)f(y)
+
f(−x)f(−y)
2[f(0)]2 2[f(0)]2
=
f(x)f(y) + f(x)f(−y) + f(−x)f(y) + f(−x)f(−y)
4[f(0)]2
+
f(x)f(y) − f(x)f(−y) − f(−x)f(y) + f(−x)f(−y)
[2f(0)]2
=
f(x) + f(−x) f(y) + f(−y)
+
f(x) − f(−x) f(y) − f(−y)
2f(0) 2f(0) 2f (0) 2f (0)
= g(x)g(y) + h(x)h(y).
V y (1.55) đúng.
h(x + y) =
f(x + y)
−
f(−x − y)
=
1
eh(x+y)
− eh(−x−y)
=
1
eh(x)+h(y)
− eh(−x)h(−y)
f(x) f(y)
ln +ln
ln f(x)
+ln
f(−y)!
=
1 f(x)f(y)
−
f(−x)f(−y)
!
=
f(x)f(y) + f(x)f(−y) − f(−x)f(y) − f(−x)f(−y)
4[f(0)]2
+
f(x)f(y) + f(−x)f(y) − f(x)f(−y) − f(−x)f(−y)
[2f(0)]2
=
f(x) − f(−x) f(y) + f(−y)
+
f(x) + f(−x) f(y) − f(−y)
2f(0) 2f(0) 2f(0) 2f (0)
e

31
2
2
2 2
2 2 2
= h(x)g(y) + h(y)g(x).
V y (1.56) đúng.
Tà h thác (1.55) và (1.56), ta có
g(x + y) + g(x − y) = g(x)g(y) + h(x)h(y) + g(x)g(−y) + h(x)h(−y)
= g(x)g(y) + h(x)h(y) + g(x)g(y) − h(x)h(y)
= 2g(x)g(y).
Và
g(x + y) − g(x − y) = g(x)g(y) + h(x)h(y) − g(x)g(−y) − h(x)h(−y)
= g(x)g(y) + h(x)h(y) − g(x)g(y) + h(x)h(y)
= 2h(x)h(y).
M t khác, ta có
g(x + y) = 2
h
g
x + y i2
− 1. (1.60)
h(x + y) = 2g
x + y
h
x + y
. (1.61)
Đảo lại, tà (1.55), (1.56) và (1.59), ta thu được
f(x)f(y) = [f(0)]2
g(x) + h(x)][g(y) + h(y)
= [f(0)]2
g(x + y) + h(x + y) .
Suy ra
f(x)f(y) = f(0)f(x + y). (1.62)
Bây giờ, ta cháng minh
h
f
x + y i2
= f(0)f(x + y). (1.63)
Áp dụng (1.57), (1.59), (1.60) và (1.61), ta có
h
f
x + y i2
= [f(0)]2
h
g
x + y
+ h
x + y i2
= [f(0)]2
[g(x + y) + h(x + y)]
= f(0)f(x + y).
Tà (1.62) và (1.63), ta được ket quả trong (1.26).

32
−
M nh đe 1.10. Cho f là m®t nghi m của (1.26). Neu f bị ch n trong
khoảng (-r,r) và f′(0) = 1, thì
g(x) =
ChGng minh.
ex + e−x
2
= chx, h(x) =
ex + e−x
2
= shx. (1.64)
g(x) =
f(x) + f(−x)
2f(0)
f(0)eβx
+ f(0)eβ(−x)
=
2f(0)
eβx + eβ(−x)
= = chx.
2
h(x) =
f(x) − f(−x)
2f(0)
f(0)eβx
− f(0)eβ(−x)
=
2f(0)
eβx eβ(−x)
= = shx.
2
M nh đe 1.11. Cho f, f(0) /= 0 là m®t nghi m của (1.26). Neu f đơn
đi u tại 0, thì nghi m của phương trình hàm (1.43), (1.45), và của h thác
(1.55)-(1.56) có m®t so điem gián đoạn loại m®t. Và t p các điem gián
đoạn là đem được và nghi m này là khả vi hau khap nơi. Khảng định cùng
m®t giá trị (1.47) với f (0) > 0 là m®t nghi m của (1.26). Ket quả của
cháng minh được suy ra tà M nh đe 1.2, M nh đe 1.3 và Bő đe 1.7, Bő đe
1.8 và Bő đe 1.9.

33
√
[f
(
x
)
] + [f(y)]
p
; x, y ∈ R+
.
+
Chương 2. Bat phương trình hàm
sinh b i các đại lư ng trung bình
Trong chương này, ta khảo sát các dạng toán bat phương trình hàm
sinh bởi các đại lượng trung bình cơ bản và trung bình b c tùy ý. Đó là
các dạng
1. Trung bình c®ng của các đoi so
x + y
2
; x, y ∈ R.
2. Trung bình nhân của các đoi so
√
xy; x, y ∈ R+
.
2xy
3. Trung bình đieu hòa của các đoi so
x + y
; x, y ∈ R+
.
4. Trung bình bình phương của các đoi so
x2
+ y2
2
; x, y ∈ R .
xp + yp 1
chuyen sang các đại lượng trung bình của các hàm so:
f(x) + f(y)
1. Trung bình c®ng của các hàm so .
2
2. Trung bình nhân của các hàm so f(x)f(y).
2f(x)f(y)
3. Trung bình đieu hòa của các hàm so .
f(x) + f(y)
4. Trung bình bình phương của các hàm so
[f(x)]2
+ [f(y)]2
.
2
5. Trung bình b c p (p > 1) của các hàm so.
p p 1
p
.
2
2
r
s
5. Trung bình b c p (p > 1) của các đoi so

34
2 2 2
2.1 Bat phương trình hàm chuyen tiep tfi trung
bình c ng
Trong mục này, ta xét các dạng toán ve bat phương trình hàm chuyen
tiep tà các đại lượng trung bình c®ng của các đoi so vào các đại lượng
trung bình khác nhau của các hàm so.
M®t so trường hợp đơn giản đã được xét trong [5] (xem các h quả
trong mục này).
Bài toán 2.1 (Trung bình c®ng thành trung bình c®ng). Cho các so thực
a, b. Xác định các hàm so f(x) thỏa mãn đong thời các đieu ki n sau:
f
x + y
≥
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R (2.1)
2 2
và
f(0) = b, f(t) ≥ at + b, ∀t ∈ R. (2.2)
Lài giai. The x = t, y = −t vào (2.1), ta thu được
b = f(0) = f
t + (−t)
≥
f(t) + f(−t)
≥
(at + b) + (−at + b)
= b
với moi t ∈ R. Suy ra f(t) ≡ at + b. Thả lại, ta thay hàm này thỏa mãn
các đieu ki n (2.1)-(2.2).
Ket lu n: Nghi m của bài toán là f(t) ≡ at + b.
Tà đây, ta có h quả sau.
H quả 2.1 (xem [5]). Các hàm so f(x) thỏa mãn đong thời các đieu ki n
sau:
f
x + y
≥
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R. (2.3)
2 2
và
là hàm so f(x) ≡ 0.
f(0) = 0, f(t) ≥ 0, ∀t ∈ R, (2.4)
Bài toán 2.2 (Trung bình c®ng thành trung bình nhân). Cho các so dương
a và b. Xác định các hàm so f(t) thỏa mãn đong thời các đieu ki n sau:
f(0) = a và f(t) ≥ abt
, ∀t ∈ R (2.5)

35
2
2
2
2 2
2 2
f
x + y
≥
q
f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. (2.6)
Lài giai. The x = t, y = −t vào (2.6), ta thu được
a = f(0) = f
t + (−t)
≥
q
f(t)f(−t) ≥
q
(abt)(ab−t) = a
với moi t ∈ R. Suy ra f(t) ≡ abt
. Thả lại, ta thay hàm này thỏa mãn các
đieu ki n (2.5)-(2.6).
V y nghi m của bài toán là f(t) = abt
.
Tà đây, ta thu được ket quả sau.
sau:
f
x + y
≥
q
f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (2.7)
f(0) = 1, f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R, (2.8)
Bài toán 2.3 (Trung bình c®ng thành trung bình đieu hòa). Xác định các
hàm so f(t) thỏa mãn đong thời các đieu ki n sau:
f(0) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R, (2.9)
f
x + y
≥
2f(x)f(y)
, ∀x, y ∈ R. (2.10)
2
1
Lài giai. Đ t f(t) =
f(x) + f(y)
, ta thu được
g(t)
g(0) = 1 và g(t) ≤ 1, ∀t ∈ R, (2.11)
g
x + y
≤
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R. (2.12)
The x = t, y = −t vào (2.12), ta thu được
1 = g(0) = g
t + (−t)
≤
g(t) + g(−t)
≤ 1, với moi t ∈ R.
Suy ra g(t) ≡ 1 và f(t) ≡ 1. Thả lại, ta thay hàm này thỏa mãn các đieu
ki n (2.9)-(2.10).
V y nghi m của bài toán là f(t) ≡ 1.
Tiep theo, ta xét bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình c®ng
thành trung bình b c hai.
và
và

36
2
r
2
2 2
2 2
Bài toán 2.4 (Trung bình c®ng thành trung bình b c hai). Tìm các hàm
so f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn các đieu ki n
và f(0) = 0.
f
x + y
≥
[f(x)]2 + [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ R (2.13)
hay
(2.13) ⇔
h
f
x + y i2
≥
[f(x)]2
+ [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ R
g
x + y
≥
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f(x)]2
≥ 0.
Theo ket quả của H quả 2.1 thì g(x) ≡ 0. Suy ra f(x) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
Cuoi cùng, ta khảo sát bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình
c®ng thành trung bình b c p tùy ý.
Bài toán 2.5 (Trung bình c®ng thành trung bình b c tùy ý). Cho so
p > 1. Tìm các hàm so f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn các
đieu ki n
và f(0) = 0.
f
x + y
≥
r
p
[f(x)]p + [f(y)]p
2
, ∀x, y ∈ R (2.14)
hay
(2.14) ⇔
h
f
x + y ip
≥
[f(x)]p
+ [f(y)]p
2
, ∀x, y ∈ R
g
x + y
≥
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f(x)]p
≥ 0.
Theo ket quả của H quả 2.1 thì g(x) ≡ 0. Suy ra f(x) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
2
2

37
2
r
×
2
≥
bình nhân
Trong mục này ta xét các bài toán ve bat phương trình hàm chuyen
tiep tà các đại lượng trung bình nhân của các đoi so vào các đại lượng
trung bình khác nhau của các hàm so.
M®t vài trường hợp đơn giản đã được xét trong [5] (xem các h quả
trong mục này).
Bài toán 2.6 (Trung bình nhân thành trung bình c®ng). Cho các so dương
a, b. Xác định các hàm so f(x) thỏa mãn đong thời các đieu ki n sau:
f(1) = a và f(t) ≥ a + b ln t, ∀t ∈ R+
(2.15)
và
f(
√
xy) ≥
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R+
. (2.16)
1
Lài giai. The x = t, y =
t
(t > 0) vào (2.16), ta thu được
a = f(1) = f
f(t) + f
1
t
1 t
t 2
≥ a.
Suy ra f(t) ≡ a + b ln t. Thả lại, ta thay hàm này thỏa mãn các đieu ki n
(2.15)-(2.16).
V y nghi m của Bài toán là f(t) ≡ a + b ln t.
Ket lu n: Nghi m của bài toán là f(t) = a + b ln t.
H quả 2.3 (xem [5]). Hàm so f(x) thỏa mãn đong thời các đieu ki n
sau:
f(1) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
, (2.17)
f(
√
xy) ≥
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ R+
(2.18)
là f(t) ≡ 1.
Bài toán 2.7 (Trung bình nhân thành trung bình nhân). Cho so dương a
và so thực b. Xác định các hàm so f (t) thỏa mãn đong thời các đieu ki n
sau:
f(1) = a và f(t) ≥ atb
, ∀t ∈ R+
, (2.19)

38
q
q
≥ ∀ ∈
2
t t
t 2
f(
√
xy) ≥ f(x)f(y), ∀x, y ∈ R+
. (2.20)
1
Lài giai. The x = t, y =
t (với t > 0) vào (2.20), ta thu được
a = f(1) = f
r
t ×
1
≥
r
f(t)f
1
≥
√
atb × at−b = a.
Suy ra f(t) ≡ atb
. Thả lại, ta thay hàm này thỏa mãn các đieu ki n(2.19)-
(2.20).
V y nghi m của bài toán là f(t) ≡ atb
.
sau:
f(1) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
, (2.21)
f(
√
xy) ≥ f(x)f(y), ∀x, y ∈ R+
. (2.22)
Bài toán 2.8 (Trung bình nhân thành trung bình đieu hòa). Xác định
các hàm so f(t) thỏa mãn đong thời các đieu ki n sau:
f(1) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
, (2.23)
f(
√
xy)
2f(x)f(y)
, x, y R+
. (2.24)
f(x) + f(y)
Lài giai. Đ t f(t) =
1
g(t)
, ta thu được
g(1) = 1 và g(t) ≤ 1, ∀t ∈ R+
, (2.25)
g(
√
xy) ≤
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R+
. (2.26)
1
The x = t, y =
t
(với t > 0) vào (2.26), ta thu được
1 = g(1) = g
r
t ×
1
≤
g(t) + g(1/t)
≤ 1
với moi t ∈ R+
. Suy ra g(t) ≡ 1 và f(t) ≡ 1. Thả lại, ta thay hàm này
thỏa mãn các đieu ki n (2.23)-(2.24).
V y nghi m của bài toán là f(t) ≡ 1.
Tiep theo, ta xét bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình nhân
thành trung bình b c hai.

39
√
i
√
2
2 2
Bài toán 2.9 (Trung bình nhân thành trung bình b c hai). Tìm các hàm
so f(t) xác định và liên tục trên R+
f(1) = 0 và f( xy) ≥
[f(x)]2
+ [f(y)]2
+
2
, ∀x, y ∈ R . (2.27)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R+
. Vì x > 0, y > 0 nên
có the đ t x = eu
, y = ev
, u, v ∈ R. Khi đó g(u) ≥ 0, ∀u ∈ R.
Thay vào (2.27) ta được
g
u + v
≥
g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R.
Ta tìm được nghi m g(u) ≡ 0, ∀u ∈ R thỏa mãn yêu cau bài toán.
V y f(x) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
nhân thành trung bình b c p tùy ý.
Bài toán 2.10 (Trung bình nhân thành trung bình b c tùy ý). Cho so
p > 1. Tìm các hàm so f(x) xác định, liên tục trên R+
và thoả mãn các
đieu ki n
và f(0) = 0.
f( xy) ≥
r
p
[f(x)]p + [f(y)]p
2
, ∀x, y ∈ R (2.28)
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R+
. Vì v y
hay
(2.28) ⇔
h
f(
p
xy) ≥
[f(x)]p
+ [f(y)]p
2
, ∀x, y ∈ R
g(
√
xy) ≥
g(x) + g(y)
, ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f(x)]p
≥ 0.
Ta tìm được nghi m g(x) ≡ 0 thỏa mãn yêu cau bài toán. Suy ra
f(x) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0
√
s
+

40
≥ ∀ ∈
t
2 2
2 2 2
2.3 Bat phương trình hàm chuyen tiep tfi các đại
lư ng trung bình đieu hòa
Bài toán 2.11 (Trung bình đieu hòa thành trung bình c®ng). Xác định
f(1) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
, (2.29)
f
2xy
x + y
1
f(x) + f(y)
, x, y R+
. (2.30)
2
1
Lài giai. Đ t x = ,y =
u
. The vào (2.30), ta thu được
v
f 1
+ f
1
hay
f u + v ≥
2
v , ∀u, v ∈ R+
g
u + v
≥
g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R+
, (2.31)
2 2
trong đó g(t) = f
1
.
Đieu ki n (2.29) có dạng g(1) = 1 và g(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
.
Đ t g(t) = 1 + h(t). Ta thu được h(1) = 0 và h(t) ≥ 0, ∀t ∈ R+
và
(2.31) có dạng
h
u + v
≥
h(u) + h(v)
, ∀u, v ∈ R+
. (2.32)
Ta nh n được dạng toán đã xét. Tuy nhiên cách giải của Bài toán 2.1
không áp dụng được cho (2.32) vì hàm so h(t) chỉ xác định trong R+
.
Ta cháng minh nghi m của bài toán thỏa mãn đieu ki n (2.32) với
h(1) = 0 và h(t) ≥ 0, ∀t ∈ R+
là h(t) ≡ 0.
Th t v y, với t ∈ (0, 2) ta có
0 = h(1) = h
t + (2 − t)
≥
h(t) + h(2 − t) ≥ 0.
2 2
Suy ra h(t) = 0 với moi t ∈ (0, 2). Do đó
0 = h
3
= h
2 + 1
≥
h(2) + h(1) h(2)
= ≥ 0.
2
u
1
2

41
2
2
2
2
Kéo theo h(2) = 0.
V y h(t) = 0 với moi t ∈ (0, 2].
Tiep theo xét t ∈ (0, 22
). Ta có
0 = h(2) = h
t + (4 − t)
≥
h(t) + h(4 − t)
≥
0 + 0 = 0.
2 2 2
V y nên h(t) = 0 với moi t ∈ (0, 22
). Do đó
0 = h
5 22
+ 1
= h ≥
h(22
) + h(1)
2
h(22
)
0.
2
V y h(22
) = 0, tác là h(t) = 0 với moi t ∈ (0, 22
].
Bang phương pháp qui nạp, ta cháng minh được h(t) = 0 với moi
t ∈ (0, 2n
] với moi n ∈ N∗
. Tà đó suy ra g(t) ≡ 1 tác f(t) ≡ 1 trên R+
là
nghi m của bài toán đã cho.
Thả lại, ta thay hàm này thỏa mãn các đieu ki n (2.29)-(2.30).
Bài toán 2.12 (Trung bình đieu hòa thành trung bình nhân). Xác định
f(1) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
, (2.33)
f
2xy
x + y
1
≥
q
f(x)f(y), ∀x, y ∈ R+
. (2.34)
1
Lài giai. Đ t x = ,y =
u
. The vào (2.34), ta thu được
v
f
1
≥
r
f
1
f
1
, ∀u, v ∈ R+
.
hay u+v
u v
g
u + v
≥
q
g(u)g(v), ∀u, v ∈ R+
, (2.35)
trong đó g(t) = f
1
.
t
Đieu ki n (2.33) có dạng g(1) = 1 và g(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
. Ta cháng
minh nghi m duy nhat của bài toán thỏa mãn đieu ki n (2.35) là g(t) ≡ 1.
Th t v y, xét t ∈ (0, 2). Ta có
1 = g(1) = g
t + (2 − t)
≥
q
g(t)g(2 − t) ≥
√
1 × 1 = 1.
2
≥ ≥

42
2
2
≥ ∀ ∈
2 2
được
u v u
V y nên g(t) = 1 với moi t ∈ (0, 2). Do đó
1 = g
3
= g
2 + 1
≥
q
g(2)g(1) ≥
q
g(2) ≥ 1.
V y g(2) = 1, tác là g(t) = 1 với moi t ∈ (0, 2].
). Ta có
1 = g(2) = g
t + (4 − t)
≥
q
g(t)g(4 − t) ≥
√
1 × 1 = 1.
V y nên g(t) = 1 với moi t ∈ (0, 22
). Do đó
1 = g
5 22
+ 1
= g ≥
q
g(22)g(1) ≥
q
g(22) ≥ 1.
V y g(22
) = 1, tác là g(t) = 1 với moi t ∈ (0, 22
].
Bang phương pháp qui nạp, ta cháng minh được g(t) = 1 với moi
t ∈ (0, 2n
. Tà đó suy ra g(t) ≡ 1 hay f(t) ≡ 1 trên R+
là
Bài toán 2.13 (Trung bình đieu hòa thành trung bình đieu hòa). Xác
định các hàm so f(x) thỏa mãn đong thời các đieu ki n sau:
f(1) = 1 và f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
, (2.36)
f
2xy
x + y
2f(x)f(y)
, x, y R+
. (2.37)
f(x) + f(y)
Lài giai. Đ t x = , y = và f = g(u). The vào (2.37), ta thu
1 1 1
g
u + v
≥
2g(u)g(v)
, ∀u, v ∈ R+
.
2 g(u) + g(v)
hay
h
u + v
≥
h(u) + h(v)
, ∀u, v ∈ R+
, (2.38)
trong đó h(t) =
2 2
1
.
g(t)
Đieu ki n (2.36) có dạng h(1) = 1 và h(t) ≤ 1, ∀t ∈ R+
. Ta cháng
minh nghi m duy nhat của bài toán thỏa mãn đieu ki n (2.38) với đieu
ki n h(1) = 1 và h(t) ≤ 1, ∀t ∈ R+
là h(t) ≡ 1.
2

43
2
2 2
Đ t h(t) = 1 + ϕ(t). Ta thu được ϕ(1) = 0 và ϕ(t) ≤ 0, ∀t ∈ R+
và
(2.38) có dạng
ϕ
u + v
≤
ϕ(u) + ϕ(v)
, ∀u, v ∈ R+
. (2.39)
Ta cháng minh nghi m của bài toán thỏa mãn đieu ki n (2.39) với
ϕ(1) = 0 và ϕ(t) ≤ 0, ∀t ∈ R+
là ϕ(t) ≡ 0.
Th t v y, với t ∈ (0, 2) ta có
0 = ϕ(1) = ϕ
t + (2 − t)
≤
ϕ(t) + ϕ(2 − t) ≤ 0.
2 2
Suy ra ϕ(t) = 0 với moi t ∈ (0, 2). Do đó
0 = ϕ
3
= ϕ
2 + 1
≤
ϕ(2) + ϕ(1) ϕ(2)
= ≤ 0.
2 2 2 2
Suy ra ϕ(2) = 0.
V y ϕ(t) = 0 với moi t ∈ (0, 2].
). Ta có
0 = ϕ(2) = ϕ
t + (4 − t)
≤
ϕ(t) + ϕ(4 − t) 0 + 0
≤ = 0.
2 2 2
V y nên ϕ(t) = 0 với moi t ∈ (0, 22
). Do đó
0 = ϕ
5 22
+ 1
= ϕ ≤
ϕ(22
) + ϕ(1)
2
≤
ϕ(22
)
2
≤ 0.
V y ϕ(22
) = 0, tác là ϕ(t) = 0 với moi t ∈ (0, 22
].
Bang phương pháp qui nạp, ta cháng minh được ϕ(t) = 0 với moi
t ∈ (0, 2n
. Tà đó suy ra h(t) ≡ 1 tác f (t) ≡ 1 trên R+
là
Tiep theo, ta khảo sát bat phương trình hàm chuyen tiep tà trung bình
đieu hòa thành trung bình b c hai.
Bài toán 2.14 (Trung bình đieu hòa thành trung bình b c hai). Tìm các
hàm so f(t) xác định và liên tục trên R+
2xy
f
x + y
[f(x)]2
+ [f(y)]2
+
2
, ∀x, y ∈ R (2.40)
2
s
≥

44
u
i
2 2
≥ , u =
1
, v =
1
, ∀u, v ∈ R+
.
h
và f(1) = 1, f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
.
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x /= 0. V y nên
f
2xy
x + y
i2
≥
[f(x)]2
+ [f(y)]2
+
2
, ∀x, y ∈ R
h 2 i2 [f(x)]2
+ [f(y)]2
+
f 1 1 ≥
+
x y
2
, ∀x, y ∈ R hay
h i
h
f
1 i2
+
h
f
1 i2
u + v 2 x y
Tà đó suy ra
g
u + v
≥
g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R+
2 2
trong đó
g(u) =
h
f
1 i2
≥ 1, ∀u /= 0, g(1) = 1.
Ta thay nghi m g(u) ≡ 1, ∀u ∈ R+
thỏa mãn yêu cau của bài toán.
V y f(x) ≡ 1.
Ket lu n:
f(t) ≡ 1.
đieu hòa thành trung bình b c p tùy ý.
Bài toán 2.15 (Trung bình đieu hòa thành trung bình b c p tùy ý). Tìm
2xy
f
x + y ≥
r
p
[f(x)]p
+ [f(y)]p
+
2
, ∀x, y ∈ R (2.41)
và f(1) = 1, f(t) ≥ 1, ∀t ∈ R+
.
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) ≥ 0, ∀x /= 0. Suy ra
hay
f
2xy
x + y
ip
≥
[f(x)]p
+ [f(y)]p
+
2
, ∀x, y ∈ R
2 p
f 1
+ 1
[f(x)]p
+ [f(y)]p
+
2
, ∀x, y ∈ R
x y
⇔
f
u v
h
h
≥

45
u
2
≡
2 u
v , u =
1
, v =
1
, ∀u, v ∈ R+
.
hay
h i
h
f
1 ip
+
h
f
1 ip
Tà đó suy ra
g
u + v
≥
g(u) + g(v)
, ∀u, v ∈ R+
2 2
trong đó
g(u) =
h
f
1 ip
≥ 1, ∀u /= 0, g(1) = 1.
Ta thay nghi m g(u) ≡ 1, ∀u ∈ R+
thỏa mãn yêu cau bài toán.
V y f(x) ≡ 1.
Ket lu n:
f(t) ≡ 1.
bình b c hai
Bài toán 2.16 (Trung bình b c hai thành trung bình c®ng). Tìm các hàm
so f(t) xác định và liên tục trên [0, +∞) và thỏa mãn các đieu ki n
s
x2 + y2
≥
f(x) + f(y)
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞) (2.42)
và f(0) = 0, f(t) ≥ 0 với moi t ≥ 0.
Lài giai. Đ t x2
= u, y2
= v, (u, v ≥ 0). Khi đó
(2.42) ⇔ f
r
u + v
≥
f(
√
u) + f(
√
v)
, ∀u, v ≥ 0.
2 2
Đ t f(
√
g
u + v
≥
g(u) + g(v)
, ∀u, v ≥ 0
2 2
và g(0) = 0, g(t) ≥ 0 với moi t ≥ 0.
Ta thay nghi m g(u) 0 thỏa mãn yêu cau bài toán.
Do đó f(
√
u) ≡ 0, u ≥ 0 và f(u) ≡ 0, u ≥ 0.
y
x
2
u + v
f
p
≥
f

46
2
2
2
≡
2
r ≤
Suy ra f(t) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
Bài toán 2.17 (Trung bình b c hai thành trung bình nhân). Tìm các
s
x2 + y2
≥
q
f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (2.43)
và f(0) = 0, f(t) ≥ 0 với moi t ≥ 0.
Lài giai. Đ t x2
= u, y2
= v, (u, v ≥ 0). Khi đó
(2.43) ⇔ f
r
u + v
≥
q
f(
√
u)f(
√
v), ∀u, v ≥ 0.
Đ t f(
√
g
u + v
≥
q
g(u)g(v), ∀u, v ≥ 0
và g(0) = 0, g(t) ≥ 0 với moi t ≥ 0.
Ta thay nghi m g(u) 0 thỏa mãn yêu cau bài toán.
Do đó f(
√
u) ≡ 0, u ≥ 0 và f(u) ≡ 0, u ≥ 0.
Suy ra f(t) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
Bài toán 2.18 (Trung bình b c hai thành trung bình đieu hòa). Tìm các
hàm so f(t) xác định và liên tục trên [0, +∞) thỏa mãn đieu ki n
s
x2 + y2
≥
2f (x)f (y)
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ [0, +∞) (2.44)
và f(0) = 1, f(t) ≤ 1 với moi t ≥ 0.
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f
(x) =
/
0, ∀x ∈ [0, +∞). Khi đó
(2.44) ⇔
f
1
x2
+ y2
2
f(x) + f(y)
2f(x)f(y)
, ∀x, y ∈ [0, +∞).
f
f

47
2
2
r √ √
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞) (2.45)
2 2
f
Đ t g(x) =
1
f(x)
, ∀x ∈ [0, +∞), ta có g(x) > 0, ∀x ∈ [0, +∞), g(x)
liên tục trên ∈ [0, +∞) và
s
x2 + y2 g(x) + g(y)
và g(0) = 1, g(t) ≥ 1, ∀t ∈ [0, +∞).
Ta thay ngi m g(x) ≡ 1 thỏa mãn yêu cau bài toán.
Ket lu¾n: f(x) ≡ 1.
Bài toán 2.19 (Trung bình b c hai thành trung bình b c hai). Tìm các
s
x2 + y2
≥
[f(x)]2
+ [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞), (2.46)
Lài giai. Theo giả thiet f(x) ≥ 0, x ∈ [0, +∞). Suy ra
(2.46) ⇔
h
s
x2 + y2 i2
≥
[f(x)]2
+ [f(y)]2
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞)
hay
g
u + v
≥
g( u) + g( v)
, ∀u, v ∈ [0, +∞),
trong đó g(u) = [f(u)]2
≥ 0, ∀u ≥ 0.
Tà đó suy ra
h
u + v
≥
h(u) + h(v)
, ∀u, v ∈ [0, +∞),
2 2
√
u).
Ta thay nghi m h(u) ≡ 0, ∀u ≥ 0 thỏa mãn yêu cau bài toán
Do đó g(x) ≡ 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
2
s
g ≥
f

48
2
≡
2 2
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞).
2.5 Bat phương trình hàm chuyen tiep tfi các đại
lư ng trung bình b c tùy ý
Bài toán 2.20 (Trung bình b c p thành trung bình c®ng). Tìm các hàm
so f(t) xác định và liên tục trên [0, +∞) thỏa mãn đieu ki n
f
r
p xp
+ yp
2
f(x) + f(y)
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞). (2.47)
và f(0) = 0, f(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, +∞).
Lài giai. Đ t x =
√
p
u, y =
√
p
v, (u, v ≥ 0). Khi đó
(2.47) ⇔ f
r
p u + v
≥
f(
√
p
u) + f(
√
p
v)
2 , ∀u, v ≥ 0.
Đ t f(
√
p
g
u + v
≥
g(u) + g(v)
, ∀u, v ≥ 0
và g(0) = 0, g(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, +∞).
Ta thay nghi m g(u) 0 thỏa mãn yêu cau bái toán.
Do đó f(
√
p
u) ≡ 0, u ≥ 0 và f(u) ≡ 0, u ≥ 0.
Suy ra f(x) = f(|x|) = 0.
Ket lu n:
f(t) ≡ 0.
Bài toán 2.21 (Trung bình b c p thành trung bình nhân). Tìm các hàm
f
r
p xp
+ yp
2 ≥
q
f(x)f(y), ∀x, y ∈ [0, +∞) (2.48)
và f(0) = 1, f(t) ≥ 1, ∀t ∈ [0, +∞).
Lài giai. Ta có
và
r
p
f(x) =
q
p
xp
+ yp
[f(x)]p, ∀x ≥ 0
ln f(x) + ln f(y)
2
(2.48) ⇔ ln f ≥
≥

49
r ≥
x+
y
Đ t ln f(x) = g(x). Khi đó g(x) liên tục trên [0, +∞) và
g
r
p
xp
+ yp
2
g(x) + g(y)
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞).
Ta tìm được nghi m g(u) ≡ 1, với moi u ∈ [0, +∞) thỏa mãn yêu cau
bài toán.
Suy ra f(x) ≡ 1, thả lại ta thay hàm này thỏa mãn các đieu ki n của
bài toán đ t ra.
Ket lu n:
f(t) ≡ 1.
Bài toán 2.22 (Trung bình b c p thành trung bình đieu hòa). Tìm các
f
r
p
xp
+ yp
2
2f (x)f (y)
≤
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ [0, +∞) (2.49)
và f(0) = 1, f(t) ≤ 1, ∀t ∈ [0, +∞).
Lài giai. Tà giả thiet suy ra f(x) =
/ 0, ∀x ∈ [0, +∞). Khi đó
1
(2.49) ⇔ p p
f p
2
1
f(x) + f(y)
2f(x)f(y)
, ∀x, y ∈ [0, +∞).
Đ t g(x) =
f(x)
, ∀x, ∈ [0, +∞), ta có g(x) 0, ∀x ∈ [0, +∞), g(x)
liên tục trên [0, +∞) và
g
r
p
xp
+ yp
2
g(x) + g(y)
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞).
Ta tìm được nghi m g(u) = 1 thỏa mãn yêu cau bài toán.
Do đó h(
√
p
u) = 1, u ≥ 0 và h(u) = 1, u ≥ 0.
Ket lu n. V y hàm f(t) ≡ 1.
Bài toán 2.23 (Trung bình b c p thành trung bình b c p). Tìm các hàm
f
r
p
xp
+ yp
2 ≥
r
p
[f(x)]p
+ [f(y)]p
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞), ∀p ≥ 1 (2.50)
≥
≥

50
2
r √ √
p
2 2
và f(0) = 1, f(t) ≥ 1, ∀t ∈ [0, +∞).
Lài giai. Ta có
(2.50) ⇔
h
f
r
p xp + yp ip
≥
[f(x)]p
+ [f(y)]p
2
, ∀x, y ∈ [0, +∞)
hay
u + v
≥
g( p
u) + g( p
v)
trong đó g(u) = [f(u)]p
≥ 0, ∀u > 0.
Tà đó suy ra
h
u + v
≥
h(u) + h(v)
, ∀u, v > 0,
2 2
√
p
u).
Ta thay nghi m h(u) ≡ 1, ∀u ≥ 0 thỏa mãn yêu cau bài toán.
Do đó g(x) ≡ 1.
Ket lu n:
f(t) ≡ 1.
g , ∀u, v > 0,

51
Chương 3. M t so phương pháp giải
phương trình, bat phương trình
hàm qua các kỳ thi Olympic
Trong chương này, ta trình bày m®t so phương pháp truyen thong đe
giải phương trình, bat phương trình hàm qua các kỳ thi Olympic gan đây.
N®i dung chính của các mục 3.1, 3.2, 3.3 của chương này được tham khảo
tà tài li u so [2], [3] còn các mục 3.4, 3.5 được tham khảo tà tài li u so
[1], [2], [3].
3.1 Phương pháp the
Nh n xét 3.2. Đe sả dụng phương pháp này ta thường thay các giá trị
đ c bi t:
+) Ví dụ thay x = a sao cho f(a) xuat hi n nhieu trong phương trình.
+) x = a, y = b roi hoán vị, thay đői đi đe tìm liên h giǎa f(a) và
f(b).
+) Đ t f(0) = b, f(1) = b, . . .
+) Neu f là toàn ánh, ton tại a: f (a) = 0 (dùng trong phương trình
c®ng), còn neu ton tại a: f (a) = 1 (neu trong phương trình có nhân). Chon
x, y phù hợp đe tri t tiêu đi f (g(x, y)) có trong phương trình. Hàm có x
bên ngoài thì co gang chỉ ra nó là đơn ánh ho c toàn ánh.
+) Làm xuat hi n f(x).
+) f(x) = f(y) với moi x, y ∈ A suy ra f(x) = const với moi x ∈ A.
Ta xét các dạng toán sả dụng phương pháp the đe giải giải phương
trình, bat phương trình hàm.

52
x
− 2013 (x) − 2013
2
Bài toán 3.1 (VMO 2013). Tìm tat cả các hàm f : R ⇒ R thỏa mãn
đieu ki n f(x) = 0, f(1) = 2013 và
(x − y)(f(f2
(x)) − f(f2
(y))) = (f(x) − f(y))(f2
(x) − f2
(y)), ∀x, y ∈ R,
(3.1)
trong đó f2
(x) = (f(x))2
Lài giai.
Cho x /= 0 và y = 0 vào (3.1), ta được xf(f2
(x)) = f3
(x). Suy ra
f(f2
(x)) =
f 3
(x)
x
, ∀x /= 0.
Thay vào phương trình (3.1), ta được
(x − y)
f 3
(x)
x
−
f 3
(y)
y
= (f(x) − f(y)) f (x) − f
2
(y) , ∀x, y /= 0.
(3.2)
Thay x < 0, y = 1 vào (3.2), ta có
f3
(x) 3 2 2
Tương đương với
(f(x) − 2013x) f2
(x) − 20132
x = 0, ∀x < 0.
M t khác, với x < 0 thì f2
(x)−20132
x > 0, suy ra f(x) = 2013x, ∀x < 0.
Do đó f(−1) = −2013.
Thay x > 0, y = −1 vào (3.2), ta được
(x + 1)
f 3
(x)
+ 2013
x
= (f(x) + 2013) f2
(x) − 20132
.
⇔ (f(x) − 2013x) f2
(x) + 20132
x = 0, ∀x > 0.
Suy ra f(x) = 2013x, ∀x > 0.
Ket hợp với f(0) = 0, ta suy ra f(x) = 2013x, ∀x ∈ R.
Với f(x) = 2013x, ∀x ∈ R, thả lại vào (3.1) ta thay thỏa mãn.
V y f(x) = 2013x, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cau bài toán.
Bài toán 3.2 (Thő Nhĩ Kỳ TST 2014). Tìm tat cả hàm f : R → R thỏa
mãn đieu ki n
f(f(y) + x2
+ 1) + 2x = y + (f(x + 1))2
. (3.3)
(x − 1) = (f(x) − 2013) f .
3

53
Lài giai. Ta cháng minh rang f (x) = x với moi x. Thay x = 0 vào (3.3),
ta thu được
f(f(y) + 1) = y + (f(1))2
. (3.4)
Thay x = 0 và thay y bởi f(y) + 1 vào (3.3) và sả dụng (3.4) ta có
f(y + (f(1))2
+ 1) = f(y) + 1 + (f(1))2
.
Tiep tục thay y bởi x2
+ y vào phương trình trên, ta có
f(x2
+ y + (f(1))2
+ 1) = f(x2
+ y) + 1 + (f(1))2
.
Tà (3.3) và (3.4), ta có
f(y) + 1 + (f(1 + x))2
− 2x = f(x2
+ y) + 1 + (f(1))2
.
Do đó
f(x2
+ y) − f(y) = (f(x + 1))2
− 2x − (f(1))2
. (3.5)
Đ c bi t, ta thu được
f(x2
+ y) − f(y) = f(x2
) − f(0). (3.6)
Tiep theo, thay tàng c p y = 0 và x = 1, y = 0 và x = −1, y = 1 và
x = 1 vào (3.5) ta được
(f(2))2
− 2 − (f(1))2
= f(1) − f(0) = (f(0))2
+ 2 − (f(1))2
và f(2) = 2f(1) − f(0). Tà các phương trình trên ta thu được f(1) = 1
và f(0) = 0. Tà (3.6) ta nh n được
f(x2
+ y) = f(y) + f(x2
). (3.7)
suy ra 0 = f(0) = f(−x2
) + f(x2
). V y nên
f(x + y) = f(y) + f(x), ∀x, y ∈ R. (3.8)
Ket hợp (3.7) và (3.8), ta được
f(f(y)) = y ∀y ∈ R.
Ket hợp với (3.8) và (3.3), ta có
f(x2
) + 2x = (f(x))2
+ 2f(x). (3.9)

54
Lan lượt thay x bởi y + f (x), f (x), y vào phương trình trên ta nh n
được f(2yf(x)) = 2xf(y) với moi x, với moi y. Theo (3.8) ta nh n được
f (yf (x)) = xf (y), và f (xy) = f (x)f (y) với moi x, với moi y. Đ c bi t
với moi x, ta có f (x2
) = (f (x))2
và tà (3.9) ta rút ra được f (x) = x với
moi x.
Bài toán 3.3 (Singapore 2015). Tìm tat cả hàm f : R → R thỏa mãn
đieu ki n
f(x)f(yf(x) − 1) = x2
f(y) − f(x) với moi x, y ∈ R. (3.10)
Lài giai. Ta nh n thay f (x) = 0 với moi x ∈ R là m®t đáp án thỏa mãn
bài toán.
Goi f là hàm so khác hàm không. Ta cháng minh f(x) = x với moi
x ∈ R. Thay x = 0 vào phương trình (3.10), ta được
f(0)[f(yf(0) − 1) + 1] = 0.
Giả sả f(0) /= 0. Do v y mien giá trị của yf(0) − 1 là t p các so thực.
Nên ta có the đ t x = yf (0) − 1. Tà phương trình trên ta thu được
f(x) = −1 với moi x ∈ R. Thay vào phương trình đe bài không thỏa mãn.
V y f(0) = 0.
Giả sả ∃a 0 sao cho f(a) = 0. Thay x = a vào phương trình (3.10),
ta nh n được 0 = a2
f(y) với moi y hay f(y) = 0 với moi y, trái với đieu
giả sả. V y f(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0.
Thay x = y = 1 vào phương trình (3.10), ta thu được f(1)f(f(1)−1) =
0. Suy ra f(1) = 1.
Thay x = 1 vào phương trình (3.10), ta có
f(y − 1) = f(y) − 1, ∀y ∈ R. (3.11)
Cho y = 1 vào phương trình (3.10) và sả dụng (3.11), ta thu được
x2
− f(x) = f(x)[f(f(x) − 1)] = f(x)f(f(x)) − f(x).
V y nên
f(x)f(f(x)) = x2
. (3.12)
Thay x bởi x − 1 vào (3.12) và áp dụng (3.11) ba lan cuoi cùng ta áp dụng
(3.12) ta có
x2
− 2x + 1 = (x − 1)2

55
Do đó
= f(x − 1)f(f(x − 1))
= (f(x) − 1)[f(f(x)) − 1]
= f(x)f(f(x)) − f(x) − f(f(x)) + 1
= x2
− f(x) − f(f(x)) + 1.
f(x) + f(f(x)) = 2x. (3.13)
Tà (3.12) và (3.13) ta thu được
[x − f(x)]2
= 0.
Tà đây, ta suy ra f(x) = x với moi x ∈ R.
V y ta có hai hàm f thỏa mãn đe bài
1. f(x) = 0 với moi x ∈ R.
2. f(x) = x với moi x ∈ R.
Bài toán 3.4 (Serbian 2014). Tìm tat cả hàm f : R → R thỏa mãn đieu
ki n
f(xf(y) − yf(x)) = f(xy) − xy. với moi x, y ∈ R. (3.14)
Lài giai. Thay y = 0 vào phương trình (∗) ta thu được f(xf(y)) = f(0).
Neu f(0) /= 0 thì mien giá trị của xf(0) là t p so thực cho nên f sě là
hàm hang. Thay vào phương trình đe bài thì vô lý. V y f(0) = 0.
Đ t y = x thay vào phương trình (∗) ta thu được f(0) = f(x2
) − x2
hay f(x2
) = x2
. Tà đó ta có f(x) = x với moi x ≥ 0.
Xét x, y < 0. Thay y bởi −y, thay x bới −x vào phương trình (∗) ta
thu được f (xy) = xy hay f (yf (x) − xf (y)) = 0, đieu này chỉ xảy ra khi
yf(x) − xf(y) ≤ 0.
Làm tương tự như trên thay x bởi y và y bởi x ta thu được
xf(y) − yf(x) ≤ 0.
Tà đó suy ra xf(y) = yf(x) hay
f(x)
x
f (y)
= .
y
Dan đen f(x) = cx với moi x < 0 với c là m®t hang so.
Xét x < 0 < y thay vào phương trình (3.14) ta thay
f((1 − c)xy) = f(xy) − xy = (c − 1)xy. (3.15)

56
Neu c = 1 thì f(x) = x với moi x.
Neu c /= 1, do f ((1 − c)xy) ∈ {(1 − c)xy, c(1 − c)xy} nên tà (3.15) ta
suy ra c = −1, đieu này có nghĩa là f(x) = |x| với moi x.
Thả lại ta thay cả 2 phương trình hàm tìm được ở trên đeu thỏa mãn
đe bài.
Tóm lại, có hai hàm thỏa mãn đe bài
1. f(x) = x với moi x.
2. f(x) = |x| với moi x.
3.2 Phương pháp sfi dnng toàn ánh
Đe sả dụng phương pháp toàn ánh ta xét phương trình
f(g(x, y)) = xh(x, y) + t(x, y)
trong đó g(x, y), h(x, y), t(x, y) là các hàm với ȁn x, y, f(x), f(y) đã biet.
Giả thiet 1. h(x, y) ≡ 0 với moi x, y ∈ R. Neu đúng thì đi đen ket
lu n. Neu sai thì ton tại y0: h(x, y0) =
/ 0 suy ra f(g(x, y0)) − t(x, y0) là
toàn ánh, thay vào giải như bình thường. Neu đúng thì ket lu n. Neu sai
(tác là không giải ra nghi m) thì sả dụng tính chat toàn ánh, tính vài giá
trị đ c bi t roi thay lại. Neu có cả tính chat đơn ánh thì sả dụng (tính
giá trị đ c bi t có the dùng m nh đe đảo). Đen đây neu dự đoán được
nghi m thì có the sả dụng m nh đe đảo đe cháng minh. Bước trên không
giải quyet được thì đưa ve phương trình Cauchy (cháng minh hàm có tính
chat Cauchy) ho c cháng minh hàm hang.
Giả thiet 2. Dự đoán f ≡ c là nghi m. Tính a: f(a) = c. Sau đó giả
sả ton tại x0 a: f(x0) = c.
+) Neu f ≡ c đúng thì Ket lu n. f(x) = c ⇔ x = a, roi dùng phép
the hợp lý, cuoi cùng là ket lu n.
+) Neu sai thì ket lu n không phù hợp.
Bài toán 3.5 (Chon đ®i tuyen Vi t Nam 2004). Tìm tat cả các giá trị
của a sao cho ton tại duy nhat m®t hàm so thỏa mãn
f x2
+ y + f (y) = f(x)2
+ ay, ∀x, y ∈ R.

57
⇔
"
Lài giai. Ta sě chỉ ra f là m®t toàn ánh. Thay x = 0 vào phương trình
ban đau, ta được
f (y + f (y)) = f(0)2
+ ay, ∀x, y ∈ R. Tà đȁng thác này vi c chỉ ra f
là toàn ánh phụ thu®c vào vi c so sánh a với 0.
Neu a = 0 ta thu được đȁng thác
f x2
+ y + f (y) = f(x)2
, ∀x, y ∈ R. (3.16)
Ta nh n thay phương trình (3.16) luôn có hai nghi m là f (x) = 0, ∀x ∈ R
và f (x) = 1, ∀x ∈ R suy ra giá trị a = 0 không thỏa mãn là ton tại
duy nhat hàm so f. Do đó a /= 0, ket hợp với f (y + f (y)) = f(0)2
+
ay, ∀x, y ∈ R suy ra f là m®t toàn ánh.
Do f là m®t toàn ánh suy ra ton tại so b sao cho f (b) = 0. Đ t c = f (0).
Tà phương trình ban đau thay x bởi −x, ta được
f x2
+ y + f (y) = ay + f(−x)2
, ∀x, y ∈ R.
Suy ra
f(x)2
= f(−x)2
, ∀x ∈ R. (3.17)
Tà (3.17) và f (b) = 0 suy ra f (−b) = 0.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho, ta được
f (y + f (y)) = ay + f(0)2
, ∀y ∈ R. (3.18)
Trong (3.17) ta lan lượt thay y = b và y = −b, ta được
f (b + f (b)) = ab + c2
, suy ra 0 = ab + c2
,
f (−b + f (−b)) = −ab + c2
, suy ra 0 = −ab + c2
.
Tà hai đȁng thác trên, ta được b = c = 0.
Do đó
f (x) = 0 ⇔ x = 0. (3.19)
Thay y = 0 vào phương trình ban đau, ta được
f x2
= f(x)2
, ∀x ∈ R. (3.20)
Tà (3.20) thay x = 1, ta được
f (1) = f(1)2
f (1) = 0
f (1) = 1

58
"
⇔
Ket hợp với (3.19), ta được f (1) = 1.
Tà (3.20) thay x = 2, ta được f (4) = [f(2)]2
. M t khác ta viet
f (4) = f
√
2
2
+ 1 + f (1) = f
√
2
2
+ a = f (2) + a,
f (2) = f (0)2
+ 1 + f (1) = f(0)2
+ a = a.
Tà các đȁng thác trên, ta được
a2
= 2a
a = 0,
a = 2.
Ket hợp với a /= 0, ta được a = 2. Do đó phương trình ban đau trở thành
f x2
+ y + f (y) = f(x)2
+ 2y, ∀x, y ∈ R.
Ta được nghi m duy nhat là f (x) = x, ∀x ∈ R. thả lại, ta thay thỏa
mãn. V y a = 2.
Bài toán 3.6 (IMO Shortlisted 2002). Tìm tat cả các hàm so f : R → R
thỏa mãn đieu ki n:
f (f (x) + y) = 2x + f (f (y) − x) , ∀x, y ∈ R.
Lài giai.
+) Ta cháng minh f là toàn ánh. Th t v y, thay y = −f (x) vào phương
trình ban đau, ta được
f (0) = 2x + f (f (−f (x)) − x) ⇔ f (f (−f (x)) − x) = f (0) − 2x,
suy ra f là toàn ánh.
+) Do f là toàn ánh nên ton tại a ∈ R sao cho f (a) = 0.
+) Thay x = a vào phương trình ban đau, ta được
f (y) = 2a + f (f (y) − a) ⇔ f (f (y) − a) + a = f (y) − a. (3.21)
+) Do f là toàn ánh nên với moi x ∈ R ton tại y ∈ R sao cho
x + a = f (y) .
Do đó, tà đȁng thác (3.21), ta thu được
x = f (x) + a ⇔ f (x) = x − a, ∀x ∈ R.
Thả lại, ta thay thỏa mãn đieu ki n. V y f (x) = x − a.

59
3.3 Phương pháp ket h p
Trong phan này, ta sả dụng ket hợp các phương pháp the, phương pháp
toàn ánh, phương pháp sả dụng tính chat đơn ánh, song ánh đe giải m®t
so bài toán.
Bài toán 3.7 (Bulgaria TST 2003, Iran TST 2007, AMM 2000). Tìm tat
cả các hàm so f : R → R thỏa mãn đieu ki n
f x2
+ y + f (y) = 2y + f(x)2
, ∀x, y ∈ R.
Lài giai. Thay x = 0 vào phương trình đã cho, ta được
f (y + f (y)) = 2y + f(0)2
,
suy ra f là m®t toàn ánh suy ra ton tại so a sao cho f (a) = 0. Đ t
b = f (0). Tà phương trình ban đau thay x bởi −x, ta được
f x2
+ y + f (y) = 2y + f(−x)2
, ∀x, y ∈ R,
suy ra
f(x)2
= f(−x)2
, ∀x ∈ R. (3.22)
Tà (3.22) và f (a) = 0, suy ra f (−a) = 0.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho, ta được
f (y + f (y)) = 2y + f(0)2
, ∀y ∈ R. (3.23)
Trong (3.23) ta lan lượt thay y = a và y = −a, ta được
f (a + f (a)) = 2a + b2
,
suy ra 0 = 2a + b2
,
2
f (−a + f (−a)) = −2a + b ,
suy ra 0 = −2a + b2
.
Tà hai đȁng thác trên, ta được a = b = 0.
Do đó
f (x) = 0 ⇔ x = 0. (3.24)
f(x)2
Đe sả dụng (3.24), ta thay y = − vào phương trình đã cho, ta được
2
f x2
−
f(x)2
2
f(x)2
!!
2
+ f = 0

60
h i
2
⇔ x −
f(x)2
+ f
2
f(x)2
!
f(y)2
= 0, ∀x ∈ R. (3.25)
Đe sả dụng (3.25), ta thay y bởi −
thu được
vào phương trình ban đau, ta
2
f x2
−
f(y)2
2
f(y)2
!!
f(y)2
—
2
+ f(x)2
, ∀x, y ∈ R
⇔ f x2
− y2
= f(x)2
− f(y)2
, ∀x, y ∈ R. (3.26)
Tà (3.26), ta được
f x2
= f(x)2
, ∀x ∈ R. (3.27)
Tà (3.26) và (3.27), ta thu được
f x2
− y2
= f x2
− f y2
, ∀x, y ∈ R.
Suy ra
f (x − y) = f (x) − f (y) , ∀x, y ≥ 0. (3.28)
Tà (3.28) thay x = 0, ta được
f (−y) = −f (y) , ∀y ≥ 0.
Suy ra f là hàm so lẻ.
Sả dụng đȁng thác (3.28), ta được:
Neu x > 0, y > 0, ta có
f (x) = f (x + y − y) = f (x + y) − f (y) ,
suy ra
f (x + y) = f (x) + f (y) .
Neu x > 0, y < 0, ta có
f (x + y) = f x + (−y) = f (x) − f (−y) = f (x) + f (y) ,
suy ra f (x + y) = f (x) + f (y).
Neu x < 0, y < 0 ta có
f (x + y) = −f (−x − y)
= −f (−x) + (−y)
= −f (−x) − f (−y)
= f (x) + f (y) .
2
2
!
+ f = 2

61
⇔ ∀ ∈
∈
(
k = k2
Suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) .
Tà các trường hợp trên, ket hợp với f (0) = 0, ta được
f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R. (3.29)
Tà (3.27), ta được f (x) ≥ 0 với moi x ≥ 0. Tà đây xét x ≥ y, suy ra
x − y ≥ 0, suy ra f (x − y) ≥ 0, suy ra f (x) ≥ f (y). Do đó x ≥ y, suy ra
f (x) ≥ f (y) . (3.30)
Tà (3.29) và (3.30), ta được f (x) = kx, ∀x ∈ R, trong đó k hang so.
Thả lại vào phương trình ban đau, ta được
k x2
+ y + ky = 2y + k2
x2
, ∀x, y ∈ R
kx2
+ k2
+ k y = 2y + k2
x2
, x, y R
⇔
. V y f (x) = x, ∀x ∈ R.
k2
+ k = 2
⇔ k = 1
Nh n xét 3.3. Ta cũng có the giải theo hướng sau đây.
Với f (0) = 0 ta có
f x2
= f(x)2
, ∀x ∈ R
f (y + f (y)) = 2y, ∀y ∈ R
Thay y bởi y + f (y) vào (3.31), ta được
f (y + f (y) + f (y + f (y))) = 2 (y + f (y)) , ∀y ∈ R
(3.31)
⇔ f (3y + f (y)) = 2 (y + f (y)) , ∀y ∈ R.) (3.32)
M t khác ta viet
f (3y + f (y)) = f
√
2y
2
+ y + f (y) = 2y + f
√
2y
Ket hợp với (3.32), ta được f
√
2y
2
= 2f (y) , ∀y ≥ 0
2
, ∀y ≥ 0.
⇔ f (2y) = 2f (y) , ∀y ≥ 0. (3.33)
Tiep theo ta cháng minh f là hàm so lẻ. Th t v y, với moi x R, đ t
2y = f x2
= f(x)2
. Khi đó
0 = −2y + f(x)2
= f x2
+ (−y) + f (−y) ,

62
suy ra (−y) + f (−y) = −x2
nên
f −x2
= f ((−y) + f (−y)) = −2y = −f x2
.
Suy ra f −x2
= −f x2
, ∀x ∈ R.
Do đó f là hàm so lẻ. Tà (3.33) suy ra
f (2y) = 2f (y) , ∀y ∈ R. (3.34)
Ta có f (y + f (y)) = 2y, ∀y ∈ R nên f (y + f (y))2
= 4y2
, ∀y ∈ R.
Do đó,
f y2
+ 2yf (y) + f(y)2
= 4y2
, ∀y ∈ R. (3.35)
Nh n xét 3.4. Với y ≥ 0, suy ra f (y) ≥ 0, suy ra yf (y) ≥ 0, với y < 0,
suy ra f (y) = −f (−y) < 0, suy ra yf (y) > 0. Do đó yf (y) ≥ 0, ∀y ∈ R,
ket hợp với (3.35), ta được
4y2
= f
q 2
2yf (y) + y2
+ f y2
!
= 2y2
+f
q
2yf (y) , ∀y ∈ R
nên 4y2
= 2y2
+ f (2yf (y)) , ∀y ∈ R.
Do đó, 2y2
= f (2yf (y)) , ∀y ∈ R, ket hợp với (3.34), ta được
y2
= f (yf (y)) , ∀y ∈ R. (3.36)
Sả dụng (3.36), thay y bởi x + f (x) , thu được
(x + f (x))2
= f (((x + f (x)) f (x + f (x)))) = f ((x + f (x)) 2x)
= f 2x2
+ 2xf (x) = 2f x2
+ xf (x)
= 2f (f (xf (x)) + xf (x)) = 4xf (x)
nên
(x + f (x))2
= 4xf (x) , ∀x ∈ R
và (x − f (x))2
= 0, ∀x ∈ R, suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R. Thả lại ta thay
hàm này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 3.8 (VMO 2016). Tìm tat cả các so thực a đe ton tại hàm so
f : R → R thỏa mãn đieu ki n
1. f(1) = 2016
2

63
"
2. f(x + y + f(y)) = f(x) + ay, ∀x, y ∈ R.
Lài giai.
Với a = 0, ta thay f(x) = 2016 thỏa mãn cả hai đieu ki n 1,2, ta được
a = 0 là giá trị can tìm.
Xét a /= 0. Thay x = −f(y) vào đieu ki n thá 2, ta được
f(y) = f(−f(y)) + ay, ∀y ∈ R
Giả sả f(y1) = f(y2), suy ra ay1 = ay2, do a =
/
là đơn ánh.
Tiep tục thay y = 0 vào đieu ki n thá 2, ta được
f(x + f(0)) = f(x), ∀x ∈ R.
Do f là đơn ánh suy ra f(0) = 0
0 nên y1 = y2. V y f
Thay y =
−f(x)
a
vào đieu ki n thá 2, và ket hợp với tính đơn ánh của
f (ở đây chú ý f(0) = 0 ⇔ x = 0), ta được
−
f(x)
+ f −
f(x)
= −x, ∀x ∈ R. (3.37)
a a
f(y)
Thay y bởi −
hay
vào đieu ki n thá 2, và sả dụng (3.37), ta được
a
f(x − y) = f(x) − f(y), ∀x, y ∈ R
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Ta có ket quả f(x) = f(1)x, ∀x ∈ Q
f(kx) = kf(x), ∀k ∈ Q, x ∈ R nên f(2016) = 2016f(1) = 20162
.
M t khác do f c®ng tính nên tà đieu ki n thá 2, cũng có the viet lại
giả thiet thành f(y) + f(f(y)) = ay, ∀y ∈ R.
Cho y = 1, ta tính được a = 2016.2017. Thả lại với a = 2016.2017 thì
f(x) = 2016x thỏa mãn đieu ki n 1, 2.
V y
a = 0
a = 2016.2017
thỏa mãn yêu cau bài toán
Bài toán 3.9 (Thő Nhĩ Kỳ, 2012). Tìm tat cả các hàm f : R → R thỏa
mãn các đieu ki n sau
f(f(x2
) + y + f(y)) = x2
+ 2f(y). (3.38)

64
x ≤ y thì f(x) ≤ f(y). (3.39)
Lài giai. Trước het, ta cháng minh f đơn ánh.
Cho y = 0 vào (3.38), ta được
f(f(x2
) + f(0)) = x2
+ 2f(0), ∀x ∈ R.
Suy ra
f(f(a) + f(0)) = a + 2f(0), ∀a ≥ 0. (3.40)
Tà (3.40) ta thay f(x) đơn ánh trên [0, +∞).
Lay y1, y2 ∈ R sao cho f(y1) = f(y2) thì
f(f(x2
) + y1 + f(y1)) = f(f(x2
) + y2 + f(y2)).
Với đieu ki n đó, ta thay khi y co định thì f(x) không bị ch n trên nên
khi cho x đủ lớn thì f(x2
+ y1 + f(y1)) và f(f(x2
) + y2 + f(y2)) có các giá
trị y1 = y2. V y f là hàm đơn ánh trên R.
Tiep theo, ta cháng minh f(0) = 0.
Th t v y, neu f(0) ≤ 0, cho a = −2f(0) vào phương trình (3.40), ta
được f(f(−2f(a)) + f(0)) = 0 hay ton tại c ∈ R thỏa mãn đieu ki n
f(c) = 0.
Cho x = 0 và y = c vào (3.38), ta được f (f (0) + c) = 0. Tà f là hàm
đơn ánh suy ra f(0) + c = c hay f(0) = 0.
Neu f(0) ≥ 0, cho x = y = 0 vào phương trình (3.38), ta được
f(2f(0)) = 2f(0).
Cho a = 3f(0) = f(0) + f(2f(0)), thì (3) thành
f(a) = f(f(0) + f(2f(0))) = 2f(0) + 2f(0) = 4f(0).
Ta có
f(f(a) + f(0)) = f(5f(0)) = 3f(0) + 2f(0) = 5f(0).
Cho x = 0 và y = 2f(0) vào đieu ki n (3.38), ta được f(5f(0)) = 4f(0).
Vì v y f(5f(0)) có hai giá trị 5f(0) và 4f(0) , suy ra f(0) = 0.
M t khác tà (3.40) cho a ≥ 0, f(f(a)) = a. Thay x = 0 vào (3.38), ta
được f(y + f(y)) = 2f(y) ∀y ∈ R.
Cho y = f(a), ta được f(f(a) + a) = 2f(f(a)) = 2a.

65
0
n n n
Cho y = a, ta được f(a + f(a)) = 2f(a) ∀a ≥ 0.
Suy ra f(a) = a ∀a ≥ 0.
M t khác, tà đieu ki n (3.38) là
f(f(x2
) + y + f(y)) = x2
+ 2f(y).
Cho y0 bat kỳ, sě ton tại x0 sao cho
x2
+ y0 + f(y0) > 0.
Suy ra
f(x2
+ y0 + f(y0)) = x2
+ y0 + f(y0) = x2
+ 2f(y0).
0 0 0
Vì v y f(y0) = y0. Mà y0 bat kỳ nên f(x) = x với moi so thực x.
Thả lại ta thay phương trình hàm trên thỏa mãn đe bài.
V y f(x) = x với moi x ∈ R.
Trong các mục còn lại, ta xét m®t so dạng toán liên quan bat phương
trình hàm và bat đȁng thác hàm chuyen tiep các phép tính so hoc.
3.4 M t so dạng bat phương trình hàm liên quan
Các n®i dung chính của hai mục còn lại của chương này được tham
khảo tà tài li u so [1].
Bài toán 3.10. Tìm tat cả các hàm f : R → R+
thỏa mãn các đieu ki n
sau
f (x) ≥ 1 + x, ∀x, y ∈ R; (3.41)
f (x + y) ≥ f (x) f (y) , ∀x, y ∈ R. (3.42)
Lài giai.
Trước het, lưu ý rang f (x) > 0, ∀x ∈ R.
Trong (3.41), cho x = 0 ta có f (0) ≥ 1. Trong (3.42), cho x = 0 ta có
f (0) ≥ f2
(0), suy ra f (0) ≤ 1. Do đó f (0) = 1.
Đieu ki n (3.42) suy ra rang
f (x1 + x2 + · · · + xn) ≥ f (x1) f (x2) . . . f (xn) , với moi xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n.
Do đó
f (x) = f
x
+ · · · +
x
≥ fn x
, với moi x ∈ R và n ∈ N∗.

66
∞
x
n n
Ket hợp với đieu ki n (3.42), ta có
f (x) ≥ fn x
≥ 1 +
x n
.
Tà bat đȁng thác này, cho n → ∞, ta có f (x) ≥ ex
.
Hơn nǎa, ta có
1 = f (0) = f (x + (−x)) ≥ f (x) f (−x) ≥ ex
e−x
= 1.
Do đó f (x) = ex
. Thả lại ta thay hàm này thỏa mãn đieu ki n bài toán.
Bài toán 3.11. Cháng minh rang không ton tại hàm f : R+
→ R+
sao cho
f (x + y) ≥ f (x) + y.f (f (x)) , ∀x, y ∈ R+
. (3.43)
Lài giai. Giả sả rang ton tại hàm f thỏa mãn đieu ki n của bài toán.
Trong (3.43), cho x = 1 và thay y Tà x ta được
f (1 + x) ≥ f (1) + x.f (f (1)) .
Đieu này suy ra rang lim
x→+∞
f (x) = + , và do đó lim
→+∞
f (f (x)) = +∞.
M t khác, trong (3.43), cho y = 1, ta được
f (x + y) ≥ f (x) + y.f (f (x)) , ∀x, y ∈ R+
. (3.44)
Đieu này suy ra rang
+
lim
x→+∞
(f (x + 1) − f (x)) = +∞. Do đó, ton tại
x0 ∈ R sao cho
f (x0 + k) − f (x0 + k − 1) > 2, ∀k ≥ 1. (3.45)
Bây giờ, chon m®t giá trị xác định n ∈ N∗
sao cho n ≥ x0 + 1. Trong
(3.45), cho k lan lượt nh n các giá trị 1, 2, . . . , n và sau đó c®ng các bat
đȁng thác thu được, ta có
f (x0 + n) − f (x0) > 2n, n ≥ x0 + 1. (3.46)
Hơn nǎa, vì f (x0) > 0 nên với cách chon n ≥ x0 + 1, ta có
n > x0 + 1 − f (x0) .
Do đó, tà (3.46) ta có
f (x0 + n) > 2n + f (x0) > x0 + n + 1. (3.47)

67
2
2
2
The thì, ta có
f (f (x0 + n)) ≥ f (x0 + n + 1)
+ (f (x0 + n) − (x0 + n + 1)) .f (f (x0 + n + 1)) .
(3.48)
Vì f (f (x0 + n + 1)) > 0 nên, Tà (3.47), ta có
f (x0 + n + 1) + (f (x0 + n) − (x0 + n + 1)) .f (f (x0 + n + 1))
> f (x0 + n + 1) .
(3.49)
Hơn nǎa, tà (3.44), ta có
f (x0 + n + 1) ≥ f (x0 + n) + f (f (x0 + n)) . (3.50)
Ngoài ra, vì f (x0 + n) > 0 nên ta có
f (x0 + n) + f (f (x0 + n)) > f (f (x0 + n)) . (3.51)
Cuoi cùng, tà các bat đȁng thác (3.48), (3.49), (3.50), (3.51), suy ra
f (f (x0 + n)) > f (f (x0 + n)), mâu thuan. Ta có đieu phải cháng minh.
Bài toán 3.12. Tìm tat cả các hàm so liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn
đieu ki n
Lài giai.
f (x) ≥ 2xf x2
, ∀x ∈ [0, 1] . (3.52)
Trong (3.52), thay lan lượt x = 0 và x = 1 ta được
f (0) ≥ 0, f (1) ≤ 0. (3.53)
Với 0 < x < 1
, áp dụng (3.53) n lan, ta được
f (x) ≥ 2xf x2
≥ 22
x3
f x4
≥ · · · ≥ (2x)n
x2n−n−1
f x2n
, ∀n ∈ N∗.
(3.54)
Vì x ∈ 0;
1
và f liên tục nên
lim
n→+∞
(2x)n
x2n
−n−1
f x2n
= f (0) = 0. (3.55)
Tà (3.54) và (3.55), ta có
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ 0;
1
. (3.56)

68
√
1
2
2
2
2
2
M t khác, với x ∈ (0; 1), tà (3.52), ta có f (
√
x) ≥ 2
√
xf (x). Suy ra
1
f ( x) f x2n
f (x) ≤
2
√
x
≤ · · · ≤ 1
2nx
1−
2n
. (3.57)
Vì
1
lim
n→+∞
f x2n
= 0
1−
nên tà (3.57), ta có
2nx 2n
f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (0; 1) . (3.58)
Tà (3.56) và (3.58), ta có
f (x) = 0, ∀x ∈ 0;
1
. (3.59)
Với moi x ∈
1
; 1 , ton tại n ∈ N∗ sao cho x2n
<
1
. The thì, khi đó
f (x) ≥ 2n
x2n
−1
f x2n
= 0. Do đó
f (x) ≥ 0, ∀x ∈
1
; 1 . (3.60)
Tà (3.58) và (3.60), ta có
f (x) = 0, ∀x ∈
1
; 1 . (3.61)
Tà (3.59) và (3.61), suy ra f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1).
Hơn nǎa, vì hàm f liên tục trên [0; 1] nên f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1].
Thả lại, ta thay f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1] thỏa mãn đieu ki n bài toán.
Bài toán 3.13. Xét bat phương trình hàm
f (x + y) ≥ f (x) g (y) + f (y) g (x) , ∀x, y ∈ R, (3.62)

69
trong đó g (x) là m®t hàm giới n®i, khả vi tại 0, g (0) = 1 và g′ (0) = k.
Cháng minh rang f (x) ≡ 0 là hàm so duy nhat thỏa mãn bat phương
trình đã cho, với đieu ki n
lim
x→0
f (x)
x
= 0. (3.63)
Lài giai. Giả sả rang f (x) là nghi m của (3.62), với đieu ki n (3.63).
The thì, với h > 0 đủ nhỏ, ta có
f (x + h) ≥ f (x) g (h) + f (h) g (x)
hay
Do đó
f (x + h) − f (x) ≥ (g (h) − 1) f (x) + f (h) g (x) .
f (x + h) − f (x)
≥
g (h) − g (0)
f (x) +
f (h)
g (x) .
h h h
M t khác, ta có
hay
f (x) = f (x + h − h) ≥ f (x + h) g (−h) + f (−h) g (x + h)
g (−h) (f (x) − f (x + h)) ≥ g (−h) f (x) − f (x) + f (−h) g (x + h) .
Vì hàm g (x) khả vi tại 0 nên nó liên tục tại điem đó. Do đó, với h > 0 đủ
nhỏ, ta có g (−h) > 0. V y, với h > 0 đủ nhỏ, ta có
f (x + h) − f (x)
h
(g (−h) − 1) f (x) + f (−h) g (x + h)
−g (−h)
=
g (−h) − g (0)
f (x) +
f (−h)
g (x + h) .
−h.g (−h) −h.g (−h)
V y với h > 0 đủ nhỏ, tà các ket quả trên, ta có
g (h) − g (0)
f (x) +
f (h)
g (x) ≤
f (x + h) − f (x)
h h h
≤
g (−h) − g (0)
f (x) +
f (−h)
g (x + h) .
−h.g (−h) −h.g (−h)
≤

70
−
2 2
≥
≥
Tương tự, bat đȁng thác trên cũng đúng đoi với chieu ngược lại, với h < 0
đủ nhỏ. Do đó, Tà đieu ki n (3.63)), ta có
f′
(x) = lim
f (x + h) − f (x)
h→0 h
ton tại và bang g′ (0) f (x) = kf (x), với x ∈ R, vì g (x) là m®t hàm giới
n®i.
Tà đó, với x ∈ R, ta có
f (x)
′
ekx
=
f
′
(x) kf (x)
ekx
=
kf (x) − kf (x)
= 0.
ekx
Do đó f (x) = Cekx
(C là hang so). Hơn nǎa, tà đieu ki n (3.42) suy
ra rang C = 0.
V y f (x) ≡ 0 là hàm so duy nhat thỏa mãn bat phương trình đã cho,
với đieu ki n (3.63).
3.5 M t so dạng toán liên quan đen bat đang thfíc hàm
Bài toán 3.14. Giả sả f(x) là hàm thỏa mãn đieu ki n
f (2x) ≥ x + f (f (x)) , ∀x ∈ R+
. (3.64)
Cháng minh rang f (x) ≥ x, ∀x ∈ R+
.
Lài giai. Tà (3.64), ta có
f (x) ≥
x
+ f f
x
>
x
, ∀x ∈ R+
. (3.65)
2 2 2
Giả sả rang
f (x) > anx, ∀x ∈ R+
, (3.66)
trong đó an là hang so. The thì, Tà (3.64), (3.65), (3.66), ta có
f (x)
x
+ f
2
f
x
>
x
2
+ anf
x
>
1 + an
2
x.
2
Xét dãy (an)∞
n=1 xác định.
Vì
a1 =
1
2
, an+1 =
1 + an
2
2
, ∀n 1.

71
≥
2
2n
2
x
n +
n ,
nên
an+1 − an =
(1 − an)2
2
Suy ra (an)∞
n=1 là m®t dãy tăng. Hơn nǎa, de thay rang an < 1, với moi
n ≥ 1. Do đó, dãy là h®i tụ và neu ký hi u a là giới hạn của nó thì
1 + a2
a =
2
, nghĩa là a = 1. Do đó, cho n → ∞ thì tà bat đȁng thác
f (x) >
1 + a 2
2
x, ta có f (x) x, ∀x ∈ R . Ta có đieu phải cháng minh.
Bài toán 3.15. Giả sả f : R → R là hàm thỏa mãn các đieu ki n
f2
(x) ≤ 2x2
f
x
, ∀x ∈ R; f (x) ≤ 1, x ∈ (−1, 1) .
Cháng minh rang f (x) ≤
Lài giai.
x2
2
, ∀x ∈ R.
De thay rang f (0) = 0. Do đó, ta chỉ can cháng minh bat đȁng thác
với x
2f (x)
0. Đ t g (x) =
x2
, với x 0. The thì g2
(x) ≤ g
x
và do đó
g2n
(x) ≤ g
x
, với x 0 và n ∈ N∗. Chú ý rang, g (x) ≥ g2
(2x) ≥ 0.
Do đó, ta có
r
‚
.2f
x
r
2n+1
x
g (x) 2
g 2n
2
x
2n
≤
2n
2n 2x2
,
n
vì
2n
∈ (−1, 1). Bây giờ cho n → ∞ và sả dụng ket quả lim
2n
= 0, ta
n→∞
x
thu được g (x) ≤ 1. Do đó f (x) ≤
2
, ∀x ∈ R.
Bài toán 3.16. Giả sả F là t p tat cả các hàm so f : R+
→ R+
thỏa
mãn bat đȁng thác
f (3x) ≥ f (f (2x)) + x, ∀x ∈ R+
. (3.67)
Tìm so thực a lớn nhat sao cho với moi hàm f ∈ F, ta luôn có
f (x) ≥ ax. (3.68)
Lài giai.
=
n
≤
≥ 0.
2
2

72
3 3 3 3
De thay rang f (x) =
x
x
thỏa mãn (3.67), nên f (x) =
2
1
x
2
∈ F . Thay
f (x) = vào (3.68), ta suy ra a ≤ .
2 2
Vì f (x) > 0, ∀x > 0, nên tà (3.67), ta có
f (x) = f
3x
≥ f f
2x
+
x x
> , ∀x > 0. (3.69)
Ta xác định m®t dãy (an) như sau
a1 =
1
3
; an+1 =
2an
2
+ 1
3
, ∀n ≥ 1. (3.70)
De dàng kiem tra rang
Suy ra
0 < an <
1
2
, ∀n ≥ 1. (3.71)
an+1 − an =
2an
2
+ 1
3
− an =
1
3
(an − 1) (2an − 1) > 0, ∀n ≥ 1.
1
Do đó, (an) là dãy so dương, tăng thực sự và bị ch n Tà
2
.
V y dãy (an) h®i tụ. Giả sả lim an = α. The thì, Tà (3.70) và (3.71),
ta có α = 2α2
+ 1 1
hay α = .
n→∞
3 2
Bây giờ ta can cháng minh rang, với moi n ≥ 1, ta luôn có
f (x) ≥ anx, ∀x > 0. (3.72)
Th t v y, tà (3.69) nên (3.72) đúng với n = 1. Giả sả (3.72) đúng với
n = k ≥ 1, nghĩa là
f (x) ≥ akx, ∀x > 0. (3.73)
Khi đó, tà (3.67) và (3.73), ta có
f (x) ≥ f f
2x
+
x
3 3
≥ a .f
2x
+
x
k
3 3
2 2x x
≥ ak .
3
+
3
2ak
2
+ 1
= .x
3
≥ ak+1x, ∀x > 0.

73
2
V y (32) đúng với n = k + 1. Do đó, (3.72) đúng với moi n ≥ 1.
1
Tà các đieu trên suy ra rang, với moi hàm f ∈ F, ta luôn có f (x) ≥
2
x.
1
Tóm lại, giá trị của a can tìm là a = .
2
Bài toán 3.17. Tìm tat cả các hàm so f : [1, ∞) → [1, ∞) thỏa mãn các
đieu ki n sau
f (x) ≤ 2 (1 + x) , ∀x ≥ 1; (3.74)
xf (x + 1) = f2
(x) − 1, ∀x ≥ 1. (3.75)
Lài giai. Tà các giả thiet (3.74) và (3.75), ta có
f (x) =
q
xf (x + 1) + 1 ≤
q
2x (x + 2) + 1 <
√
2 (x + 1) , ∀x ≥ 1.
Bang phương pháp quy nạp, ta cháng minh được rang
1
f (x) < 22n
(x + 1) , ∀x ≥ 1, n ≥ 1. (3.76)
1
Vì 22n
→ 1 khi n → ∞, nên tà (3.76), ta có
f (x) ≤ x + 1, ∀x ≥ 1. (3.77)
f2
(x) − 1
Bây giờ, tà (3.75), ta có = f (x + 1) ≥ 1. Do đó
x
f (x) ≥
√
x + 1 >
√
x, ∀x ≥ 1.
1
f (x) > x
1−
2n
, ∀x ≥ 1, n ≥ 1. (3.78)
1
Vì
2n
→ 0 khi n → ∞, nên tà (3.78) ta được
f (x) ≥ x, ∀x ≥ 1. (3.79)
Bây giờ, tà (3.75) và (3.79), ta có
f (x) =
q
xf (x + 1) + 1 ≥
q
x (x + 1) + 1 > x +
1
, ∀x ≥ 1.

74
2n
f (x) > x + 1 −
1
, ∀x ≥ 1, n ≥ 1. (3.80)
1
Vì
2n
→ 0 khi n → ∞, nên tà (3.80), ta được
f (x) ≥ x + 1, ∀x ≥ 1. (3.81)
Tà (3.77) và (3.81), ta suy ra f (x) = x + 1, ∀x ≥ 1.
Thả lại, ta thay hàm so f (x) = x + 1, ∀x ≥ 1 thỏa mãn đieu ki n bài
toán.

Bat Phương Trình Hàm Sinh B I Các Đại Lư Ng Trung Bình B C Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan.docx

Bat Phương Trình Hàm Sinh B I Các Đại Lư Ng Trung Bình B C Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Bat Phương Trình Hàm Sinh B I Các Đại Lư Ng Trung Bình B C Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan.docx

Similar to Bat Phương Trình Hàm Sinh B I Các Đại Lư Ng Trung Bình B C Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Bat Phương Trình Hàm Sinh B I Các Đại Lư Ng Trung Bình B C Tùy Ý Và Các Dạng Toán Liên Quan.docx