10 Chuyên đề ôn thi tốt nghiệp môn Toán - Phần 2

Sử dụng tính chất ánh xạ
giải một số lớp phương trình hàm
Nguyễn Đình Thức
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định
Trong chương trình toán phổ thông ta thường gặp các bài toán giải tích thuận Cho
hàm số y=f(x) trong đó f(x) được xác định cụ thể từ đó xác định các tính chất của hàm
số như tính đơn điệu;tuần hoàn;liên tục;cưc trị;... . . .Tuy nhiên các bài toán thi chọn học
sinh giỏi lại có yêu cầu ngược lại. Bài viết đề cập đến phương pháp sử dụng tính chất ánh
xa; hàm số để giải một số phương trình hàm
1 Phương pháp thay giá trị để xác định hàm số
Khi thay giá trị biến số bởi giá trị đặc biệt tương thích điều kiện ban đầu nhằm tạo
ra phương trình theo f(u(x)). Tiếp tục từ f(u(x)) suy ra f(x)
Ví dụ 1. Tìm hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(xf(y) + x) = xy + f(x);∀x; y ∈ R (1)
Nhận xét : Từ (1) không thể suy ra trực tiếp f(u(x)) Giải pháp có thể là cố định một
biến và xét phương trình hàm của biến còn lại
+)Cho biến x cố định
Cho x = 1 vào (1) ta có :
f(f(y) + 1) = y + f(1)∀y ∈ R (2)
Cho y = f(1)− 1 vào (2) ta được f(f(f(1)− 1) + 1) = −1
Vậy với a = f(f(1)− 1) + 1 thì f(a) = −1
+)Cho biến y cố định
Thay y = a vào (1) và sử dụng f(a) = −1 ta có f(0) = xa + f(x) Đặt f(0) = b ta
có
f(x) = −ax+ b (3)
Thay (3) vào (1) ta được
− a[x(−ay + b) + x] = xy − ax+ b⇔ a2xy − abx = xy + b (4)
Do (4) đúng ∀x; y ∈ R nên a = ±1; b = 0 Vậy f(x) = x hoặc f(x) = −x
93
Thử lại thì hai kết quả đều thoả
Chú ý : Bài toán tổng quát giải được tương tự là :Tìm hàm số f : R → R thoả
f((af(y) + b)g(x)) = cxy + df(x); với a; b; c; d là hằng số
Ví dụ 2. Xác định hàm số f : R→ R thoả mãn điều kiện :
f(−x) = −f(x);∀x ∈ R (5)
f(x+ 1) = f(x) + 1; ∀x ∈ R (6)
f(
1
x
) =
f(x)
x2
;∀x ∈ R\ {0} (7)
Nhận xét : Thay đối số bởi biểu thức để sử dụng điều kiện giả thiết ta làm giảm đi
các biến hàm.Tiếp tục cho tới khi ta được phương trình theo f(x) Khi x 6= 0;−1 thì viết
x+ 1
x
=
1
x
x+ 1
và dùng giả thiết (3) ta có
f(
x+ 1
x
) =
f(
x
x+ 1
)
(
x
x+ 1
)
2 (8)
viết
x
x+ 1
= 1− 1
x+ 1
và dùng giả thiết (6) ta có
f(
x
x+ 1
) = f(1− 1
x+ 1
) = 1 + f(
1
x+ 1
) (9)
Tiếp tục và dùng giả thiết (7) ;(6) ta có
f(
1
x+ 1
) =
f(x+ 1)
(x+ 1)2
=
f(x) + 1
(x+ 1)2
(10)
Từ (8),(9), (10) suy ra
f(
x+ 1
x
) = (
x+ 1
x
)2(1 +
f(x) + 1
(x+ 1)2
) (11)
Mặt khác theo (9) (10) ta có
f(
x+ 1
x
) = f(1 +
1
x
) = 1 + f(
1
x
) = 1 +
f(x)
x2
(12)
Từ (11),(12) suy ra
(
x+ 1
x
)2(1 +
f(x) + 1
(x+ 1)2
) = 1 +
f(x)
x2
⇒ Khi x 6= 0;−1 thì f(x) = x
Khi x = 0 thì f(0) = 0
Khi x = −1 thì f(−1) = −f(1) = −1
Thử lại f(x) = x;∀x ∈ R thoả bài toán
94
WWW.VNMATH.COM
2 Phương pháp dùng tính chất toàn ánh; đơn ánh
để xác định hàm số
Ví dụ 3. Cho hàm số f : R→ R trong đó f là toàn ánh thoả :
f(0) = 2 (13)
và
f(2x+ 1 + f(y)) = 3x+ f(f(y));∀x; y ∈ R (14)
Tính f(2010)
Nhận xét Nếu có f(y) = a(∗) thì dùng (14) ta được f(2x + a) = 3x + f(a); từ đó tìm
f(x) Điều giả định (*) đúng khi f là toàn ánh
Giải : Từ giả thiết f là toàn ánh suy ra tồn tại y để f(y) = 0
Cho biến số f(y) = 0 vào (14) và dùng (13) ta có
f(2x+ 1) = 3x+ 2⇒ f(x) = 3.x− 1
2
+ 2 =
3
2
x+
1
2
Vậy :
f(2010) = 3.1005 +
1
2
=
6031
2
Bài toán tổng quát :
Tìm hàm số f : R→ R là toàn ánh thoả :
f(0) = c (15)
Và
f(ax+ b+ f(y)) = dx+ f(f(y));∀x; y ∈ R; a; b; c; d
Ví dụ 4. Tìm hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(xf(x) + f(y)) = (f(x))2 + y∀x; y ∈ R (16)
Nhận xét : Nếu có
f(x0) = 0 (17)
thì sử dụng (16) ta có f(f(y)) = y; Vấn đề là điều kiện nào để (17) đúng
Giải : Chứng minh f là toàn ánh
Thật vậy : cho x = 0 vào (16) ta có
f(f(y)) = (f(0))2 + y;∀y ∈ R (18)
Xét c ∈ R từ (18) ta xác định tạo ảnh của là b = f(c− (f(0))2) Thật vậy
f(b) = f(f(c− (f(0))2) = (f(0))2 + c− (f(0))2 = c
+)Sử dụng tính chất toàn ánh :
Ta thấy tồn tại a để f(a) = 0
95
Cho x = y = a vào (16) và sử dụng f(a) = 0 ta có f(0) = a Cho x =0;y=a vào (16)
và sử dụng f(a) = 0 ta có f(0) = a2 + a Từ 2 kết quả trên suy ra a = 0
+) Cho x = 0 vào (16) và sử dụng f(0) = 0 ta có f(f(y)) = y;∀y ∈ R
+) Cho y = 0 vào (16) và sử dụng f(0) = 0 ta có
f(xf(x)) = (f(x))2 (19)
Tiếp tục thay x bởi f(x) và sử dụng f(f(x)) = x ta có
f(f(x).x) = x2 (20)
Từ (19) và (20) suy ra f(x) = x hoặc f(x) = −x Ta thấy không xảy ra trường hợp
ở 2 vị trí c; d khác nhau mà có đồng thời f(c) = c; f(d) = −d Vậy ∀x ∈ R ta có f(x) = x;
hoặc f(x) = −x
Ví dụ 5. ( Đề dự tuyển IMO-2002): Tìm hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(f(x) + y) = 2x+ f(f(y)− x);∀x; y ∈ R (21)
Nhận xét : Nếu có f(x0) = 0 thì dùng (21) ta được f(y) = 2x0 + f(f(y)− x0). Từ đó
ta suy ra được f(x)
Giải :
Ta chứng minh f là toàn ánh
Thật vậy : Cho y ∈ R và chọn
a =
1
2
(f(0)− y)
b = −f(a)
c = f(b)− a
Khi đó f(c) = f(f(b)− a)
Mà theo giả thiết f(f(b)− a) = f(f(a) + b)− 2a và cách chọn b = −f(a) ⇒ f(c) =
f(0)− 2a;
Mà theo cách chọn f(0) = 2a+ y nên f(c) = y.
Sử dụng tính chất toàn ánh :
Tồn tại x0 ∈ R để f(x0) = 0 và :
∀x ∈ R,∃t ∈ R để f(t) = x+ x0 (22)
Theo giả thiết (21) thì
f(f(x0) + t) = 2x0 + f(f(t)− x0) (23)
Từ (22) và (23) suy ra x+ x0 = 2x0 + f(x)
Suy ra f(x) = x− x0
96
WWW.VNMATH.COM
Ví dụ 6. Tìm hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(x2 + f(y)) = xf(x) + y∀x; y ∈ R (24)
Nhận xét Nếu cho x = 0 vào (24) thì f(f(y)) = y Nếu có f(x0) = 0 thì dùng (24) có
f(x2) = xf(x) + x0
Giải :
+)Ta chứng minh f là song ánh
Cho x = 0 ta có f(f(y)) = y
Xét c ∈ R và chọn b = f(c) thì f(b) = f(f(c)) = c Vậy f là toàn ánh Mặt khác nếu
f(u) = f(v) thì f(f(u)) = f(f(v))⇒ u = v Vậy f là đơn ánh
+) Sử dụng tính chất song ánh :
Ta thấy tồn tại duy nhất a để f(a) = 0 Khi đó cho x = a và y = 0 vào (24) có
f(a2 + f(0)) = 0
⇒ f(0) = f(f(a2 + f(0)) = a2 + f(0)
Vậy a = 0 và f(0) = 0
+) Cho y = 0 vào (24) ta có f(x2) = xf(x)
Thay x bởi f(x) và dùng tính chất f(f(x)) = x : ta được f(f(x).f(x)) = f(x).x
Vậy f(f(x).f(x)) = f(x2) Theo tính chất song ánh thì f(x) = x hoặc f(x) = −x Ta thấy
không đồng thời xảy ra f(a) = a và f(b) = −b Vậy f(x) = x; hoặc f(x) = −x với mọi x
thuộc R
Chú ý
1/Nếu hàm số f : R → R thoả f(af(x) + bf(y)) = g(x)f(x) + cy + d thì cho x cụ
thể ta được đẳng thức chứa y và suy ra f là toàn ánh
2/ Nếu hàm số f : R→ R thoả f(f(x)) = ax+ b thì f là đơn ánh
3/Nếu có song ánh f : R → R và f(x2) = xf(x); f(f(x)) = x thì f(x) = x; hoặc
f(x) = −x
3 Dùng tính chẵn lẻ, tuần hoàn giải phương trình
hàm
Cách giả cho các bài toán trên là thay giá trị để xác định các tính chất chẵn lẻ;
tuần hoàn; từ đó định dạng hàm số
Ví dụ 7. Tìm hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(x+ y) = f(x− y);∀x; y ∈ R (25)
Nhận xét :
+Cho x = 0 ta thấy hàm số f chẵn
+ Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f(x)
Thế {
x = a ∈ R
y ∈ R
97
vào (25) ta có f(a+ x) = f(a− x) Mà f(a− x) = f(x− a) nên
f(a+ x) = f(x− a); (26)
Cho x bởi x− a vào (25) ta có f(x) = f(x− 2a), mà a tuỳ ý Vậy f là hàm hằng :
f(x) = c
Ví dụ 8. Tìm các hàm số f : R→ R và g : R→ R thoả điều kiện :
f(x)− f(y) = (x2 − y2)g(x− y);∀x; y ∈ R (27)
Giải :
+)Ta chứng minh các hàm số trên đều chẵn
Cho y = 0 vào (27) ta có
f(x)− f(0) = x2g(x) (28)
Biểu diễn :
f(x)− f(y) = f(x)− f(0)− f(y) + f(0)
và dùng (28) ta có :
f(x)− f(y) = x2g(x)− y2g(y)
So sánh với giả thiết (27) có
x2g(x)− y2g(y) = (x2 − y2)g(x− y)
Cho x = 0 và y 6= 0 tuỳ ý ta có g(y) = g(−y)
Vậy g là hàm chẵn và từ (28) suy ra f chẵn
+) Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f(x); g(x) Trong (27) thay y bởi −y ta có
f(x)− f(y) = (x2 − y2)g(x+ y) Vậy g(x+ y) = g(x− y) Chọn x =
u+ v
2
y =
u− v
2
khi đó {
x+ y = u
x− y = v
Thế vào (27) ta có : g(u) = g(v) Vậy g là hàm hằng : g(x) = c và f(x) = f(0) + cx2
Ví dụ 9. Tìm các hàm số thoả điều kiện :
f(f(x− y)) = f(x)− f(y) + f(x)f(y)− xy;∀x; y ∈ R (29)
Giải :
+)Ta chứng minh hàm số f lẻ
Giả sử f(0) = a cho x = y = 0 vào (29) ta có
f(a) = a2 (30)
98
WWW.VNMATH.COM
cho x = y = a vào (29) ta có
f(a) = (f(a))2 − a2 (31)
Từ (30) và (31) ta có a4 = 2a2
Mặt khác :
cho x = a; y = 0 vào (29) ta có
f(f(a)) = f(a)− a+ af(a) = a3 + a2 − a (32)
cho x = y = f(a) vào (29) ta có
f(a) = (f(f(a)))2 − (f(a))2 ⇒ (f(f(a)))2 = a4 + a2 (33)
Từ (32) và (33) ta có
a4 + a2 = (a3 + a2 − a)2
Vậy ta có hệ {
a4 = 2a2
a4 + a2 = ( a3 + a2-a)
2 ⇔ a = 0
Vậy f(0) = 0 Cho y = 0 vào (29) ta có f(f(x)) = f(x);∀x ∈ R (29) Trở thành
f(x− y) = f(x)− f(y) + f(x)f(y)− xy
Cho x = 0 ta có f(−y) = −f(y);∀y ∈ R
Vậy hàm số đã cho lẻ
+)Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f(x);
Thay x = y vào đẳng thức
f(x− y) = f(x)− f(y) + f(x)f(y)− xy
Ta suy ra (f(x))2 = x2
Vậy f(x) = x hoặc f(x) = −x;∀x ∈ R
Thử lại 2 kết quả trên đều thoả
Ví dụ 10. Cho hàm số f : R→ R thỏa điều kiện :
f(0) = 0; f(1) = 2 (34)
f(2 + x) = f(2− x); f(3 + x) = f(3− x);∀x ∈ R (35)
Tìm số nguyên x lớn nhất trong khoảng (-2000;2000) để (x) = 0
Giải :
Sử dụng giả thiết (35) để suy ra tính tuần hoàn của hàm số Ta có :f(2+x) = f(2−x)
suy ra f(2 + x− 2) = f(2− x+ 2). Vậy
f(x) = f(4− x) (36)
Tương tự f(3 + x) = f(3− x) suy ra f(3 + x− 3) = f(3− x+ 3).
99
Vậy
f(x) = f(6− x) (37)
Từ (36) và (37) có f(4− x) = f(6− x) suy ra f(t) = f(t+ 2) Vậy
f(t) = f(t+ 2) = f(t+ 4) = · · · = f(t+ 2k)
Theo giả thiết f(0) = 0; f(1) = 2
Vậy khi x nguyên ta có
f(x) =
{
0 khi x = 2k
2 khi x = 2k + 1
Suy ra 2k(k nguyên) là họ nghiệm nguyên duy nhất của f(x) = 0
Nghiệm x lớn nhất trong (-2000;2000) để f(x) = 0 là 1998
Ví dụ 11. Cho hàm sô f : R→ R thoả điều kiện :
f(i) = i; i = 1; 2; . . . 8; (38)
f(x+ 1) + f(x− 1) =
√
2f(x);∀x ∈ R (39)
Tìm f(k) khi k là số nguyên
Giải :
Cho x bởi x+ 1 vào (39) ta có :
f(x+ 2) + f(x) =
√
2f(x+ 1) (40)
Từ (39) và (40) suy ra
f(x+ 2) + f(x) =
√
2(
√
2f(x)− f(x− 1))
Vậy
f(x+ 2)− f(x) = −
√
2f(x− 1). (41)
Cho x bởi x+ 1 vào (41) ta có :
f(x+ 3)− f(x+ 1) = −
√
2f(x) (42)
Từ (39) và (42) suy ra
f(x+ 3)− f(x+ 1) = −f(x+ 1)− f(x− 1))
Vậy f(x+ 3) = −f(x− 1)
Suy ra f(x+ 4) = −f(x) và f(x+ 8) = f(x) Sử dụng giả thiết (38) ta có f(k) = i
khi k = 8n+ i; i = 1; 2; . . . ; 8
100
WWW.VNMATH.COM
Ví dụ 12. Cho hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(0)0; (43)
tồn tại a để f(a) = −1 và f(x) ≤ 1 khi x ∈ [0; 2a] (44)
f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x)f(y);∀x; y ∈ R (45)
Chứng minh f(x) ≤ 1;∀x ∈ R
Giải :
Cho x = y = 0 vào (45) ta có : 2f(0) = 2[f(0)]2
Mà theo giả thiết (43) thì suy ra f(0) = 1
Cho x = a; y = 0 vào (45) ta có : 2f(a) = 0 ( trái với (44) )
Cho x = y vào (44) ta có :
f(2x) = 2[f(x)]2 − 1 (46)
Cho x = y = a vào (45) ta có :
f(2a) = 1 (47)
Từ (48) và (48) suy ra f(4a) = 2[f(2a)]2 − 1 = 1 Cho x bởi x+ 2a và y bởi x− 2a
vào (45) ta có :
f(2x) + f(4a) = 2f(x+ 2a)f(x− 2a)
Vậy
f(2x) = 2f(x+ 2a)f(x− 2a)− 1 (48)
Từ (48) và (48) suy ra
[f(x)]2 = f(x+ 2a)f(x− 2a) (49)
Cho x tùy ý và y bởi 2a vào (45) ta có
f(x+ 2a) + f(x− 2a) = 2f(x)f(2a) = 2f(x) (50)
Từ (49) và (??) suy ra f(x+ 2a) = f(x− 2a) = f(x) Vậy hàm số f tuần hoàn mà
theo giả thiết f(x) ≤ 1 khi x ∈ [0; 2a] Suy ra f(x) ≤ 1;∀x ∈ R
4 Dựa vào tính đơn điệu của hàm số
Ví dụ 13. Tìm hàm số đồng biến
f : R→ R
thoả điều kiện :
f (k)(x) = x;∀x ∈ R(51); k nguyên dương cho trước (51)
101
trong đó
f (2)(x) = f(f(x)); f (n)(x) = f(f (n−1)(x))
Giải :
Ta chứng minh ∀x ∈ R; f(x) = x
Thật vậy nếu ngược lại tồn tại số thực a mà f(a) 6= a
TH1: f(a) < a mà f đồng biến nên :
f(f(a) < f(a); f (3)(a) < f(f(a)); . . . ; f (k)(a) < f (k−1)(a)
Suy ra f (k)(a) < a (trái với (51))
TH2: f(a) > a mà f đồng biến nên :
f(f(a) > f(a); f (3)(a) > f(f(a)); . . . ; f (k)(a) > f (k−1)(a)
Suy ra f (k)(a) > a (trái với (51) ) Vậy ∀x ∈ R; f(x) = x
Ví dụ 14. Cho số thực a và hàn số f : R→ R đồng biến thoả điều kiện :
f(x+ y) = f(x) + ay;∀x; y ∈ R (52)
Chứng minh a > 0
Giải : Ta biến đổi (52) đưa vế dạng g(x+ y) = g(x) Xét hàm
g(x) = f(x)− ax (53)
Theo giả thiết thì
g(x) + ax đồng biến trên R (54)
Thay (53) vào giả thiết (52) của bài toán ta có
g(x+ y) + a(x+ y) = g(x) + ax+ ay ⇔ g(x+ y) = g(x) (55)
Do (55) đúng ∀x; y ∈ R⇒ g(y) = g(0) = c; c là hằng số ; ∀y ∈ R Vậy
g(x) = c;∀x ∈ R (56)
Từ (54) và (56) suy ra g(x) + ax = c+ ax đồng biến trên R Vậy a > 0
Ví dụ 15. Tìm hàm số đồng biến thỏa điều kiện :
f(x+ y) = f(x) + f(y);∀x; y ∈ R (57)
Giải: Sử dụng tính đơn điệu chứng minh : f(x) = ax khi x ∈ R+; f(0) = 0; và từ
f(−x) = f(x) suy ra f(x) = ax khi x ∈ R;
+)Sử dụng (57) có f(n) = nf(1);∀n ∈ Z+
Và
f(1) = f(n.
1
n
) = nf(
1
n
);∀n ∈ Z+ ⇒ f( 1
n
) =
f(1)
n
∀n ∈ Z+
102
WWW.VNMATH.COM
Tiếp tục sử dụng (57) có
f(
m
n
) = f(m
1
n
) = mf(
1
n
) =
m
n
f(1);
∀m;n ∈ Z+
Đặt f(1) = a. khi đó ∀r ∈ Q+ ta có
f(r) = ar (58)
Ta xét số thực x dương và các dãy hữu tỉ (rn); (sn) dương thoả rn < x < sn và
lim
n→∞
rn = lim
n→∞
sn = x
Do f đồng biến nên f(rn) < f(x) < f(sn)
Sử dụng (58) suy ra arn < f(x) < asn
Cho n→∞ ta có f(x) = ax
+) Cho x = y = 0 và (57) ta có
f(0) = f(0) + f(0)⇒ f(0) = 0
Cho y = −x vào (57) ta có f(0) = f(x) + f(−x)
Vậy: f(−x) = −f(x);∀x ∈ R
Với x < 0 ta có f(x) = −f(−x) = −a(−x) = ax
Vậy f(x) = ax;∀x ∈ R
Ví dụ 16. Tìm hàm đồng biến f : R+ → R+ thỏa điều kiện :
f(
x2
f(x)
) = x; ∀x ∈ R
Giải : Xét hàm số
g(x) =
f(x)
x
(59)
Theo giả thiết thì
f(
x2
xg(x)
) = x⇔ f( x
g(x)
) = x
Do cách đặt (59) nên
x
g(x)
g(
x
g(x)
) = x⇔ g(x) = g( x
g(x)
) (60)
Thay x bởi
x
g(x)
vào (60) ta có
g(
x
g(x)
) = g(
x
g(x)g(
x
g(x)
)
) = g(
x
g2(x)
) (61)
103
(60) ,(61) và quy nạp có g(x) = g(
x
gn(x)
) Do (59) suy ra
g(x) =
f(
x
gn(x)
)
x
gn(x)
⇔ f( x
gn(x)
) =
x
gn−1(x)
Mặt khác :Ta có f(
x2
f(x)
) = x Cho x bởi f(x) ta được f(
f 2(x)
f(f(x))
) = f(x) Mà f tăng nên
f 2(x)
f(f(x))
= x
suy ra
f(f(x))
f(x)
=
f(x)
x
Khi đó :
g(f(x)) = g(x)⇒ g(xg(x)) = g(x)
⇒ g(x) = g(xg(x)g(xg(x))) = g(xg(x)g(x)) = g(xg2(x))
⇒ g(x) = g(xgn(x))
Xét
f(xgn(x)) = xgn(x)g(xgn(x)) = xgn(x)g(x) = xgn+1(x). (62)
Từ đây ta chứng minh g(x) là hằng số Thật vậy : nếu g giảm và cho u < v thì
g(u) > g(v) (63)
Mặt khác u < v thì f(u) < f(v) nên ug(u) < vg(v). Khi đó f(ug(u)) < f(vg(v)).
Dựa vào nhận xét (63) và quy nạp suy ra ugn(u) < vgn(v)
⇔ u
v
< (
g(v)
g(u)
)
n
. (64)
Dựa vào (64) để xây dựng dãy và suy ra điều vô lý Tương tự khi xét g tăng Vậy
g(x) = c và f(x) = cx
Ví dụ 17. Cho f : R+ → R+ thoả điều kiện :f(f(x) + y) = xf(1 + xy) Tìm f(x) Giải :
Ta xác định tính đơn điệu hàm f
Gs: v > u > 0 và hàm f không giảm Chọn
w =
vf(v)− uf(u)
v − u
⇒ w − f(u) =vf(v)− uf(u)− vf(u) + uf(u)
v − u = v
f(v)− f(u)
v − u ≥ 0
w − f(v) =vf(v)− uf(u)− vf(v) + uf(v)
v − u = u
f(v)− f(u)
v − u ≥ 0
104
WWW.VNMATH.COM
Khi đó ta có f(f(x) + y) = xf(1 + xy) suy ra
f(w) = f(f(u) + w − f(u) ) = uf(1 + u(w − f(u)) ) = uf(1 + uvf(v)− f(u)
v − u ) (65)
f(w) = f(f(v) + w − f(v) ) = vf(1 + v(w − f(v)) ) = vf(1 + uvf(v)− f(u)
v − u ) (66)
Từ (71) và (72) suy ra: u = v (vô lý ) Vậy f là hàm giảm Theo giả thiết f(f(x)+y) =
xf(1 + xy);
TH1: x > 1. Chọn 1 + xy = x, suy ra
f(f(x) +
x− 1
x
) = xf(x).
Ta chứng minh f(x) =
1
x
Thật vậy :Nếu f(x) >
1
x
thì xf(x) > 1
⇒ f(f(x) + x− 1
x
) > 1 (67)
Mặt khác f giảm và
f(x) +
x− 1
x
= f(x)− 1
x
+ 1 > 1
⇒ f(f(x) + x− 1
x
) < 1 (trái với (67))
Tương tự : Nếu f(x) <
1
x
thì xf(x) < 1
⇒ f(f(x) + x− 1
x
) < 1(68) (68)
Mặt khác f giảm và
f(x) +
x− 1
x
= f(x)− 1
x
+ 1 < 1⇒ f(f(x) + x− 1
x
) > 1(trivi(68))
TH 2: 0 < x < 1. Chọn y = 1, suy ra
f(f(x) + 1) = xf(1 + x) (69)
Do 1+x > 1 nên xf(1+x) =
x
1 + x
Ta lại có f(x)+1 > 1 nên f(f(x)+1) =
1
f(x) + 1
Vậy
(69)⇔ 1
f(x) + 1
=
x
1 + x
⇔ f(x) = 1
x
105
TH 3: x = 1. Ta có
f(f(1) + y) = f(1 + y) (70)
Ta CM f(1) = 1. Thật vậy
Nếu f(1) > 1 mà f giảm nên f(f(1) + y) < f(1 + y) (không thỏa (70) )
Nếu f(1) f(1 + y) (không thỏa (70) )
Vậy : f(1) = 1
Tóm lại f(x) =
1
x
Ví dụ 18. ( IMO-1992):
Tìm hàm số f : R→ R thoả điều kiện :
f(x2 + f(y)) = y + (f(x))2;∀x; y ∈ R (71)
Giải Ta cần chứng minh hàm số có điểm bất động và xét tính đơn điệu; tính tuyến tính
để từ đó định dạng hàm
+) Ta chứng minh f là song ánh
-Nếu có số thực u; v thoả f(u) = f(v)
Lấy x tuỳ ý và dùng (71) ta có
f(x2 + f(u)) = f(x2 + f(v))
Sử dụng (71) ta được u+ (f(x))2 = v + (f(x))2.
Vậy u = v ⇒ f là đơn ánh
-Cho x = 0 và y thay đổi vào (71) ta có
f(f(y)) = y + (f(0))2;∀y ∈ R (72)
Với y = k nào đó ta chọn b = f(k − (f(0))2).
Khi đó f(b) = f(f(k − (f(0))2)) = k − (f(0))2 + (f(0))2 = k
Vậy f là toàn ánh
Từ 2 kết quả trên suy ra f la song ánh
+) Ta chứng minh f(f(x)) = x;∀x ∈ R
Cho x = 0 và y tùy ý vào (71) ta có
f(f(y)) = y + (f(0))2;∀y ∈ R.
Đặt f(0) = b ta có
f(f(y)) = y + b2;∀y ∈ R; (73)
Do f là song ánh nên tồn tại a để f(a) = 0 Cho x = y = a vào (71) ta có
f(a2) = a; (74)
Theo (73) ta có
f(f(a2)) = a2 + b2; (75)
Từ (74) và (75) suy ra a2+b2 = f(a) = 0 Vậy a = b = 0; thế vào (73) có f(f(y)) = y
Tức là
f(f(x)) = x (76)
106
WWW.VNMATH.COM
+) Ta chứng minh f cộng tính và đồng biến Cho y = 0 vào (71) có f(x2) = (f(x))2
Vậy f(x) ≥ 0 khi x ≥ 0 Dùng (76) ta có :
Xét
f(x+ y) = f(x+ f(f(y)) = f(y) + (f(
√
x))2 = f(x) + f(y)
Xét u > v thì u− v > 0 nên f(u− v) > 0
Mà hàm trên cộng tính nên f(u) > f(v)
Vậy hàm f đồng biến , vậy f(x) = kx
Mà f(1) = 1 nên f(x) = x
107
Bất đẳng thức đồng bậc
Huỳnh Tấn Châu
Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên
Trong những năm gần đây, một số đề thi học sinh giỏi Quốc gia có bài toán về bất
đẳng thức. Một số các bài toán bất đẳng thức có dạng thuần nhất (đồng bậc). Nhằm
giúp cho các em học sinh trong đội tuyển tiếp cận và rèn luyện kỹ năng giải quyết các
bài toán này, tôi xin được trao đổi bài viết nhỏ này.
1. BẤT ĐẲNG THỨC THUẦN NHẤT (ĐỒNG BẬC)
Hàm số f (x1, x2, ..., xn) của các biến số thực x1, x2, ..., xnđược gọi là hàm thuần
nhất bậc k nếu với mọi số thực t ta có :f (tx1, tx2, ..., txn) = t
kf (x1, x2, ..., xn) Bất đẳng
thức f (x1, x2, ..., xn) ≥ 0, với f là hàm thuần nhất, được gọi là bất đẳng thức thuần nhất
Ví dụ : Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức
Chebyshev là các bất đẳng thức thuần nhất.
2. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CHUYỂN ĐƯỢC VỀ DẠNG ĐỒNG BẬC
Bài toán 1. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 5 (a2 + b2 + c2) ≤
6 (a3 + b3 + c3) + 1 (1)
Lời giải. Với giả thiết a + b + c =1, viết lại bất đẳng thức (1) dưới dạng tương đương
:
5 (a2 + b2 + c2) (a+ b+ c) ≤ 6 (a3 + b3 + c3) + (a+ b+ c)3
⇔ 5 (a3 + b3 + c3 + a2b+ a2c+ b2a+ b2c+ c2a+ c2b) ≤ 6 (a3 + b3 + c3) + a3 + b3 +
c3 + 3 (a2b+ a2c+ b2a+ b2c+ c2a+ c2b+ 2abc)
⇔ 2 (a3 + b3 + c3) + 6abc ≥ 2 (a2b+ a2c+ b2a+ b2c+ c2a+ c2b)
⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2b+ a2c+ b2a+ b2c+ c2a+ c2b
⇔ (b+ c− a) (c+ a− b) (a+ b− c) ≤ abc(2) bất đẳng thức (2) dễ dàng chứng
minh.Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Bài toán 2. (ROMANIA – BALKAN TST – 2006)
Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
a2
b
+
b2
c
+
c2
a
≥
3 (a2 + b2 + c2) (1)
Lời giải.
Cách 1. Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
202
WWW.VNMATH.COM
a2
b
+
b2
c
+
c2
a
=
a4
a2b
+
b4
b2c
+
c4
c2a
≥ (a
2 + b2 + c2)
2
a2b+ b2c+ c2a
Bất đẳng thức (1) được chứng minh nếu ta chứng minh được :
(a2 + b2 + c2)
2
a2b+ b2c+ c2a
≥ 3 (a2 + b2 + c2) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (a2b+ b2c+ c2a)
⇔ (a2 + b2 + c2) (a+ b+ c) ≥ 3 (a2b+ b2c+ c2a) (vì a + b + c = 1) ⇔ a3 + a2c+
b3 + b2a+ c3 + c2b ≥ 2 (a2b+ b2c+ c2a) (2)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có :a3 + ab2 ≥ 2√a3.ab2 = 2a2b
Tương tự ta được : b3 + bc2 ≥ 2b2c, c3 + ca2 ≥ 2c2a
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta thu được bất đẳng thức (2).
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
c.
Cách 2. Với a + b + c = 1, ta có :
a2
b
+
b2
c
+
c2
a
≥ 3 (a2 + b2 + c2) (1)
⇔
(
a2
b
+
b2
c
+
c2
a
)
(a+ b+ c) ≥ 3 (a2 + b2 + c2)
⇔ a2 + b2 + c2 + a
3
b
+
b3
c
+
c3
a
+
a2c
b
+
b2a
c
+
c2b
a
≥ 3 (a2 + b2 + c2)
⇔ a
3
b
+
b3
c
+
c3
a
+
a2c
b
+
b2a
c
+
c2b
a
≥ 2 (a2 + b2 + c2) (2)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM :
a2c
b
+ bc ≥ 2ac; b
2a
c
+ ac ≥ 2ba; c
2b
a
+ ba ≥ 2bc
⇒ a
2c
b
+
b2a
c
+
c2b
a
≥ ab+bc+ca⇒ a
3
b
+
b3
c
+
c3
a
+
a2c
b
+
b2a
c
+
c2b
a
≥ a
3
b
+
b3
c
+
c3
a
+ab+bc+ca
(3) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM :
a3
b
+ ab ≥ 2a2, b
3
c
+ bc ≥ 2b2, c
3
a
+ ca ≥ 2c2
⇒ a
3
b
+
b3
c
+
c3
a
+ ab+ bc+ ca ≥ 2 (a2 + b2 + c2) (4)
Từ (3) và (4) suy ra : ⇔ a
3
b
+
b3
c
+
c3
a
+
a2c
b
+
b2a
c
+
c2b
a
≥ 2 (a2 + b2 + c2) (đpcm)
Bài toán 3. (BALAN – 2010) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a4 + b4 + c4 ≥
a3 + b3 + c3
Chứng minh rằng :
a3√
b4 + b2c2 + c4
+
b3√
c4 + c2a2 + a4
+
c3√
a4 + a2b2 + b4
≥ √3
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra
a4 + b4 + c4
a3 + b3 + c3
≥ 1 nên ta qui bài toán về việc chứng minh bất đẳng
thức đồng bậc là :
a3√
b4 + b2c2 + c4
+
b3√
c4 + c2a2 + a4
+
c3√
a4 + a2b2 + b4
≥ √3.a
4 + b4 + c4
a3 + b3 + c3
Sử dụng kĩ thuật ghép đối xứng, ta sẽ chỉ ra rằng :
a3√
b4 + b2c2 + c4
≥
√
3a4
a3 + b3 + c3
⇔ 3a2 (b4 + b2c2 + c4) ≤ (a3 + b3 + c3)2 (1)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có : 3a2b4 = 3.ab.ab.b2 ≤ a3b3 + a3b3 + b6
3a2c4 = 3.ac.ac.c2 ≤ a3c3 + a3c3 + c6; 3a2b2c2 = 3.a2.bc.bc ≤ a6 + b3c3 + b3c3 Cộng các bất
đẳng thức trên vế theo vế ta thu được bất đẳng thức (1)
203
Do đó
a3√
b4 + b2c2 + c4
≥
√
3a4
a3 + b3 + c3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
3. MỘT SỐ KĨ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC
Bài toán 4. (ALBANIA – 2002) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
1 +
√
3
3
√
3
(a2 + b2 + c2)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ a+ b+ c+√a2 + b2 + c2
Lời giải.
Cách 1.
1 +
√
3
3
√
3
(a2 + b2 + c2)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ a+ b+ c+√a2 + b2 + c2 (1)
Khi thay (a, b, c ) bởi (ta, tb, tc) thì bất đẳng thức không thay đổi, do đó không
mất tổng quát giả sử a2 + b2 + c2 = 1 Khi đó (1) :
1 +
√
3
3
√
3
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ a+ b+ c+ 1
⇔ 1 +
√
3
3
√
3
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
(a+ b+ c) ≥ (a+ b+ c)2 + (a+ b+ c)(2)
Theo bất đẳng thức AM – GM:
1 +
√
3
3
√
3
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
(a+ b+ c) ≥ 1 +
√
3
3
√
3
.9 =
√
3 + 3 (3) Đặt X = a + b + c ≤√3 (a2 + b2 + c2) = √3 (bất đẳng thức Bunhiacốpxki).
Suy ra 0 < X ≤ √3
Do đó (a+ b+ c)2 + (a+ b+ c) = X2 +X ≤ 3 +√3 (4)
Từ (3) và (4) suy ra bất đẳng thức (2).
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Cách 2. Ta có : a + b + c ≤ √3 (a2 + b2 + c2) ⇒ a + b + c + √a2 + b2 + c2 ≤(
1 +
√
3
)√
(a2 + b2 + c2)
Bất đẳng thức (1) được chứng minh nếu ta chứng minh được:
1 +
√
3
3
√
3
(a2 + b2 + c2)
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥(
1 +
√
3
)√
(a2 + b2 + c2)⇔ 1
3
√
3
√
a2 + b2 + c2
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ 1 (2) Theo bất đẳng thức
AM – GM :
1
3
√
3
√
a2 + b2 + c2
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
≥ 1
3
√
3
√
3
3
√
a2b2c2.3 3
√
1
abc
= 1
Bài toán 5. (IRAN – 2010) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
+
1
(a+ b+ c)2
≥ 7
25
(
1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
a+ b+ c
)2
(1)
Lời giải.
Nhận xét : Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức thuần nhất. Khi ta thay (a; b; c)
bởi (ta; tb; tc) thì bất đẳng thức không thay đổi. Do đó không mất tính tổng quát, giả
sử a+ b+ c = 1 (a, b, c > 0). Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại :
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
+ 1 ≥
7
25
(
1
a
+
1
b
+
1
c
+ 1
)2
(2)
204
WWW.VNMATH.COM
Đặt
1
a
= x;
1
b
= y;
1
c
= z (x; y; z > 0)⇒ x+ y + z = 1
a
+
1
b
+
1
c
≥ 9
a+ b+ c
= 9
Bất đẳng thức (2) : x2 + y2 + z2 + 1 ≥ 7
25
(x+ y + z + 1)2 Do x2 + y2 + z2 ≥
1
3
(x+ y + z)2 nên bất đẳng thức trên được chứng minh nếu ta chứng minh được :
1
3
(x+ y + z)2 + 1 ≥ 7
25
(x+ y + z + 1)2 Đặt t = x + y + z ⇒ t ≥ 9. Ta cần chứng
minh :
1
3
t2 + 1 ≥ 7
25
(t+ 1)2 ⇔ 4t2 − 42t+ 54 ≥ 0⇔ (t− 9)
(
t− 3
2
)
≥ 0 Điều này hoàn
toàn đúng ∀t ≥ 9.
Do đó bài toán đã giải xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 6. Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c ta
luôn có : (a+ b+ c)2
(
1
a2 + b2 − c2 +
1
c2 + b2 − a2 +
1
a2 + c2 − b2
)
≥ 27 (1)
Lời giải.
Khi thay (a; b; c) bởi (ta; tb; tc) thì bất đẳng thức (1) không thay đổi, nên không mất
tổng quát giả sử a + b + c = 3. Khi đó (1) :
(
1
a2 + b2 − c2 +
1
c2 + b2 − a2 +
1
a2 + c2 − b2
)
≥
3 (2) Theo định lí hàm số cosin ta có : c2 = a2+b2−2abcosC⇒ a2+b2−c2 = 2abcosC Bất
đẳng thức (2) trở thành :
1
2abcosC
+
1
2bccosA
+
1
2accosB
≥ 3 ⇔ c
2abccosC
+
a
2abccosA
+
b
2abccosB
≥ 3⇔ R
abc
(tanA+ tanB + tanC) ≥ 3
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM : 3 = a + b + c ≥ 3 3√abc ⇒ abc ≤ 1⇒ R
abc
≥ R
Mặt khác 3 = a + b + c = 2R (sinA+ sinB + sinC) ≤ 2R.3
√
3
2
= 3
√
3.R ⇒ R ≥ 1√
3
⇒
R
abc
≥ 1√
3
(3) Tam giác ABC có 3 góc nhọn ta luôn có tanA+ tanB + tanC ≥ 3√3 (4)
Từ (3) và (4) suy ra
R
abc
(tanA+ tanB + tanC) ≥ 3(đpcm) Đẳng thức xả