Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:81

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn "Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan" nhằm cung cấp một số vấn đề cơ bản về phương trình và bất phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình, qua đó phân tích một số dạng toán liên quan trong các đề thi học sinh giỏi Việt Nam cũng như các bài thi Olympic các nước và khu vực.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THU CÚC BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH BẬC TÙY Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THU CÚC BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH BẬC TÙY Ý VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019
i Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua. Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quá trình học cao học và viết luận văn này. Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Thu Cúc
ii Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình 3 1.1 Một số tính chất của tập hợp và các hàm số sơ cấp . . . . . 3 1.2 Hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng . . . . . . . 8 1.3 Nhận xét về lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4 Phương trình hàm Lobachevsky . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.5 Mối liên hệ giữa phương trình hàm Lobashevsky và phương trình hàm cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Chương 2. Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình 33 2.1 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình cộng . . . 34 2.2 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình nhân . . . 37 2.3 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.4 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ trung bình bậc hai . . 45 2.5 Bất phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình bậc tùy ý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Chương 3. Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình hàm qua các kỳ thi Olympic 51 3.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 3.2 Phương pháp sử dụng toàn ánh . . . . . . . . . . . . . . . . 56
iii 3.3 Phương pháp kết hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.4 Một số dạng bất phương trình hàm liên quan . . . . . . . . 65 3.5 Một số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm . . . . 70 Kết luận 75 Tài liệu tham khảo 76
1 Mở đầu Luận văn "Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan" nhằm cung cấp một số vấn đề cơ bản về phương trình và bất phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình, qua đó phân tích một số dạng toán liên quan trong các đề thi học sinh giỏi Việt Nam cũng như các bài thi Olympic các nước và khu vực. Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các dạng toán liên quan tới phương trình và bất phương trình hàm thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó vì phần kiến thức về chuyên đề này không nằm trong chương trình chính thức của SGK bậc trung học phổ thông. Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề phương trình và bất phương trình hàm, tôi chọn đề tài luận văn "Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình bậc tùy ý và các dạng toán liên quan". Những năm gần đây đã có một số luận văn cao học khảo sát các phương trình (xem [4]) và bất phương trình hàm (xem [5]) chuyển tiếp các đại lượng trung bình cơ bản. Luận văn này nhằm mục tiêu hoàn thiện chuyên đề về bất phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình bậc tùy ý nhằm giúp các giáo viên cũng như học sinh trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học phổ thông. Tiếp theo, trong luận văn khảo sát một số lớp bài toán về phương trình và bất phương trình hàm từ các đề thi học sinh giỏi Quốc gia và Olympic các nước những năm gần đây. Cấu trúc luận văn gồm 3 chương: Chương 1. Phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình.
2 Chương 2. Bất phương trình hàm sinh bởi các đại lượng trung bình. Chương 3. Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình hàm qua các kỳ thi Olympic.
3 Chương 1. Phương trình hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình Trong chương này, ta nhắc lại một số kiến thức về tập hợp và các hàm số sơ cấp. Đồng thời, ta xét lớp hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng, lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình khác, phương trình hàm Lobachevsky, mối liến hệ giữa phương trình hàm Lobachevsky và phương trình hàm cổ điển. 1.1 Một số tính chất của tập hợp và các hàm số sơ cấp Trong mục này, ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản về tập hợp cần thiết được sử dụng để giải các phương trình hàm liên quan. Định nghĩa 1.1 (xem [2],[3]). a) Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hoàn (cộng tính) chu kỳ a, (a > 0) trên M nếu M ⊂ D(f ) và  ∀x ∈ M thì x ± a ∈ M f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M. b) Cho f (x) là một hàm tuần hoàn trên M . Khi đó T (T > 0) được gọi là chu kỳ cơ cở của f (x) nếu f (x) tuần hoàn với chu kỳ T mà không là hàm tuần hoàn với bất cứ chu kỳ nào bé hơn T .
4 Bài toán 1.1 (xem [2], [3]). Tồn tại hay không tồn tại một hàm số f (x) 6≡ hằng số, tuần hoàn trên R nhưng không có chu kỳ cơ sở. Lời giải. Xét hàm Dirichlet  0, khi x ∈ Q f (x) = 1, khi x ∈ / Q. Khi đó f (x) là hàm tuần hoàn trên R chu kỳ a ∈ Q∗ tuỳ ý. Vì trong Q∗ không có số nhỏ nhất nên hàm f (x) không có chu kỳ cơ sở. Bài toán 1.2 (xem [2], [3]). Cho cặp hàm f (x), g(x) tuần hoàn trên M có các chu kỳ lần lượt là a và b với a/b ∈ Q. Chứng minh rằng F (x) := f (x) + g(x) và G(x) := f (x)g(x) cũng là những hàm tuần hoàn trên M . Lời giải. Theo giả thiết ∃m, n ∈ N+ , (m, n) = 1 sao cho a/b = m/n. Đặt T = na = mb. Ta có  F (x + T ) = f (x + na) + g(x + mb) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M G(x + T ) = f (x + na)g(x + mb) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M Hơn nữa, dễ thấy ∀x ∈ M thì x ± T ∈ M . Vậy F (x), G(x) là những hàm tuần hoàn trên M . Tiếp theo, ta xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R và tập giá trị R(f ) ⊂ R. Định nghĩa 1.2 (xem [2],[3]). a) f (x) được gọi là hàm số chẵn trên M, M ∈ D(f ) (gọi tắt là hàm chẵn trên M ) nếu ∀x ∈ M thì − x ∈ M và f (−x) = f (x), ∀x ∈ M. b) f (x) được gọi là hàm số lẻ trên M (gọi tắt là hàm lẻ trên M ) nếu ∀x ∈ M thì − x ∈ M và f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M. Bài toán 1.3. Cho x0 ∈ R. Xác định tất cả các hàm số f (x) sao cho f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R. (1.1)
5 x0 x0 Lời giải. Đặt x = − t suy ra t = − x. Khi đó 2 2 x0 x0 − x = +t 2 và (1.1) có dạng x x 0 0 f +t =f − t , ∀t ∈ R. (1.2) 2 2 x 0 Đặt g(t) = f + t thì 2 x x0 0 g(−t) = f − t , f (t) = g t − . 2 2 Khi đó (1.2) có dạng g(−t) = g(t), ∀t ∈ R. Vậy g(t) là hàm chẵn trên R. Kết luận. x0 f (x) = g x − , 2 trong đó g(x) là hàm chẵn tuỳ ý trên R. Bài toán 1.4. Cho a, b ∈ R. Xác định tất cả các hàm số f (x) sao cho f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R. (1.3) a Lời giải. Đặt − x = t, khi đó 2 a a x = − t; và a − x = + t. 2 2 Khi đó (1.3) có dạng a a f + t +f − t = b. (1.4) 2 2 Đặt b a f + t − = g(t) 2 2 Khi đó có thể viết (1.4) dưới dạng g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R hay là g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R. Vậy g(t) là hàm số lẻ trên R.
6 Kết luận. a b f (x) = g x − + , 2 2 trong đó g(x) là hàm lẻ tuỳ ý trên R. Trong phần tiếp theo của mục này, ta xét các đại lượng trung bình và đặc trưng hàm liên quan. Các kiến thức trong phần này đươc lấy từ các tài liệu [6] của J. Aczel. Trong các tài liệu này, J. Aczel đã đưa ra các phương pháp tổng quát về giải phương trình hàm các cấp, ví dụ: ϕ(x + y) = F [ϕ(x), ϕ(y)], (1.5) x + y ϕ = 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) Đồng thời, J. Aczel cũng đưa ra các tiêu chí về sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm. Kể từ đó, các phương pháp tổng quát đã được ông và các học trò của mình tìm ra. Trong luận văn này, ngoài các đại lượng trung bình cơ bản của các đối số, ta còn xét các đại lượng trung bình bậc tùy ý tổng quát: x+y 1. Trung bình cộng của các đối số ; x, y ∈ R. 2 √ 2. Trung bình nhân của các đối số xy; x, y ∈ R+ . 2xy 3. Trung bình điều hòa của các đối số ; x, y ∈ R+ . x+y r x2 + y 2 4. Trung bình bình phương của các đối số ; x, y ∈ R+ . 2 xp + y p p1 5. Trung bình bậc p (p > 1) của các đối số ; x, y ∈ R+ . 2 và các đại lượng trung bình của các hàm số: f (x) + f (y) 1. Trung bình cộng của các hàm số . 2 p 2. Trung bình nhân của các hàm số f (x)f (y). 2f (x)f (y) 3. Trung bình điều hòa của các hàm số . f (x) + f (y)
7 s [f (x)]2 + [f (y)]2 4. Trung bình bình phương của các hàm số . 2 [f (x)]p + [f (y)]p p1 5. Trung bình bậc p (p > 1) của các hàm số . 2 và xét các bài toán xác định hàm số chuyển tiếp các đại lượng từ trung bình của các đối số sang các đại lượng trung bình của các hàm số. Cuối cùng, ta xét các đại lượng trung bình và các đặc trưng hàm của các hàm sơ cấp liên quan. Tính chất 1.1 (Hàm bậc nhất). f (x) = ax + b, a; b 6= 0 có tính chất x + y 1 f = {f (x) + f (y)}, ∀x, y ∈ R. 2 2 Tính chất 1.2 (Hàm tuyến tính). f (x) = ax, a 6= 0 có tính chất f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. Tính chất 1.3 (Hàm mũ). f (x) = ax , a > 0, a 6= 1 có tính chất f (x + y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R. Tính chất 1.4 (Hàm Logarit). f (x) = loga |x| (a > 0, a 6= 1) có tính chất f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R\{0}. Tính chất 1.5 (Hàm Lũy thừa). f (x) = |x|a có tính chất f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R\{0}. Tính chất 1.6 (Hàm lượng giác). Hàm f (x) = sin x có tính chất f (3x) = 3f (x) − 4[f (x)]3 , ∀x ∈ R. Hàm f (x) = cos x có tính chất f (2x) = 2[f (x)]2 − 1, ∀x ∈ R. Hàm f (x) = tan x có tính chất f (x) + f (y) (2k + 1)π f (x + y) = , với x, y, x + y 6= , k ∈ Z. 1 − f (x)f (y) 2 Hàm f (x) = cot x có tính chất f (x)f (y) − 1 f (x + y) = , với x, y, x + y 6= kπ, k ∈ Z. f (x) + f (y)
8 Tính chất 1.7 (Hàm lượng giác ngược). Hàm f (x) = arcsin x có tính chất p p f (x) + f (y) = f (x 1 − y 2 + y 1 − x2 ), ∀x, y ∈ [−1, 1]. Hàm g(x) = arccos x có tính chất p p g(x) + g(y) = g(xy − 1 − x2 1 − y 2 ), ∀x, y ∈ [−1, 1]. Hàm h(x) = arctan x có tính chất x+y h(x) + h(y) = h , ∀x, y : xy 6= 1. 1 − xy Hàm p(x) = arccot x có tính chất xy − 1 p(x) + p(y) = p , ∀x, y : x + y 6= 0. x+y Tính chất 1.8 (Các hàm hyperbolic). Hàm f (x) = sinh x := 21 (ex − e−x ) có tính chất f (3x) = 3f (x) + 4[f (x)]3 , ∀x ∈ R. Hàm g(x) = cosh x := 21 (ex + e−x ) có tính chất g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y), x, y ∈ R. ex −e−x Hàm h(x) = tanh x := ex +e−x có tính chất h(x) + h(y) h(x + y) = . 1 − h(x)h(y) e+ e−x q(x) = coth x = x có tính chất e − e−x 1 + q(x)q(y) q(x + y) = . q(x) + q(y) 1.2 Hàm chuyển tiếp từ đại lượng trung bình cộng Bài toán 1.5 (Trung bình cộng vào trung bình cộng). Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: x + y f (x) + f (y) f = , ∀x, y ∈ R. (1.9) 2 2
9 Lời giải. Đặt f (0) = b và f (x) = b + g(x). Khi đó g(0) = 0. Thế vào (1.9), ta có x + y 2b + g(x) + g(y) b+g = , ∀x, y ∈ R 2 2 x + y g(x) + g(y) g = , ∀x, y ∈ R, (1.10) 2 2 trong đó g(0) = 0. x Thay y = 0 vào (1.10), ta có g = g(x) 2 2 hay x + y g(x + y) g = , ∀x, y ∈ R. 2 2 x + y Thay vào (1.10) ta có g = g(x)+g(y) 2 , ∀x, y ∈ R. 2 g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R. (1.11) Vì g(x) liên tục trên R nên (1.11) là phương trình hàm Cauchy và do đó g(x) = ax. Suy ra f (x) = ax + b, a, b, ∈ R. Thử lại ta thấy nghiệm f (x) = ax + b thỏa mãn điệu kiện của đầu bài. Vậy hàm cần tìm là: f (x) = ax + b, a, b ∈ R tùy ý. Bài toán 1.6 (Trung bình cộng vào trung bình nhân). Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: x + y q f = f (x).f (y), ∀x, y ∈ R. (1.12) 2 Lời giải. Với x = t, y = t, ta có q f (t) = [f (t)]2 =| f (t) |> 0, ∀t ∈ R. Khi đó, xảy ra các trường hợp sau: + Trường hợp 1: ∃x0 để f (x0 ) = 0. Khi đó, ∀t ∈ R ta có x + (2t − x ) q 0 0 f (t) = f = f (x0 ).f (2t − x0 ) = 0, ∀t ∈ R. 2 Vậy f (t) ≡ 0 là một nghiệm của (1.12). + Trường hợp 2: f (t) > 0, ∀t ∈ R. Lấy logarit cơ số e hai vế của (1.12) ta được x + y ln f (x) + ln f (y) ln f = ln[f (x).f (y)](1/2) = , ∀x, y ∈ R, 2 2
10 hay x + y g(x) + g(y) g = , ∀x, y ∈ R, (1.13) 2 2 trong đó g(t) = ln f (t). Vậy (1.13) là hàm số chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng nên theo Bài toán 1.5 thì g(t) = at + b và ln f (t) = at + b. Vậy f (t) = eat+b = eb (ea )t = BAt . Như vậy: f (x) = BAt , A, B > 0 tùy ý, ∀x ∈ R. Bài toán 1.7 (Trung bình cộng vào trung bình điều hòa). Tìm các hàm số f (x) : R → R+ xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện x + y 2f (x)f (y) f = , ∀x, y ∈ R. (1.14) 2 f (x) + f (y) Lời giải. Theo giả thiết, ta thấy: x + y (1.14)⇔ f = 1 +2 1 , ∀x, y ∈ R, 2 f (x) f (y) hay 1 1 1 f (x) + f (y) x + y = , ∀x, y ∈ R, f 2 2 nên x + y g(x) + g(y) g = , ∀x, y ∈ R, 2 2 1 trong đó g(t) = f (t) , ∀t ∈ R. Khi đó g(t) > 0, ∀t ∈ R. Theo kết quả của 1 Bài toán 1.5 ta được g(t) = at+b, ∀t ∈ R và f (t) = at+b . Chọn a, b để f (t) có hai tính chất liên tục và dương ∀t ∈ R mẫu số khác 0 nên a = 0, b > 0 suy ra f (t) = 1b . Thử lại kết quả ta thấy hàm này thỏa mãn điệu kiện đầu bài ra. Vậy f (x) ≡ c, c > 0 tùy ý. Bài toán 1.8 (Trung bình cộng vào trung bình bậc hai). Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện r x + y [f (x)]2 + [f (y)]2 f = , ∀x, y ∈ R. (1.15) 2 2 Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ R. Vì vậy
11 h x + y i2 [f (x)]2 + [f (y)]2 (1.15) ⇔ f = , ∀x, y ∈ R. 2 2 hay x + y g(x) + g(y) g = , ∀x, y ∈ R, với g(x) = [f (x)]2 > 0. 2 2 Theo kết quả của Bài toán 1.5 thì g(x) = ax + b, a, b ∈ R tùy ý. √ Vì g(x) > 0 ∀x ∈ R nên a = 0 và b > 0. Suy ra f (x) = b, b > 0. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra Kết luận. f (t) = c, c > 0 tùy ý. 1.3 Nhận xét về lớp hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình khác Trong mục này, tương tự như mục đã trình bày ở trên, ta xét một số dạng phương trình hàm chuyển tiếp từ các đại lượng trung bình này thành thành trung bình khác. Bài toán 1.9 (Trung bình nhân thành trung bình cộng). Tìm các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R+ thỏa mãn điều kiện √ f (x) + f (y) f ( xy) = , ∀x, y ∈ R+ . (1.16) 2 Lời giải. Vì x > 0, y > 0 nên có thể đặt x = eu , y = ev , u, v ∈ R. Thay vào (1.16) ta được √ f (eu ) + f (ev ) u+v f( e ) = , ∀u, v ∈ R 2 u+v f (eu ) + f (ev ) ⇔ f (e 2 )= , ∀u, v ∈ R 2 hay g(u) + g(v) u + v g = , ∀u, v ∈ R, (1.17) 2 2 trong đó g(t) = f (et ), ∀t ∈ R. Theo kết quả của Bài toán 1.5 ta được g(u) = au + b, ∀u ∈ R.
12 Suy ra f (x) = a ln x + b, a, b ∈ R tùy ý. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra. Kết luận. f (t) = a ln t + b, a, b ∈ R tùy ý. Bài toán 1.10 (Trung bình điều hòa thành trung bình cộng). Tìm các hàm số f (t) xác định, liên tục trên R \ {0} và thỏa mãn điều kiện 2xy f (x) + f (y) f = , ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0. (1.18) x+y 2 1 1 1 Lời giải. Đặt = u, = v, f = g(u). Khi đó g(u) liên tục trên x y u R \ {0} và (1.18) có dạng u+v g(u) + g(v) g( )= , ∀u, v, u + v 6= 0. 2 2 a Theo Bài toán 1.5, thì g(u) = au + b. Do đó f (x) = + b. x Kết luận. a f (t) = + b; a, b ∈ R tùy ý. t Bài toán 1.11 (Trung bình điều hòa thành trung bình bậc hai). Tìm các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R \ {0} thỏa mãn điều kiện s 2xy [f (x)]2 + [f (y)]2 f = , ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0. (1.19) x+y 2 Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x 6= 0. Vậy h 2xy i2 [f (x)]2 + [f (y)]2 f = , ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0. x+y 2 " !#2 2 [f (x)]2 + [f (y)]2 ⇔ f = , ∀x, y ∈ R \ {0}, x + y 6= 0 hay 1 1 2 + x y h 1 i2 h 1 i2 h 2 i2 f + f 1 1 f = u v , u = , v = , ∀u, v ∈ R \ {0}, u+v 2 x y u + v 6= 0.
13 Từ đó suy ra u + v g(u) + g(v) g = , ∀u, v ∈ R \ {0}, u + v 6= 0. 2 2 trong đó h 1 i2 g(u) = f > 0, ∀u 6= 0. u Theo kết quả của Bài toán 1.5 thì g(u) = au + b, ∀u ∈ R \ {0}. Để g(u) > 0, ∀u 6= 0 phải chọn a = 0 và b > 0. Vậy f (x) ≡ c, c > 0 tùy ý. Kết luận. f (t) ≡ c, c > 0 tùy ý. Bài toán 1.12 (Trung bình bậc hai thành trung bình cộng). Tìm các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện s ! 2 2 x +y f (x) + f (y) f = , ∀x, y ∈ R. (1.20) 2 2 Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) = f (|x|), ∀x ∈ R. √ √ Đặt |x| = u, |y| = v (u, v > 0). Khi đó r u + v f (√u) + f (√v) (1.20) ⇔ f = , ∀u, v > 0. 2 2 √ Đặt f ( u) = g(u), u > 0 ta được u + v g(u) + g(v) g = , ∀u, v > 0. 2 2 Theo Bài toán 1.5 thì g(u) = au + b. √ Do đó f ( u) = au + b, u > 0 và f (u) = au2 + b, u > 0. Suy ra f (x) = f (|x|) = ax2 + b, ∀a, b ∈ R. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận. f (t) = at2 + b; ∀a, b ∈ R tùy ý. Bài toán 1.13 (Từ trung bình bậc hai thành trung bình bậc hai). Tìm các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R+ thỏa mãn điều kiện s ! s x2 + y 2 [f (x)]2 + [f (y)]2 f = , ∀x, y ∈ R+ . (1.21) 2 2
14 Lời giải. Theo giả thiết f (x) > 0, x ∈ R+ . Suy ra s h x2 + y 2 i2 [f (x)]2 + [f (y)]2 (1.21) ⇔ f = , ∀x, y ∈ R+ 2 2 hay √ √ r u + v g( u) + g( v) g = , ∀u, v > 0, 2 2 trong đó g(u) = [f (u)]2 > 0, ∀u > 0. Từ đó suy ra u + v h(u) + h(v) h = , ∀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. Để g(x) > 0, ∀x > 0 cần phải chọn a > 0 và b > 0. Kết luận. √ f (t) = at2 + b với a, b > 0 tùy ý. Bài toán 1.14 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình cộng). Tìm các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện r xp + y p f (x) + f (y) p f = , ∀x, y ∈ R. (1.22) 2 2 Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) = f (|x|), ∀x ∈ R. √ √ Đặt |x| = p u, |y| = p v (u, v > 0). Khi đó r u + v f (√ p √ u) + f ( p v) p (1.22) ⇔ f = , ∀u, v > 0. 2 2 √ Đặt f ( p u) = g(u), u > 0 ta được u + v g(u) + g(v) g = , ∀u, v > 0. 2 2 Theo Bài toán 1.5 thì g(u) = au + b. √ Do đó f ( p u) = au + b, u > 0 và f (u) = aup + b, u > 0. Suy ra f (x) = f (|x|) = axp + b, ∀a, b ∈ R. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán đặt ra. Kết luận. f (t) = atp + b; ∀a, b ∈ Rtùy ý.
15 Bài toán 1.15 (Trung bình bậc tùy ý thành trung bình nhân). Tìm các hàm số f (t) xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện r xp + y p q p f = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R. (1.23) 2 Lời giải. Từ giả thiết suy ra f (x) > 0, ∀x > 0. Nếu tồn tại x0 sao cho f (x0 ) = 0 thì r xp + y p q p 0 f = f (x0 )f (y) = 0, ∀y ∈ R+ , 2 nên f (x) ≡ 0, ∀x > 0. |x0 | Đổi vai trò x0 bằng √ và sử dụng phương pháp quy nạp, ta được 2 |x | 0 f √ , ∀n ∈ N. ( 2)n Vì f (x) liên tục tại x = 0 nên |x | 0 lim f √p = f (0) = 0. n→∞ ( 2)n Do đó r xp0 + 0 |x | q p 0 f =f √ = f (x0 )f (0) = 0, ∀x > 0. 2 2 Vậy f (x) ≡ 0, ∀x > 0. Mặt khác, cũng từ (1.23), ta có s x2 + x2 q f = f (|x|) = [f (x)]2 = |f (x)|, ∀x > 0, 2 nên f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R. Giả sử f (x) 6= 0, ∀x ∈ R. Nếu tồn tại x1 để f (x1 ) < 0 thì theo (1.23), ta có r xp + y p q p 1 f = f (x1 )f (y) = 0, ∀y ∈ R, 2 dẫn đến f (y) < 0, ∀y ∈ R, trái với giả thiết. Do đó f (x) > 0, ∀x ∈ R và r xp + y p ln[f (√p √ x)] + ln[f ( p y)] p (1.23) ⇔ ln f = , ∀x, y ∈ R. 2 2