Chủ đề này có 1 trả lời

[Math04]

Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$xf\left(x+y\right)\ge\left(y+1\right)f\left(x\right)+x-1, \forall x,y \in \mathbb{R} $

[Hoang72]

Kí hiệu $P(a;b)$ là phép thế $x=a;y=b$ vào BPTH đã cho.

Nhận xét 1: $\begin{cases} f(x) \geq 1,\forall x>1 \\ f(x)\leq 1,\forall x < 1\end{cases}$:

Chứng minh

$P(x;0)\Rightarrow xf(x)\geq f(x)+x-1,\forall x\in\mathbb R$

$\Rightarrow (x-1)(f(x) - 1)\geq 0,\forall x\in\mathbb R\Rightarrow \begin{cases} f(x) \geq 1,\forall x>1 \\ f(x)\leq 1,\forall x < 1\end{cases}$:

Nhận xét 2: $0\leq f(1)\leq 1$

Chứng minh

$P(1;y-1)\Rightarrow f(y)\geq yf(1),\forall y\in\mathbb R$.

Giả sử $f(1) < 0$. Chọn $y = \frac{2}{f(1)}$ ở trên ta có $f\left(\frac{2}{f(1)}\right) \geq 2>1$, mâu thuẫn với Nhận xét 1 vì $\frac{2}{f(1)}<0<1$.

Giả sử $f(1) > 1$. Chọn $\epsilon \in \left(\frac{1}{f(1)}, 1\right)$ bất kì.

Ta có $f(\epsilon) \geq \epsilon f(1)$, mà $f(\epsilon)\leq 1$ theo Nhận xét 1, còn $\epsilon f(1)>1\Rightarrow 1 < 1$, vô lí.

Nhận xét 3: $f(1)= 1$

Chứng minh

$P(x;1-x)\Rightarrow xf(1)\geq (2-x)f(x) + x-1,\forall x\in\mathbb R$.

Giả sử $f(1)<1$.

Với mọi $x\leq 2$, ta có $(2-x)f(x)\geq (2-x)xf(1)$.

Do đó $xf(1)\geq (2-x)xf(1) + x-1,\forall x\leq 2\Rightarrow xf(1)(x-1)\geq x-1,\forall x\leq 2$

$\Rightarrow (xf(1) - 1)(x-1)\geq 0,\forall x\leq 2\Rightarrow x\in (-\infty; 1]\cup \left[\frac{1}{f(1)}; +\infty\right),\forall x\leq 2$.

Điều này rõ ràng là vô lí. Suy ra $f(1)\geq 1$.

Kết hợp với Nhận xét 2 ta có $f(1) = 1$.

Bây giờ, ta thấy $f(1) =1$ nên $f(x)\geq x,\forall x\in\mathbb R$.

Ở phương trình hàm ban đầu, cho $x\leq0$ ta có: $x(x+y)\geq (y+1)f(x)+x-1,\forall x\leq0, y\in\mathbb R$

$\Rightarrow \frac{x^2+xy-x+1}{y+1}\geq f(x),\forall x\leq0, y > -1$.

Cho $y\to+\infty$ ta có ngay $f(x)\leq x,\forall x \leq 0\Rightarrow f(x) = x,\forall x \leq 0$.

$P(-1; y+1)\Rightarrow -f(y)\geq -(y+2)-2,\forall y\in\mathbb R\Rightarrow f(y)\leq y+4,\forall y\in\mathbb R$.

Do đó ở phương trình hàm ban đầu ta có: $x(x+y+4)\geq (y+1)f(x)+x-1,\forall x,y>0$

$\Rightarrow f(x)\leq \frac{x^2+xy+3x+1}{y+1},\forall x,y>0$.

Cho $y\to+\infty$ ta có $f(x)\leq x,\forall x>0$.

Như vậy $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy thoả mãn.

Vậy ta có hàm duy nhất thoả mãn $f(x)=x,\forall x\in\mathbb R$.