Cho hàm số $f:{\mathbb{R}}^{+}\to {\mathbb{R}}^{+}$ thỏa mãn $f(1)=1$ và

$$f(x)+f(y)+f(z)+f(t)⩽f(x+y+z+t)⩽4\max \{f(x),f(y),f(z),f(t)\}$$

với mọi $x,y,z,t>0$.

a) Chứng minh rằng $f$ tăng ngặt trên ${\mathbb{R}}^{+}$ và $f(2026)\ge 2026$.

b) Tìm tất cả hàm số $f$ thỏa mãn bài toán.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P2).

a) Trước hết, lấy $0<x<y$ và đặt $h=\frac{y-x}{3}>0$. Thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,h,h,h)$ để suy ra

$$f(u)=f(x+3h)\ge f(x)+3f(h)>f(x).$$

Vậy $f$ tăng ngặt trên ${\mathbb{R}}^{+}$.

Tiếp theo, thay $(x,y,z,t)$ bởi $(n,1,1,1)$ suy ra

$$f(n+3)\ge f(n)+3f(1)=f(n)+3.$$

Bằng quy nạp suy ra được $f(3n+1)\ge 3n+1$ với mọi số nguyên $n\ge 0$, do đó $f(2026)\ge 2026$.

b) Cách 1. Cố định $x>0$. Với mỗi $m$ đủ lớn, gọi $a_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$a_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),a_m\le 4^{m}x.$$

Ta có $0\le 4^{m}x-a_m<3$, nên $a_m/4^m\to x$. Bởi tính tăng ngặt của $f$ và nhận xét trên nên

$$4^{m}f(x)=f(4^{m}x)\ge f(a_m)\ge a_{m}f(1)=a_m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\ge x$.

Tương tự, gọi $b_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$b_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),b_{m}x\le 4^m.$$

Khi đó $0\le 4^m/x-b_m<3$, nên $4^m/b_m\to x$. Ta có

$$b_{m}f(x)\le f(b_{m}x)\le f(4^m)=4^m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\le x$. Do đó $f(x)=x$ với mọi $x>0$.

Cách 2. Cho $x=y=z=t=u$ trong giả thiết, khi đó $4f(u)\le f(4u)\le 4f(u)$ nên

$$f(4u)=4f(u),\forall u>0$$

Từ đây ta suy ra được với mọi $x,y,z,t>0$ thì

$$\frac{f(x)+f(y)+f(z)+f(t)}{4}\le \frac{f(x+y+z+t)}{4}=f\left(\frac{x+y+z+t}{4}\right).$$

Hơn nữa, khi thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,x,y,y)$ ta được

$$f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge \frac{f(x)+f(y)}{2},\forall x,y>0$$

Ta có $f(2u)\ge \frac{f(u)+f(3u)}{2}$ và $f(3u)\ge \frac{f(2u)+f(4u)}{2}=\frac{f(2u)+4f(u)}{2}$ nên

$$f(2u)\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(3u)}{2}\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(2u)+4f(u)}{4}=\frac{f(2u)}{4}+\frac{3f(u)}{2}$$

Suy ra $f(2u)\ge 2f(u)$ nên $f(u)\ge 2f\left(\frac{u}{2}\right)$.

Mặt khác $f(2u)=4f\left(\frac{u}{2}\right)$ nên $f(u)\ge \frac{f(2u)}{2}$, hay $f(2u)\le 2f(u)$. Vậy $f(2u)=2f(u)$ với mọi $u>0$.

Vì vậy với mọi $x,y>0$, ta có $f(x+y)=2f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge f(x)+f(y)$.

Từ $f(1)=1$ và $f(2u)=2f(u)$, bằng cách lặp lại ta được $f(2^k)=2^k$ với mọi $k\in \mathbb{Z}$.

Xét $r=\frac{m}{2^n}$, trong đó $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $n\in \mathbb{N}$, khi đó ta có $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\ge mf\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{m}{2^n}$.

Chọn $N>m$ là lũy thừa của 2, ta có $f\left(\frac{N}{2^n}\right)=\frac{N}{2^n}$ và $f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge (N-m)f\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{N-m}{2^n}$.

Bởi vậy $\frac{N}{2^n}=f\left(\frac{N}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+\frac{N-m}{2^n}$.

Suy ra $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\le \frac{m}{2^n}$ nên $f(r)=r$ với mọi $r>0$ có dạng $r=\frac{m}{2^n}$ với $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },n\in \mathbb{N}$.

Cuối cùng, với $x>0$ tùy ý, đặt $r_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor }{2^n}$ và $s_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor +1}{2^n}$ với mọi $n$ đủ lớn.

Khi đó $r_n\to x$ và $s_n\to x$. Vì $f$ đồng biến nên $r_n=f(r_n)\le f(x)\le f(s_n)=s_n$.

Cho $n\to \infty$, ta được $f(x)=x$ với mọi $x>0$, thử lại thấy thoả mãn.