một số lớp phương trình hàm với cặp đối số biến đổi

Hội thảo Khoa học: Các chuyên đề chuyên Toán bồi dưỡng học sinh giỏi, Hà Nội 26-27/03/2012
Một số lớp phương trình hàm với
cặp đối số biến đổi
Nguyễn Văn Mậu, ĐHKHTN, ĐHQGHN
Phạm Thị Nhàn, Sở GD và ĐT Quảng Ninh
Tóm tắt nội dung
Báo cáo này viết về phương trình hàm với đối số biến đổi trong lớp hàm thực
hai biến với đối số biến đổi là các dạng đối hợp và song đối hợp. Dựa vào các đặc
trưng của toán tử đại số, cho phép ta tìm nghiệm tường minh của lớp các phương
trình hàm dạng
f(x, y) ±f(2p −x, y) ±f(x, 2q −y) + f(2p − x, 2q − y) = h(x, y), (x, y) ∈ Ω, (1)
trong đó điểm (p, q) là tâm đối xứng của tập Ω ⊂ R × R, h(x, y) là hàm đã biết.
Trong phần áp dụng, khảo sát hai lớp phương trình dạng
f(xy) ± f ((1 − x)y ± f (x(1 − y)) + f ((1 − x)(1 − y)) = h(xy), ∀x, y ∈ (0, 1).
và
f(x + y) ± f (−x + y) ± f (x − y) + f(−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1)
đã được đề cập trong [1]-[4].
1 Hàm cộng tính và song cộng tính
Trong mục này sẽ giới thiệu tổng quan về lớp phương trình hàm Cauchy và các lớp
hàm cộng tính phi tuyến (xem [1]-[2]). Có lẽ A.M. Legendre là người đầu tiên đã tìm
được nghiệm của phương trình hàm Cauchy
f(x + y) = f (x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Trong cuốn sách của Kuczma (1985) đã trình bày rất chi tiết các tính chất của lớp hàm
cộng tính. Tiếp theo, lớp hàm cộng tính cũng được đề cập nhiều trong các cuốn sách
của Acze’l (1966), Acze’l (1987), Acze’l và Dhombres (1989), và Smital (1988). Nghiệm
tổng quát của nhiều phương trình hàm hai hay nhiều biến có thể biểu diễn thông qua
các hàm cộng tính, lũy thừa, logarit hay mũ.
1.1 Về lớp hàm cộng tính liên tục
Trong mục này, ta định nghĩa hàm cộng tính và khảo sát dáng điệu của chúng theo
các giả thiết về tính trơn khác nhau chẳng hạn như tính đo được, tính liên tục, tính khả
vi, tính đơn điệu,

Định nghĩa 1. Một hàm f : R → R, với R là tập số thực, được gọi là một hàm cộng
tính khi và chỉ nó thỏa phương trình hàm Cauchy
f(x + y) = f (x) + f(y), ∀x, y ∈ R. (2)
Phương trình hàm (2) được xét đầu tiên bởi A.M. Legendre (1791) và C.F. Gauss
(1809) nhưng A.L. Cauchy (1821) mới là người đầu tiên tìm thấy nghiệm tổng quát của
nó. Phương trình (2) có một vị trí đặc biệt trong toán học. Nó được gặp ở hầu hết tất
cả các ngành học của toán như là sự khởi đầu của các phép tính đối với hàm số.
Định nghĩa 2. Một hàm f : R → R được gọi là tuyến tính khi và chỉ khi nó có dạng
f(x) = ax ∀x ∈ R,
với a là hằng số tùy ý.
Đồ thị của một hàm tuyến tính f(x) = ax là một đường thẳng (không thẳng đứng)
đi qua gốc tọa độ và do đó nó được gọi là tuyến tính. Câu hỏi được đặt ra là ngoài hàm
tuyến tính trên thì còn có hàm cộng tính nào khác nữa không?
Ta dễ dàng chỉ ra rằng chỉ có các hàm cộng tính liên tục mới là tuyến tính. Điều
này đã được Cauchy đưa ra vào năm (1821).
Định lý 1. Cho f : R → R là một hàm cộng tính liên tục. Thế thì f là tuyến tính,
nghĩa là f (x) = ax ở đây a là một hằng số tùy ý.
Để ý rằng, tính liên tục của f suy ra f cũng là khả tích. Tính khả tích của f đã làm
hàm cộng tính f trở thành tuyến tính. Do đó mọi hàm cộng tính khả tích cũng là tuyến
tính.
Định nghĩa 3. Hàm f : R → R được gọi là khả tích địa phương khi và chỉ khi nó là
khả tích trên mọi đoạn hữu hạn.
Ta có kết luận rằng mọi ánh xạ cộng tính khả tích địa phương cũng là tuyến tính.
Ta nêu một chứng minh ngắn gọn bằng cách sử dụng cách chứng chính quy của Shapiro
(1973). Giả thiết f là hàm cộng tính khả tích địa phương. Từ đó f (x + y) = f (x) + f(y)
đúng ∀x, y ∈ R. Từ điều này và sử dụng tính khả tích địa phương của f, ta có
yf (x) =
y

0

f(x)dz =
y

0
[f(x + z) − f(z)] dz
=
x+y

x
f(u)du −
y

0
f(z)dz =
x+y

0
f(u)du −
x

0
f(u)du −
y

0
f(u)du.
2
Vế phải của phương trình trên là bất biến khi hoán đổi x và y, nghĩa là
yf (x) = xf(y), ∀x ∈ R.
Do đó, với x = 0, ta thu được

f(x)
x
= a,
với a là hằng số tùy ý. Từ đây suy ra f(x) = ax, ∀x ∈ R \{0}. Vì f là cộng tính, ta biết
rằng f(0) = 0. Kết hợp hai điều trên, ta kết luận f là hàm tuyến tính trong R.
Mặc dù chứng minh trên là rất vắn tắt và được suy ra bằng cách chỉ vận dụng các
tính toán thông thường, nhưng nó chưa làm sáng tỏ vấn đề liên quan giữa tính cộng
tính và tính tuyến tính.
Tiếp theo, ta sẽ trình bày một chứng minh khác, nó giúp ta hiểu dáng điệu của hàm
cộng tính nhiều hơn. Trước tiên, ta bắt đầu với định nghĩa sau đây.
Định nghĩa 4. Hàm f : R → R được gọi là thuần nhất hữu tỉ khi và chỉ khi
f(rx) = rf (x), ∀x ∈ R, r ∈ Q. (3)
Định lý dưới đây chứng tỏ rằng hàm cộng tính là thuần nhất hữu tỉ.
Định lý 2. Cho f : R → R là một hàm cộng tính . Thế thì f là thuần nhất hữu tỉ. Hơn
nữa, f là tuyến tính trên tập số hữu tỉ Q.
Chứng minh. Cho x = 0 = y ở (2) ta thấy rằng f (0) = f (0) + f (0) và do đó
f(0) = 0. (4)
Thế y = −x ở (2) và sử dụng (4) , ta thấy rằng f là một hàm lẻ trong R, nghĩa là
f(−x) = −f (x), ∀x ∈ R. (5)
Như vậy, ta chỉ ra rằng một hàm cộng tính là 0 tại gốc và nó là hàm lẻ. Tiếp theo ta sẽ
chỉ ra rằng một hàm cộng tính là thuần nhất hữu tỉ. Với x tùy ý,
f(2x) = f (x + x) = f (x) + f(x) = 2f (x).
Từ đó
f(3x) = f (2x + x) = f (2x) + f(x) = 2f (x) + f(x) = 3f (x);
vì vậy trường hợp tổng quát (sử dụng phép quy nạp)
f(nx) = nf (x) (6)
với mọi n nguyên dương. Nếu n nguyên âm, thì −n là một số nguyên dương và bởi (6)
và (5) , ta có
f(nx) = f (−(−n)x) = −f(−nx) = −(−n)f(x) = nf (x).
3

Như vậy, ta đã chứng tỏ f(nx) = nf (x) với mọi số nguyên n và ∀x ∈ R. Tiếp theo, cho
r là một số hữu tỉ tùy ý, ta có
r =
k
l
với k là một số nguyên và l là một số tự nhiên. Ngoài ra, kx = l(rx). Sử dụng tính
nguyên thuần nhất của f, ta có được
kf(x) = f(kx) = f(l(rx)) = lf(rx)
nghĩa là
f(rx) =
k
l
f(x) = rf(x).
Do đó, f là thuần nhất hữu tỉ. Ngoài ra, cho x = 1 trong phương trình trên và đặt
a = f(1), ta thấy rằng
f(r) = ar, ∀r ∈ Q.
Từ đó, f là tuyến tính trên tập các số hữu tỉ. 
Bây giờ ta trình bày chứng minh thứ hai của Định lí 2. Cho f là hàm cộng tính và
liên tục trên tập số thực. Với số thực tùy ý x thì luôn tồn tại một dãy {r
n
} các số hữu
tỉ với r
n
→ x. Do f là cộng tính, theo Định lí 1.2, f là tuyến tính trên tập số hữu tỉ.
Nghĩa là
f(r
n
) = ar
n
, ∀n

Bây giờ sử dụng tính liên tục của f, ta có
f(x) = f

lim
n→∞
r
n

= lim
n→∞
f

r
n

= lim
n→∞
ar
n
= ax.
Dễ thấy rằng
Định lý 3. Nếu một hàm cộng tính liên tục tại một điểm, thì nó liên tục tại mọi điểm.
1.2 Lớp hàm cộng tính không liên tục
Trong mục trước, ta đã chứng tỏ rằng lớp hàm cộng tính liên tục là tuyến tính.
Thậm chí nếu ta làm yếu điều kiện liên tục thành liên tục tại một điểm, lớp hàm cộng
tính vẫn tuyến tính. Trong nhiều năm qua sự tồn tại của lớp hàm cộng tính gián đoạn
vẫn còn là một vấn đề mở. Các nhà toán học không chứng minh được rằng mọi hàm
cộng tính là liên tục hay chỉ ra một phản ví dụ về một hàm cộng tính gián đoạn. Năm
1905, nhà toán học Đức G. Hamel, người đầu tiên đã thành công trong việc chứng minh
rằng tồn tại các hàm cộng tính gián đoạn.

Bây giờ ta bắt đầu tìm hiểu về lớp hàm cộng tính phi tuyến. Trước tiên, ta chỉ ra
rằng lớp hàm cộng tính phi tuyến phô diễn một dáng điệu rất kì lạ.
4
Định nghĩa 5. Đồ thị của một hàm f : R → R là tập
G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)}.
Dễ dàng thấy rằng đồ thị của hàm f : R → R là tập con của không gian R
2
.
Định lý 4. Đồ thị của mọi hàm cộng tính phi tuyến f : R → R là trù mật khắp nơi
trong không gian R
2
.
Chứng minh. Đồ thị G của hàm f được cho bởi
G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)}.
Chọn một số khác không x
1
trong R. Từ f là một ánh xạ cộng tính phi tuyến, với mọi
hằng số m, có sự tồn tại một số thực khác không x
2
sao cho
f

x
1

x
1
=
f


x
2

x
2
,
theo cách khác viết m =
f(x
1
)
x
1
và giả sử x
1
= x, ta sẽ có f(x) = mx với mọi x = 0, và từ
f(0) = 0 điều này kéo theo f là tuyến tính trái với giả thiết của ta rằng f là phi tuyến.
Suy ra





x
1
f(x
1
)
x
2
f(x

2
)





= 0,
vì vậy các vectơ X
1
= (x
1
, f (x
1
)) và X
2
= (x
2
, f (x
2
)) là độc lập tuyến tính và vì
vậy chúng trải rộng toàn bộ không gian R
2
. Điều này có nghĩa rằng với mọi vectơ
X = (x, f (x)) tồn tại các số thực r
1
và r
2
sao cho
X = r

1
X
1
+ r
2
X
2
.
Nếu ta chỉ thừa nhận các số hữu tỉ ρ
1
, ρ
2
thế thì, bằngphép chọn thích hợp, ta có thể
có với ρ
1
X
1
+ ρ
2
X
2
tùy ý đóng đối với bất kỳ không gian vectơ X (do tập hợp số hữu
tỉ Q là trù mật trong tập số thực R và do đó Q
2
là trù mật trong R
2
). Bây giờ,
ρ
1
X

1
+ ρ
2
X
2
= ρ
1

x
1
, f (x
1
)

+ ρ
2

x
2
, f (x
2
)

=

ρ
1
x
1
+ ρ

2
x
2
, ρ
1
f(x
1
) + ρ
2
f(x
2
)

=

ρ
1
x
1
+ ρ
2
x
2
, f (ρ
1
x
1
+ ρ
2
x

2
)

.
Vì vậy, tập

G = (x, y)|x = ρ
1
x
1
+ rho
2
x
2
, y = f (ρ
1
x
1
+ rho
2
x
2
), ρ
1
, ρ
2
∈ Q
là trù mật khắp nơi trong R
2
. Từ đó


G ⊂ G,
5
đồ thị G của hàm cộng tính phi tuyến f cũng trù mật trong R
2
(đây là điều cần chứng
minh) 
Đồ thị của một hàm liên tục cộng tính là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Đồ
thị của một hàm cộng tính phi tuyến là trù mật trong không gian. Tiếp theo, ta làm
quen với khái niệm cơ sỏ Hamel để xây dựng một hàm cộng tính gián đoạn. Cho tập
hợp thoả mãn điều kiện
S = {x ∈ R|s = u + v
√
2 + w
√
3, u, v, w ∈ Q, }
tập mà các phần tử là tổ hợp tuyến tính hữu tỉ của 1,
√
2,
√
3. Hơn nữa tập sinh bởi tổ
hợp hữu tỉ này là duy nhất. Nghĩa là nếu một phần tử s ∈ S có hai tổ hợp tuyến tính
hữu tỉ khác nhau, chẳng hạn,
s = u + v
√
2 + w
√
3 = u

+ v


√
2 + w

√
3
thì u = u

, v = v

và w = w

. Để chứng tỏ điều này, ta chú ý rằng giả thiết này kéo theo
(u − u

) + (v − v

)
√
2 + (w + w

)
√
3 = 0.
Đặt a = (u − u

), b = (v − v

) và c = w − w


, ta thấy rằng biểu thức trên quy về
a + b
√
2 + c
√
3 = 0.
Tiếp theo, ta chỉ ra rằng a = 0 = b = c. Biểu thức trên cho
b
√
2 + c
√
3 = −a
và bình phương hai vế, ta có
2bc
√
6 = a
2
− 2b
2
− 3c
2
.
Từ đây suy ra b hoặc c là 0; Trường hợp khác, ta chia hai vế cho 2bc và có
√
6 =
a
2
− 2b
2
− 3c

2
2bc
cho ta sự mâu thuẫn rằng
√
6 là một số vô tỉ. Nếu b = 0, thì ta có a + c
√
3 = 0; điều
này kéo theo c = 0 (nếu ngược lại thì
√
3 = −
a
c
, là một số hữu tỉ trái với thực tế rằng
√
3 là một số vô tỉ). Tương tự nếu c = 0, ta được b = 0. Như vậy cả b và c đều bằng
không. Từ đó lập tức có được a = 0. Nếu đặt
B =

1,
√
2,
√
3

thì mỗi phần tử của S là một tổ hợp tuyến tính duy nhất của các phần tử của B. Tập
B được gọi là một cơ sở Hamel đối với tập S. Về mặt hình thức, một cơ sở Hamel cũng
được định nghĩa tương tự.
6
Định nghĩa 6. Giả sử S là một tập các số thực và B là một tập con của S. Thế thì
B được gọi là một cơ sở Hamel của S nếu mọi phần tử của S là một tổ hợp tuyến tính

hữu tỉ (hữu hạn) duy nhất của B.
Nếu S là tập các số thực, thì sử dụng tiên đề chọn ( hoặc bằng phép quy nạp siêu
hạn) nó có thể chỉ ra rằng một cơ sở Hamel B đối với R tồn tại.
Nhận xét rằng, có một mối liên hệ chặt chẽ giữa các hàm cộng tính và cơ sở Hamel.
Để diễn tả một hàm cộng tính thì chỉ cần cho các giá trị trên một cơ sở Hamel là đủ,
và các giá trị đó có thể phân bố tùy ý. Điều này là nội dung của hai định lí tiếp theo.
Định lý 5. Giả sử B là một cơ sở Hamel đối với R. Nếu hai hàm cộng tính có giá trị
giống nhau tại mỗi phần tử của B, thì chúng bằng nhau.
Chứng minh. : Giả sử f
1
và f
2
là hai hàm cộng tính có giá trị giống nhau tại mỗi
phần tử của B. Thế thì f
1
− f
2
là cộng tính. Giả sử dối với ta kí hiệu f = f
1
− f
2
. Giả
sử x là số thực tùy ý. Thế thì có các số b
1
, b
2
, . . . b
n
trong B và các số hữu tỉ r
1

, r
2
, . . . r
n
sao cho
x = r
1
b
1
+ r
2
b
2
+ ··· + r
n
b
n
.
Từ đó
f
1
(x) − f
2
(x) = f (x) = f(r
1
b
1
+ r
2
b

2
+ ··· + r
n
b
n
)
= f(r
1
b
1
) + f(r
2
b
2
) + ···+ f(r
n
b
n
) = r
1
f(b
1
) + r
2
f(b
2
) + ···+ r
n
f(b
n

)
= r
1
[f
1
(b
1
) − f
2
(b
1
)] + r
2
[f
1
(b
2
) − f
2
(b
2
)] + ···+ r
n
[f
1
(b
n
) − f
2
(b

n
)] = 0
Như vậy, ta có f
1
= f
2
và ta thu được điều phải chứng minh. 
Định lý 6. Giả sử B là một cơ sở Hamel đối với R. Giả sử g : B → R là một hàm tùy
ý xác định trên B. Thế thì tồn tại một hàm cộng tính f : R → R sao cho f(b) = g(b)
với mọi b ∈ B.
Chứng minh. Với mỗi số thực x có thể tìm được b
1
, b
2
, . . . , b
n
trong B và các số hữu
tỉ r
1
, r
2
, . . . r
n
sao cho
x = r
1
b
1
+ r
2

b
2
+ ··· + r
n
b
n
.
Việc xác định f(x) trở thành
r
1
g(b
1
) + r
2
g(b
2
) + ···+ r
n
g(b
n
).
Biểu thức này xác định f(x) với mọi x. Định nghĩa này là duy nhất, đối với mỗi x, việc
chọn b
1
, b
2
, . . . , b
n
, r
1

, r
2
, . . . r
n
là duy nhất, không kể đến thứ tự các số b
i
và r
i
được
chọn. Đối với mỗi b ∈ B, ta có f (b) = g(b) bởi cách xác định của f. Tiếp theo, ta sẽ chỉ
ra rằng f là cộng tính trên số thực. Giả sử x và y là hai số thực tùy ý. Thế thì
x = r
1
a
1
+ r
2
a
2
+ ··· + r
n
a
n
7
y = s
1
b
1
+ s
2

b
2
+ ··· + s
m
b
m
,
với r
1
, r
2
, . . . r
n
, s
1
, s
2
, . . . s
m
là các số hữu tỉ và a
1
, a
2
, . . . , a
n
, b
1
, b
2
, . . . , b

m
là các phần
tư của cơ sở Hamel B. Hai tập {a
1
, a
2
, . . . , a
n
} và {b
1
, b
2
, . . . , b
m
} có thể có nhừng phần
tử chung. Giả sử hợp của hai tập đó là {c
1
, c
2
, . . . , c
l
}. Thế thì l ≤ m + n, và
x = u
1
c
1
+ u
2
c
2

+ ··· + u
l
c
l
y = v
1
c
1
+ v
2
c
2
+ ··· + v
l
c
l
,
ở đây u
1
, u
2
, . . . u
l
, v
1
, v
2
, . . . v
l
là các số hữu tỉ, và không đồng thời bằng không. Bây giờ

x + y = (u
1
+ v
1
)c
1
+ (u
2
+ v
2
)c
2
+ ··· + (u
l
+ v
l
)c
l
và
f(x + y) = f((u
1
+ v
1
)c
1
+ (u
2
+ v
2
)c

2
+ ··· + (u
l
+ v
l
)c
l
)
= (u
1
+ v
1
)g(c
1
) + (u
2
+ v
2
)g(c
2
) + ···+ (u
l
+ v
l
)g(c
l
)
= [u
1
g(c

1
) + u
2
g(c
2
) + ···+ u
l
g(c
l
)]
+ [v
1
g(c
1
v
2
g(c
2
) + ···+ v
l
g(c
l
)] = f (x) + f(y)
Do đó f là cộng tính trên tập các số thực R. Đây là điều cần chứng minh. 
Với sự góp mặt của một cơ sở Hamel, tiếp theo ta xây dựng một hàm cộng tính phi
tuyến. Giả sử B là cơ sở Hamel đối với tập các số thực R. Giả sử b ∈ B là phần tử tùy
ý của B. Đặt
g(x) =

0 nếu x ∈ B \ {b}

1 nếu x = b.
Theo định lí trên thì tồn tại một hàm cộng tính f : R → R với f (x) = g(x) đối với mỗi
x ∈ B . Chú ý rằng f ở đây có thể không tuyến tính đối với x ∈ B và x = b, ta có
0 =
f(x)
x
=
f(b)
b
.
Do đó f là một hàm cộng tính phi tuyến. Phần cuối của mục này ta ghi nhớ chú ý
sau đây. Hiện tại, không có ví dụ cụ thể về một cở Hamel đã biết, ta chỉ biết rằng nó tồn
tại. Đồ thị của một hàm cộng tính gián đoạn là không dễ để vẽ như tập {f(x)|x ∈ R}
là trù mật trong R.
1.3 Tiêu chuẩn khác đối với tính chất tuyến tính
Ta đã biết rằng, đồ thị của một hàm cộng tính phi tuyến f là trù mất trong không
gian. Nghĩa là, mọi đường tròn chứa một điểm, (x, y) sao cho y = f(x). ta cũng thấy
rằng một hàm cộng tính f trở thành tuyến tính khi f liên tục. Có thể làm yếu điều
kiện liên tục thành liên tục tại một điểm và vẫn có f trở thành tuyến tính. Trong mục
này, ta trình bày một số điều kiện tựa chính quy để một hàm cộng tính trở thành tuyến
tính.
8
Định lý 7. Nếu một hàm cộng tính f là bị chặn một phía hoặc đơn điệu, thì nó là tuyến
tính.
Chứng minh. Giả sử f không tuyến tính. Thế thì đồ thị của f là trù mật trong mặt
phẳng. Vì f bị chặn trên, đối với hàng số M hàm cộng tính f thoả mãn
f(x) ≤ M, x ∈ R,
và đồ thị của f trừ ra tập A = {x ∈ R|f (x) > M}. Do đó nó không thể trù mật trên
mặt phẳng điều này là mâu thuẫn. Vì ngược với điều giả sử của ta , nên f là tuyến tính.
Phần còn lại của định lí có thể được thiết lập trong một phương pháp đơn giản. 

Định nghĩa 7. Hàm f được gọi là nhân tính khi và chỉ khi f(xy) = f(x)f (y) với mọi
x và y.
Định lý 8. Nếu một hàm cộng tính f cũng là nhân tính thì nó là tuyến tính.
2 Hàm cộng tính với cặp biến thực và biến phức
Trong mục này, đầu tiên ta trình bày một số kết quả liên quan đến hàm cộng tính
trên mặt phẳng R
2
và sau đó tìm hiểu lớp hàm giá trị phức trên mặt phẳng phức. ta
bắt đầu mục này với kết quả dưới đây.
Định lý 9. Nếu f : R
2
→ R là cộng tính trên mặt phẳng R
2
, thế thì tồn tại các hàm
cộng tính A
1
, A
2
: R → R sao cho
f(x
1
, x
2
) = A
1
(x
1
) + A
2
(x

2
), ∀x
1
, x
2
∈ R. (7)
Chứng minh. Giả sử x = (x
1
, x
2
) và y = (y
1
, y
2
) là hai điểm tùy ý trong mặt phẳng.
Tính cộng tính của f cho ta
f(x + y) = f (x) + f(y)
nghĩa là
f(x
1
+ y
1
, x
2
+ y
2
) = f (x
1
, x
2

) + f(y
1
, y
2
).
ta đặt A
1
(x
1
) = f (x
1
, 0) và A
2
(x
2
) = f (0, x
2
) và xác nhận A
1
, A
2
là cộng tính. Điều này
có thể thấy được từ
A
1
(x
1
+ y
1
) = f(x

1
+ y
1
, 0) = f(x
1
+ y
1
, 0 + 0)
= f(x
1
, 0) + f(y
1
, 0) = A
1
(x
1
) + A
1
(y
1
).
Từ đó A
1
là cộng tính trên R. Tương tự cũng có thể chỉ ra rằng A
2
là cộng tính trên
R. Tiếp theo cúng ta chứng tỏ rằng f là một sự chồng lên của A
1
, A
2

. Chú ý rằng
(x
1
, x
2
) = (x
1
, 0) + (x
2
, 0) và
f(x
1
, x
2
) = f (x
1
, 0) + f(0, x
2
) = A
1
(x
1
) + A
2
(x
2
).
9
Biểu thức này hoàn thành việc chứng minh định lí. 
Định lí dưới đây bắt nguồn từ các kết quả trên.

Định lý 10. Nếu f : R
2
→ R là một hàm cộng tính liên tục trên mặt phẳng R
2
thì tồn
tại các hằng số c
1
, c
2
sao cho
f(x
1
, x
2
) = c
1
x
1
+ c
2
x
2
, ∀x
1
, x
2
∈ R. (8)
Kết quả này có thể được làm mạnh hơn nữa bằng việc làm yếu tính liên tục của
f : R
2

→ R.
Bổ đề 1. Nếu một hàm cộng tính f : R
2
→ R là liên tục với mỗi giá trị cụ thể , thì nó
là liên tục điểm.
Chứng minh. Từ hàm f : R
2
→ R là cộng tính, ta có
f(x, y) = A
1
(x) + A
2
(y)
với mọi x, y ∈ R. Vì f tuyến tính với mỗi giá trị cụ thể, ta thấy rằng A
1
, A
2
là liên tục.
Do đó
lim
x→x
0
A
1
(x) = A + 1(x
0
) và lim
y→y
0
A

2
(y) = A
2
(y
0
)
Để chỉ ra f là liên tục điểm, ta tính
lim
(x,y)→(x
0
,y
0
)
f(x, y) = lim
(x,y)→(x
0
,y
0
)
[A
1
(x) + A
2
(y)]
= lim
x→x
0
A
1
(x) + lim

y→y
0
A
2
(y)
= A
1
(x
0
) + A
2
(y
0
) = f (x
0
, y
0
).
Từ đây chỉ ra rằng f là liên tục điểm. Định lí được chứng minh. 
Theo kết quả này, có thể thay tính tuyến tính ở các hàm cộng tính giá trị thực trên mặt
phẳng bằng giả thiết tính liên tục ở mỗi biến. Ngoài ra có thể mở rộng Định lí 9 đối với
các hàm cộng tính trên R
n
.
Định lý 11. Nếu f : R
n
→ R là một hàm cộng tính liên tục trên R
n
, thì tồn tại các
hằng số c

1
, c
2
, . . . , c
n
sao cho
f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ ··· + c
n
x
n
∀x
1
, x
2
, . . . , x
n

∈ R. (9)
Trong phần còn lại của mục này, ta khảo sát lớp hàm cộng tính giá trị phức trên mặt
phẳng phức. Ta bỏ qua phần giới thiệu tóm lược về hệ thống số phức. Các số có dạng
a + b
√
−1, với a, b ∈ R được gọi là số phức. Ở đầu thế kỷ 16, Cardano (1501-1576) đã
làm việc với các số phức trong việc giải phương trình bậc hai và bậc ba. Đến thế kỷ 18,
Euler đã xét các hàm với lũy thừa là số phức và đã khảo sát các tính chất của chúng.
10
Một hàm f : C → C có thể được viết
f(z) = f
1
(z) + if
2
(z), (10)
với f
1
: C → R và f
2
: C → R được cho bởi
f
1
(z) = Re (z), và f
2
(z) = Im f(z). (11)
Nếu f là cộng tính, thì theo (10) và (11) ta có
f
1
(z
1

+ z
2
) = Re f(z
1
+ z
2
) = Re [f (z
1
) + f(z
2
)]
= Re f (z
1
) + Re f (z
2
) = f
1
(z
1
) + f
1
(z
2
),
và
f
2
(z
1
+ z

2
) = Im f(z
1
+ z
2
) = Im [f(z
1
) + f(z
2
)]
= Im f (z
1
) + Im f (z
2
) = f
2
(z
1
) + f
2
(z
2
).
Định lý 12. Nếu f : C → C là cộng tính, thế thì tồn tại hàm cộng tính f
kj
: R → R
(k,j=1,2) sao cho
f(z) = f
11
(Re z) + f

12
(Im z) + if
21
(Re z) + if
22
(Im z)
Định lí tiếp theo liên quan đến dạng của hàm cộng tính liên tục giá trị phức trên
mặt phẳng phức.
Định lý 13. Nếu f : C → C là một hàm cộng tính liên tục, thế thì tồn tại các hằng số
phức c
1
, c
2
sao cho
f(z) = c
1
z + c
2
z (12)
ở đây z kí hiệu số phức liên hợp của z.
Chứng minh. Vì f là cộng tính, theo Định lí 1.12, ta có
f(z) = f
11
(Re z) + f
12
(Im z) + if
21
(Re z) + if
22
(Im z),

với f
kj
: R → R (k, j = 1, 2) là hàm cộng tính giá trị thực trên các số thực. Tính liên
tục của f bao hàm tính liên tục của mỗi hàm f
kj
và từ đó
f
kj
(x) = c
kj
x
trong đó c
kj
, (k, j = 1, 2) là các hằng số thực. Do đó, sử dụng dạng của f(z) và dạng
của f
kj
, ta có
f(z) = c
11
Re z + c
12
Im z + ic
22
Im z
= (c
11
+ ic
21
)Re z + (c
12

+ ic
22
)Im z = aRe z + bIm z ở đây a = c
11
+ ic
21
, b = c
12
+ ic
22
= aRe z − i(bi)Im z =
a+bi
2
Re z +
a−bi
2
Re z −
a+bi
2
iIm z +
a−bi
2
iIm z
=
a−bi
2
Re z +
a−bi
2
iIm z +

a+bi
2
Re z −
a+bi
2
iIm z =
a−bi
2
(Re z + iIm z) +
a+bi
2
(Re z − iIm z)
=
a−bi
2
z +
a+bi
2
¯z = c
1
z + c
2
¯z,
11
ở đây c
1
=
a−bi
2
và c

2
=
a+bi
2
là các hằng số phức. Định lí được chứng minh. 
Chú ý rằng không giống như các hàm cộng tính liên tục nhận giá trị thực trên số thực,
các hàm cộng tính liên tục nhận giá trị phức trên mặt phẳng phức là không tuyến tính.
Tính tuyến tính có thể được phục hồi nếu có thêm một giả thiết về tính trơn mạnh hơn
giống như tính giải tích thay thế cho tính liên tục.
Định lý 14. Nếu f : C → C là một hàm cộng tính giải tích, thế thì tồn tại hằng số
phức c sao cho
f(z) = cz,
hay f là tuyến tính.
Chứng minh. Vì f là giải tích nên f khả vi. Lấy vi phân
f(z
1
+ z
2
) = f (z
1
) + f(z
2
) (13)
theo biến z
1
, ta có
f

(z
1

+ z
2
) = f

(z
1
)
∀z
1
, z
2
∈ C. Từ đó lấy z
1
= 0 và z
2
= z, ta có
f

(z) = c,
ở đây c = f

(0) là một hằng số phức. Từ trên, ta thấy rằng
f(z) = cz + b,
với b là một hằng số phức. Thay dạng này của f(z) vào (13) ta thu được b = 0 và do đó
nghiệm đúng kết quả của định lí. 
3 Hàm song cộng tính
Trong mục này của chương, ta nghiên cứu các hàm song cộng tính. ta bắt đầu mục
này với định nghĩa dưới đây về hàm song cộng tính.
Định nghĩa 8. Một hàm f : R
2

→ R được gọi là song cộng tính khi và chỉ khi nó là
tuyến tính với mỗi biến, nghĩa là
f(x + y, z) = f(x, z) + f(y, z) (14)
f(x, y + z) = f(x, y) + f (x, z) (15)
với mọi x, y, z ∈ R.
12
Nếu m là một hằng số và ta định nghĩa f bởi
f(x, y) = mxy, x, y ∈ R
thì f là song cộng tính. Câu hỏi đặt ra là còn có các hàm song cộng tính khác hay
không?
Định lý 15. Mọi ánh xạ song tuyến tính liên tục f : R
2
→ R đều có dạng
f(x, y) = mxy
với mọi x, y ∈ R và m là hằng số thực tùy ý.
Chứng minh. Giả sử f : R
2
→ R là một ánh xạ song tuyến tính liên tục. Do đó f
thỏa mãn
f(x + y, z) = f(x, z) + f(y, z) (16)
với mọi x, y, z ∈ R Cho x = 0 = y, ở phương trình trên, ta có điều kiện dưới đây
f(0, z) = 0 (17)
với mọi z ∈ R. Cố định z, đặt φ(x) = f(x, z), ta thấy rằng phương trình (16) quy về
φ(x + y) = φ(x) + φ(y). (18)
Do f liên tục nên φ cũng liên tục và do đó theo (18) , φ tuyến tính, nghĩa là φ(x) = kx;
và
f(x, y) = k(y)x (19)
ở đây k : R → R là một hàm tùy ý. Vì f cộng tính với biến thứ hai, ta có
f(x, y + z) = f(x + y) + f (x, z) (20)
Thay (19) vào (20) ta có

xk(y + z) = xk(y) + xk(z)
với mọi x, y, z ∈ R. Nếu x = 0, thì phương trình trên dẫn đến
k(y + z) = k(y) + k(z). (21)
Lại sử dụng tính cộng tính của f, ta thấy rằng k cũng cộng tính và do đó nó tuyến tính.
Do vậy k(x) = my với m là hằng số tùy ý. Kết hợp với (19) ta có được
f(x, y) = mxy (22)
∀x, y ∈ R, x = 0. Nếu x = 0, thì từ (15) , ta thấy rằng f(0, y) = 0 và do đó (22) đúng
với ∀x, y ∈ R. 
Ở định lí tiếp theo, ta trình bày một biểu diễn tổng quát đối với hàm song cộng tính
trong các số hạng của cơ sở Hamel.
13
Định lý 16. Mọi ánh xạ song cộng tính f : R
2
→ R đều có thể biểu diễn như
f(x, y) =
n

k=1
m

j=1
α
kj
r
k
s
j
, (23)
ở đây
x =

n

k=1
r
k
b
k
, y =
m

j=1
α
kj
s
j
b
j
,
r
k
, s
j
là hữu tỉ trong khi b
j
là các phần tử của một cơ sở Hamel B và α
kj
tùy ý phụ thuộc
vào b
k
và b

j
.
Chứng minh. Cho B là một cơ sở Hamel đối với tập số thực R. Thế thì, mỗi số thực
x có thể biểu diễn
x =
n

k=1
r
k
b
k
(24)
với b
k
∈ R và với hệ số hữu tỉ r
k
. Tương tự, bất kỳ số thực y khác, cũng có thể biểu
diễn
y =
n

k=1
s
j
b
j
(25)
với b
j

∈ R và với hệ số hữu tỉ s
j
. Vì f là song cộng tính
f(x
1
+ x
2
, y) = f (x
1
, y) + f (x
2
, y) (26)
f(x, y
1
+ y
2
) = f (x, y
1
) + f(x, y
2
) (27)
với x
1
, x
2
, y
1
, y
2
∈ R. Từ (26) và (27), sử dụng phép quy nạp, ta có

f

n

k=1
x
k
, y

=
n

k=1
f(x
k
, y) (28)
f

x
n

k=1
y
k

=
n

k=1
f(x, y

k
). (29)
Cho x
1
= x
2
= ··· = x
n
= xvà y
1
= y
2
= ··· = y
n
= y, trong (28) và (29), ta có
f(nx, y) = nf (x, y) = f(x, ny). (30)
Từ (30) với t =
m
n
x (hay nt = mx), ta có
nf(t, y) = f (nt, y) = f(mx, y) = f(x, y)
hay
f(t, y) =
m
n
f(x, y).
Nghĩa là
f(
m
n

, x, y) =
m
n
f(x, y). (31)
14
Do f là song cộng tính, ta thấy rằng
f(x, 0) = 0 = f(0, y) (32)
∀x, y ∈ R. Tiếp theo thay x
2
= −x
1
= x ở (26) và sử dụng (32) ta thu được
f(−x, y) = −f (x, y) (33)
Từ (33) và (31) ta kết luận rằng (30) là đúng với mọi số hữu tỉ. Lí luận giống như trên
với biến thứ hai và vì vậy ta có với mọi số hữu tỉ r và mọi số thực x, y
f(rx, y) = rf (x, y) = f (x, ry). (34)
Từ đây do (26), (27), (28) và (34), ta thu được
f(x, y) = f

n

k=1
r
k
b
k
,
m

j=1

s
j
b
j

=
n

k=1
r
k
f

b
k
,
m

j=1
s
j
b
j

=
n

k=1
m


j=1
r
k
s
j
f(b
k
, b
j
) =
n

k=1
m

j=1
r
k
s
j
α
kj
,
ở đây α
kj
= f(b
k
, b
j
) 

4 Biểu diễn một số lớp hàm hai biến với phép phản
xạ
Ta sẽ mô tả một số lớp hàm hai biến với phép phản xạ. Cụ thể là ta xét hàm hai
biến đối xứng qua điểm (p, q).
Định nghĩa 9. Cho tập Ω := P × Q ⊂ R × R và điểm (p, q) là tâm đối xứng của nó.
Hàm f(x, y) xác định trên Ω được gọi là chẵn-chẵn (hoặc chẵn theo cặp biến) đối với
điểm (p, q) khi và chỉ khi
f(2p − x, y) = f(x, y) và f(x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
Định nghĩa 10. Cho tập Ω := P × Q ⊂ R × R và điểm (p, q) là tâm đối xứng của nó.
Hàm f(x, y) xác định trên Ω được gọi là chẵn-lẻ đối với điểm (p, q) khi và chỉ khi
f(2p − x, y) = f(x, y) and f(x, 2q − y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
Nhận xét 1. Tương tự, ta có các định nghĩa cho lớp hàm lẻ-chẵn, lẻ-lẻ.
Trường hợp riêng, ta có
15
Định nghĩa 11. Hàm f (x, y) xác định trong R × R được gọi là chẵn-chẵn khi và chỉ
khi
f(−x, y) = f (x, y) and f(x, −y) = f (x, y), ∀x, y ∈ R.
Câu hỏi tự nhiên nảy sinh là:
Bài toán 1. Hãy mô tả hàm hai biến f(x, y) khi nó là chẵn-chẵn theo điểm (p, q), tức
là
f(2p − x, y) = f(x, y) và f(x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (35)
Giải. Nhận xét rằng
f(2p − x, 2q − y) = f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀x, y ∈ Ω,
nên
f(x, y) =
1
4
[f(x, y) + f (x, 2q − y) + f (2p − x, y) + f (2p − x, 2q − y)]. (36)
Ta chứng minh rằng hàm f(x, y) là chẵn-chẵn khi và chỉ khi tồn tại g(x, y) xác định
trong R × R sao cho

f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(x, 2q − y) + g(2p − x, y) + g(2p − x, 2q − y)]. (37)
Thật vậy, nếu f (x, y) có dạng (37) thì dễ kiểm chứng rằng điều kiện (35) là thỏa mãn
và nếuf(x, y) là chẵn thì nó có dạng (36) và vì thế có dạng (37) với g = f.
Hệ quả 1. Hàm hai biến f (x, y) là chẵn-chẵn, tức là
f(−x, y) = f (x, y) and f(x, −y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ R. (38)
khi và chỉ khi
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(x, −y) + g(−x, y) + g(−x, −y)]. (39)
trong đó g(x, y) là hàm tùy ý xác định trong R × R.
Tương tự, ta cũng có bài toán sau.
Bài toán 2. Hãy mô tả hàm hai biến f (x, y) khi nó là chẵn-lẻ theo điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = f(x, y) và f(x, 2q − y) = −f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (40)
Giải. Nhận xét rằng
f(2p − x, 2q − y) = f (x, 2q − y) = −f (x, y), ∀x, y ∈ Ω,
nên
f(x, y) =
1
4
[f(x, y) + f (2p − x, y) − f (x, 2q − y) − f (2p − x, 2q − y)]. (41)
16
Ta chứng minh rằng hàm f(x, y) là chẵn-lẻ khi và chỉ khi tồn tại g(x, y) xác định trong
R × R sao cho
f(x, y) =
1
4

[g(x, y) + g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)]. (42)
Thật vậy, nếu f (x, y) có dạng (42) thì dễ kiểm chứng rằng điều kiện (40) là thỏa mãn
và nếuf(x, y) là chẵn-lẻ thì nó có dạng (41) và vì thế có dạng (42) với g = f.
Tương tự, ta phát biểu các kết quả
Định lý 17. Mọi hàm hai biến f(x, y) là chẵn-chẵn, tức là
f(−x, y) = f (x, y) and f(x, −y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ R. (43)
khi và chỉ khi
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(x, −y) + g(−x, y) + g(−x, −y)]. (44)
trong đó g(x, y) là hàm tùy ý xác định trong R × R.
Định lý 18. Mọi hàm hai biến f(x, y) là chẵn lẻ đối với điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = f(x, y) and f(x, 2q − y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (45)
đều có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)]. (46)
Định lý 19. Mọi hàm hai biến f(x, y) là lẻ-chẵn đối với điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = −f(x, y) and f(x, 2q − y) = f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (47)
đều có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) − g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)]. (48)
Định lý 20. Mọi hàm hai biến f(x, y) là lẻ-lẻ đối với điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = −f(x, y) and f(x, 2q − y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (49)
đều có dạng
f(x, y) =

1
4
[g(x, y) − g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) + g(2p − x, 2q − y)]. (50)
Bây giờ ta xét trường hợp riêng đối với hàm f(x, y) xác định trong tập Ω
0
= (0, 1) ×
(0, 1) và là chẵn-chẵn đối với điểm

0,
1
2

.
Khi đó định lý 21 có dạng.
17
Hệ quả 2. Mọi hàm hai biến f(x, y) là chẵn-chẵn đối với điểm

1
2
,
1
2

, tức là
f(1 − x, y) = f(x, y) and f(x, 1 − y) = f (x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (51)
đều có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(1 − x, y) + g(x, 1 −y) + g(1 − x, 1 − y)]. (52)

Hệ quả 3. Hàm hai biến f (x, y) là lẻ-lẻ đối với điểm

1
2
,
1
2

, tức là
f(1 − x, y) = −f(x, y) và f(x, 1 −y) = −f (x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (53)
khi và chỉ khi nó có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) − g(1 − x, y) − g(x, 1 −y) + g(1 − x, 1 − y)]. (54)
5 Phương trình hàm trong lớp hàm hai biến với đối
hợp
Trong mục này, ta giải các phương trình hàm sau
f(x, y) + f (2p − x, y) + f (x, 2q − y) + f (2p − x, 2q − y) = h(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (55)
và
f(x, y) − f (2p − x, y) − f (x, 2q − y) + f (2p − x, 2q − y) = h(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω, (56)
trong đó (p, q) là tâm đối xứng của tập Ω ⊂ R × R, h(x, y) cho trước.
Ký hiệu X là tập tất cả các hàm xác định trong X và X = L
0
(X, X), trong đó
L
0
(X, X) là không gian tuyến tính các toán tử tuyến tính A : X → X với dom A = X.
Dễ kiểm chứng rằng X là đại số (vành tuyến tính) trên trường R.
Xét các phần tử (toán tử) V và W trong X như sau

(V f )(x, y) = f(2p − x, y), (W f)(x, y) = f(x, 2q − y), f ∈ X. (57)
Dễ thấy V và W là các phần tử đối hợp, tức V
2
= I và W
2
= I, trong đó I là phần tử
đơn vị của X. Ngoài ra, chúng giao hoán với nhau, tức V W = W V.
Viết lại (55) dưới dạng
Kf := (I + V + W + V W )f = h. (58)
18
Bổ đề 2. Toán tử K xác định theo (58) là đại số với đa thức đặc trưng
P
K
(t) = t
2
− 4t. (59)
Chứng minh. Nhận xét rằng
V K = K, W K = K, V W K = K.
Vậy nên K
2
= 4K và K không là toán tử vô hướng, kéo theo P
K
(t) = t
2
− 4t. 
Định lý 21. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Kf = 0 có dạng
f(x, y) =
1
4
[3g(x, y) − g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)], g ∈ X. (60)

Chứng minh. Theo bổ đề 2, từ đẳng thức (K − K)f = 0, ∀f ∈ X, ta thu được
1
4

K
2
−4K

f = 0 ⇔ (K
2
−4K)f = 0 ⇔ K(K −4I)f = 0. Vậy nên (K −4I)X ⊂ ker K.
Mặt khác, khi ϕ ∈ ker K thì Kϕ = 0 và K(K − 4I)ϕ = (K − 4I)Kϕ = 0. Suy ra
ϕ ∈ Im (4I − K). 
Định lý 22. Phương trình không thuần nhất (55) (Kf = h) có nghiệm khi và chỉ khi
Kh = 4h. (61)
Khi đó, mọi nghiệm của (55) có dạng
f(x, y) = 3g(x, y) − g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p −x, 2q − y) (62)
+
1
4
[3h(x, y) − h(2p − x, y) − h(x, 2q − y) − h(2p − x, 2q − y)], g ∈ X.
Chứng minh. Giả sử phương trình (55) có nghiệm và f
0
là một nghiệm của nó. Khi đó
theo bổ đề 2 và đẳng thức Kf
0
= h kéo theo K
2
f
0

= Kh ⇔ 4Kf
0
= Kh ⇔ 4h = Kh.
Giả sử điều kiện (61) được thỏa mãn. Viết phương trình (55) dưới dạng Kf =
1
4
Kh
hoặc
K

f −
1
4
h

= 0. (63)
Định lý21 cho ta nghiệm của (63) dưới dạng
f =
1
4
h + (4I − K)ψ ⇔ f =
1
4
h + (4I −K)ψ, ψ ∈ X,
tức là có dạng (62). 
Bây giờ ta xét (56). Viết nó dưới dạng
Lf := (I − V − W + V W )f = h. (64)
19
Bổ đề 3. Toán tử L xác định theo (58) là phần tử đại số với đa thức đặc trưng
P

L
(t) = t
2
− 4t. (65)
Chứng minh. Từ đẳng thức
−V L = L, −W L = L, V W L = L,
suy ra L
2
= 4L và L không là toán tử vô hướng nên P
L
(t) = t
2
− 4t. 
Định lý 23. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Lf = 0 có dạng
f(x, y) =
1
4
[3g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)], g ∈ X. (66)
Chứng minh. Theo cùng cách như đối với định lý 21. 
Định lý 24. Phương trình không thuần nhất (55) (Lf = h) có nghiệm khi và chỉ khi
Lh = 4h. (67)
Khi đó, mọi nghiệm của (55) có dạng
f(x, y) = 3g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y) (68)
+
1
4
[3h(x, y) + h(2p − x, y) + h(x, 2q − y) − h(2p − x, 2q − y)], g ∈ X.
Chứng minh. Giả sử phương trình (56) có nghiệm và f
0
là một nghiệm của nó Theo

bổ đề 3 và từ đẳng thức Lf
0
= h suy ra L
2
f
0
= Lh ⇔ 4Lf
0
= Lh ⇔ 4h = Lh.
Giả thiết rằng điều kiện (67) là thỏa mãn. Viết phương trình (56) dưới dạng Lf =
1
4
Lh hoặc
L

f −
1
4
h

= 0. (69)
Định lý 21 cho ta công thức nghiệm của (69) dưới dạng
f =
1
4
h + (4I −L)ψ ⇔ f =
1
4
h + (4I − L)ψ, ψ ∈ X,
tức là có dạng(68). 

20
6 Ví dụ áp dụng
Ta xét một số trường hợp đặc biệt khi q = p =
1
2
. Khi đó tâm đối xứng của Ω là

1
2
,
1
2

. và (55) có dạng
f(x, y) + f (1 − x, y) + f (x, 1 − y) + f (1 − x, 1 − y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (0, 1). (70)
và
f(x, y) − f (1 − x, y) − f (x, 1 − y) + f (1 − x, 1 − y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (0, 1). (71)
Khi đó vai trò của x và y ở vế trái của (70) như nhau.
Quay trở về hàm f(t), ta có thể phát biểu kết quả sau.
Định lý 25. Hàm f (t) thỏa mãn các điều kiện
f((1 − x)y) = f (xy), ∀x, y ∈ (0, 1) (72)
khi và chỉ khi tồn tại hàm g(t) sao cho
f(xy) =
1
4
[g(xy) + g((1 − x)y) + g(x(1 − y)) + g((1 − x)(1 − y))]. (73)
Chứng minh. Từ (76) ta thu được f (x(1 − y)) = f (xy) và
f((1 − x)(1 − y)) = f (x(1 − y)) = f (xy), ∀x, y ∈ (0, 1).
Vậy có thể viết f(t) dưới dạng
f(xy) =

1
4
[f(xy) + f((1 − x)y) + f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y))].
Đẳng thức cuối cùng này cho ta đpcm. 
Định lý 26. Phương trình hàm
f(xy) + f((1 − x)y) + f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y))] = h(xy) (74)
có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại h(t) thỏa mãn các điều kiện
h(x(1 − y)) = h(xy), ∀x, y ∈ (0, 1). (75)
Vậy nên ta cần khảo sát phương trình (75).
Đặt x = t, y =
1
2t
, trong đó t ∈

1
2
, 1

vào (75), ta thu được
h

t −
1
2

= h

1
2


, ∀t ∈

1
2
, 1

.
21
hay
h(x) = h

1
2

, ∀x ∈

0,
1
2

. (76)
Tương tự, đặt xy = t, thì x(1 − y) = t
1 − y
y
và
h(t) = h

1 − y
y
t


, ∀y ∈ (0, 1). (77)
(76) và (77) cho ta h(t) ≡ const .
Vậy, điều kiện cần và đủ để phương trình (70) có nghiệm là
h(x, y) = h(y, x), ∀x, y ∈ (0, 1). (78)
Ta phát biểu các kết quả đã nhận được như sau.
Định lý 27. Mọi nghiệm của phương trình thuần nhất
f(x, y) + f (1 − x, y) + f (x, 1 − y) + f (1 − x, 1 − y) = 0, ∀x, y ∈ (0, 1) (79)
có dạng
f(x, y) =
1
4
[3g(x, y) − g(1 − x, y) − g(x, 1 −y) − g(1 − x, 1 − y)], g ∈ X. (80)
Định lý 28. Phương trình không thuần nhất
f(xy) + f((1 − x)y) + f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y)) = h(xy), ∀x, y ∈ (0, 1) (81)
có nghiệm khi và chỉ khi h(t) ≡ const trên (0, 1).
Khi đó, mọi nghiệm của (83) có dạng
f(xy) =
1
4
[c+3g(xy)−g((1−x)y)−g(x(1−y))−g((1−x)(1−y))], c ∈ R, g ∈ X. (82)
Định lý 29. Hàm f (t) là nghiệm của phương trình thuần nhất
f(xy) + f((1 − x)y) + f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y)) = 0, ∀x, y ∈ (0, 1) (83)
khi và chỉ khi tồn tại hàm g(t) sao cho
f(xy) =
1
4
[3g(xy) − g((1 − x)y) − g(x(1 − y)) − g((1 − x)(1 − y))], g ∈ X. (84)
Bây giờ ta chuyển sang xét phương trình sinh bởi phép cộng đối số.
Xét trường hợp riêng khi q = p = 0. Khi đó tâm đối xứng của Ω là điểm (−1, 1) và

(55) có dạng
f(x, y) + f (−x, y) + f(x, −y) + f (−x, −y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (−1, 1). (85)
22
Định lý 30. Hàm f (t) là nghiệm của phương trình thuần nhất
f(x + y) + f (−x + y) + f (x − y) + f (−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1) (86)
khi và chỉ khi f(x) là hàm lẻ trong (−2, 2).
Chứng minh. Khi f là lẻ trong (−2, 2), thì f(x − y) = −f(−x + y) và f (−x − y) =
−f(x + y). Vậy nên,
f(x + y) + f (−x + y) + f (x − y) + f (−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1).
Ngược lại, khi f là nghiệm của (86) thì đặt x = 0, y = 0 vào (86) ta nhận được
f(0) = 0. Tương tự, đặt y = x, vào (84) và sử dụng đẳng thức f(0) = 0, ta thu được
f(−2x) = −f (2x), tức là f là hàm lẻ trong (−2, 2). 
Định lý 31. Phương trình không thuần nhất
f(x + y) + f (−x + y) + f (x − y) + f (−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1) (87)
có nghiệm khi và chỉ khi h(t) ≡ const trên (−2, 2).
Khi đó, nghiệm của (83) có dạng
f(t) =
1
4
h(0) + g(t), (88)
trong đó g là hàm lẻ tùy ý trong (−2, 2). Chứng minh. Giả sử (87) có nghiệm và f là
nghiệm của nó. Đặt y = x và y = −x vào (87), ta thu được h(2x) = h(0), x ∈ (−1, 1),
i.e. h(t) ≡ h(0) in (−2, 2).
Khi h(t) ≡ h(0) trong (−2, 2) thì ta đưa (87) về phương trình
ϕ(x + y) + ϕ(−x + y) + ϕ(x − y) + ϕ(−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1), (89)
trong đó ϕ(t) = f(x) −
1
4
. Vậy nghiệm (88) được suy từ định lý 30. 
Ta trở lại phương trình

f(xy) − f((1 − x)y) − f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y)) = 0. (90)
Ta có
Định lý 32. Hàm f (t) thỏa mãn các điều kiện
f((1 − x)y) = −f (xy), ∀x, y ∈ (0, 1) (91)
khi và chỉ khi tồn tại hàm g(t) sao cho
f(xy) =
1
4
[g(xy) − g((1 − x)y) − g(x(1 − y)) + g((1 − x)(1 − y))]. (92)
23
Chứng minh. Từ (92) ta thu được f (x(1 − y)) = −f (xy) và
f((1 − x)(1 − y)) = −f (x(1 − y)) = f (xy), ∀x, y ∈ (0, 1).
Viết f(t) dưới dạng
f(xy) =
1
4
[f(xy) − f((1 − x)y) − f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y))].
Đẳng thức này cho ta chứng minh của định lý. 
Định lý 33. Phương trình hàm
f(xy) − f((1 − x)y) − f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y))] = h(xy) (93)
có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại h(t) ≡ 0.
Định lý 34. Phương trình hàm không thuần nhất
f(xy) − f((1 − x)y) − f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y)) = h(xy), ∀x, y ∈ (0, 1) (94)
có nghiệm khi và chỉ khi h(t) ≡ 0 trong (0, 1).
Khi đó mọi nghiệm của (83) có dạng
f(xy) =
1
4
[3g(xy) + g((1 − x)y) + g(x(1 − y)) − g((1 − x)(1 − y))], g ∈ X. (95)
Định lý 35. Hàm f (t) là nghiệm của phương trình thuần nhất

f(xy) − f((1 − x)y) − f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y)) = 0, ∀x, y ∈ (0, 1) (96)
khi và chỉ khi tồn tại hàm g(t) sao cho
f(xy) =
1
4
[3g(xy) + g((1 − x)y) + g(x(1 − y)) − g((1 − x)(1 − y))], g ∈ X. (97)
Định lý 36. Phương trình hàm không thuần nhất
f(x + y) − f (−x + y) − f (x − y) + f (−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1) (98)
có nghiệm khi và chỉ khi h(t) ≡ const trong (−2, 2).
Khi đó mọi nghiệm của (96) có dạng
f(t) = c +
1
2
(g(t) − g(−t)), t ∈ (−2, 2), (99)
trong đó g là hàm tùy ý xác định trong (−2, 2), c = f (0).
Chứng minh. Giả sử (100) có nghiệm và f là một nghiệm của nó. Đặt y = x và
y = −x vào (100), ta được h(2x) = −h(0), x ∈ (−1, 1), tức là h(t) ≡ −h(0) trong
(−2, 2). Đặt x = 0 = y vào (100) ta thu được h(0) = 0.
Vậy (99) có dạng
f(x + y) − f (−x + y) − f (x − y) + f (−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1) (100)
và nó có dạng (99). 
24
7
Trong phần cuối này, ta phát biểu một số bài toán mở về tìm các hàm số. Những
vấn đề đó và một số vấn đề về tính cộng tính đã được Sahoo (1995) đưa ra. Vấn đề thứ
nhất là tìm tất cả các hàm f : (0, 1) → R thỏa mãn phương trình hàm
f(xy) + f(x(1 − y)) + f (y(1 − x)) + f((1 − x)(1 − y)) = 0 (101)
∀x, y ∈ (0, 1). Vấn đề này được xem như một vấn đề mở đặt ra ở Ebanks, Sahoo và
Sander (1990). Chú ý rằng khi f(x) = 4A(x) −A(1), với A là một hàm cộng tính trên số
thực, thì nó thoả mãn phương trình hàm (101)7). Nếu f được giả thiết liên tục (hoặc đo

được), thế thì Daroczy và Jarai (1979) đã chỉ ra rằng f(x) = 4ax − a, với a là hằng số
tùy ý. Tiếp theo, Makasa (1993) đã đưa ra vấn đề tiếp theo tại "Thirtieth International
Symposium" trên các phương trình hàm: Tìm tất cả các hàm f : (0, 1) → R thỏa mãn
phương trình hàm
(1 − x − y)f(xy) = xf (y(1 − x)) + yf(x(1 − y)), ∀x, y ∈ (0, 1). (102)
Vấn đề thứ hai là: Tìm tất cả các hàm f : (0, 1) → R thỏa mãn phương trình hàm
f(xy) + f((1 − x)(1 − y)) = f (x(1 − y)) + f (y(1 − x)), ∀x, y ∈ (0, 1). (103)
Daroczy và Jarai (1979) cũng đã tìm được nghiệm đo được của phương trình hàm này.
Họ đã chỉ ra rằng bất kỳ nghiệm đo được của (103) là có dạng f(x) = ax
2
−ax+b log x+c,
với a, b và c là các hằng số tùy ý. Phương trình (103) xuất hiện như một vấn đề được
đưa ra bởi Lajko năm 1974 khi (103) đúng ∀x, y ∈ R. Eliezer (1974) đã xác định nghiệm
khả vi của bài toán Lajko. Eliezer đã chứng minh rằng nếu f là khả vi và thỏa mãn
(103) ∀x, y ∈ R, thì f(x) = ax
2
− ax + c, với a và c là các hằng số tùy ý.
Tài liệu
[1] T. Acze’l, Lectures on functional equations and their applications, Academic Press,
New York/San Francisco/London, 1966.
[2] M. Kuczma, B. Choczewski, R. Ger, Interative hàm al Equations, Cambridge Uni-
versity Press, Cambridge/New York/Port Chester/Melbourne/Sydney, 1990.
[3] P.K. Sahoo, T. Riedel, Mean Value Theorems and Functional Equations, World
Scientific, Singapore/New Jersey/London/HongKong, 1998.
[4] B.R. Ebanks, P.K. Sahoo and W. Sander, Determination of measurable sum from
infomation measures satisfying (2, 2)−additivity of degree (α, β), Radovi Matem-
aticki, vol.6, 77-96, 1990.
25