Phương trình hàm với các giá trị trung bình và áp dụng

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
1 Các kiến thức chuẩn bị 1
1.1 Hàm cộng tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Giá trị trung bình Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Tỷ sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.4 Giá trị trung bình Pompeiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Lagrange. 16
2.1 Phương trình hàm với cặp biến tự do . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phương trình hàm với 3 biến tự do . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 Phương trình hàm với n biến tự do . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Pompeiu. 39
3.1 Các phương trình dạng Stamate . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Phương trình Kuczma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.3 Phương trình chuyển động theo quy tắc Simpson . . . . . . . 50
3.4 Một số mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.5 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Kết luận 81
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
i
MỞ ĐẦU
Phương trình hàm là một chuyên đề rất khó, hay xuất hiện trong các đề
thi Olympic hay đề thi HSG quốc gia, quốc tế. Tuy nhiên, chuyên đề này
lại không được dạy một cách chính thống cho học sinh cũng như trong các
trường sư phạm. Điều này đã gây ra khó khăn cho giáo viên khi tham gia bồi
dưỡng HSG. Là một giáo viên dạy chuyên, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về
phương trình hàm và chọn phương trình hàm làm luận văn thạc sĩ của mình.
Phương trình hàm vô cùng rộng lớn, trong thời gian ngắn, tôi chỉ có thể
nghiên cứu lĩnh vực nhỏ trong đó. Được sự định hướng của thầy hướng dẫn,
tôi chọn phương trình hàm liên quan tới các đại lượng trung bình. Có 4 đại

lượng trung bình cơ bản là: trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình
điều hòa và trung bình bình phương. Phương trình hàm chuyển đổi các đại
lượng trung bình cơ bản trên được trình bày rõ ràng và cụ thể trong tài liệu
[1]. Do đó, trong luận văn của mình, tôi sẽ trình bày các phương trình hàm
liên quan đến các giá trị trung bình trong giải tích là trung bình Lagrange
và trung bình Pompeiu.
Nội dung Luận văn gồm có 3 chương:
Chương I. Những kiến thức chuẩn bị.
Chương II. Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Lagrange.
Chương III. Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Pompeiu.
Hà Nội, Ngày 2 tháng 12 năm 2014
Học viên thực hiện
Lê Thị Nhàn.
ii
Chương 1
NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Mục đích của chương này là trình bày một số kiến thức nhằm chuẩn bị
cho chương II và chương III, bao gồm định nghĩa hàm cộng tính, giá trị trung
bình Lagrange, giá trị trung bình Pompeiu và một số tính chất của chúng.
Nội dung chương này được tham khảo chủ yếu trong tài liệu [1], [2], [3].
1.1 Hàm cộng tính
Định nghĩa 1.1. Hàm số f : R −→ R được gọi là hàm cộng tính nếu nó
thỏa mãn
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. (1.1)
Phương trình (1.1) được đề cập đầu tiên bởi A.M. Legendre (1791) và C.F.
Gauss (1809), nhưng A.L. Cauchy (1821) là người đầu tiên tìm ra nghiệm
liên tục tổng quát.
Định nghĩa 1.2 (Xem [1]). Hàm số f : R −→ R được gọi là hàm tuyến tính
nếu nó có dạng
f(x) = ax, ∀x ∈ R,

trong đó, a ∈ R là hằng số tùy ý.
Định lý 1.1 (Xem [8]). Cho hàm số f : R −→ R là một hàm cộng tính liên
tục. Khi đó, f là một hàm tuyến tính, nghĩa là f(x) = ax, ∀x ∈ R, trong
đó, a là hằng số thực tùy ý.
Định lý 1.2 (Xem [8]). Nếu một hàm cộng tính liên tục tại một điểm thì nó
liên tục tại mọi điểm trên R.
1
Như vậy, chúng ta đã chứng tỏ các hàm cộng tính liên tục là tuyến tính.
Thậm chí nếu chúng ta giảm điều kiện liên tục về liên tục tại một điểm, các
hàm cộng tính vẫn còn tuyến tính. Trải qua nhiều năm, sự tồn tại của hàm
cộng tính gián đoạn là một bài toán mở. Các nhà toán học không thể chứng
minh mọi hàm cộng tính là liên tục và không đưa ra được một ví dụ về hàm
cộng tính gián đoạn. Nhà toán học người Đức G. Hamel vào năm 1905 là
người đầu tiên thành công trong việc chứng minh sự tồn tại các hàm cộng
tính gián đoạn (xem [8]).
1.2 Giá trị trung bình Lagrange
Định lý 1.3 (Định lý Lagrange). Mọi hàm f : R → R liên tục trên [x
1
, x
2
],
khả vi trên (x
1
, x
2
), luôn tồn tại một điểm η ∈ (x
1
, x
2
) sao cho

f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
= f

(η). (1.2)
Ý nghĩa hình học của Định lý Lagrange: Nếu có cát tuyến cắt đồ thị (C)
của hàm f tại hai điểm A(x
1
, f(x
1
)) và B(x
2
, f(x
2
)) thì trên đồ thị (C)
tồn tại điểm C(η, f(η)), η ∈ (x
1
, x
2
) sao cho tiếp tuyến tại C song song với
đường thẳng AB.
Tỷ số
f(x

1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
được gọi là tỷ sai phân của hàm f đối với hai điểm
phân biệt x
1
, x
2
. Trong mục tiếp theo, chúng tôi tìm hiểu và trình bày một
số kết quả có liên quan đến tỷ sai phân.
1.3 Tỷ sai phân
Định nghĩa 1.3 (Xem [8]). Tỷ sai phân của hàm f : R → R đối với n điểm
phân biệt x
1
, x
2
, . . . , x
n
được kí hiệu là f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] và được xác định

bởi:
f[x
1
] = f(x
1
)
và
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] =
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n−1
] − f[x
2
, x
3
, . . . , x
n
]
x
1
− x

n
, ∀n ≥ 2.
2
Theo định nghĩa trên, ta có
f[x
1
, x
2
] =
f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
,
và
f[x
1
, x
2
, x
3
] =
(x
3
− x

2
)f(x
1
) + (x
1
− x
3
)f(x
2
) + (x
2
− x
1
)f(x
3
)
(x
1
− x
2
)(x
2
− x
3
)(x
3
− x
1
)
.

Định lý 1.4. Tỷ sai phân n- điểm của f có thể được biểu diễn thành
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] =
n

j=1
f(x
j
)
n

k=1
k=j
(x
j
− x
k
)
, ∀n ∈ N
∗
. (1.3)
Chứng minh. : Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 1
và n = 2, ta có
f[x
1

] = f(x
1
)
và
f[x
1
, x
2
] =
f(x
1
)
x
1
− x
2
+
f(x
2
)
x
2
− x
1
=
f(x
1
) − f(x
2
)

x
1
− x
2
.
Do đó, biểu thức đúng khi n = 1 và n = 2. Giả sử biểu thức đúng với n, ta
cần chứng minh biểu thức đúng với n + 1. Theo định nghĩa của tỷ sai phân
(Định nghĩa 1.3), ta có
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n+1
] =
1
x
1
− x
n+1
(f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] − f[x
2
, x
3

, . . . , x
n+1
]).
Theo giả thiết quy nạp, vế phải (VP) của biểu thức trên trở thành
V P =
1
x
1
− x
n+1

n

j=1
f(x
j
)
n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
−
n+1

j=2

f(x
j
)
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k

.
Phân tích
n

j=1
f(x
j
)
n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k

= f(x
1
)
n

k=2
1
x
1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j
)
n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
và
n+1


j=2
f(x
j
)
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k
= f(x
n+1
)
n

k=2
1
x
n+1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j

)
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k
.
3
Khi đó
V P =
f(x
1
)
x
1
− x
n+1
n

k=2
1
x
1
− x
k
+

1
x
1
− x
n+1
n

j=2
f(x
j
)
n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
−
f(x
n+1
)
x
1
− x
n+1
n


k=2
1
x
n+1
− x
k
−
1
x
1
− x
n+1
n

j=2
f(x
j
)
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k
=
f(x
1

)
x
1
− x
n+1
n

k=2
1
x
1
− x
k
+
f(x
n+1
)
x
n+1
− x
1
n

k=2
1
x
n+1
− x
k
+

n

j=2
f(x
j
)
x
1
− x
n+1

n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
−
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k


= f(x
1
)
n+1

k=2
1
x
1
− x
k
+ f(x
n+1
)
n

k=1
1
x
n+1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j
)

x
1
− x
n+1

1
x
j
− x
1
−
1
x
j
− x
n+1

n

k=2
k=j
1
x
j
− x
k
.
Mặt khác
n


j=2
f(x
j
)
x
1
− x
n+1

1
x
j
− x
1
−
1
x
j
− x
n+1

n

k=2
k=j
1
x
j
− x
k

=
n

j=2
f(x
j
)
(x
j
− x
1
)(x
j
− x
n+1
)
n

k=2
k=j
1
x
j
− x
k
=
n

j=2
f(x

j
)
n+1

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
.
Do đó
V P = f(x
1
)
n+1

k=2
1
x
1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j

)
n+1

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
+ f(x
n+1
)
n

k=1
1
x
n+1
− x
k
.
4
Vậy ta có hệ thức
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n+1

] =
n+1

j=1
f(x
j
)
n+1

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
.
Nhận xét 1.1. Vai trò của x
i
, i = 1, n trong định nghĩa f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] là
như nhau.
Định lý 1.5. Giả sử f(x) = x
l
, l ∈ N, khi đó

f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] =



0 nếu n > l + 1,
1 nếu n = l + 1,
x
1
+ · · · + x
n
nếu n = l
với mọi số nguyên dương n.
Chứng minh. : Với f(x) = x
l
, l ∈ N, ta đánh giá f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
].
Khi n = 2, ta có
f[x
1

, x
2
] =
f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
=
x
l
1
− x
l
2
x
1
− x
2
=
(x
1
− x
2
)
l−1


k=0
x
k
1
x
l−1−k
2
x
1
− x
2
=
l−1

k=0
x
k
1
x
l−1−k
2
=

p
1
+p
2
=l−1
x

p
1
1
x
p
2
2
,
trong đó p
1
, p
2
là các số nguyên không âm.
Khi n = 3, ta có
f[x
1
, x
2
, x
3
] =
f[x
1
, x
3
] − f[x
2
, x
3
]

x
1
− x
2
=

p
1
+p
3
=l−1
x
p
1
1
x
p
3
3
−

p
2
+p
3
=l−1
x
p
2
2

x
p
3
3
x
1
− x
2
=
1
x
1
− x
2
[(x
1
−x
2
)x
l−2
3
+(x
2
1
−x
2
2
)x
l−3
3

+· · ·+(x
l−2
1
−x
l−2
2
)x
3
+(x
l−1
1
−x
l−1
2
)]
= x
l−2
3
+(x
1
+x
2
)x
l−3
3
+(x
2
1
+x
1

x
2
+x
2
2
)x
l−4
3
+· · ·+

p
1
+p
2
=l−3
x
p
1
1
x
p
2
2
x
3
+

k
1
+k

2
=l−2
x
k
1
1
x
k
2
2
5
=

p
1
+p
2
+p
3
=l−2
x
p
1
1
x
p
2
2
x
p

3
3
,
với p
1
, p
2
, p
3
, k
1
, k
2
là các số nguyên không âm.
Tương tự, bằng phép quy nạp, ta có
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] =

p
1
+p
2
+···+p
n
=l−n+1

x
p
1
1
x
p
2
2
. . . x
p
n
n
,
trong đó p
1
, p
2
, . . . , p
n
là các số nguyên không âm. Khi đó với n = l, ta có
f[x
1
, x
2
, . . . , x
l
] =

p
1

+···+p
l
=1
x
p
1
1
x
p
2
2
. . . x
p
l
l
.
Vì p
1
, p
2
, . . . , p
l
là các số nguyên không âm nên từ p
1
+ · · · + p
l
= 1, suy ra
p
k
= 1 và p

j
= 0, ∀j = k. Do đó ta có

p
1
+···+p
l
=1
x
p
1
1
x
p
2
2
. . . x
p
l
l
=
l

j=1
x
j
và như vậy
f[x
1
, x

2
, . . . , x
l
] =
l

j=1
x
j
.
Tương tự, khi n = l + 1 thì
f[x
1
, x
2
, . . . , x
l+1
] =

p
1
+···+p
l+1
=0
x
p
1
1
x
p

2
2
. . . x
p
l+1
l+1
= 1
và
f[x
1
, x
2
, . . . , x
l+2
] =
f[x
1
, x
2
, . . . , x
l+1
] − f[x
2
, x
3
, . . . , x
l+2
]
x
1

− x
l+2
= 0.
Định lý được chứng minh.
Định lý 1.6. Giả sử f : R → R có đạo hàm cấp n liên tục trong đoạn
[min {x
0
, x
1
, . . . , x
n
} , max {x
0
, x
1
, . . . , x
n
}].
Nếu tất cả các điểm x
0
, x
1
, . . . , x
n
là phân biệt thì
f[x
0
, x
1
, . . . , x

n
]
=
1

0
dt
1
t
1

0
dt
2
. . .
t
n−1

0
f
(n)

x
0
+
n

k=1
t
k

(x
k
− x
k−1
)

dt
n
, n ≥ 1. (1.4)
6
Chứng minh. : Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 1, biểu diễn (1.4) trở thành
f[x
0
, x
1
] =
1

0
f


t
1
(x
1
− x
0
) + x

0

dt
1
, x
0
= x
1
.
Xét tích phân
1

0
f


t
1
(x
1
− x
0
) + x
0

dt
1
.
Với x
0

= x
1
, đặt z = t
1
(x
1
− x
0
) + x
0
. Khi đó
dz = (x
1
− x
0
)dt
1
hay
dt
1
=
dz
x
1
− x
0
.
Khi t
1
= 0 thì z = x

0
và khi t
1
= 1 thì z = x
1
. Do đó, ta có
1

0
f


t
1
(x
1
− x
0
) + x
0

dt
1
=
x
1

x
0
f


(z)
dz
x
1
− x
0
=
x
1

x
0
f

(z)dz
x
1
− x
0
=
f(x
1
) − f(x
0
)
x
1
− x
0

= f[x
0
, x
1
].
Giả sử biểu diễn (1.4) đúng với n − 1, nghĩa là
f[x
0
, x
1
, . . . , x
n−1
]
=

1
0
dt
1

t
1
0
dt
2
. . .

t
n−2
0

f
(n−1)

x
0
+
n−1

k=1
t
k
(x
k
− x
k−1
)

dt
n−1
.
Ta sẽ chỉ ra rằng (1.4) đúng với n. Thật vậy, đặt
w = t
n
(x
n
− x
n−1
) + · · · + t
1
(x

1
− x
0
) + x
0
.
Khi đó
dt
n
=
dw
x
n
− x
n−1
, x
n
= x
n−1
.
7
Nếu t
n
= 0 thì w = w
0
, với
w
0
= t
n−1

(x
n−1
− x
n−2
) + · · · + t
1
(x
1
− x
0
) + x
0
.
Tương tự, nếu t
n
= t
n−1
, thì w = w
1
, với
w
1
= t
n−1
(x
n
− x
n−2
) + · · · + t
1

(x
1
− x
0
) + x
0
.
Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có

1
0
dt
1

t
1
0
dt
2
. . .

t
n−1
0
f
(n)

x
0
+

n

k=1
t
k
(x
k
− x
k−1
)

dt
n
=

1
0
dt
1

t
1
0
dt
2
. . .

t
n−2
0

f
(n−1)
(w
1
) − f
(n−1)
(w
0
)
x
n
− x
n−1
dt
n−1
=
f[x
0
, x
1
, . . . , x
n−2
, x
n
] − f[x
0
, x
1
, . . . , x
n−2

, x
n−1
]
x
n
− x
n−1
= f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
].
Định lý 1.7 (Định lý giá trị trung bình đối với tỷ sai phân). Cho f : [a, b] →
R là một hàm giá trị thực, có đạo hàm cấp n liên tục và x
0
, x
1
, . . . , x
n
∈ [a, b].
Khi đó, tồn tại điểm η trong đoạn
[min {x
0
, x
1
, . . . , x
n
} , max {x

0
, x
1
, . . . , x
n
}]
sao cho
f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] =
f
(n)
(η)
n!
.
Chứng minh. : Vì hàm f
(n)
(x) liên tục trên [a, b] nên f
(n)
(x) có giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a, b]. Đặt
m = min f
(n)
(x) và M = max f
(n)
(x).

Khi đó, từ biểu diễn f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] dưới dạng tích phân (Định lý 1.6), ta
có
m
n

k=1

t
k−1
0
dt
k
≤ f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] ≤ M
n

k=1

t

k−1
0
dt
k
,
8
với t
0
= 1. Mặt khác
n

k=1

t
k−1
0
dt
k
=
1

0
dt
1
t
1

0
dt
2

. . .
t
n−1

0
dt
n
=
1
n!
.
Suy ra
m ≤ f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
].n! ≤ M.
Tiếp tục sử dụng tính liên tục của f
(n)
(x), ta có
n!f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] = f
(n)

(η),
với η ∈ [min {x
0
, x
1
, . . . , x
n
} , max {x
0
, x
1
, . . . , x
n
}]. Do đó
f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] =
f
(n)
(η)
n!
.
Nếu x là một số trong khoảng (a, b) thì áp dụng Định lý Lagrange trên
đoạn [a, x], ta có thể chọn một số η
x
∈ (a, x) như một hàm của x (η

x
phụ
thuộc x) sao cho
f[a, x] = f

(η
x
). (1.5)
Phần cuối của mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất của giá trị
trung bình η
x
khi x → a
+
. Xét hàm f(t) = t
2
trên đoạn [1, 2]. Áp dụng Định
lý Lagrange đối với hàm f trên đoạn [1, x], x ∈ (1, 2), ta có được
f(x) − f(1)
x − 1
= f

(η
x
), η
x
∈ (1, x).
Từ phương trình trên, ta xác định được giá trị trung bình
η
x
=

1
2
(x + 1).
Ước lượng giới hạn của
η
x
− 1
x − 1
khi x → 1
+
, ta có
lim
x→1
+
η
x
− 1
x − 1
= lim
x→1
+
1
2
(x + 1) − 1
x − 1
=
1
2
.
Tương tự, khi xét hàm f(t) = e

t
trên đoạn [0, 2], ta có
η
x
= ln

e
x
− 1
x

, x ∈ (0, 2)
9
và
lim
x→0
+
η
x
− 0
x − 0
= lim
x→0
+

1
x
ln

e

x
− 1
x

= lim
x→0
+

1
x
ln

1 +
x
2
+
x
2
3!
+ . . .

=
1
2
.
Qua hai ví dụ trên, ta thấy rằng khi x → a
+
đối với đoạn [a, x], giá trị
trung bình η
x

xấp xỉ trung bình cộng của a và x. Câu hỏi đặt ra là những
hàm nào thỏa mãn tính chất trên. Định lý dưới đây cho ta một câu trả lời.
Định lý 1.8. Giả sử hàm f là khả vi liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm
cấp hai tại a với f

(a) = 0. Nếu η
x
là giá trị trung bình trong phương trình
(1.5) thì
lim
x→a
+
η
x
− a
x − a
=
1
2
.
Chứng minh. : Để chứng minh định lý, ta đánh giá
lim
x→a
+
f(x) − f(a) − (x − a)f

(a)
(x − a)
2
bằng hai cách khác nhau.

Cách thứ nhất, sử dụng Định lý Lagrange, ta có
lim
x→a
+
f(x) − f(a) − (x − a)f

(a)
(x − a)
2
= lim
x→a
+
(x − a)f

(η
x
) − (x − a)f

(a)
(x − a)
2
= lim
x→a
+
f

(η
x
) − f


(a)
x − a
= lim
x→a
+
f

(η
x
) − f

(a)
η
x
− a
lim
x→a
+
η
x
− a
x − a
= f

(a) lim
x→a
+
η
x
− a

x − a
.
Cách thứ hai, sử dụng quy tắc L’Hospital, ta có
lim
x→a
+
f(x) − f(a) − (x − a)f

(a)
(x − a)
2
= lim
x→a
+
f

(x) − f

(a)
2(x − a)
=
1
2
f

(a).
Vì f

(a) = 0 nên từ hai cách đánh giá trên suy ra
lim

x→a
+
η
x
− a
x − a
=
1
2
.
Định lý được chứng minh.
10
Sử dụng kí hiệu [x
1
, x
2
, . . . , x
n
; f(x)] để chỉ tỷ sai phân
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] của f. Khi đó, theo Định lý 1.7, tồn tại η ∈
[min {x
1
, x
2

, . . . , x
n
} , max {x
1
, x
2
, . . . , x
n
}] sao cho
[x
1
, x
2
, . . . , x
n
; f(x)] =
f
(n−1)
(η)
(n − 1)!
. (1.6)
Xét một đoạn chứa biến [a, a + x], với 0 < x < b − a và cho 0 ≤ m
1
<
· · · < m
n
≤ 1. Khi đó x
1
= a + m
1

x, x
2
= a + m
2
x, . . . , x
n
= a + m
n
x là
n điểm phân biệt trong đoạn [a, a + x]. Nếu f : [a, b] → R là khả vi liên tục
(n − 1) lần thì theo định lý giá trị trung bình đối với tỷ sai phân n điểm
của hàm f trên [a + m
1
x, a + m
n
x], tồn tại giá trị trung bình η trong đoạn
[a + m
1
x, a + m
n
x] thỏa mãn (1.6). Để nhấn mạnh sự phụ thuộc vào biến x,
ta kí hiệu giá trị trung bình đó là η
x
. Ta sẽ tìm hiểu sự thay đổi của η
x
khi
x dần về 0.
Định lý 1.9 (Công thức khai triển Taylor, phần dư dạng Peano). Giả sử
rằng f là khả vi n lần tại a, khi đó tồn tại hàm ε(x) sao cho
f(a + x) =

n

k=0
f
(k)
(a)
k!
x
k
+ ε(x)x
n
, (1.7)
trong đó lim
x→0
ε(x) = 0.
Định lý 1.10. Giả sử f : [a, b] → R có đạo hàm cấp (n − 1) liên tục và khả
vi k ≥ n lần tại a với f
(i)
(a) = 0, ∀i = n, . . . , (k − 1) và f
(k)
(a) = 0. Khi
đó
lim
x→0
+
η
x
− a
x
=


[m
1
, . . . , m
n
; x
k
]

k
n−1


1
k+1−n
(1.8)
trong đó 0 ≤ m
1
< · · · < m
n
≤ 1, η
x
là giá trị trung bình trong phương trình
(1.6) đối với [a + m
1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)] và 0 < x < b − a.
Chứng minh. : Sử dụng phương trình (1.3), ta có
[a + m

1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)] =
n

i=1
f(a + m
i
x)
x
n−1
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
. (1.9)
11
Áp dụng Định lý 1.9, ta có
f(a + m
i
x) =
k

l=0

f
(l)
(a)
l!
(m
i
x)
l
+ ε(m
i
x)(m
i
x)
k
,
với lim
x→0
+
ε(m
i
x) = 0.
Với giả thiết f
(i)
(a) = 0, i = n, . . . , (k − 1) suy ra
f(a + m
i
x) =
n−1

l=0

f
(l)
(a)
l!
(m
i
x)
l
+
f
(k)
(a)
k!
(m
i
x)
k
+ ε(m
i
x)(m
i
x)
k
.
Khi đó phương trình (1.9) trở thành
[a + m
1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)]

=
n

i=1













n−1

l=0
f
(l)
(a)
l!
(m
i
x)
l
+
f

(k)
(a)
k!
(m
i
x)
k
+ ε(m
i
x)(m
i
x)
k
x
n−1
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)














hay
[a + m
1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)]
=
n−2

l=0
f
(l)
(a)
l!x
(n−1)−l
n

i=1
m
l
i
n


j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
f
(n−1)
(a)
(n − 1)!
n

i=1
m
n−1
i
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
f
(k)

(a)
k!
n

i=1
m
k
i
x
k−(n−1)
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n

i=1
ε(m
i
x)x
k
m
k
i

x
n−1
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
.
Kết hợp với Định lý 1.5, ta có được
[a + m
1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)]
=
f
(n−1)
(a)
(n − 1)!
+
f
(k)
(a)
k!
n


i=1
m
k
i
x
k−(n−1)
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n

i=1
ε(m
i
x)x
k
m
k
i
x
n−1
n


j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
. (1.10)
12
Khai triển f
(n−1)
(x) thành một đa thức Taylor bậc k − (n − 1) với phần dư
dạng Peano, ta có
f
(n−1)
(x) =
k−(n−1)

l=0
f
(l+n−1)
(a)
l!
(x − a)
l
+ ˆε(x − a)(x − a)
k−(n−1)
,
suy ra
f

(n−1)
(η
x
) =
k−(n−1)

l=0
f
(l+n−1)
(a)
l!
(η
x
− a)
l
+ ˆε(η
x
− a)(η
x
− a)
k−(n−1)
,
với lim
η
x
→a
ˆε(η
x
− a) = 0.
Vì f

(i)
(a) = 0, ∀i = n, . . . , (k − 1) và f
(k)
(a) = 0 nên từ phương trình trên,
ta có
f
(n−1)
(η
x
)
(n − 1)!
=
f
(n−1)
(a)
(n − 1)!
+
f
(k)
(a)
(n − 1)!(k − (n − 1))!
(η
x
− a)
k−(n−1)
(1.11)
+
ˆε(η
x
− a)(η

x
− a)
k−(n−1)
(n − 1)!
.
Kết hợp các phương trình (1.6), (1.10) và (1.11), ta có
f
(k)
(a)
k!
n

i=1
m
k
i
x
k−(n−1)
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n


i=1
ε(m
i
x)x
k
m
k
i
x
n−1
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
=
f
(k)
(a)
(n − 1)!(k − (n − 1))!
(η
x
− a)
k−(n−1)
+
ˆε(η

x
− a)(η
x
− a)
k−(n−1)
(n − 1)!
.
Vì x > 0 và f
(k)
(a) = 0 nên ta có được

η
x
− a
x

k−(n−1)
=
f
(k)
(a)
k!
.
n

i=1
m
k
i
n


j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n

i=1
ε(m
i
x)m
k
i
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
f
(k)
(a)
(n−1)!(k−(n−1))!

+
ˆε(η
x
−a)
(n−1)!
Mà
lim
x→0
+
ε(m
i
x) = 0 (i = 1, . . . , n) và lim
x→0
+
ˆε(η
x
− a) = 0,
13
suy ra
lim
x→0
+

η
x
− a
x

k−(n−1)
=

(n − 1)!(k − (n − 1))!
k!
n

i=1
m
k
i
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
=
1

k
n−1

[m
1
, . . . , m
n
; x
k
].

Vậy
lim
x→0
+
η
x
− a
x
=

[m
1
, . . . , m
n
; x
k
]

k
n−1


1
k+1−n
.
1.4 Giá trị trung bình Pompeiu
Vào năm 1946, Pompeiu đưa ra một dạng biến thể của định lý giá trị
trung bình Lagrange mà ngày nay gọi định lý giá trị trung bình Pompeiu.
Định lý 1.11. Với mọi hàm giá trị thực f khả vi trên một đoạn [a, b] không
chứa 0 và với mọi x

1
= x
2
trong [a, b], tồn tại điểm ξ thuộc (x
1
, x
2
) sao cho
x
1
f(x
2
) − x
2
f(x
1
)
x
1
− x
2
= f(ξ) − ξf

(ξ). (1.12)
Chứng minh. : Định nghĩa hàm giá trị thực F trên đoạn [
1
b
,
1
a

] bởi
F (t) = tf

1
t

. (1.13)
Do f khả vi trên [a, b] và 0 không nằm trong [a, b], ta thấy rằng F là khả vi
trên [
1
b
,
1
a
] và
F

(t) = f

1
t

−
1
t
f


1
t


. (1.14)
Áp dụng định lý giá trị trung bình cho F trong đoạn [x, y] ⊂ [
1
b
,
1
a
], ta được
F (x) − F (y)
x − y
= F

(η). (1.15)
với η ∈ (x, y). Đặt x
2
=
1
x
, x
1
=
1
y
, và ξ =
1
η
. Do η ∈ (x, y), nên
x
1

< ξ < x
2
.
14
Bây giờ, áp dụng (1.13) và (1.14) vào (1.15), ta có
xf

1
x

− yf

1
y

x − y
= f

1
η

−
1
η
f


1
η


hay là
x
1
f(x
2
) − x
2
f(x
1
)
x
1
− x
2
= f(ξ) − ξf

(ξ).
Định lý đã được chứng minh.
Tương tự như tỷ sai phân, ta có định nghĩa sau.
f{x
1
} = f(x
1
),
và
f{x
1
, x
2
, . . . , x

n
} =
x
n
f{x
1
, x
2
, . . . , x
n−1
} − x
1
f{x
2
, x
3
, . . . , x
n
}
x
1
− x
n
.
Từ đó, ta thấy rằng
f{x
1
, x
2
} =

x
2
f(x
1
) − x
1
f(x
2
)
x
2
− x
1
và
f{x
1
, x
2
, . . . , x
n
} =
n

i=1

n

j=i
x
j

x
j
− x
i

f(x
i
).
15
Chương 2
PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN
QUAN ĐẾN GIÁ TRỊ TRUNG
BÌNH LAGRANGE
Từ biểu thức của Định lý Lagrange là
f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
= f

(η), xuất hiện
phương trình hàm
f(x) − g(y)
x − y
= h(sx + ty),

với mọi x, y ∈ R, x = y và s, t là các tham số thực. Cũng theo định nghĩa
tỷ sai phân, phương trình (1.2) được viết dưới dạng
f[x
1
, x
2
] = f

(η(x
1
, x
2
)) (2.1)
(để chỉ sự phụ thuộc của η đối với x
1
và x
2
, ta viết f

(η(x
1
, x
2
)) thay cho
f(η)). Đặt f

(η(x
1
, x
2

)) = h(x
1
, x
2
), ta có phương trình hàm
f[x
1
, x
2
] = h(x
1
, x
2
).
Chương này sẽ trình bày một số bài toán phương trình hàm nảy sinh từ định
lý giá trị trung bình Lagrange. Các kết quả trong chương II và chương III
được tham khảo chủ yếu trong tài liệu [4], [5], [6], [7], [8].
2.1 Phương trình hàm với cặp biến tự do
Bài toán 2.1. Tìm tất cả các hàm f, h : R → R thỏa mãn
f[x, y] = h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.2)
16
Lời giải. Sử dụng định nghĩa tỷ sai phân của hàm f, phương trình (2.2)
được viết lại dưới dạng
f(x) − f(y) = (x − y)h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.3)
Ta nhận thấy rằng, phương trình trên vẫn đúng khi x = y và nếu hàm f
thỏa mãn phương trình (2.3) thì hàm f + b (b là hằng số tùy ý) cũng thỏa
mãn phương trình (2.3). Do đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
f(0) = 0.
Từ phương trình (2.3), cho y = 0, ta được
f(x) = xh(x). (2.4)

Từ phương trình (2.3) và phương trình (2.4), ta có
xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y). (2.5)
Tương tự như trên, nếu h thỏa mãn phương trình (2.5) thì h + c (c là hằng
số tùy ý) cũng thỏa mãn phương trình (2.5). Vì vậy có thể giả sử h(0) = 0.
Khi đó, thay x bởi −y vào phương trình (2.5), ta thu được
−yh(−y) − yh(y) = 0
hay
−yh(−y) = yh(y).
Suy ra h là một hàm lẻ. Thay y bởi −y vào phương trình (2.5), ta có
xh(x) − yh(y) = (x + y)h(x − y). (2.6)
Từ phương trình (2.5) và phương trình (2.6), ta có
(x − y)h(x + y) = (x + y)h(x − y).
Đặt u = x + y và v = x − y, phương trình trên trở thành
vh(u) = uh(v), ∀u, v ∈ R.
Cho v = 1, ta được h(u) = uh(1). Do đó
h(u) = au (a = h(1)).
17
Bỏ đi giả thiết h(0) = 0, ta có
h(u) = au + b.
Khi đó
f(x) = x(ax + b) = ax
2
+ bx.
Tương tự, khi bỏ đi giả thiết f(0) = 0, ta được
f(x) = ax
2
+ bx + c.
Vậy ta đã chứng minh được tất cả các nghiệm của phương trình (2.2) đều có
dạng
f(x) = ax

2
+ bx + c và h(x) = ax + b,
với a, b, c là các hằng số tùy ý.
Ngược lại, với f(x) = ax
2
+ bx + c và h(x) = ax + b, ta thấy phương trình
(2.2) được thỏa mãn.
Kết luận:
f(x) = ax
2
+ bx + c và h(x) = ax + b,
với a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Kết quả dưới đây được suy ra trực tiếp từ Bài toán 2.1.
Nhận xét 2.1. Hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f(x) − f(y) = (x − y)f


x + y
2

, ∀x, y ∈ R, x = y
nếu và chỉ nếu
f(x) = ax
2
+ bx + c,
trong đó a, b, c là các hằng số tùy ý.
Định lý 2.1. Nếu đa thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c (a = 0) là nghiệm
của phương trình hàm

f(x + t) − f(x) = tf

(x + θt) (0 < θ < 1), (2.7)
với mọi x ∈ R và t ∈ R \ {0} thì θ =
1
2
.
Đảo lại, nghiệm của phương trình
f(x + t) − f(x) = tf


x +
1
2
t

là đa thức bậc không quá hai.
18
Chứng minh. : Giả sử đa thức
f(x) = ax
2
+ bx + c
là một nghiệm của phương trình (2.7). Khi đó
a(x + t)
2
+ b(x + t) + c − ax
2
− bx − c = t(2a(x + θt) + b)
hay
at

2
(1 − 2θ) = 0.
Vì a = 0 và t = 0 nên từ phương trình trên, ta suy ra
θ =
1
2
.
Đảo lại, với θ =
1
2
và cho t = y − x trong phương trình (2.7), ta được
f(x) − f(y) = (x − y)f


x + y
2

, x = y.
Khi đó, từ Nhận xét 2.1, ta suy ra f là một đa thức bậc không quá hai.
Tiếp theo, ta sẽ mở rộng phương trình hàm ở Nhận xét 2.1.
Bài toán 2.2. Cho s, t là các tham số thực. Tìm tất cả các hàm f khả vi
trên R, thỏa mãn phương trình
f(x) − f(y) = (x − y)f

(sx + ty), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.8)
Lời giải. Nếu t = s =
1
2
thì theo Nhận xét 2.1, ta có
f(x) = ax

2
+ bx + c.
Xét các trường hợp còn lại, thay lần lượt y = 0 và x = 0 trong phương trình
(2.8), ta có
f(x) = xf

(sx) + b và f(y) = yf

(ty) + b (b = f(0)).
Do đó
f

(sx) = f

(tx), ∀x ∈ R. (2.9)
Từ phương trình (2.9), nếu s = t thì f

(x) = c (c là hằng số). Do đó
f(x) = ax + b.
19
Trường hợp s = t =
1
2
, phương trình (2.8) trở thành
f(x) − f(y) = (x − y)f

[t(x + y)].
Đặt f

[t(x + y)] = h(x + y), ta được phương trình

f(x) − f(y) = (x − y)h(x + y).
Theo Bài toán 2.1, nghiệm của phương trình trên là
f(x) = ax
2
+ bx + c và h(x) = ax + b. (2.10)
Từ (2.10) và theo cách đặt ở trên, ta có
2at(x + y) = a(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y.
Suy ra a = 0 và do đó f(x) = bx + c.
Kết luận:
f(x) =

ax
2
+ bx + c nếu s = t =
1
2
bx + c nếu (s, t) =

1
2
,
1
2

,
trong đó a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Bài toán 2.3. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình
f(x) − g(y)
x − y
= a, ∀x, y ∈ R, x = y. (2.11)

Lời giải. Phương trình (2.11) được viết lại dưới dạng
f(x) − g(y) = a(x − y), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.12)
Lần lượt cho y = 0 và x = 0, ta được
f(x) = ax + g(0) và g(y) = ay + f(0).
Kết hợp với phương trình (2.12), ta có f(0) = g(0) = b (b là hằng số ). Do
đó
f(x) = ax + b và g(y) = ay + b.
Ngược lại, thế f(x) = ax + b và g(y) = ay + b vào phương trình (2.11), ta
thấy phương trình được thỏa mãn.
Kết luận:
f(x) = ax + b và g(y) = ay + b,
với a là hằng số cho trước, b là hằng số tùy ý.
20
Bài toán 2.4. Cho t là tham số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm f, g, h :
R → R thỏa mãn phương trình
f(x) − g(y)
x − y
= h(ty), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.13)
Lời giải. Cho y = 0 trong phương trình (2.13), ta có
f(x) = ax + b, ∀x = 0 (a = h(0) và b = g(0)). (2.14)
Thế f(x) = ax + b vào phương trình (2.13), ta được
ax + b − g(y) = (x − y)h(ty), ∀x, y ∈ R, x = y, x = 0.
Đồng nhất hai vế của phương trình trên, ta được
h(ty) = a và g(y) = h(ty)y + b = ay + b, ∀y ∈ R. (2.15)
Cho x = 0 trong phương trình (2.13) và sử dụng phương trình (2.15), ta
được f(0) = b. Do đó phương trình (2.14) đúng với mọi số thực x.
Từ các phương trình (2.14) và (2.15), ta có kết quả:
f(x) = ax + b, g(y) = ay + b và h(y) = a,
trong đó a, b là các hằng số thực tùy ý.
Bài toán 2.5. Cho s, t là hai tham số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm

f, g, h : R → R thỏa mãn phương trình
f(x) − g(y)
x − y
= h(sx + ty), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.16)
Lời giải. Các trường hợp s = t = 0; s = 0, t = 0 và s = 0, t = 0 đã được
giải quyết ở Bài toán 2.3 và Bài toán 2.4.
Với s, t = 0, lần lượt cho x = 0 và y = 0 trong phương trình (2.16), ta có
g(y) = yh(ty) + b , ∀y = 0 (b = f(0)) (2.17)
và
f(x) = xh(sx) + c , ∀x = 0 (c = g(0)). (2.18)
Từ các phương trình (2.16), (2.17) và (2.18), ta có
xh(sx) − yh(ty) + c − b = (x − y)h(sx + ty),
21
với mọi x, y ∈ R \ {0} và x = y.
Thay x bởi
x
s
và y bởi
y
t
vào phương trình trên, ta có
x
s
h(x) −
y
t
h(y) + c − b =

x
s

−
y
t

h(x + y), (2.19)
với mọi x, y ∈ R \ {0} và tx = sy.
Trường hợp 1. Xét s = t. Từ phương trình (2.19), ta có
xh(x) − yh(y) = (b − c)t + (x − y)h(x + y). (2.20)
Thay x bởi y trong phương trình (2.20), ta có
0 = (b − c)t,
suy ra b = c. Do đó, phương trình (2.20) trở thành
xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y), (2.21)
với mọi x, y ∈ R \ {0} và x = y.
Thay y bởi −y, phương trình (2.21) trở thành
xh(x) + yh(−y) = (x + y)h(x − y), (2.22)
với mọi x, y ∈ R \ {0} và x + y = 0.
Cho y = x trong phương trình (2.22), ta có được
xh(x) + xh(−x) = 2xh(0). (2.23)
Trừ theo vế phương trình (2.21) cho phương trình (2.22), ta có
−yh(y) − yh(−y) = (x − y)h(x + y) − (x + y)h(x − y).
Kết hợp với phương trình (2.23), ta có được
2yh(0) = (x + y)h(x − y) − (x − y)h(x + y), (2.24)
với mọi x, y, x − y, x + y ∈ R \ {0}.
Đặt u = x + y và v = x − y, suy ra x =
u + v
2
và y =
u − v
2
. Khi đó,

phương trình (2.24) trở thành
(u − v)h(0) = uh(v) − vh(u)
22
hay
v[h(u) − h(0)] = u[h(v) − h(0)],
với mọi u, v, u − v, u + v ∈ R \ {0}.
Do đó
h(u) = αu + a, ∀u ∈ R \ {0} (a = h(0)), (2.25)
với α là hằng số thực tùy ý.
Ta thấy rằng, phương trình (2.25) vẫn đúng khi u = 0.
Từ các phương trình (2.17), (2.18) và (2.25), ta có
f(x) = xh(sx) + c = x(αsx + a) + c
và
g(y) = yh(ty) + b = y(αty + a) + b.
Với s = t và b = c, ta có được
f(x) − g(y) = (x − y)(αtx + αty + a), ∀x = y.
Vậy nghiệm của phương trình là
f(x) = g(x) = αtx
2
+ ax + b và h(y) = αy + a,
trong đó α, a và b là các hằng số thực tùy ý.
Trường hợp 2. Xét s = −t. Khi đó, từ phương trình (2.19), ta có
xh(x) + yh(y) + (b − c)t = (x + y)h(x + y), (2.26)
với mọi x, y ∈ R \ {0}, x = y. Đặt
A(x) =

xh(x) + (b − c)t nếu x = 0
0 nếu x = 0.
(2.27)
Từ phương trình (2.26) và (2.27), ta suy ra

A(x) + A(y) = A(x + y), ∀x, y, x + y ∈ R \ {0}.
Ta chứng minh A là cộng tính trên tập số thực R. Thật vậy, A là cộng tính
khi và chỉ khi A thỏa mãn
A(x) + A(−x) = A(0) = 0
23