Một số dạng phương trình hàm xây dựng từ định lí giá trị trung bình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LỤC TRƯỜNG GIANG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM
XÂY DỰNG TỪ ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2015


1

Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Chương 1. Định lý Lagrange và phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1. Định lý giá trị trung bình Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2. Áp dụng vào phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3. Định lý giá trị trung bình Cauchy và phương trình hàm . . . . . . . . . . . .

19

Chương 2. Định lý Pompeui và phương trình hàm . . . . . . . . . . . . .

20

2.1. Định lý giá trị trung bình Pompeui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2. Phương trình hàm kiểu Stamate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.3. Phương trình hàm kiểu Kuczma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.4. Phương trình hàm theo quy tắc Simpson. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.5. Một số mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58


2

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Trần Nguyên An.
Tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy của mình.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo trong Khoa Toán,
Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã trực tiếp giảng dạy và tạo
điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạo
điều kiện, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2015
Học viên: Lục Trường Giang

3

MỞ ĐẦU
Định lý Giá trị trung bình Lagrange là một kết quả quan trọng trong
Giải tích, bắt nguồn từ Định lý Rolle được chứng minh bởi nhà toán học Pháp
Michel Rolle (1652-1719) cho đa thức năm 1691. Định lý Rolle xuất hiện lần đầu
tiên trong cuốn sách "Methode pour resoudre le égalitez" mà không có chứng
minh. Định lý Rolle được quan tâm khi Joseph Lagrange (1763-1813) trình bày
định lý giá trị trung bình mà ta gọi là Định lý Giá trị trung bình Lagrange
trong cuốn sách "Theorie des functions analytiques" năm 1797 của ông. Định lý
Rolle còn được quan tâm nhiều hơn khi Augustine Louis Cauchy (1789-1857) sử
dụng chứng minh định lý giá trị trung bình mà ta gọi là Định lý Giá trị trung
bình Cauchy trong cuốn sách "Equationnes differentielles ordinaires". Hầu hết
các kết quả trong cuốn sách của Cauchy được suy ra trực tiếp hoặc gián tiếp từ
Định lý Rolle. Gần đây nhiều phương trình hàm được nghiên cứu nảy sinh từ
các định lý giá trị trung bình.
Mục đích chính của luận văn là trình bày một số lớp phương trình hàm
nảy sinh từ một số định lý giá trị trung bình (Định lý giá trị trung bình Lagrange,
Cauchy, Pompeui).
Luận văn bao gồm 2 chương. Chương 1 trình bày Định lí giá trị trung
bình Lagrange và một số dạng phương trình hàm nảy sinh. Định lí giá trị trung
bình Cauchy - một mở rộng trực tiếp của Định lí giá trị trung bình Lagrange và
áp dụng cũng được trình bày trong chương này. Chương 2 trình bày Định lí giá
trị trung bình Pompeui và ứng dụng vào phương trình hàm. Một số lớp phương
trình hàm đặc biệt như phương trình hàm kiểu Stamate, phương trình hàm kiểu
Kuczma và một số mở rộng cũng được trình bày ở phần cuối Chương 2.

4

Chương 1

Định lý Lagrange và phương trình
hàm
1.1. Định lý giá trị trung bình Lagrange
Một trong các định lý quan trọng nhất trong phép tính vi phân là định lý giá
trị trung bình Lagrange. Định lý này được khám phá đầu tiên bởi Joseph Louis
Lagrange (1736-1813) bằng việc ứng dụng định lý Rolle. Để chứng minh định lý
Rolle dựa vào hai kết quả đơn giản sau đây.
Mệnh đề 1.1.1. Nếu một hàm khả vi f : R → R đạt cực trị tại một điểm c
thuộc khoảng mở (a, b) thì f (c) = 0.
Mệnh đề 1.1.2. Một hàm liên tục f : R → R đạt giá trị trên một khoảng đóng
và bị chặn bất kỳ [a, b].
Định lý 1.1.1 (Định lí Rolle). Nếu f liên tục trên [x1 , x2 ], khả vi trên (x1 , x2 )
và f (x1 ) = f (x2 ), thì tồn tại một điểm η ∈ (x1 , x2 ) sao cho f (η) = 0.
Định lý 1.1.2 (Định lý giá trị trung bình Lagrange). Với mỗi hàm giá trị thực
f khả vi trên khoảng I và với mọi cặp x1 = x2 trong I , tồn tại một điểm η phụ

thuộc x1 và x2 sao cho
f (x1 ) − f (x2 )
= f (η (x1 , x2 ))
x1 − x 2

(1.1)

Trong mục này, chúng ta thiết lập một số kết quả về phép tính vi phân
và tích phân sử dụng định lý giá trị trung bình Lagrange.

5

Hệ quả 1.1.1. Nếu f (x) = 0 với mọi x trong khoảng (a, b) thì f là hằng trên
[a, b].

Hệ quả 1.1.2. Nếu f (x) = g (x) với mọi x ∈ (a, b) thì f và g sai khác một hằng
số trên [a, b].
Hệ quả 1.1.3. Nếu f (x) > 0 (<0), với mọi x ∈ (a, b) thì hàm f tăng (giảm)
thực sự trên [a, b].
Hệ quả 1.1.4. Nếu f (x) > 0, với mọi x ∈ (a, b) thì f là lõm trên khoảng [a, b].

1.2. Áp dụng vào phương trình hàm
Trong mục này, chúng ta trình bày một số lớp phương trình hàm nảy sinh từ
định lý giá trị trung bình Lagrange. Trước hết ta cần một số khái niệm sau.
Định nghĩa 1.2.1. Với các số thực phân biệt x1 , x2 , ..., xn tỉ sai phân của hàm
f : R → R được định nghĩa là
f [x1 ] = f (x1 )
f [x1 , x2 , ..., xn ] =

f [x1 , x2 , ..., xn−1 ] − f [x2 , ..., xn ]
,n
x1 − xn

2.

Dễ thấy rằng
f (x1 ) − f (x2 )
x1 − x2
(x3 − x2 )f (x1 ) + (x1 − x3 )f (x2 ) + (x2 − x1 )f (x3 )

f [x1 , x2 , x3 ] =
.
(x1 − x2 )(x2 − x3 )(x3 − x1 )
f [x1 , x2 ] =

Như vậy công thức trong định lí giá trị trung bình có thể được biểu diễn như sau

f [x1 , x2 ] = f (η(x1 , x2 )).

(1.2)

Trong đó η phụ thuộc x1 , x2 . Từ đó, phương trình (1.2) xuất hiện phương trình
hàm với hàm chưa biết là f và giá trị cho trước là η . Định lý tiếp theo được
Aczél (1963) và Haruki (1979) đưa ra độc lập. Việc chứng minh định lý do Aczél
(1985). Định lý này có liên quan tới phương trình (1.2).


6

Định lý 1.2.1. Các hàm f, h : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f [x, y] = h(x + y), x = y,

(1.3)

khi và chỉ khi f (x) = ax2 + bx + c và h(x) = ax + b, trong đó a, b, c là các số thực
tùy ý.
Chứng minh. Từ định nghĩa tỉ sai phân của f , có thể viết lại như sau
f (x) − f (y) = (x − y)h(x + y), x = y

(1.4)

Nếu f thỏa mãn phương trình (1.4), thì f + b cũng thỏa mãn, với b là hằng số
tùy ý. Vì vậy không mất tính tổng quát ta giả sử f (0) = 0. Đặt y = 0 trong
phương trình (1.4) ta có
f (x) = xh(x).

(1.5)

xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y).

(1.6)

Từ (1.4) ta có

Ngược lại nếu h thỏa mãn phương trình (1.6) thì h + c cũng thỏa mãn,với c là
hằng số tùy ý. Giả sử h(0) = 0, đặt x = −y trong (1.6), ta được
−yh(−y) = yh(y)

(1.7)

Do đó h là hàm lẻ, cho y = −y trong (1.6), ta có
xh(x) − yh(y) = (x + y)h(x − y).

(1.8)

So sánh (1.8) và (1.6), ta có
(x − y)h(x + y) = (x + y)h(x − y)

(1.9)

và thay u = x + y, v = x − y vào (1.9), ta được vh(u) = uh(v),∀u, v ∈ R . Do đó ta
có h(u) = au. Nếu không có giả sử h(0) = 0 thì ta có h(u) = au + b. Từ (1.5) có
f (x) = x(ax + b), nếu không có f (0) = 0 thì f (x) = ax2 + bx + c. Như vậy ta có

điều phải chứng minh.


7

Hệ quả 1.2.1. Hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f (x) − f (y) = (x − y)f

x+y
,x = y
2

khi và chỉ khi f (x) = ax2 + bx + c, với a, b, c là hằng số thực tùy ý.
Định lý 1.2.2. Nếu đa thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, với a = 0, là một nghiệm
của phương trình hàm
f (x + h) − f (x) = hf (x + θh), (0 < θ < 1)

(1.10)

1
2

với mọi x ∈ R, h ∈ R\{0} thì θ = . Đảo lại, nếu một hàm f thỏa mãn phương
trình hàm ở trên với θ =

1

thì nghiệm duy nhất là một đa thức có bậc nhiều nhất
2

bằng hai.
Chứng minh. Giả sử
f (x) = ax2 + bx + c

(1.11)

thỏa mãn (1.10). Thay (1.11) vào (1.10) ta có
a(x + h)2 + b(x + h) + c − ax2 − bx − c = h(2a(x + θh) + b)
1
2

hay ah2 (1 − 2θ) = 0. . Vì a, h = 0 nên ta có θ = .
Ngược lại, cho θ =

1
và h = y − x từ (1.10), ta có
2
x+y
), x = y.
f (x) − f (y) = (x − y)f (
2

Từ Hệ quả 1.2.1, f ta có định lý được chứng minh.
Kết quả sau là của Kannappan, Sahoo và Jacobson (1995)
Định lý 1.2.3. Với các tham số thực s, t các hàm f, g, h : R → R thỏa mãn
f (x) − g(y)
= h(sx + ty)

x−y

(1.12)


8

với mọi x, y ∈ R, x = y khi và chỉ khi


ax + b
nếu s = 0 = t




ax + b
nếu s = 0, t = 0




ax + b
nếu s = 0, t = 0
f (x) =
2

αtx + ax + b nếu s = t = 0




A(tx)

+b
nếu s = −t = 0

t



βx + b
nếu s2 = t2











(1.13)

nếu s = 0 = t
ay + b
nếu s = 0, t = 0
ay + b
nếu s = 0, t = 0

αty 2 + ay + b nếu s = t = 0
A(ty)
nếu s = −t = 0
t +b
βy + b
nếu s2 = t2

(1.14)



tùy ý, h(0) = a nếu s = 0 = t




a
nếu s = 0, t = 0





a
nếu s = 0, t = 0
h (y) =
αy + a
nếu s = t = 0




(c − b)t

A(y)

nếu s = −t = 0

y +

y



β
nếu s2 = t2

(1.15)

g (y) =











ay + b

trong đó A : R → R là một hàm cộng tính và a, b, c, α, β là các hằng số thực tùy
ý.
Chứng minh. Ta xét các trường hợp xảy ra của s và t.
Trường hợp 1. Giả sử s = t = 0, (1.12) có dạng
f (x) − g(y)
= h(0)
x−y

tức là f (x) − ax = g(y) − ay trong đó a = h(0), ta được
f (x) = ax + b và g(y) = ay + b

(1.16)

b là hằng số tùy ý. Thay (1.16) vào (1.12), ta thấy rằng h là hàm hằng với
a = h(0).


9

Trường hợp 2. Giả sử s = 0, t = 0. Thì từ (1.12) ta có
f (x) − g(y)
= h(ty).
x−y

(1.17)

f (x) = ax + b, x = 0

(1.18)

Cho y = 0, ta có

với a = h(0) và b = g(0). Thay (1.18) vào (1.17), ta được
ax + b − g(y) = (x − y)h(ty)

(1.19)

với mọi x = y, x = 0. Đồng nhất hệ số của (1.19) đối với biến x, ta có
h(ty) = a và g(y) = h(ty)y + b = ay + b, ∀y ∈ R.

(1.20)

Cho x = 0 trong (1.17) và từ (1.20), ta có f (0) = b. Do đó (1.18) đúng với mọi
x ∈ R. Vì vậy từ (1.18) và (1.20) nên ta có (1.12).

Trường hợp 3. Giả sử s = 0 = t. Cho x = 0 trong (1.12) ta có
g(y) = yh(ty) + b

(1.21)

với mọi số thực y = 0 (b=f(0)). Tương tự cho y = 0 trong (1.12) ta có
f (x) = xh(sx) + c

(1.22)

với mọi x = 0 (c=g(0)). Thay (1.21) và (1.22) vào (1.12) ta được
xh(sx) − yh(ty) + c − b = (x − y)h(sx + ty)

(1.23)

y
x
và y = trong (1.23), ta có
s
t
x
y
x y
h(x) − h(y) + c − b = ( − )h(x + y)
(1.24)
s
t
s
t

với mọi số thực x, y = 0 và x = y .Thay x =

với mọi số thực x, y = 0 và tx = ty .
Trường hợp 3.1. Giả sử s = t khi đó (1.24) trở thành
xh(x) − yh(y) = (b − c)t + (x − y)h(x + y).

(1.25)

Thay x bởi y và ngược lại rồi cộng vào (1.25) ta được b = c. Khi đó ta có
xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y)

(1.26)

10

với mọi số thực x, y = 0 và x = y . Thay y = −y trong (1.26) ta được
xh(x) + yh(−y) = (x + y)h(x − y)

(1.27)

với mọi số thực x, y = 0 và x + y = 0. Cho y = −x trong (1.26) ta có
xh(x) + xh(−x) = 2xh(0).

(1.28)

Trừ (1.27) cho (1.26) và từ (1.28), ta có
2yh(0) = (x + y)h(x − y) − (x − y)h(x + y)

(1.29)

với mọi số thực x, y = 0 và x + y, x − y = 0. Đặt u = x + y, v = x − y , từ (1.29) ta
có
(u − v)h(0) = uh(v) − vh(u)

(1.30)

v[h(u) − h(0)] = u[h(v) − h(0)],

(1.31)

hay

với mọi số thực u, v, u − v, u + v = 0. Hay
(1.32)

h(u) = αu + a

với mọi số thực u = 0, u ∈ R (a = h(0)). Từ (1.32) vào (1.12) ta có
f (x) − g(y) = (x − y)(αtx + αty + a)

(1.33)

với mọi x = y . Ta được
f (x) = g(x) = αtx2 + ax + b, h(y) = αy + a

trong đó α, a, b là những hằng số tùy ý.
Trường hợp 3.2. Giả sử s = −t thì (1.24) có dạng
xh(x) + yh(y) + (b − c)t = (x + y)h(x + y)

(1.34)

với mọi số thực x, y = 0 và x = y . Định nghĩa
A(x) =

xh(x) + (b − c)t nếu x = 0
0

nếu x = 0

(1.35)

11

Theo (1.35), (1.34) có
A(x) + A(y) = A(x + y)

(1.36)

với mọi số thực x, y = 0 và x + y = 0. A phải thỏa mãn
A(x) + A(−x) = A(0) = 0 hay xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = 0

(1.37)

Thay y = −y trong (1.34) ta có
xh(x) − yh(−y) + (b − c)t = (x − y)h(x − y).

(1.38)

Trừ (1.38) và (1.34)ta có
xh(x) − yh(−y) = (x + y)h(x + y) − (x − y)h(x − y).

(1.39)

Từ (1.35) ta có
A(y) − A(−y) = A(x + y) − A(x − y)

(1.40)

với mọi số thực x, y, x + y, x − y = 0. Thay x = −x trong (1.40), ta được
A(y) − A(−y) = A(−x + y) − A(−x − y).

(1.41)

Từ (1.40) và (1.41) ta có
A(x + y) + A(−(x + y)) = A(x − y) + A(−(x − y)).

(1.42)

Cho u = x + y và v = x − y trong (1.42), suy ra
A(u) + A(−u) = A(v) + A(−v)

(1.43)

với mọi số thực u, v, u − v, u + v = 0. Vì vậy
A(u) + A(−u) = γ

(1.44)

với mọi số thực u = 0 (γ là hằng số). Từ (1.35), (1.44) ta được
xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = γ,

(1.45)

với mọi số thực x = 0. Từ (1.12) với s = −t, ta có
f (x) − g(y) = (x − y)h(−(x − y)t).

(1.46)


12

Đổi x với y kéo theo
f (y) − g(x) = −(x − y)h((x − y)t).

(1.47)

Cộng hai vế (1.46), (1.47) và từ (1.45) ta có
f (x) − g(x) + f (y) − g(y) = −(x − y)h((x − y)t) + (x − y)h(−(x − y)t)
γ
= − + 2(b − c).
(1.48)
t

Từ (1.21) và (1.35) ta được
A(tx) = t[g(x) − c] (x = 0)

(1.49)

A(−tx) = −t[f (x) − b] (x = 0).

(1.50)

Từ (1.22) và (1.35), ta có

Từ (1.49) và (1.50) ta thấy
A(−tx) + A(tx)
+b−c
t
γ
= − + b − c.
t

f (x) − g(x) = −

(1.51)

Ta có
γ
f (x) − g(x) + f (y) − g(y) = −2 + 2(b − c).
t

(1.52)

Từ (1.48) và (1.52) ta được γ = 0. Hay (1.44) có dạng
A(x) + A(−x) = 0,

(1.53)

với mọi số thực x = 0. Hiển nhiên x = 0 cũng đúng. Do đó A là hàm cộng tính
trên tập số thực. Từ (1.35), (1.21) và (1.22) ta có
A(tx)
+b
t
A(ty)
g(y) =
+c
t
A(y) (c − b)t
h(y) =
+
,

y
y

f (x) =


13

trong đó b, c là hằng số tùy ý.
Trường hợp 3.3. Giả sử s2 = t2 , hay s = ±t. Thay x bởi y trong (1.24), ta có
y
x
y x
h(y) − h(x) + c − b = ( − )h(x + y)
s
t
s
t

(1.54)

với mọi x, y = 0 với ty = sx. Trừ (1.54) cho (1.24) và s + t = 0, ta có
xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y),

(1.55)

giống phương trình (1.26). Như vậy
(1.56)

h(x) = αx + b,

trong đó α, b là hằng số tùy ý. Từ (1.56) và (1.54) ta có
1 1
αxy( − ) = b − c
s
t

(1.57)

với mọi x, y = 0 với tx = sy và sx = ty . Từ s = t ta thấy rằng α = 0 và b = c. Như
vậy (1.56) trở thành
(1.58)

h(x) = b.

Từ (1.58), (1.21) và (1.22) ta có f, g, h. Ta có điều phải chứng minh.
Rudin (1989) cũng xác định được nghiệm của phương trình hàm
f [x, y] = f (sx + ty) với f khả vi, s, t ∈ R là f (x) =

ax2 + bx + c nếu s = t =
bx + c

1
2

nếu ngược lại

Đây là một trường hợp của Định lí 1.2.3.
Bailey (1992) đã tổng quát kết quả của Aczel và Haruki (Định lí 1.2.1)
như sau.

Định lý 1.2.4. Nếu f là một hàm khả vi thỏa mãn phương trình hàm
f [x, y, z] = h(x + y + z)

(1.59)

thì f là một đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng ba.
Chứng minh. Từ (1.59) ta có
f (x)(y − z) + f (y)(z − x) + f (z)(x − y)
= (x − y)(y − z)(x − z)h(x + y + z).

(1.60)


14

Nếu f thỏa mãn (1.60) thì f + d cũng thỏa mãn, trong đó d là hằng số tùy ý.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f (0) = 0. Đặt z = 0 trong (1.60) ta
được
yf (x) − xf (y) = xy(x − y)h(x + y).

(1.61)

f (x) f (y)
−
= (x − y)h(x + y).
x
y

(1.62)

Viết lại (1.61) ta có

Giả sử f khả vi, h liên tục, nếu ta cho y tiến gần tới 0 của (1.62), ta được
f (0) −

f (x)
= −xh(x).
x

(1.63)

Vì vậy, nếu ta định nghĩa
q(x) =


 f (x)

x
 f (0)

nếu x = 0
nếu x = 0

ta có f (x) = xq(x) với mọi x và
q(y) − q(x) = (y − x)h(x + y).

Theo Định lý 1.2.1 ta có
q(x) = ax2 + bx + c

Vì vậy f (x) = ax3 + bx2 + cx. Bỏ giả thiết f (0) = 0 ta có

f (x) = ax3 + bx2 + cx + d.

Từ đó ta có điều phải chứng minh
Năm 1992 Bailey đặt câu hỏi có phải mỗi hàm liên tục (hoặc khả vi) f
thỏa mãn phương trình hàm
f [x1 , x2 , ..., xn ] = g(x1 + x2 + ... + xn )

(1.64)

là một đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n. Sử dụng một số kỹ thuật sơ cấp,
Kannappan và Sahoo (1995) đã giải bài toán Bailey. Định lý sau đây là lời giải
với n = 3.


15

Định lý 1.2.5. Cho f thỏa mãn phương trình hàm
f [x1 , x2 , x3 ] = g(x1 + x2 + x3 )

(1.65)

với mọi x1 , x2 , x3 ∈ R mà x1 = x2 , x2 = x3 và x1 = x3 . Khi đó f là một đa thức
có bậc nhiều nhất ba và g là tuyến tính.
Chứng minh. Nếu f (x) thỏa mãn (1.65) thì f (x) + a0 + a1 x cũng vậy. Không
mất tính tổng quát ta có thể giả sử
f (0) = 0

(1.66)

f (α) = 0

(1.67)

và

với mỗi 0 = α ∈ R. Thay (x1 , x2 , x3 ) bởi (x, 0, α) trong (1.65) được
f (x) = −x(α − x)g(x + α)

(1.68)

x = 0, α. Tiếp theo ta thay (x1 , x2 , x3 ) bởi (x, 0, y) trong (1.65) ta có
f (x)
f (y)
−
= g(x + y)
x(x − y) y(x − y)

(1.69)

với mọi x, y = 0 và x = y . Định nghĩa
q(x) =

f (x)
x

(1.70)

với mọi x ∈ R\{0}. Thì từ (1.69) có
q(x) − q(y) = (x − y)g(x + y)

(1.71)

với mọi x ∈ R\{0} với x = y . Chú ý rằng (1.71) vẫn đúng khi x = y .
Ta xét phương trình
q(x) − q(y) = (x − y)g(x + y)

với mọi x ∈ R\{0}. Đặt y = −x trong (1.71) ta có
q(x) − q(−x) = 2xg(0)

(1.72)


16

với mọi x = 0. Thay y bởi -y trong (1.71) ta có
q(x) − q(−y) = (x + y)g(x − y)

(1.73)

với x ∈ R\{0}, x + y = 0. (1.73) đúng nếu x + y = 0. Ta có thể thấy rằng (1.73)
đúng với x ∈ R\{0}.
Trừ (1.71) cho (1.73) và từ (1.72) ta có
(x + y)[g(x − y) − g(0)] = (x − y)[g(x + y) − g(0)]

với mọi x ∈ R\{0}. Cố định u ∈ R, u = 0, chọn v ∈ R sao cho
u−v
= 0. Đặt
2
x=

(1.74)
u+v
= 0 và
2

u+v
u−v
và y =
2
2

vì vậy
u = x + y và v = x − y

(1.75)

u[g(v) − g(0)] = v[g(u) − g(0)]

(1.76)

Thay (1.75) vào (1.74) ta có

với mọi v = u, −u. Đặt u = u1 ta có
g(v) = a1 v + b1

(1.77)

với mọi v ∈ R\{u1 , −u1 }. Lại cho u = u2 ta có
g(v) = a2 v + b2

(1.78)

với mọi v ∈ R\{u2 , −u2 }. Từ {u1 , −u1 } và {u2 , −u2 } là tập rời nhau, ta có
g(v) = av + b

với mọi v ∈ R. Từ (1.79), (1.69), ta có
f (x) = (x2 − xα)g(x + α)
= (x2 − xα)[a(x + α) + b]
= ax3 + bx2 + cx

(1.79)


17

trong đó c = −aα2 − bα. Bỏ giả thiết f (0) = 0, ta có
f (x) = ax3 + bx2 + cx + d

(1.80)

với mọi x = 0, α. Từ (1.66), (1.67) và (1.80) ta có f là đa thức có bậc nhiều nhất
là 3 với mọi x ∈ R.
Bổ đề 1.2.1. Cho S là tập con hữu hạn của R và đối xứng qua 0 (nghĩa là
−S = S ) và cho f, g : R → R là các hàm thỏa mãn phương trình hàm
f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y)

(1.81)

với mọi x, y ∈ R\S . Khi đó
f (x) = ax2 + bx + c, g(y) = ay + b

(1.82)

với mọi x ∈ R\S và y ∈ R, trong đó a, b, c là các hằng số nào đó.
Chứng minh. Thay y = −x trong (1.81), ta có
f (x) − f (−x) = 2xg(0), ∀x ∈ R\S.

(1.83)

Thay y = −y trong (1.81) ta có
f (x) − f (−y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y ∈ R\S.

Từ (1.81) và (1.83) có
(x + y)(g(x − y) − g(0)) = (x − y)(g(x + y) − g(0))

với mọi x, y ∈ R\S , cố định u ∈ R, u = 0, cho v ∈ R sao cho
x=

(1.84)

u±v
∈
/ S và đặt
2

u+v
u−v
và y =
. Khi đó u = x + y và v = x − y và từ (1.84) ta có
2

2
u(g(v) − g(0)) = v(g(u) − g(0))

với mọi v ∈ R\(2S ± u), trong đó 2S ± u là tập
{2s + u|s ∈ S} ∪ {2s − u|s ∈ S}.

(1.85)


18

Với mỗi u cố định, phương trình (1.85) ta có g là tuyến tính đối với v , có dạng
av + b,ngoại trừ trên tập 2S ± u. Thay g trong (1.81), ta được
f (x) − ax2 − bx = f (y) − ay 2 − by

(1.86)

với mọi x, y ∈ R\S . Với y bất kì y ∈ R\S trong (1.86) ta có f (x) = ax2 + bx + c,
x ∈ R\S , với hằng số c.

Định lí sau trả lời câu hỏi của Bailey năm 1992
Định lý 1.2.6. Cho f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm (1.64) với
x1 , x2 , ..., xn phân biệt. Khi đó f là một đa thức có bậc nhiều nhất n và g là

tuyến tính.
Chứng minh. Ta thấy rằng nếu f là nghiệm của phương trình (1.64), thì
n−2

f (x) +

ak xk cũng thỏa mãn. Ta giả thiết rằng f (0) = 0 = f (y1 ) = ... = f (yn−2 )

k=0

với y1 , y2 , ..., yn−2 phân biệt khác 0.
Trong (1.64) thay (x1 , x2 , ..., xn ) bằng (x, 0, y1 , ..., yn−2 ) và (x, 0, y, y1 , ..., yn−3 ), ta
có
n−2

f (x) = −x(y1 − x)...(yn−2 − x)g

x+

yk

(1.87)

k=1

và
f (y)
f (x)
−
x(x − y)(y1 − x)...(yn−3 − x) y(x − y)(y1 − y)...(yn−3 ) − y
n−3

=g

x+y+

yk
k=1

tương ứng với x = y và x = 0, y, y1 , ..., yn−2 .
Phương trình trên có thể viết lại như sau
n−3

l(x) − l(y) = (x − y)g

x+y+

yk

,

(1.88)

k=1

f (x)
, với x, y = 0, y1 , ..., yn−3 . Từ Bổ đề 1.2.1 và
x(y1 − x)...(yn−3 − x)
x, y = 0, y1 , yn−3 tùy ý ta có g tuyến tính. Từ (1.87) f là đa thức có bậc nhiều

trong đó l(x) =

nhất là n. Định lý được chứng minh.


19

1.3. Định lý giá trị trung bình Cauchy và phương trình hàm
Augustine - Louis Cauchy (1789 - 1857) đưa ra một suy rộng sau đây của định
lý giá trị trung bình Lagrange mà hiện nay mang tên ông.
Định lý 1.3.1 (Định lí giá trị trung bình Cauchy). Với mọi giá trị thực f, g khả
vi trên một khoảng số thực I và với mọi cặp x1 = x2 trong I , tồn tại một điểm
η phụ thuộc vào x1 và x2 sao cho
[f (x1 ) − f (x2 )]g (η) = [g(x1 ) − g(x2 )]f (η).

(1.89)

Chứng minh. Đặt h(x) = [f (x1 ) − f (x2 )]g(x) − [g(x1 ) − g(x2 )]f (x) với mọi x ∈ I .
Thì h khả vi trên I ta có
h(x1 ) = f (x2 )g(x1 ) − g(x2 )f (x1 ) = h(x2 ).

Theo Định lý Rolle tồn tại η ∈ (x1 , x2 ) sao cho
0 = h (η) = [f (x1 ) − f (x2 )]g (η) − [g(x1 ) − g(x2 )]f (η),

và từ f [x, y] = h(η(x, y)) ta có điều phải chứng minh.
Định lý giá trị trung bình Cauchy được dùng trong việc tìm giới hạn của
các hàm. Phương pháp này gọi là quy tắc l’Hospital (1661-1704). Năm 1696
Marquis de l’Hospital đã biên soạn bài giảng của thầy mình Johann Bernoulli
(1667-1748) và quy tắc l’Hospital xuất hiện đầu tiên. Có lẽ ta nên gọi chính xác
là quy tắc Bernoulli-l’Hospital. Nếu ta xem f và g là các hàm ẩn η là giá trị cho
trước ta được dạng phương trình hàm. Phương trình hàm dạng này được nghiên
F (x1 ) + F (x2 )
),trong đó
2
F là liên tục và đơn điệu thực sự. Nếu ta lấy η(x + y) = x + y và f , g được thay

cứu bởi Aumann (1936) bằng việc đặt η(x1 , x2 ) = F −1 (

bởi các hàm chưa biết ta được phương trình hàm
[f (x) − f (y)]k(x + y) = [g(x) − g(y)]h(x + y)

. Cho tới nay đây vẫn là một vấn đề mở.


20

Chương 2

Định lý Pompeui và phương trình
hàm
2.1. Định lý giá trị trung bình Pompeui
Năm 1946, Pompeiu giới thiệu một biến thể của định lý giá trị trung bình
Lagrange mà ngày nay gọi là định lý giá trị trung bình Pompeiu.
Định lý 2.1.1. Với mỗi hàm f giá trị thực khả vi trên một khoảng [a, b] không
chứa 0 và với mọi cặp x1 = x2 trong [a, b], tồn tại điểm ξ ∈ (x1 , x2 ) sao cho
x1 f (x2 ) − x2 f (x1 )
= f (ξ) − ξf (ξ).
x1 − x2

(2.1)

1 1
b a

Chứng minh. Định nghĩa hàm thực F trên đoạn [ , ] là
1

F (t) = tf ( ).
t

(2.2)
1 1
b a

Vì f khả vi trên [a, b] và 0 ∈
/ [a, b], ta thấy rằng F khả vi trên [ , ] và
1
1 1
F (t) = f ( ) − f ( ).
t
t
t

(2.3)
1 1
b a

Áp dụng định lý giá trị trung bình với F trên khoảng [x, y] ⊂ [ , ], ta có
F (x) − F (y)
= F (η)
x−y
1
x

với η ∈ (x, y). Cho x2 = , x1 =

1

1
và ξ = , ta có
y
η
x1 < ξ < x2 .

(2.4)


21

Từ (2.2) và (2.3), (2.4) ta có
1
1
xf ( ) − yf ( )
1
1 1
x
y
= f( ) − f ( )
x−y
η
η η

hay
x1 f (x2 ) − x2 f (x1 )
= f (ξ) − ξf (ξ).
x1 − x2

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

2.2. Phương trình hàm kiểu Stamate
Biểu thức đại số (2.1) cho một phương trình hàm. Ở đây dạng chính xác của vế
phải là không cần thiết. Vế phải của (2.1) chỉ phụ thuộc vào ξ mà không phụ
thuộc trực tiếp vào x1 và x2 . Vì vậy, ta có phương trình hàm
xf (y) − yf (x)
= h(ξ(x, y)), ∀x, y ∈ R, x = y.
x−y

(2.5)

Tương tự như tỉ sai phân, một biến thể của nó được định nghĩa trong
công trình của Chung và Sahoo (1993) bằng đệ quy là
f {x1 } = f (x1 )
f {x1 , x2 , ..., xn } =

xn f {x1 , x2 , ..., xn−1 } − x1 f {x2 , x3 , ..., xn }
.
xn − x1

Một tính toán dễ dàng chứng tỏ rằng
f {x1 , x2 } =

x2 f (x1 ) − x1 f (x2 )
,
x2 − x1
n

f {x1 , x2 , ..., xn } =



n


i=1

j=i


xj 
f (xi ) .
xi − xj

Kết quả sau đây được trình bày trong công trình của Acze’l và Kuczma
(1989).
Định lý 2.2.1. Các hàm f, h : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f {x, y} = h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y

(2.6)


22

khi và chỉ khi
f (x) = ax + b và h(x) = b

(2.7)

trong đó a, b là các hằng số tùy ý.

Chứng minh. (2.6) có dạng
xf (y) − yf (x) = (x − y)h(x + y)

(2.8)

đúng với ∀x, y ∈ R, x = y . Thay y = 0 trong (2.8) ta có xf (0) = xh(x), tức là
h(x) = f (0) = b, 0 = x ∈ R

(2.9)

xf (y) − yf (x) = (x − y)b

(2.10)

Từ (2.9), (2.8) ta có

với mọi x, y ∈ R, x + y = 0. Đặt x = 1 và y = −1 trong (2.10) ta có
f (y) = [f (1) − b]y + b = ay + b

(2.11)

với mọi y = −1. Cho y = 2 trong (2.11) ta có
f (2) = 2f (1) − b.

(2.12)

Cho x = −1 và y = 2 trong (2.8) và từ (2.9), (2.12), ta có
f (−1) = −[f (1) − b] + b,

hay

f (−1) = −a + b.

(2.13)

Cùng với (2.13), ta thấy (2.11) đúng với mọi y ∈ R. Đặt x = 1 và y = −1 trong
(2.8) ta được h(0) = b vì vậy (2.9) đúng với mọi x ∈ R.
Bổ đề 2.2.1. Các hàm f, g, h : R → R thỏa mãn phương trình hàm
xf (y) − yg(x)
= h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y
x−y

thì f (x) = g(x), x ∈ R.


23

Chứng minh. Thay x và y trong phương trình hàm trên ta có
yf (x) − xg(y)
= h(y + x)
y−x

So sánh hai phương trình hàm ta được
xf (y) − yg(x) = xg(y) − yf (x), x, y ∈ R, x = y,

hay
f (x) − g(x)
g(y) − f (y)
=
, x, y ∈ R\{0}, x = y.
x

y

Cho số thực α = 0 và đặt
c=

g(α) − f (α)
.
α

Từ phương trình trên ta có
f (x) = g(x) + cx, x ∈ R\{0, α}.

Cho u, v ∈ R\{0, α}, u = v . Đặt x = u và y = v trong phương trình trên, ta thấy
rằng c = −c nên c = 0 suy ra f (x) = g(x), x ∈ R\{0}.
Cho x = α, y = 0 trong phương trình hàm ban đầu, ta có f (0) = h(α). Đặt
x = 0, y = α ta có h(α) = g(0). Vì vậy ta có g(0) = f (0), và f (x) = g(x) với mọi
x ∈ R.

Hệ quả 2.2.1. Các hàm f, h : R → R thỏa mãn phương trình hàm
xf (y) − yf (x)
= h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y
x−y

(2.14)

f (x) = g(x) = ax + b và h(x) = b

(2.15)

khi và chỉ khi

trong đó a, b là các hằng số tùy ý.
Tiếp theo ta trình bày kết quả tương tự Định lí 1.2.3
Định lý 2.2.2. Cho s, t là các tham số thực. Các hàm f, h : R → R thỏa mãn
xf (y) − yf (x)
= h(sx + ty)
x−y

(2.16)


24

∀x, y ∈ R, x = y khi và chỉ khi
f (x) = ax + b;

(2.17)



tùy ý với b = h(0) nếu s = 0 = t



h (x) = b
nếu s = −t, x = 0



b

trường hợp còn lại

(2.18)

trong đó a, b, c là các hằng số tùy ý.
Chứng minh. Ta viết lại (2.16)
xf (y) − yf (x) = (x − y)h(sx + ty)

(2.19)

với mọi x, y ∈ R, x = y . Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1. Giả sử s = 0 = t, thì từ (2.19) ta có
x[f (y) − b] = y[f (x) − b].

(2.20)

f (x) = [f (1) − b]x + b = ax + b

(2.21)

Cho y = 1 ta có

trong đó a = f (1) − b. Ta có
f (x) = ax + b

(2.22)

h(x) = tùy ý với h(0) = b.

(2.23)

Trường hợp 2. Giả sử t = 0, s = 0. Khi đó (2.19) có dạng
xf (y) − yf (x) = (x − y)h(sx)

(2.24)

Cho y = 0 trong (2.24) ta có xf (0) = xh(sx), hay
h(x) = b, x ∈ R\{0},

(2.25)

trong đó b = f (0). Từ (2.25), (2.24), ta có
x[f (y) − b] = y[f (x) − b], x = 0

(2.26)