PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG


LÊ THỊ THÚY

PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG


LÊ THỊ THÚY

PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Đà Nẵng – Năm 2013

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan
Những nội dung được trình bày trong luận văn này là do tôi thực hiện
dưới sự hướng dẫn của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu.
Mọi tài liệu trong luận văn đều được trích dẫn rõ ràng và trung thực tên
tác giả, tên công trình, thời gian và địa điểm công bố.
Nếu có sao chép không hợp lệ, vi phạm quy chế đào tạo tôi xin chịu hoàn
toàn trách nhiệm.

Tác giả luận văn

Lê Thị Thúy


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ............................................................................................................ 1
1. Lý do chọn đề tài ....................................................................................... 1
2. Mục đích nghiên cứu .................................................................................. 2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu ................................................................................. 2
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.............................................................. 2
5. Phương pháp nghiên cứu............................................................................ 2
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài ................................................... 2
7. Cấu trúc luận văn ....................................................................................... 2
CHƯƠNG 1. LỚP CÁC HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG ............................ 4
1.1. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
VÀ CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN................................................................. 5
1.1.1. Nghiệm của phương trình hàm dạng toàn phương trên R ................. 5
1.1.2. Các tính chất liên quan ....................................................................... 7
1.2. NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRONG
KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH PHỨC .............................................................. 9

1.2.1. Một số định nghĩa .............................................................................. 9
1.2.2. Nghiệm trong không gian tuyến tính phức của phương trình hàm
dạng toàn phương .............................................................................................. 10
CHƯƠNG 2. LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG .... 14
2.1. LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY .................................................................... 14
2.1.1. Lớp nghiệm chính quy trên R .......................................................... 14
2.1.2. Lớp nghiệm chính quy trên C .......................................................... 19
2.2. MỘT SỐ MỞ RỘNG ................................................................................. 22


CHƯƠNG 3. HÀM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
LIÊN QUAN .................................................................................................... 35
3.1. HÀM NGUYÊN......................................................................................... 35
3.1.1. Nghiệm hàm nguyên của phương trình hàm

f ( z  )  f ( z  )  2 f ( z)  2 f () ……………………….35
3.1.2. Nghiệm hàm nguyên của phương trình hàm

f ( z   )  f ( z   )  2 f ( z )  2 f ( ) ............................. 38
2

2

2

2

3.2. PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN..................................................... 39
3.2.1. Nghiệm hàm nguyên của phương trình hàm

(s((n + 1)t) - s(nt)) 2n + 1

...................................................... 39
(s(nt) - s((n - 1)t)) 2n - 1
3.2.2. Một số bài toán liên quan ................................................................. 40
KẾT LUẬN ...................................................................................................... 44
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................... 45
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao)


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

N∗

Tập hợp các số tự nhiên

Z

Tập hợp các số nguyên

Z+

Tập hợp các số nguyên dương

Q

Tập hợp các số hữu tỉ

R

Tập hợp các số thực

R+

Tập hợp các số thực dương

C

Tập hợp các số phức


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết về phương trình hàm là một trong những chủ đề lâu đời
nhất của toán học phân tích. Nó được ra đời từ rất sớm, có mặt ở hầu hết
mọi nơi và có ứng dụng trong mọi lĩnh vực của đời sống và kĩ thuật. Sự
phát triển của nó không chỉ góp phần quan trọng vào sự phát triển của
toán học mà còn ảnh hưởng tới nhiều lĩnh vực khác như phân tích, khoa
học hành vi, khoa học xã hội, sinh học, kinh tế, kĩ thuật, lý thuyết thông
tin, thống kê. . .
Các nhà toán học lớn như Cauchy (1821), D’Alembert (1769), Euler
(1768), Abel (1823), Banach (1920), Darboux (1895), Ostrowski (1929),
Pexider (1903) và Poisson (1804) đã quan tâm nghiên cứu và đã đóng góp
vào lĩnh vực này. Tuy nhiên, các nhà toán học trên vẫn chưa đưa ra cách
trình bày một cách có hệ thống về các vấn đề liên quan cho đến khi những
tài liệu về phương trình hàm sau ra đời:
J.Acz’el, Lectures on Functional Equations and Their Applications (năm
1966).

J.Acz’el and J.Dhombres, Functional Equations in Several Variables
(năm 1989).
E.Castillo and M.R.Ruiz-Cobo, Functional Equations and Modelling in
Science and Engineering (năm 1992).
M.Kuczma, An Introduction to the Theory of Functional Equations and
Inequalities: Cauchy’s Equation and Jensen’s Inequality (năm 1985).
Những tài liệu này đánh dấu bước phát triển mạnh mẽ của phương
trình hàm nói riêng và của toán học nói chung.
Phương trình hàm có nhiều xuất xứ, gắn với mục tiêu ứng dụng cụ
thể trong thực tế. Đề tài “Phương trình hàm dạng toàn phương và các bài
toán liên quan” nhằm tìm hiểu về các phương trình hàm sinh bởi dạng
toàn phương và ứng dụng giải các bài toán liên quan. Hy vọng xây dựng
được một tài liệu tham khảo có ích cho những ai bắt đầu quan tâm tìm
hiểu về lý thuyết phương trình hàm dạng toàn phương.


2

2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống và tổng quan lý thuyết phương trình hàm làm cơ sở để
nghiên cứu phương trình hàm dạng toàn phương trên R và C.
Nắm được các định nghĩa, các tính chất về phương trình hàm dạng
toàn phương, các chứng minh về nghiệm, lớp nghiệm của phương trình này
và ứng dụng của nó trong các bài toán liên quan.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu cách giải và tính chất các nghiệm của phương trình hàm
dạng toàn phương.
Nghiên cứu các chứng minh về nghiệm, lớp nghiệm chính quy và một
số mở rộng của phương trình hàm dạng toàn phương.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: phương trình hàm dạng toàn phương và các
bài toán liên quan.
Phạm vi nghiên cứu: tài liệu, giáo trình của GS.TSKH Nguyễn Văn
Mậu, các tài liệu tiếng Anh, các tài liệu từ các website, tạp chí toán học
và các diễn đàn toán học...
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu, tham khảo các tài liệu, giáo trình của GS.TSKH Nguyễn
Văn Mậu, các tài liệu tiếng Anh, các trang web...và hệ thống hóa các kiến
thức.
Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn kết quả đang nghiên cứu
để hoàn chỉnh luận văn.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Tạo được một đề tài có tính hệ thống, tổng quan tương đối đầy đủ
về phương trình hàm dạng toàn phương.
Đề tài đóng góp thiết thực cho việc nghiên cứu và tìm hiểu phương
trình hàm nói chung và phương trình hàm dạng toàn phương nói riêng.
7. Cấu trúc của luận văn
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo
và 3 chương.
Chương 1. Trình bày công thức nghiệm, tính chất nghiệm của phương
trình hàm dạng toàn phương cơ bản trên R, C hoặc trên không gian không


3

gian tuyến tính phức.
Chương 2. Trình bày dạng của lớp nghiệm chính quy của phương
trình hàm dạng toàn phương trong từng trường hợp cụ thể như trên R, C
hoặc trên không gian Hilbert và một số mở rộng.
Chương 3. Trình bày về lớp nghiệm là hàm nguyên của các phương

trình hàm dạng toàn phương và một số bài toán liên quan.


4

CHƯƠNG 1

LỚP CÁC HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Lớp phương trình hàm dạng toàn phương, dạng song tuyến tính xuất
phát từ phương trình bậc hai và một vài dạng suy rộng khác sẽ được tìm
hiểu trong luận văn này.
Trong số các không gian tuyến tính định chuẩn (n.l.s.), không gian
tích phân các tích trong (i.p.s.) đóng một vai trò quan trọng. Để một không
gian tuyến tính định chuẩn là một không gian tích phân các tích trong cần
khảo sát một vài đặc trưng của các không gian này. Phương trình hàm là
công cụ mạnh mô tả được nhiều đặc trưng hàm quan trọng. Trong tính
toán đại số thì điều kiện để một không gian tuyến tính định chuẩn trở
thành một không gian tích phân các tích trong đó là đồng nhất thức bình
hành, còn được gọi là đồng nhất thức Jordan-von Neumann (hoặc định
luật Appolonius hoặc phương trình định chuẩn) được thỏa mãn:

(JvN )

x+y

2

+ x−y

2

=2 x

2

+2 y

2

với x, y ∈ V ,

trong đó V là một không gian tuyến tính định chuẩn. Việc chuyển đổi
(tịnh tiến) đồng nhất thức này vào trong quan hệ hàm số ta thu được
một phương trình hàm thường được gọi là phương trình hàm dạng toàn
phương,

(Q)

q(x + y) + q(x − y) = 2q(x) + 2q(y)

với x, y ∈ V,

trong đó V là một không gian tuyến tính.
Chương này sẽ khảo sát nghiệm của phương trình hàm dạng toàn
phương (Q) trong không gian thực, không gian tuyến tính phức và các
tính chất liên quan.
Ta nhắc lại rằng một ánh xạ B : G × G → F (G là một nhóm và
F = R hoặc C) được gọi là song cộng tính nếu B là cộng tính trong mỗi
biến; có nghĩa là, nếu B(., y) và B(x, .) là cộng tính trong (.).

5

1.1. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN
PHƯƠNG VÀ CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN
1.1.1. Nghiệm của phương trình hàm dạng toàn phương
trên R
Định lý 1.1 ([3],[2]). Nghiệm tổng quát q : R → R thỏa mãn (Q) được
cho bởi
q(x) = B(x, x) với x ∈ R,
(1.1)
trong đó B : R × R → R là một hàm đối xứng, song cộng tính. Hàm B
này là duy nhất và được cho bởi

1
B(x, y) = [q(x + y) − q(x − y)]
4
1
= [q(x + y) − q(x) − q(y)] với x, y ∈ R.
2

(1.2)

Chứng minh. Nếu q(x) = B(x, x) thì

q(x + y) + q(x − y) = B(x + y, x + y) + B(x − y, x − y)
= B(x, x) + B(x, y) + B(y, x) + B(y, y)
+ B(x, x) + B(x, −y) + B(−y, x) + B(−y, −y)
= 2B(x, x) + 2B(y, y)
= 2q(x) + 2q(y).

Ngược lại, giả sử q thỏa mãn (Q), ta định nghĩa B : R × R → R bởi
(1.2).
Chú ý rằng q(x + y) = q(y + x), B(0, y) = B(x, 0) = 0 = q(0), và
q(2x) = 4q(x).
Từ (1.2) và (Q), ta có kết luận:

4B(x + y, 2z) = q(x + y + 2z) − q(x + y − 2z)
= q(x + z + (y + z)) + q(x + z − (y + z))
− q(x − z − (y − z)) − q(x − z + (y − z))
= 2q(x + z) + 2q(y + z) − 2q(x − z) − 2q(y − z)


6

= 2(q(x + z) − q(x − z)) + 2(q(y + z) − q(y − z))
= 8B(x, z) + 8B(y, z) với x, y, z ∈ R.

(1.3)

Bây giờ, thay y=0 vào (1.3) ta được B(x, 2z) = 2B(x, z), vì vậy
(1.3) trở thành

B(x + y, z) = B(x, z) + B(y, z) với x, y, z ∈ R;
có nghĩa là , B là cộng tính trong biến thứ nhất. Do tính đối xứng của B
kéo theo tính chất cộng tính của B trong biến thứ hai.
Sử dụng (Q) và (1.2) ta nhận được:

2B(x + y, z) + 2B(x − y, z) = q(x + y + z) + q(x − y + z)
− q(x + y) − q(x − y) − 2q(z)
= 2q(x + z) + 2q(y) − 2q(x) − 2q(y) − 2q(z)

= 4B(x, z) với x, y, z ∈ R,
trong đó cố định z cho ta phương trình Jensen.
Cuối cùng, từ (1.2) và (Q), chúng ta có:

2B(x, x) = q(2x) − 2q(x) = 4q(x) − 2q(x) = 2q(x), hay q(x) = B(x, x)
đó chính là (1.1).
Để chứng minh tính duy nhất của B , ta giả sử tồn tại B1 đối xứng,
song cộng tính khác B . B1 : R × R → R sao cho q(x) = B1 (x, x) với x ∈ R.
Nếu chúng ta đặt B2 (x, y) = B(x, y) − B1 (x, y) với x, y ∈ R, khi đó B2
cũng là hàm đối xứng, song cộng tính với B2 (x, x) = 0 với mọi x ∈ R. Do
đó, B2 (x + y, x + y) = 0 với x, y ∈ R, suy ra rằng B2 (x, y) = 0; nghĩa là
B1 = B. Do đó B là duy nhất.
Kết luận này đã chứng minh định lí.
Ví dụ 1.1. Tìm phương trình hàm dạng toàn phương thỏa mãn

q(x + y) + q(x − y) = q(x) + 2q(y) + x2 ,

với mọi x, y ∈ R.

Giải.
Giả sử tồn tại hàm q thỏa mãn yêu cầu bài ra.


7

Thay x = y = 0 vào phương trình hàm trên ta được q(0) = 0.
Thay y = 0 và sử dụng q(0) = 0 vào phương trình hàm trên ta được

q(x) = x2 , với mọi x ∈ R.
Thử lại thấy hàm q(x) = x2 , với mọi x ∈ R thỏa mãn.

Vậy q(x) = x2 , với mọi x ∈ R.
Ví dụ 1.2. Tìm phương trình hàm dạng toàn phương thỏa mãn
với mọi x, y ∈ R.

q(x + y) = q(x) + q(y) + 2xy,

Giải.
Giả sử tồn tại hàm q thỏa mãn yêu cầu bài ra.
Đặt q(x) = f (x) + x2 và thay vào phương trình hàm trên ta được
phương trình tương đương:

f (x + y) + (x + y)2 = f (x) + x2 + f (y) + y 2 + 2xy,

với mọi x, y ∈ R.

hay

f (x + y) = f (x) + f (y),

với mọi x, y ∈ R.

Đây là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm f (x) = ax, với a là
hằng số thực. Suy ra q(x) = x2 + ax, với mọi x ∈ R, a là hằng số thực.
Thử lại ta có:

q(x + y) = (x + y)2 + a(x + y)
= (x2 + ax) + (y 2 + ay) + 2xy
= q(x) + q(y) + 2xy, với mọi x, y ∈ R.
Vậy q(x) = x2 + ax, với mọi x ∈ R, a là hằng số thực.
1.1.2. Các tính chất liên quan

Nhận xét 1.1. Chú ý rằng trong Định lí 1.1 có thể thay thế R bởi C hoặc
bất kì nhóm Abel chia hết cho 2.
Mệnh đề 1.1. Giả sử q : R → R thỏa mãn (Q). Khi đó q thỏa mãn

q(x+y+z) = q(x+y)−q(z)+q(y+z)−q(x)+q(z+x)−q(y) với x, y, z ∈ R
(1.4)


8

Chứng minh. Từ B là song cộng tính và sử dụng (1.2), chúng ta có

1
[q(x + y + z) − q(x + y) − q(z)]
2
1
1
= [q(x + z) − q(x) − q(z)] + [q(y + z) − q(y) − q(z)]
2
2
hay q(x + y + z) = q(x + y) − q(z) + q(y + z) − q(x) + q(z + x) − q(y).
Vậy q thỏa mãn (1.4).
Mệnh đề 1.2. Giả sử V là một không gian vector trên trường R. Khi đó
q : V → R thỏa mãn (Q) có tính chất sau:

q là hàm chẵn, q(0) = 0, q(rx) = r2 q(x), với x ∈ V, r ∈ Q,
và

q(u) + q(v) = 2q

u+v
2

+ 2q

u−v
2

với u, v ∈ V.

(1.5)

(1.6)

Chứng minh. Thay y bằng −y vào (Q), ta được q(y) = q(−y). Điều này
chứng tỏ q là hàm chẵn.
Thay y = 0 vào (Q), ta nhận được q(0) = 0.
Tiếp theo thay y = x vào (Q), chúng ta có q(2x) = 22 q(x) với x ∈ V .
Thay y = 2x vào (Q) ta được:

q(3x) + q(−x) = 2q(x) + 2q(2x),

với mọi x ∈ R

Sử dụng tính chẵn của q ta nhận được:

q(3x) = 32 q(x),

với mọi x ∈ R.

Giả sử

q((n − 1)x) = (n − 1)2 q(x),

q(nx) = n2 q(x), với mọi x ∈ R.

Khi đó:

q((n + 1)x) = q(nx + x) = −q(nx − x) + 2q(nx) + 2q(x)
= (n − 1)2 q(x) + 2n2 q(x) + 2q(x)
= (n + 1)2 q(x),

với mọi x ∈ R.


9

Theo nguyên lí quy nạp ta có:

q(nx) = n2 q(x), với mọi x ∈ R, với mọi n ∈ N.
Theo tính chẵn của q ta có:

q(nx) = n2 q(x)

với x ∈ V, n ∈ Z.

Vì vậy, chúng ta có:

x
1

= 2 q(x), n ∈ Z∗ , x ∈ V.
n
n
m
Do đó, với bất kì tỉ số
và x ∈ V, ta đều có:
n
x
m 2
m
2
x =m q
=
q(x).
q
n
n
n
q

hay q(rx) = r2 q(x), với x ∈ V, r ∈ Q.
u+v
u−v
Thay x bởi
và thay y bởi
với u, v ∈ V vào (Q), chúng
2
2
ta nhận được:

q(u) + q(v) = 2q

u+v
2

+ 2q

u−v
2

với u, v ∈ V.

Vậy mệnh đề đã được chứng minh.

1.2. NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
TRONG KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH PHỨC
Nhận xét 1.2. Theo Định lí 1.1, với hàm bậc hai q trong Mệnh đề 1.2,
tồn tại duy nhất một hàm song cộng tính, đối xứng B : V × V → R sao
cho q(x) = B(x, x). Câu hỏi đặt ra là với điều kiện nào của q để B là song
tuyến tính hoặc nửa song tuyến tính?
1.2.1. Một số định nghĩa
Định nghĩa 1.1 ([3]). Giả sử V là một không gian tuyến tính trên C. Một
ánh xạ B : V × V → C được gọi là song tuyến tính khi B là song cộng
tính và tuyến tính trong mỗi thành phần; nghĩa là:

B(λx, y) = λB(x, y);

B(x, λy) = λB(x, y),

với x, y ∈ V, λ ∈ C.

10

Ánh xạ B được gọi là nửa song tuyến tính hoặc tuyến tính liên hợp
nếu B là song cộng tính, B(λx, y) = λB(x, y)
và B(x, µy) = µ
¯B(x, y) với x, y ∈ V ; λ, µ ∈ C.
Hiển nhiên, nếu B trong Nhận xét 1.3 là nửa song tuyến tính thì:

q(λx) = |λ|2 B(x, x) = |λ|2 q(x)

với x ∈ V, λ ∈ C.

(1.7)

1.2.2. Nghiệm trong không gian tuyến tính phức của phương
trình hàm dạng toàn phương
Định lý 1.2 ([3]). Giả sử q : V → C thỏa mãn (Q) và (1.7), trong đó
V là một không gian tuyến tính phức. Khi đó tồn tại duy nhất nửa song
tuyến tính dạng B1 : V × V → C sao cho

1
i
B1 (x, y) = [q(x + y) − q(x − y)] + [q(x + iy) − q(x − iy)]
4
4
= B(x, y) − iB(ix, y)
với x, y ∈ V,
(1.8)

1
ở đây B(x, y) = [q(x + y) − q(x − y)] được cho bởi (1.2).
4
Chứng minh. Theo Định lí 1.1, tồn tại một hàm song cộng tính, đối xứng
B : V × V → C được cho bởi (1.1) và (1.2).
Sử dụng (1.2) và (1.7) cho ta:


B(λx, λy) = |λ|2 B(x, y),









y
,
với x, y ∈ V và λ(= 0) ∈ C.
B(λx, y) = |λ|2 B x,
(1.9)
λ










B(x, λy) = |λ|2 B x , y ,
λ
Hơn nữa:



B(ix, iy) = B(x, y),





B(ix, y) = B(x, −iy) = −B(x, iy)

(1.10)
với x, y ∈ V.


11

Bây giờ từ (1.8) và (1.10) cho ta:

B1 (ix, iy) = B(ix, iy) − iB(i2 x, iy) = B(x, y) − iB(−x, iy)
= B(x, y) + iB(x, iy)

= B(x, y) − iB(ix, y)

= B1 (x, y).
và

B1 (ix, y) = B(ix, y) − iB(i2 x, y)
= B(ix, y) + iB(x, y)

= B(ix, y) − iB(−x, y)
= −B(x, iy) + iB(x, y)

= −(B(x, iy) − iB(x, y)) = −(B(x, iy) − iB(ix, iy))
= −B1 (x, iy)

với x, y ∈ V.

(1.11)

Chú ý rằng B1 là song cộng tính. Từ (1.8), (1.9) và (1.10), chúng ta
có:


B1 (λx, λy)













B1 (λx, y)









B1 (x, λy)











B1 (x, iy)













= |λ|2 B1 (x, y),
= |λ|2 B1 x,

= |λ|2 B1

y
,
λ

với x, y ∈ V, λ(= 0) ∈ C.

x
,y ,
λ

(1.12)

= B(x, iy) − iB(ix, iy) = −B(ix, y) − iB(x, y)

= −i(B(x, y) − iB(ix, y)) = −iB1 (x, y).

Như vậy kết hợp (1.11) và (1.12), chúng ta có được:

B1 (ix, y) = iB1 (x, y) = −B1 (x, iy)

với x, y ∈ V.

(1.13)

Sử dụng tính chất song cộng tính của B1 , từ (1.12) và (1.13) chúng


12

ta nhận được

B1 ((t + i)x, y) = B1 (tx, y) + B1 (ix, y)

với x, y ∈ V, t ∈ R

= B1 (tx, y) + iB1 (x, y)
y
= (1 + t2 )B1 x,
t+i
t−i
y
= (1 + t2 )B1 x,
1 + t2
t
1
= (1 + t2 ) B1 x,
y + iB1 x,

y
2
1+t
1 + t2
t2
1 + t2
i
=
B
x,
y
+
B1 ((1 + t2 )x, y)
1
2
2
1+t
t
1+t
2
x
t
B
, y + B1 (tx, y)
=
1
1 + t2
t
i
+

[B1 (x, y) + B1 (t2 x, y)]
2
1+t
1
t2
=
B1 (x, ty) +
B1 (tx, y)
1 + t2
1 + t2
i
+
[B1 (x, y) + B1 (t2 x, y)];
2
1+t
do đó,

(1 + t2 )B1 (tx, y) + (1 + t2 )iB1 (x, y) = B1 (x, ty) + t2 B1 (tx, y)
+ iB1 (x, y) + iB1 (t2 x, y),
nghĩa là:

B1 (tx, y) + it2 B1 (x, y) = B1 (x, ty) + iB1 (t2 x, y)

với x, y ∈ V, t ∈ R.
(1.14)

Thay t bởi −t vào (1.14) ta được:

B1 (−tx, y) + it2 B1 (x, y) = B1 (x, −ty) + iB1 (t2 x, y)

với x, y ∈ V, t ∈ R.

Cộng vế theo vế phương trình kết quả với (1.14), chúng ta được:

B1 (t2 x, y) = t2 B1 (x, y)

với x, y ∈ V, t ∈ R,


13

Trừ vế theo vế phương trình kết quả với (1.14), chúng ta được:

B1 (tx, y) = B1 (x, ty)

với x, y ∈ V, t ∈ R,

Từ B1 là song cộng tính và kết quả ở trên, chúng ta có thể kết luận
rằng:

B1 (tx, y) = tB1 (x, y) = B1 (x, ty)

với x, y ∈ V, t ∈ R.

(1.15)

Bây giờ, với λ = t + is, t, s ∈ R, sử dụng tính chất song cộng tính
của B1 , từ (1.13) và (1.15) cho ta kết quả sau:

B1 (λx, y) = B1 ((t + is)x, y) = B1 (tx, y) + B1 (isx, y)

= tB1 (x, y) + isB1 (x, y) = (t + is)B1 (x, y)
= λB1 (x, y).
và

B1 (x, λy) = B1 (x, (t + is)y)
= B1 (x, ty) + B1 (x, isy)
= tB1 (x, y) − isB1 (x, y)
= (t − is)B1 (x, y)
¯ 1 (x, y).
= λB
Do đó B1 là nửa song tuyến tính.
Vậy định lí đã được chứng minh.


14

CHƯƠNG 2

LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY VÀ
MỘT SỐ MỞ RỘNG
2.1. LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY
Định nghĩa 2.1. Lớp nghiệm chính quy của phương trình hàm dạng toàn
phương là lớp nghiệm liên tục của phương trình hàm đã cho.
2.1.1. Lớp nghiệm chính quy trên R
Hệ quả 2.1 ([3],[1]). Giả sử q : R → R thỏa mãn (Q). Nếu q là liên tục
thì q có dạng:
q(x) = cx2
với x ∈ R,
(2.1)
trong đó c là một hằng số thực.

Chứng minh. Giả sử q thỏa mãn (Q).
Thay x = y = 0 vào (Q) ta nhận được q(0) = 0.
Thay x = 0 vào (Q) ta được q(−y) = q(y) với mọi y ∈ R.
Thay y = x vào (Q) ta được q(2x) = 4q(x) với mọi x ∈ R.
Thay x = 2y vào (Q) ta được:

q(3y) + q(y) = 2q(2y) + 2q(y),

với mọi y ∈ R

hay

q(3y) = 9q(y),

với mọi y ∈ R.

Giả sử

q((n − 1)x) = (n − 1)2 q(x),

q(nx) = n2 q(x), với mọi x ∈ R.

Khi đó:

q((n + 1)x) = q(nx + x) = −q(nx − x) + 2q(nx) + 2q(x)
= (n − 1)2 q(x) + 2n2 q(x) + 2q(x)
= (n + 1)2 q(x),

với mọi x ∈ R.

15

Theo nguyên lí quy nạp ta có:

q(nx) = n2 q(x), với mọi x ∈ R, với mọi n ∈ N∗ .

(2.2)

Trong (2.2) lấy x = 1, ta được q(n) = n2 q(1). Suy ra

q(1) = q n.

1
n

= n2 q

1
n

hay

q

Lấy x =

q

1

n

=

q(1)
, với mọi n ∈ N∗ .
2
n

m
, với mọi m, n ∈ N∗ ta được
n

1
m
= q m.
n
n

= m2 q

1
n

= m2

m
q(1)
=
n2

n

2

q(1).

Vậy q(r) = cr2 , với mọi r ∈ Q, r > 0 (với c=q(1)).
Với mọi x ∈ R, x > 0, khi đó tồn tại dãy số hữu tỉ dương {rn }+∞
n=1
sao cho lim rn = x. Vì q liên tục nên
n→+∞

q(x) = q( lim rn ) = lim q(rn ) = lim (crn2 ) = cx2 .
n→+∞

n→+∞

n→+∞

Vậy q(x) = cx2 , với mọi x > 0, x ∈ R, (với c=q(1)).
Với mọi x ∈ R, x < 0, vì q(−y) = q(y), với mọi y ∈ R nên suy ra

q(x) = q(−x) = c(−x)2 = cx2 , với mọi x < 0.
Vậy q(x) = cx2 , với mọi x < 0, x ∈ R.
Như vậy q(x) = cx2 , với mọi x ∈ R(với c là hằng số thực).
Thử lại ta thấy hàm q(x) = cx2 , với mọi x ∈ R, (với c là hằng số
thực) thỏa mãn (Q).
Vậy hệ quả đã được chứng minh.
Nhận xét 2.1. Với q liên tục, (2.1) được suy ra từ Mệnh đề 1.2 từ

q(rx) = r2 q(x) với x ∈ R, r ∈ Q.


16

Chứng minh. Thật vậy, từ Định lí 1.1, q(x) = B(x, x), trong đó B là song
cộng tính. Bây giờ, từ (1.2), chúng ta thấy rằng B là liên tục trong mỗi
biến, do vậy, cố định y ta có:

B(x, y) = c(y)x = cyx
Sử dụng tính chất cộng tính trong biến thứ hai ta nhận được (2.1).

Hệ quả 2.2. Giả sử V là một không gian Banach trên R. Một ánh xạ
q : V → R thỏa mãn (Q) và liên tục tại mỗi điểm thì liên tục khắp mọi
nơi và bị chặn trên mọi hình cầu đóng.
Hệ quả 2.3. Giả sử H là một không gian Hilbert trên R. Khi đó, với mọi
hàm liên tục q : H → R thỏa mãn (Q), tồn tại duy nhất một toán tử
tuyến tính, đối xứng, bị chặn T : H → H sao cho:

q(x) = T x, x

với x ∈ H.

Hơn nữa, nếu q(T x) = q(x) với mọi toán tử trực giao T : H → H
và x ∈ H thì:
q(x) = c x 2
với x ∈ H,
trong đó c là một hằng số thực.
Ví dụ 2.1 ([2]). Tìm tất cả các hàm số q : R → R thỏa mãn

(x + y)[q(x) − q(y)] = (x − y)q(x + y),

với mọi x, y ∈ R.

(2.3)

Giải.
Giả sử hàm q thỏa mãn đề bài.
Thay x = 1, y = −1 vào (2.3) ta được q(0) = 0.
Xét hàm số

f (x) = q(x) −

q(2) − 2q(1) 2
4q(1) − q(2)
x−
x,
2
2

với mọi x ∈ R. (2.4)

Ta nhận thấy q1 (x) = x và q2 (x) = x2 thỏa mãn phương trình hàm
(2.3). Hơn nữa ta thấy rằng nếu các hàm q1 và q2 là nghiệm của (2.3) thì


17

αq1 + βq2 cũng là nghiệm của (2.3). Do đó, f (x) cũng là nghiệm của (2.3)
và f (0) = f (1) = f (2) = 0.

Với mọi x ∈
/ {0, 1, 2} thay y = 1 vào (2.3) ta có
(x + 1)[q(x) − q(1)] = (x − 1)q(x + 1),
hay

x+1
[q(x) − q(1)].
x−1
Thay (2.4) vào (2.5) ta được
q(x + 1) =

f (x + 1) +
=

(2.5)

4q(1) − q(2)
q(2) − 2q(1)
(x + 1) +
(x + 1)2
2
2

x+1
4q(1) − q(2)
q(2) − 2q(1) 2
f (x) +
x+
x − q(1) .
x−1

2
2

Do đó

x+1
4q(1) − q(2) (x + 1)x
f (x) +
− (x + 1)
x−1
2
x−1
x+1
q(2) − 2q(1) (x + 1)x2
− (x + 1)2 −
q(1)
+
2
x−1
x−1
x+1
4q(1) − q(2) x + 1
=
f (x) +
.
x−1
2
x−1
q(2) − 2q(1) x + 1 x + 1
+

.
−
q(1)
2
x−1 x−1
x+1
x + 1 4q(1) − q(2) q(2) − 2q(1)
=
f (x) +
+
− q(1)
x−1
x−1
2
2
x+1
x+1
x+1
=
f (x) +
.0 =
f (x).
x−1
x−1
x−1

f (x + 1) =

Tương tự, với mọi x ∈
/ {0, 1, 2} ta có

q(x + 2) =

x+2
[q(x) − q(2)].
x−2

Suy ra

f (x + 2) +

4q(1) − q(2)
q(2) − 2q(1)
(x + 2) +
(x + 2)2
2
2


18

=

x+2
4q(1) − q(2)
q(2) − 2q(1) 2
f (x) +
x+
x − q(2) .
x−2

2
2

Do đó

4q(1) − q(2) (x + 2)x
x+2
f (x) +
− (x + 2)
x−2
2
x−2
q(2) − 2q(1) (x + 2)x2
x+2
+
− (x + 2)2 −
q(2)
2
x−2
x−2
x+2
4q(1) − q(2) 2(x + 2)
=
f (x) +
.
x−2
2
x−2
q(2) − 2q(1) 4(x + 2) x + 2
+

.
−
q(2)
2
x−2
x−2
x+2
=
f (x)
x−2
x + 2 8q(1) − 2q(2) 4q(2) − 8q(1)
+
+
− q(2)
x−2
2
2
x+2
x+2
x+2
=
f (x) +
.0 =
f (x).
x−2
x−2
x−2

f (x + 2) =

Tóm lại ta có

f (x + 1) =

x+1
f (x), với mọi x ∈ R\{0, 1, 2}.
x−1

(2.6)

f (x + 2) =

x+2
f (x), với mọi x ∈ R\{0, 1, 2}.
x−2

(2.7)

Từ (2.6) suy ra

f (x + 2) =

x+2 x+1
x+2
f (x + 1) =
.
f (x) với mọi x ∈ R\{0, 1, 2}.
x
x x−1

Kết hợp với (2.7) suy ra với mọi x ∈
/ {0, 1, 2} ta có

x + 2 (x + 2)(x + 1)
−
f (x) = 0
x−2
x(x − 1)
hay

2(x + 2)f (x)
= 0 với mọi x ∈ R\{0, 1, 2}.
x(x − 1)(x − 2)
Vậy f (x) = 0, với mọi x = −2.
Thay x = −2 vào (2.6) ta được f (−2) = 3f (−1).


19

Thay x = −1 vào (2.7) ta được f (−1) = −3f (1) = 0 nên f (−2) = 0.
Vậy f (x) = 0, với mọi x ∈ R.
Do đó q(x) = ax + bx2 , với mọi x ∈ R, (a, b là các hằng số bất kì).
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các hàm cần tìm có dạng q(x) = ax+bx2 , với mọi x ∈ R,
(a, b là các hằng số bất kì).
2.1.2 Lớp nghiệm chính quy trên C
Nhận xét 2.2. Một ánh xạ q : R → C thỏa mãn (Q) và liên tục thì có
dạng q(x) = cx2 với x ∈ R, trong đó c là hằng số phức.
Định lý 2.1 ([3]). Giả sử q : C → C là một nghiệm của (Q). Khi đó q
là liên tục hoặc liên tục tại một điểm nếu và chỉ nếu tồn tại các hằng số

phức a, b và d sao cho

q(z) = az 2 + b|z|2 + d¯
z2

với z ∈ C.

(2.8)

Chứng minh. Chúng ta sử dụng các Định lí sau:
Định lí 1: Nghiệm tổng quát: A : C → C của

(A)

A(x + y) = A(x) + A(y)

được cho bởi:

A(z) = A1 (x) + iA2 (x) + A3 (y) + iA4 (y),

(a)

trong đó z = x + iy, x, y ∈ R và Aj : R → R (j = 1, 2, 3, 4) là các
nghiệm của (A).
Chứng minh Định lí 1: Đặt z = x+iy, ω = u+iv, x, y, u, v ∈ R.
Giả sử
A(z) = B1 (x, y) + iB2 (x, y).
(b)
Khi đó, từ A thỏa mãn (A) và từ (b) ta dễ dàng nhận thấy rằng

Bj (x + u, y + v) = Bj (x, y) + Bj (u, v).

(c)

Thay y = 0, v = 0 vào (c). Khi đó với

Aj (x) = Bj (x, 0)

x∈R

(j = 1, 2)

(d)