(Luận văn thạc sĩ) phương trình hàm với các giá trị trung bình và áp dụng 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LÊ THỊ NHÀN

PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CÁC GIÁ TRỊ
TRUNG BÌNH VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LÊ THỊ NHÀN

PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CÁC GIÁ TRỊ
TRUNG BÌNH VÀ ÁP DỤNG

Chun nghành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2014

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Các kiến thức chuẩn bị

ii
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

82


MỞ ĐẦU
Phương trình hàm là một chun 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 khơng 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,
tơi 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 hịa 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, tơi 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 cịn tuyến tính. Trải qua nhiều năm, sự tồn tại của hàm
cộng tính gián đoạn là một bài tốn mở. Các nhà tốn học khơng thể chứng
minh mọi hàm cộng tính là liên tục và khơng 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 [x1 , x2 ],
khả vi trên (x1 , x2 ), luôn tồn tại một điểm η ∈ (x1 , x2 ) sao cho

f (x1 ) − f (x2 )
= f (η).
x1 − x2

(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(x1 , f (x1 )) và B(x2 , f (x2 )) thì trên đồ thị (C)
tồn tại điểm C(η, f (η)), η ∈ (x1 , x2 ) sao cho tiếp tuyến tại C song song với
đường thẳng AB.
f (x1 ) − f (x2 )
Tỷ số
được gọi là tỷ sai phân của hàm f đối với hai điểm
x1 − x2
phân biệt x1 , x2 . Trong mục tiếp theo, chúng tơi 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 x1 , x2 , . . . , xn được kí hiệu là f [x1 , x2 , . . . , xn ] và được xác định
bởi:
f [x1 ] = f (x1 )
và

f [x1 , x2 , . . . , xn ] =

f [x1 , x2 , . . . , xn−1 ] − f [x2 , x3 , . . . , xn ]
, ∀n ≥ 2.
x1 − xn
2


Theo định nghĩa trên, ta có

f (x1 ) − f (x2 )
,
x1 − x2

f [x1 , x2 ] =
và

f [x1 , x2 , x3 ] =

(x3 − x2 )f (x1 ) + (x1 − x3 )f (x2 ) + (x2 − x1 )f (x3 )
.
(x1 − x2 )(x2 − x3 )(x3 − x1 )

Định lý 1.4. Tỷ sai phân n- điểm của f có thể được biểu diễn thành
n

f (xj )

f [x1 , x2 , . . . , xn ] =

, ∀n ∈ N∗ .

n

(1.3)

(xj − xk )

j=1

k=1
k=j

Chứng minh. : Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 1
và n = 2, ta có
f [x1 ] = f (x1 )
và

f (x2 )
f (x1 ) − f (x2 )
f (x1 )
+
=
.
x1 − x2 x2 − x1
x1 − x2
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
1
f [x1 , x2 , . . . , xn+1 ] =
(f [x1 , x2 , . . . , xn ] − f [x2 , x3 , . . . , xn+1 ]).
x1 − xn+1
f [x1 , x2 ] =

Theo giả thiết quy nạp, vế phải (VP) của biểu thức trên trở thành

1
VP =
x1 − xn+1

n

n

1
−
xj − xk

f (xj )
j=1

k=1
k=j

n+1

n+1

1
.
xj − xk

f (xj )
j=2

k=2
k=j

Phân tích

n

n

f (xj )
j=1

k=1
k=j

n

1
1
= f (x1 )
+
xj − xk
x
−
x
1
k
k=2

n

n

f (xj )
j=2

k=1
k=j

1
xj − xk

và
n+1

n+1

f (xj )
j=2

k=2
k=j

n

1
1
= f (xn+1 )
+
xj − xk
x
−
x
n+1
k

k=2
3

n

n+1

f (xj )
j=2

k=2
k=j

1
.
xj − xk


Khi đó
n

n

f (x1 )
1
1
VP =
+
x1 − xn+1 k=2 x1 − xk x1 − xn+1

n

f (xj )
j=2

n

f (xn+1 )
1
1
−
−
x1 − xn+1 k=2 xn+1 − xk x1 − xn+1
n

k=1
k=j

1
xj − xk

n

n+1

f (xj )
j=2

k=2
k=j

1
xj − xk

n

1
f (xn+1 )
1
f (x1 )
+
=
x1 − xn+1 k=2 x1 − xk xn+1 − x1 k=2 xn+1 − xk
n

+
j=2

f (xj )
x1 − xn+1

n+1

n

k=1
k=j

1
−

xj − xk

n+1

k=2
k=j

1
xj − xk

n

1
1
= f (x1 )
+ f (xn+1 )
x − xk
x
− xk
k=2 1
k=1 n+1
n

+
j=2

1
f (xj )
1
−

x1 − xn+1 xj − x1 xj − xn+1

n

k=2
k=j

1
.
xj − xk

Mặt khác
n

j=2
n

=
j=2

1
1
f (xj )
−
x1 − xn+1 xj − x1 xj − xn+1
f (xj )
(xj − x1 )(xj − xn+1 )

n

=

n+1

f (xj )
j=2

k=1
k=j

n

k=2
k=j

n

k=2
k=j

1
xj − xk

1
xj − xk

1
.
xj − xk

Do đó
n+1

1
V P = f (x1 )
+
x
−
x
1
k
k=2

n

n+1

f (xj )
j=2

k=1
k=j

4

n

1
1
+ f (xn+1 )

.
xj − xk
x
−
x
n+1
k
k=1


Vậy ta có hệ thức
n+1

f [x1 , x2 , . . . , xn+1 ] =

n+1

f (xj )
j=1

k=1
k=j

1
.
xj − xk

Nhận xét 1.1. Vai trò của xi , i = 1, n trong định nghĩa f [x1 , x2 , . . . , xn ] là
như nhau.
Định lý 1.5. Giả sử f (x) = xl , l ∈ N, khi đó


0
nếu n > l + 1,
f [x1 , x2 , . . . , xn ] = 1
nếu n = l + 1,

x1 + · · · + xn nếu n = l
với mọi số nguyên dương n.
Chứng minh. : Với f (x) = xl , l ∈ N, ta đánh giá f [x1 , x2 , . . . , xn ].
Khi n = 2, ta có

f (x1 ) − f (x2 ) xl1 − xl2
f [x1 , x2 ] =
=
x1 − x2
x1 − x2
l−1

(x1 − x2 )

xk1 xl−1−k
2

k=0

=

x1 − x2
l−1

xp11 xp22 ,

xk1 xl−1−k
=
2

=
k=0

p1 +p2 =l−1

trong đó p1 , p2 là các số nguyên không âm.
Khi n = 3, ta có

f [x1 , x2 , x3 ] =

f [x1 , x3 ] − f [x2 , x3 ]
x1 − x2

xp11 xp33 −
=
=

p1 +p3 =l−1

xp22 xp33
p2 +p3 =l−1

x1 − x2
1

2
2 l−3
l−2
l−2
l−1
l−1
[(x1 −x2 )xl−2
3 +(x1 −x2 )x3 +· · ·+(x1 −x2 )x3 +(x1 −x2 )]
x1 − x2

l−3
2
2 l−4
= xl−2
3 +(x1 +x2 )x3 +(x1 +x1 x2 +x2 )x3 +· · ·+
p1 +p2 =l−3

5

xp11 xp22 x3 +
k1 +k2 =l−2

xk11 xk22


xp11 xp22 xp33 ,

=
p1 +p2 +p3 =l−2

với p1 , p2 , p3 , k1 , k2 là các số nguyên khơng âm.
Tương tự, bằng phép quy nạp, ta có

xp11 xp22 . . . xpnn ,

f [x1 , x2 , . . . , xn ] =
p1 +p2 +···+pn =l−n+1

trong đó p1 , p2 , . . . , pn là các số ngun khơng âm. Khi đó với n = l, ta có

xp11 xp22 . . . xpl l .

f [x1 , x2 , . . . , xl ] =
p1 +···+pl =1

Vì p1 , p2 , . . . , pl là các số nguyên không âm nên từ p1 + · · · + pl = 1, suy ra
pk = 1 và pj = 0, ∀j = k . Do đó ta có
l

xp11 xp22

. . . xpl l

=

p1 +···+pl =1

xj
j=1

và như vậy
l

xj .

f [x1 , x2 , . . . , xl ] =
j=1

Tương tự, khi n = l + 1 thì
p

l+1
xp11 xp22 . . . xl+1
=1

f [x1 , x2 , . . . , xl+1 ] =
p1 +···+pl+1 =0

và

f [x1 , x2 , . . . , xl+1 ] − f [x2 , x3 , . . . , xl+2 ]
= 0.
x1 − xl+2

f [x1 , x2 , . . . , xl+2 ] =
Định lý được chứng minh.

Định lý 1.6. Giả sử f : R → R có đạo hàm cấp n liên tục trong đoạn

[min {x0 , x1 , . . . , xn } , max {x0 , x1 , . . . , xn }].

Nếu tất cả các điểm x0 , x1 , . . . , xn là phân biệt thì
f [x0 , x1 , . . . , xn ]

=

dt1
0

tn−1

t1

1

dt2 . . .
0

f
0

n
(n)

tk (xk − xk−1 ) dtn , n ≥ 1.

x0 +
k=1

6

(1.4)


Chứng minh. : Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 1, biểu diễn (1.4) trở thành
1

f t1 (x1 − x0 ) + x0 dt1 , x0 = x1 .

f [x0 , x1 ] =
0

Xét tích phân
1

f t1 (x1 − x0 ) + x0 dt1 .
0

Với x0 = x1 , đặt z = t1 (x1 − x0 ) + x0 . Khi đó

dz = (x1 − x0 )dt1
hay

dt1 =

dz
.
x1 − x0

Khi t1 = 0 thì z = x0 và khi t1 = 1 thì z = x1 . Do đó, ta có

x1

1

f t1 (x1 − x0 ) + x0 dt1 =

f (z)
x0

0

dz
x1 − x0

x1

f (z)dz
=

x0

x1 − x0

=

f (x1 ) − f (x0 )
= f [x0 , x1 ].
x1 − x0

Giả sử biểu diễn (1.4) đúng với n − 1, nghĩa là

f [x0 , x1 , . . . , xn−1 ]
1

=

t1

dt1
0

dt2 . . .
0

n−1

tn−2

f

(n−1)

0

tk (xk − xk−1 ) dtn−1 .

x0 +
k=1

Ta sẽ chỉ ra rằng (1.4) đúng với n. Thật vậy, đặt

w = tn (xn − xn−1 ) + · · · + t1 (x1 − x0 ) + x0 .
Khi đó

dtn =

dw
, xn = xn−1 .
xn − xn−1
7


Nếu tn = 0 thì w = w0 , với

w0 = tn−1 (xn−1 − xn−2 ) + · · · + t1 (x1 − x0 ) + x0 .
Tương tự, nếu tn = tn−1 , thì w = w1 , với

w1 = tn−1 (xn − xn−2 ) + · · · + t1 (x1 − x0 ) + x0 .
Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có
1

t1

dt1

dt2 . . .

0

n

tn−1

0

f

(n)

0

1

t1

tk (xk − xk−1 ) dtn

x0 +
k=1

tn−2

f (n−1) (w1 ) − f (n−1) (w0 )
dtn−1
=
dt1
dt2 . . .
xn − xn−1
0
0
0

f [x0 , x1 , . . . , xn−2 , xn ] − f [x0 , x1 , . . . , xn−2 , xn−1 ]
=
xn − xn−1
= f [x0 , x1 , . . . , xn ].

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 x0 , x1 , . . . , xn ∈ [a, b].
Khi đó, tồn tại điểm η trong đoạn

[min {x0 , x1 , . . . , xn } , max {x0 , x1 , . . . , xn }]
sao cho

f (n) (η)
f [x0 , x1 , . . . , xn ] =
.
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 [x0 , x1 , . . . , xn ] dưới dạng tích phân (Định lý 1.6), ta
có
n
n
tk−1

tk−1

dtk ≤ f [x0 , x1 , . . . , xn ] ≤ M

m
k=1

0

dtk ,
k=1

8

0


với t0 = 1. Mặt khác
n

dtk =
k=1

0

dt1
0

tn−1

t1

1

tk−1

dt2 . . .
0

dtn =

1
.
n!

0

Suy ra

m ≤ f [x0 , x1 , . . . , xn ].n! ≤ M.
Tiếp tục sử dụng tính liên tục của f (n) (x), ta có

n!f [x0 , x1 , . . . , xn ] = f (n) (η),
với η ∈ [min {x0 , x1 , . . . , xn } , max {x0 , x1 , . . . , xn }]. Do đó

f (n) (η)
f [x0 , x1 , . . . , xn ] =
.
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 ηx ∈ (a, x) như một hàm của x (ηx phụ
thuộc x) sao cho
f [a, x] = f (ηx ).

(1.5)
Phần cuối của mục này, chúng tơi trình bày một số tính chất của giá trị
trung bình ηx khi x → a+ . Xét hàm f (t) = t2 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)
= f (ηx ), ηx ∈ (1, x).
x−1
Từ phương trình trên, ta xác định được giá trị trung bình

1
ηx = (x + 1).
2
ηx − 1
khi x → 1+ , ta có
x−1
1
(x + 1) − 1 1
ηx − 1
lim+
= lim+ 2
= .
x→1 x − 1
x→1
x−1
2

Ước lượng giới hạn của

Tương tự, khi xét hàm f (t) = et trên đoạn [0, 2], ta có

ex − 1
, x ∈ (0, 2)
ηx = ln
x
9


và

ηx − 0
1
ex − 1
lim
= lim+ ln
x→0+ x − 0
x→0 x
x
1
x x2
= lim+ ln 1 + +
+ ...
x→0 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 ηx 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 ηx là giá trị trung bình trong phương trình
(1.5) thì
ηx − a 1
lim+
= .
x→a x − a
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

(x − a)f (ηx ) − (x − a)f (a)
f (x) − f (a) − (x − a)f (a)
=
lim

x→a+
(x − a)2
(x − a)2

f (ηx ) − f (a)
x→a
x−a
ηx − a
f (ηx ) − f (a)
= lim+
lim+
x→a
x→a x − a
ηx − a
ηx − a
.
= f (a) lim+
x→a x − a
Cách thứ hai, sử dụng quy tắc L’Hospital, ta có
= lim+

lim+

x→a

f (x) − f (a) − (x − a)f (a)
f (x) − f (a) 1
=
lim
= f (a).

x→a+
(x − a)2
2(x − a)
2

Vì f (a) = 0 nên từ hai cách đánh giá trên suy ra

lim+

x→a

ηx − a 1
= .
x−a
2

Định lý được chứng minh.
10


Sử dụng kí hiệu [x1 , x2 , . . . , xn ; f (x)] để chỉ tỷ sai phân
f [x1 , x2 , . . . , xn ] của f . Khi đó, theo Định lý 1.7, tồn tại η ∈
[min {x1 , x2 , . . . , xn } , max {x1 , x2 , . . . , xn }] sao cho

[x1 , x2 , . . . , xn ; 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 ≤ m1 <
· · · < mn ≤ 1. Khi đó x1 = a + m1 x, x2 = a + m2 x, . . . , xn = a + mn 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 + m1 x, a + mn x], tồn tại giá trị trung bình η trong đoạn
[a + m1 x, a + mn x] thỏa mãn (1.6). Để nhấn mạnh sự phụ thuộc vào biến x,
ta kí hiệu giá trị trung bình đó là ηx . Ta sẽ tìm hiểu sự thay đổi của ηx 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
n

f (a + x) =
k=0

f (k) (a) k
x + ε(x)xn ,
k!

(1.7)

trong đó lim ε(x) = 0.
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
1

ηx − a
[m1 , . . . , mn ; xk ] k+1−n
lim
(1.8)
=
k
x→0+
x
n−1
trong đó 0 ≤ m1 < · · · < mn ≤ 1, ηx là giá trị trung bình trong phương trình
(1.6) đối với [a + m1 x, . . . , a + mn x; f (t)] và 0 < x < b − a.
Chứng minh. : Sử dụng phương trình (1.3), ta có
n

[a + m1 x, . . . , a + mn x; f (t)] =

f (a + mi x)
n

i=1

xn−1

(mi − mj )
j=1
j=i

11

.

(1.9)


Áp dụng Định lý 1.9, ta có
k

f (a + mi x) =
l=0

f (l) (a)
(mi x)l + ε(mi x)(mi x)k ,
l!

với lim+ ε(mi x) = 0.
x→0

Với giả thiết f (i) (a) = 0, i = n, . . . , (k − 1) suy ra
n−1

f (l) (a)
f (k) (a)
(mi x)l +
(mi x)k + ε(mi x)(mi x)k .
l!
k!

f (a + mi x) =
l=0

Khi đó phương trình (1.9) trở thành
[a + m1 x, . . . , a + mn x; f (t)]




(k)
n−1 f (l) (a)


f
(a)


l
k
k


(mi x) +
(mi x) + ε(mi x)(mi x) 
n 


l!
k!
l=0
=
n




n−1
i=1 


x
(mi − mj )




j=1


j=i

hay
[a + m1 x, . . . , a + mn x; f (t)]
n−2

=
l=0

f (l) (a)
l!x(n−1)−l

n

mli

n

(mi − mj )

i=1

n

f (n−1) (a)
+
(n − 1)!

mn−1
i
n

j=1
j=i

f (k) (a)
+
k!

n

j=1
j=i
n

mki xk−(n−1)

ε(mi x)xk mki

+

n

(mi − mj )

i=1

(mi − mj )

i=1

n
i=1 xn−1

j=1
j=i

.

(mi − mj )
j=1
j=i

Kết hợp với Định lý 1.5, ta có được
[a + m1 x, . . . , a + mn x; f (t)]

f (n−1) (a) f (k) (a)
+
=
(n − 1)!
k!

n

mki xk−(n−1)
n

(mi − mj )

i=1
j=1
j=i

n

+

ε(mi x)xk mki
n

i=1

xn−1

(mi − mj )
j=1

j=i

12

. (1.10)


Khai triển f (n−1) (x) thành một đa thức Taylor bậc k − (n − 1) với phần dư
dạng Peano, ta có
k−(n−1)

f

(n−1)

(x) =
l=0

f (l+n−1) (a)
(x − a)l + εˆ(x − a)(x − a)k−(n−1) ,
l!

suy ra
k−(n−1)

f

(n−1)

(ηx ) =

l=0

f (l+n−1) (a)
(ηx − a)l + εˆ(ηx − a)(ηx − a)k−(n−1) ,
l!

với lim εˆ(ηx − a) = 0.
ηx →a
(i)

Vì f (a) = 0, ∀i = n, . . . , (k − 1) và f (k) (a) = 0 nên từ phương trình trên,
ta có

f (k) (a)
f (n−1) (ηx ) f (n−1) (a)
=
+
(ηx − a)k−(n−1)
(n − 1)!
(n − 1)!
(n − 1)!(k − (n − 1))!

(1.11)

εˆ(ηx − a)(ηx − 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

mki xk−(n−1)
n

(mi − mj )

i=1

n

ε(mi x)xk mki

+

n
i=1

xn−1

j=1
j=i

(mi − mj )
j=1
j=i

f (k) (a)
εˆ(ηx − a)(ηx − a)k−(n−1)
k−(n−1)
=
(ηx − a)
+
.
(n − 1)!(k − (n − 1))!
(n − 1)!
Vì x > 0 và f (k) (a) = 0 nên ta có được
f (k) (a)
k! .

ηx − a
x

k−(n−1)

=

mki

n
i=1

n

+

n

i=1

(mi − mj )
j=1
j=i

ε(mi x)mki
n

(mi − mj )
j=1
j=i

f (k) (a)
(n−1)!(k−(n−1))!

+

εˆ(ηx −a)
(n−1)!

Mà

lim ε(mi x) = 0 (i = 1, . . . , n) và lim+ εˆ(ηx − a) = 0,

x→0+

x→0

13


suy ra

lim

x→0+

ηx − a
x

k−(n−1)

(n − 1)!(k − (n − 1))!
=
k!

n

mki
n

(mi − mj )

i=1
j=1
j=i

=

1
k
n−1

[m1 , . . . , mn ; xk ].

Vậy

ηx − a
[m1 , . . . , mn ; xk ]
lim
=
k
x→0+
x
n−1

1.4

1
k+1−n

.

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 x1 = x2 trong [a, b], tồn tại điểm ξ thuộc (x1 , x2 ) sao cho

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

(1.12)

Chứng minh. : Định nghĩa hàm giá trị thực F trên đoạn [ 1b , a1 ] 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 [ 1b , a1 ] và
1
1
1
F (t) = f
− f
.
(1.14)
t
t
t

Áp dụng định lý giá trị trung bình cho F trong đoạn [x, y] ⊂ [ 1b , a1 ], ta được

F (x) − F (y)
= F (η).
x−y
với η ∈ (x, y). Đặt x2 =

1
1
1
, x1 = , và ξ = . Do η ∈ (x, y), nên
x
y
η
x1 < ξ < x2 .
14

(1.15)


Bây giờ, áp dụng (1.13) và (1.14) vào (1.15), ta có

xf

1
x

− yf

1

y

=f

x−y

1
1
1
− f
η
η
η

hay là

x1 f (x2 ) − x2 f (x1 )
= f (ξ) − ξf (ξ).
x1 − x2
Định lý đã được chứng minh.
Tương tự như tỷ sai phân, ta có định nghĩa sau.

f {x1 } = f (x1 ),
và

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

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

Từ đó, ta thấy rằng

f {x1 , x2 } =

x2 f (x1 ) − x1 f (x2 )
x2 − x1

và

n

n

i=1

j=i

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

15

xj
f (xi ).
xj − xi


Chương 2
PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN
QUAN ĐẾN GIÁ TRỊ TRUNG

BÌNH LAGRANGE
Từ biểu thức của Định lý Lagrange là

f (x1 ) − f (x2 )
= f (η), xuất hiện
x1 − x2

phương trình hàm

f (x) − g(y)
= h(sx + ty),
x−y
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 [x1 , x2 ] = f (η(x1 , x2 ))

(2.1)

(để chỉ sự phụ thuộc của η đối với x1 và x2 , ta viết f (η(x1 , x2 )) thay cho
f (η)). Đặt f (η(x1 , x2 )) = h(x1 , x2 ), ta có phương trình hàm

f [x1 , x2 ] = h(x1 , x2 ).
Chương này sẽ trình bày một số bài tốn 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 tốn 2.1. Tìm tất cả các hàm f, h : R → R thỏa mãn

f [x, y] = h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y.
16

(2.2)


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, khơng mất tính tổng qt 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).
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

(2.6)


Bỏ đi giả thiết h(0) = 0, ta có

h(u) = au + b.

Khi đó

f (x) = x(ax + b) = ax2 + bx.
Tương tự, khi bỏ đi giả thiết f (0) = 0, ta được

f (x) = ax2 + bx + c.
Vậy ta đã chứng minh được tất cả các nghiệm của phương trình (2.2) đều có
dạng
f (x) = ax2 + bx + c và h(x) = ax + b,
với a, b, c là các hằng số tùy ý.
Ngược lại, với f (x) = ax2 + bx + c và h(x) = ax + b, ta thấy phương trình
(2.2) được thỏa mãn.
Kết luận:
f (x) = ax2 + 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
x+y
f (x) − f (y) = (x − y)f
, ∀x, y ∈ R, x = y
2
nếu và chỉ nếu

f (x) = ax2 + bx + c,
trong đó a, b, c là các hằng số tùy ý.
Định lý 2.1. Nếu đa thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c (a = 0) là nghiệm
của phương trình hàm

f (x + t) − f (x) = tf (x + θt) (0 < θ < 1),
1

với mọi x ∈ R và t ∈ R \ {0} thì θ = .
2
Đảo lại, nghiệm của phương trình
1
f (x + t) − f (x) = tf x + t
2
là đa thức bậc không quá hai.
18

(2.7)


Chứng minh. : Giả sử đa thức

f (x) = ax2 + bx + c
là một nghiệm của phương trình (2.7). Khi đó

a(x + t)2 + b(x + t) + c − ax2 − bx − c = t(2a(x + θt) + b)
hay

at2 (1 − 2θ) = 0.
Vì a = 0 và t = 0 nên từ phương trình trên, ta suy ra

1
θ= .
2
Đảo lại, với θ =

1
và cho t = y − x trong phương trình (2.7), ta được

2
x+y
f (x) − f (y) = (x − y)f
, x = y.
2

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 tốn 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.
Lời giải. Nếu t = s =

(2.8)

1
thì theo Nhận xét 2.1, ta có
2
f (x) = ax2 + 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.
Từ phương trình (2.9), nếu s = t thì f (x) = c (c là hằng số). Do đó

f (x) = ax + b.
19

(2.9)


1
Trường hợp s = t = , phương trình (2.8) trở thành
2
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) = ax2 + 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:
ax2 + bx + c nếu s = t = 12
f (x) =
bx + c
nếu (s, t) = 12 , 21 ,
trong đó a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Bài tốn 2.3. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình

f (x) − g(y)
= a, ∀x, y ∈ R, x = y.
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)
= h(ty), ∀x, y ∈ R, x = y.
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)
= h(sx + ty), ∀x, y ∈ R, x = y.
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)

f (x) = xh(sx) + c , ∀x = 0 (c = g(0)).

(2.18)

và
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