Về phương trình hàm Loại giá trị trung bình và áp dụng.docx

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
BÙI THỊ DU
VỀ PHƢƠNG TRÌNH HÀM
LOẠI GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
BÙI THỊ DU
VỀ PHƢƠNG TRÌNH HÀM
LOẠI GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
(Xác nhận)
TS. Trần Xuân Quý
THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục
Mở đầu 2
Chương 1. Về phương trình hàm loại giá trị trung bình 5
1.1 Mở đầu về phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Tổng quan về phương trình hàm loại giá trị trung bình . . 7
1.3 Phương trình hàm và định lý giá trị trung bình Cauchy . . 12
Chương 2. Về phương trình hàm nhiều biến loại giá trị trung
bình 22
2.1 Định lý giá trị trung bình đối với hàm hai biến . . . . . . . 22
2.2 Phương trình hàm loại giá trị trung bình . . . . . . . . . . 23
2.3 Phương trình hàm loại giá trị trung bình suy rộng . . . . . 31
Kết luận 41
Tài liệu tham khảo 42

2
Mở đầu
Chúng ta đều biết rằng môn Toán được coi là môn "thể thao trí tuệ"
giúp người học có nhiều cơ hội rèn luyện, phát triển tư duy khi nghiên cứu
những công thức giải toán độc đáo và mới mẻ.
Trong nhiều năm qua, hầu hết các kỳ thi quan trọng như thi học sinh
giỏi Toán cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế,.... các bài toán liên quan đến
phương trình, phương trình hàm chiếm một vị trí đáng kể.
Phương trình hàm là bài toán được sử dụng và khai thác từ nhiều khía
cạnh của Toán học. Về cơ bản, ở chương trình Toán phổ thông chỉ đi giải
phương trình có nghiệm là số cụ thể, còn đối với phương trình mà nghiệm
của nó là hàm toán học nào đó thì chưa được trình bày, loại phương trình
này được gọi là phương trình hàm. Tuy nhiên, trong các khía cạnh của
Toán ứng dụng, chẳng hạn như phương trình vi tích phân, phương trình
đạo hàm riêng thì nghiệm của nó chủ yếu là các hàm toán học. Trong các
kỳ thi học sinh giỏi Toán, các bài toán về phương trình hàm luôn được
khai thác, không chỉ vì dễ khai thác tính mới lạ của dạng toán, mà nó còn
có nhiều ý nghĩa trong ứng dụng của Toán học hiện đại.
Phương trình hàm loại giá trị trung bình thật đẹp từ nội dung đến các
ứng dụng nhiều góc độ trong giải toán nên nó thu hút không ít sự quan
tâm của người học cho đến những chuyên gia đầu ngành nghiên cứu về
Toán một cách sâu sắc và toàn diện. Vì lí do đó chúng tôi đã chọn đề tài
luận văn là "Về phương trình hàm loại giá trị trung bình và áp dụng". Nội
dung của luận văn được chia thành hai chương, được tham khảo từ hai tài
liệu chính là [10] và [12]. Các nội dung được tham khảo này đã được tác

3
giả cố gắng trình bày chi tiết hơn. Cụ thể trong Chương 1 của luận văn,
tác giả trình bày sơ lược về phương trình hàm, tổng quan về phương trình
hàm loại giá trị trung bình, mối quan hệ giữa phương trình hàm và định
lý giá trị trung bình Cauchy. Trong Chương 2, tác giả trình bày về phương
trình hàm hai biến, nội dung xoay quanh phương trình hàm hai biến liên
quan tới định lý giá trị trung bình và một số kết quả mở rộng.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học,
Đại học Thái Nguyên, em luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động
viên của các thầy cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, Khoa Toán
–Tin. Với bản luận văn này, em mong muốn được góp một phần nhỏ công
sức của mình vào việc gìn giữ và phát huy vẻ đẹp, sự hấp dẫn cho những
định lý toán học vốn dĩ đã rất đẹp. Đây cũng là một cơ hội cho em gửi lời
tri ân tới tập thể các thầy cô giảng viên của trường Đại học Khoa học –
Đại học Thái Nguyên nói chung và Khoa Toán – Tin nói riêng, đã truyền
thụ cho em nhiều kiến thức khoa học quý báu trong thời gian em được là
học viên của trường.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT An Lão,
An Lão, Hải Phòng cùng toàn thể các anh chị em đồng nghiệp đã tạo điều
kiện tốt nhất cho tác giả trong thời gian đi học Cao học; cảm ơn các anh
chị em học viên lớp Cao học Toán K10B1 và bạn bè đồng nghiệp đã trao
đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn
tại trường Đại học Khoa học– Đại học Thái Nguyên.
Đặc biệt em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo chủ
nhiệm lớp Toán K10B1, TS. Trần Xuân Quý đã luôn quan tâm ân cần chỉ
bảo, động viên khích lệ, giúp đỡ tận tình và góp ý sâu sắc cho em trong
suốt quá trình học tập cũng như thực hiện đề tài. Chặng đường vừa qua
sẽ là những kỉ niệm đáng nhớ và đầy ý nghĩa đối với các anh chị em học
viên lớp K10B1 nói chung và với bản thân em nói riêng. Dấu ấn ấy hiển
nhiên không thể thiếu sự hỗ trợ, sẻ chia đầy yêu thương của cha mẹ hai
bên và các anh chị em con cháu trong gia đình. Xin chân thành cảm ơn
tất cả những người thân yêu đã giúp đỡ, đồng hành cùng em trên chặng

4
đường vừa qua. Một lần nữa, em xin trân trọng cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 15 tháng 6 năm 2018
Học viên
Bùi Thị Du

5
Chương 1
Về phương trình hàm loại
giá trị trung bình
1.1 Mở đầu về phương trình hàm
Việc nghiên cứu về hàm cộng tính có từ thời A.M. Legendre là người đầu
tiên cố gắng tìm nghiệm của phương trình hàm Cauchy
f(x + y) = f(x) + f(y)
với mọi x, y ∈ R. Việc nghiên cứu hệ thống phương trình hàm Cauchy cộng
tính đã được khởi xướng bởi A.L. Cauchy trong cuốn sách của ông "Coursd
d’Analyse" năm 1821. Các hàm cộng tính là các nghiệm của phương trình
hàm Cauchy cộng tính. Đầu tiên ta phải làm rõ hàm cộng tính là gì? Sau
đó ta bàn về phương trình hàm Cauchy cộng tính và chỉ ra rằng phương
trình hàm cộng tính liên tục hoặc khả tích địa phương là tuyến tính. Ngoài
ra ta nghiên cứu cách giải của phương trình hàm không tuyến tính không
liên tục và chỉ ra chúng biểu diễn một phương diện khác: Các đồ thị của
chúng là trù mật trên mặt phẳng.
Các hàm cộng tính cũng được tìm thấy ở nhiều nơi trong các cuốn
sách của Aczél (1966, 1987), Aczél và Dhombres (1989) và Smital (1988).
Nghiệm tổng quát của nhiều phương trình hàm với hai hay nhiều biến có

6
thể chỉ ra trong nhiều số hạng của các hàm cộng tính, nhân tính, hàm
logarit và hàm mũ. Một vài phần quan trọng của chương được tìm ra bởi
Aczél (1965) và Wilansky (1967).
Cho hàm f : R → R thỏa mãn phương trình
f(x + y) = f(x) + f(y) (1.1)
với mọi x, y ∈ R. Phương trình hàm này đã được biết là phương trình
hàm Cauchy. Phương trình hàm (1.1) được nghiên cứu 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 của nó. Phương trình (1.1) có
vị trí quan trọng trong toán học. Hàm f được gọi là cộng tính nếu thỏa
mãn phương trình (1.1).
Định lý 1.1.1. Cho f : R → R là liên tục và thỏa mãn phương trình (1.1).
Khi đó f tuyến tính, nghĩa là f(x) = cx trong đó c là một hằng số tùy ý.
Tiếp theo, chúng ta sẽ chỉ ra rằng một hàm cộng tính nhận giá trị thực
trên Rn
có thể được biểu diễn như là tổng của n hàm cộng tính một biến.
Phương trình (1.1) có thể được tổng quát như sau: Xét hàm số f : Rn
→ R
thỏa mãn
f(x1 + y1, x2 + y2, ..., xn + yn) = f(x1, x2, ..., xn) + f(y1, y2, ..., yn)
với (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn
và (y1, y2, ..., yn) ∈ Rn
. Xét trường hợp phương
trình hàm cộng tính hai biến ta có khẳng định trong định lý sau đây.
Định lý 1.1.2. Nếu f : R2
→ R cộng tính trên R2
khi đó tồn tại các hàm
cộng tính A1, A2 : R → R sao cho
f(x1, x2) = A1(x1) + A2(x2) (1.2)
với mọi x1, x2 ∈ R.
Phương trình hàm có dạng
f
x + y
!
=
f(x) + f(y) (1.3)
2 2

7
−
với mọi x, y ∈ R được gọi là phương trình hàm Jensen. Hàm f thỏa mãn
phương trình (1.3) được gọi là hàm Jensen.
Định lý 1.1.3. Hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện phương trình hàm
Jensen
f
x + y
!
=
f(x) + f(y) (JE)
2 2
với mọi x, y ∈ R nếu và chỉ nếu
f(x) = A(x) + a (1.4)
với A : R → R là một hàm cộng tính và a là một hằng số bất kì.
1.2 Tổng quan về phương trình hàm loại giá
trị trung bình
Trong mục này chúng tôi trình bày về phương trình hàm loại giá trị trung
bình, tức là các vấn đề về phương trình hàm liên quan tới các định lý giá
trị trung bình. Các kết quả trình bày trong mục này được lấy từ tài liệu
[8, 10] của P. Kannappan và cộng sự.
Định lý 1.2.1. Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trên
(a, b). Khi đó tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho
f�
(ξ) =
f(b) − f(a)
.
b − a
Phương trình tiếp tuyến tại điểm (ξ, f(ξ)) là y = (x − ξ)f�(ξ) + f(ξ).
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm (a, f(a)) và (b, f(b)) là
y = (x a)
f(b) − f(a)
+ f(a).
b − a
Nếu đường thẳng này song song với tiếp tuyến tại ξ thì
f�
(ξ) =
f(b) − f(a)
.
b − a

8
x + y
2
2
2
. (1.8)
Đây là định lý giá trị trung bình Lagrange, một định lý có vai trò quan
trọng trong phép tính vi phân. Định lý này được đưa ra bởi J. L. Lagrange
(1736–1813). Nếu hàm f : R → R khả vi và [a, b] là đoạn bất kỳ, khi đó
theo định lý giá trị trung bình tồn tại ξ ∈ (a, b) thỏa mãn
f(b) − f(a)
b − a
= f�(ξ(x, y)), (1.5)
với ξ(x, y là hàm phụ thuộc x, y. Câu hỏi đặt ra, là với hàm f như thế nào
để giá trị trung bình ξ(x, y) phụ thuộc vào x, y thỏa mãn phương trình đã
cho. Từ đẳng thức (1.5) xem như một phương trình hàm với f là hàm chưa
biết và cho trước ξ(x, y). Hàm ξ(x, y) có thể là một hàm tổng quát, cũng
có thể là một tổ hợp tuyến tính hoặc phi tuyến của x và y, chẳng hạn
ξ(x, y) =
2
, (1.6)
ξ(x, y) =
√
xy, (1.7)
‚
.
,
p xp + yp
Trong phương trình (1.5) vế phải có thể được thay bằng hàm chưa biết,
chẳng hạn hàm h, khi đó phương trình (1.5) trở thành
f(x) − f(y)
x − y
= h(ξ(x, y)). (1.9)
Nếu chọn ξ(x, y) = (x + y)/2, thì ta thu được phương trình hàm như sau
f(x) − f(y) = (x − y)h
x + y
với mọi x, y ∈ R. (1.10)
Huruki (1979) và Aczél (1985) độc lập với nhau đã tìm ra nghiệm của
phương trình hàm (1.10).
Định lý 1.2.2. Cho f : R → R là hàm thỏa mãn
f(x) − f(y) = (x − y)h
x + y
với mọi x, y ∈ R. (1.11)
Khi đó tồn tại a, b, c ∈ R sao cho f(x) = ax2
+ bx + c và h(x) = 2ax + b.
ξ(x, y) =

9
i=1
n
j i xi − xj
Phương trình hàm (1.10) có thể viết lại như sau
f(x) − f(y)
x − y
= g(x + y) với g(x) := h(x/2). (1.12)
Nhận thấy rằng phương trình (1.12) chỉ thỏa mãn khi x /= y. Nên để xét
phương trình hàm trên R, ta xây dựng hàm tỉ sai phân như sau
f[x, y] =
f(x) − f(y)
.
x − y
Khi đó, phương trình hàm (1.12) được biểu diễn như sau f[x, y] = g(x+y).
Một cách tổng quát, ta thu được các phương trình hàm dạng sau
f[x, y, z] = g(x + y + z), (1.13)
f[x1, x2, . . . , xn] = g(x1 + x2 + · · · xn). (1.14)
Ta trình bày định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.2.3. Cho n số thực phân biệt x1, x2, ..., xn, tỉ sai phân bậc
n của hàm f : R → R được xác định truy hồi như sau
f[x1] = f(x1) (1.15)
f [x1, x2, ..., xn ] =
f [x1, x2, ..., xn−1] − f [x2, ..., xn]
, n ≥ 2. (1.16)
x1 − xn
Từ Định nghĩa 1.2.3, ta có một số tính chất sau.
Bổ đề 1.2.4. 1. Nếu f(x) = bx + c thì f[x, y, z] = 0.
2. Nếu f(x) = ax2
+ bx + c thì f[x, y, z] = a.
3. f(x) = ax3
+ bx2
+ cx + d thì f[x, y, z] = a(x + y + z).
4. n f(x )
f[x1, x2, . . . , xn] = Σ
(
i
)
.
Bài toán 1.1. Các hàm f, h : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f[x, y] = h(x + y), x /= y, (1.17)

10
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.
Lời giải. 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. (1.18)
Nếu f thỏa mãn phương trình (1.18), 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 (1.18) ta có
f(x) = xh(x). (1.19)
Từ (1.18) ta có
xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y). (1.20)
Ngược lại, nếu h thỏa mãn phương trình (1.20) thì h + c cũng thỏa mãn,
với c là hằng số tùy ý. Giả sử h(0) = 0, đặt x = −y trong (1.20), ta được
−yh(−y) = yh(y). (1.21)
Do đó h là hàm lẻ, cho y = −y trong (1.20), ta có
xh(x) − yh(y) = (x + y)h(x − y). (1.22)
So sánh (1.22) và (1.20), ta có
(x − y)h(x + y) = (x + y)h(x − y) (1.23)
và thay u = x + y, v = x − y vào (1.23), 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,
suy ra h(x) = ax + b, ∀x ∈ R. Từ (1.19) có f(x) = x(ax + b), nếu không
có f(0) = 0 thì f(x) = ax2
+ bx + c, x ∈ R. Như vậy ta có điều phải chứng
minh.
Từ bài toán trên ta có bài toán sau.

11
2
2
Bài toán 1.2. Hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f(x) − f(y) = (x − y)f�
x + y
!
, x /= y
khi và chỉ khi f(x) = ax2
+ bx + c, với a, b, c là hằng số thực tùy ý.
Bài toán 1.3. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình
hàm sau
với mọi x, y ∈ R.
f(x) − f(y) = (x − y)
g(x) + g(y)
(1.24)
hàm sau
xf(y) − yf(x) = (x − y)g(x + y) (1.25)
với mọi x; y ∈ R.
hàm sau
f(x) − f(y) = (x − y)g(
√
xy) (1.26)
với mọi x, y ∈ (0; ∞).
Kết quả sau được Kannappan, Sahoo và Jacobson công bố năm 1995.
Kết quả này được chính nhóm tác giả này mở rộng cho hàm hai biến năm
1998, sẽ được trình bày trong Chương 2 của luận văn.
Định lý 1.2.5. [Xem Định lý 1.2.3 trang 6 trong [4], Định lý 2.5 trang 44
trong [10]] Với các tham số thực s, t các hàm f, g, h : R → R thỏa mãn
f(x) − g(y)
x − y
= h(sx + ty) (1.27)

12
t
αtx2
+ ax + b nếu s = t /=0
t
với mọi x, y ∈ R, x /= y khi và chỉ khi
f (x) =
ax + b nếu s = 0 = t
ax + b nếu s = 0, t /=0
ax + b nếu s /= 0, t =0
(1.28)
A(tx)
+ b nếu s = −t /= 0
βx + b nếu s2
/= t2
ay + b nếu s = 0 = t
ay + b nếu s = 0, t 0
g (y) = ay + b nếu s /= 0, t =0 (1.29)
αty2
+ ay + b nếu s = t 0
A(ty)
+ b nếu s = −t /= 0
βy + b nếu s2
/= t2
tùy ý nếu s = 0 = t
a nếu s = 0, t /=0
a nếu s /= 0, t = 0
h (y) =
αy + a nếu s = t /=0 (1.30)
A(y)
+
(c − b)t nếu s = −t 0
y y
β nếu s2
/= t2
trong đó A : R → R là một hàm cộng tính và a, b, c, α, β là các hằng số
thực tùy ý.
1.3 Phương trình hàm và định lý giá trị
trung bình Cauchy
Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày một số khẳng định về phương trình
với định lý giá trị trung bình trong đó giá trị trung bình được xác định cụ
thể trong miền xác định của hàm số và một số kết quả liên quan.

13
2
Cho hai hàm số khả vi F, G : R → R, khi đó theo định lý giá trị trung
bình Cauchy ta có với bất kì [a, b] ⊂ R, a < b, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
[F(b) − F(a)] g(c) = [G(b) − G(a)]f(c). (1.31)
Ở đây ta dùng ký hiệu f = F � và g = G�. Trong trường hợp đặc biệt
khẳng định (1.31) trở thành Định lý giá trị trung bình Lagrange khi chọn
g(x) = x, tức là
F(b) − F (a) = f(c)(b − a). (1.32)
Bài toán 1. Tìm tất cả các cặp (F, G) các hàm khả vi F, G : R → R thỏa
mãn phương trình sau
[F(b) − F(a)] g(αa + βb) = [G(b) − G(a)]f(αa + βb). (1.33)
với mọi a, b ∈ R, trong đó α, β ∈ (0, 1) với α + β = 1.
Ở mục này, ta sẽ nghiên cứu phương trình hàm biểu thị mối quan hệ
giữa các hàm F, G trong đó F, G : R → R là hàm khả vi 3 lần với đạo
hàm của chúng F� = f, G� = g thỏa mãn phương trình
[F(b) − F(a)] g
a + b
!
= [G(b) − G(a)]f
a + b
!
(1.34)
2 2
với mọi a, b ∈ R.
Trước tiên ta trình bày kết quả về Định lý giá trị trung bình Lagrange
với giá trị không đổi. Với mọi c ∈ (a, b) có thể viết duy nhất như sau
c = αa + βb với α, β ∈ (0, 1) thỏa mãn α + β = 1. Dễ thấy phương trình
(1.33) thỏa mãn với mọi a, b ∈ R với α cho trước và α /=
1
nếu hàm F
tuyến tính và với α
1
nếu
2
F là một hàm bậc hai. Chúng tôi sẽ chứng
minh điều ngược lại vẫn đúng. Khẳng định đó được trình bày trong mệnh
đề sau đây
Mệnh đề 1.3.1. Cố định trước α ∈ (0, 1) và β = 1 − α. Giả sử hàm
F : R → R khả vi liên tục và thỏa mãn phương trình sau
F(b) − F(a) = f(αb + βa)(b − a) ∀a, b ∈ R với a < b. (1.35)
Khi đó ta có các khẳng định sau
=

14
2
2
2
2
1. Nếu α /=
1
2. Nếu α =
1
thì F là một hàm tuyến tính;
thì F là một hàm bậc hai.
Chứng minh. Đặt αb + βa = x và b − a = h. Theo phương trình (1.35) ta
có
F(x + βh) − F(x − αh) = f(x)h, ∀x ∈ R, h > 0. (1.36)
Từ phương trình (1.35), thì f = F � là khả vi, biểu diễn như một tổ hợp
tuyến tính của hai hàm khả vi, do đó hàm F có đạo hàm cấp 2. Bằng phép
quy nạp, thì hàm F là khả vi vô hạn.
Từ phương trình (1.36), lấy đạo hàm theo h, ta được
βf(x + βh) + αf(x − αh) = f(x), x ∈ R, h > 0. (1.37)
Ta lại lấy đạo hàm theo biến h từ phương trình (1.37) ta được
β2
f�(x + βh) − α2
f�(x − αh) = 0, x ∈ R, h > 0.
Vì hàm f� liên tục, cho h 0, ta được
β2
− α2
f�(x) = (1 − 2α) f�(x) = 0, ∀x ∈ R.
Như vậy, Nếu α
1
, suy ra f� = 0. Hay f là hàm hằng và do đó hàm F
tuyến tính.
Nếu α =
1
, thì phương trình (1.37) trở thành
f x +
h
!
+ f x −
h
!
= 2f(x), x ∈ R, h > 0.
2 2
và đạo hàm hai lần đối với h ta được
f�� x +
h
!
+ f�� x −
h
!
= 0, x ∈ R, h > 0.
2 2
Bây giờ cho h 0, ta được f�� = 0 ∀x ∈ R, vì vậy hàm f là tuyến tính
hay F là hàm bậc hai.

15
Tiếp theo ta sẽ trình bày Định lý giá trị trung bình Cauchy với giá trị
trung bình cho trước. Cho tập
Uf := {x ∈ R : f(x) /= 0}, Ug := {x ∈ R : g(x) /= 0}, (1.38)
và cùng phần bù của chúng Zf := R Uf và Zg := R Ug. Nếu Ug = ∅ thì
G là hàm hằng trên R, do đó phương trình (1.33) là hiển nhiên với mọi
hàm F khả vi. Hiển nhiên, nếu F là hàm hằng trên R, thì phương trình
(1.33) cũng đúng với mọi hàm G khả vi. Vì vậy giả sử rằng Ug /= ∅. Khi
đó tồn tại dãy tập mở đôi một rời nhau {Iσ}σ∈Σ,
Σ
⊂ N thỏa mãn
Ug =
σ∈Σ
Iσ. (1.39)
Mệnh đề 1.3.2. Nếu Ug ∅ và Uf ∩ Ug = ∅, thì Uf = ∅, nghĩa là hàm
f ≡ 0 trên R hay F là hàm hằng.
Chứng minh. Theo giả thiết, tồn tại khoảng khác rỗng (p, q) ⊂ Ug sao cho
g(x) /= 0 trên (p, q), nhưng f (x) = 0 với mọi x ∈ [p, q]. Khi đó, bằng cách
đổi biến h = b − a, x = αa + βb, từ phương trình (1.33) ta được
F(x + αh) − F(x − βh) = 0 ∀x ∈ (p, q), h > 0. (1.40)
Từ phương trình (1.40) ta thế cho x + αh bởi y với mọi x ∈ [p, q] và h > 0,
ta được F(y) − F(y − h) = 0 nếu (h, y) ∈ L với
L := {(h, y) : h > 0, p + αh < y < q + αh} .
Khi đó, với y > p chọn h > 0 sao cho (h, y) ∈ L, ta có
∂ ∂ ∂ ∂
F(y) =
∂y ∂y
F (y − h) = −
∂h
F (y − h) = −
∂h
F (y) = 0,
hay F(y) là hàm hằng, hay F(y) = F
p + q
!
cho y > p. Từ phương trình
(1.40) ta có F (q + αh) = F (q − βh
2
) và do đó F(y) cũng là một hàm hằng
với mọi y < q. Vì vậy f(y) = 0 với mọi y ∈ R.

16
Σ
Mệnh đề 1.3.2 chứng tỏ rằng điều kiện Uf ∩ Ug = ∅ chỉ thỏa mãn nếu
ít nhất một trong hai tập Uf và Ug là tập rỗng. Khi đó, ta có trường hợp
đơn giản được mô tả trong phần đầu.
Mệnh đề 1.3.3. Cho (F, G) là một nghiệm của Bài toán 1 thỏa mãn điều
kiện
Uf ∩ Ug /= ∅ (1.41)
và xét biểu diễn (1.39). Nếu F, G, 1 phụ thuộc tuyến tính như các hàm trên
Iσ với mọi σ ∈ Σ, thì F, G, 1 phụ thuộc tuyến tính trên R.
Chứng minh. Giả sử σ1, σ2 ∈ , với σ1 =
/ σ2, xét các khoảng Iσ1 :=
(p1, q1), Iσ2 := (p2, q2) với
p1 < q1 ≤ p2 < q2, (1.42)
và giả sử rằng {F, G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên các khoảng Iσ1 và Iσ2 .
Khi đó, tồn tại các hằng số A1, A2, B1, B2 ∈ R thỏa mãn
F (x) = A1G(x) + B1, x ∈ Iσ1 , (1.43)
= A2G(x) + B2, x ∈ Iσ2 . (1.44)
Bằng cách đổi biến h = b − a, x = αa + βb, từ phương trình (1.33) ta được
[F(x + αh) − F(x − βh]g(x) = [G(x + αh) − G(x − βh)]f(x)
với mọi x ∈ R và h > 0. Khi đó f(x) = A2g(x) nếu x ∈ Iσ2 do thỏa mãn
phương trình (1.44) và hàm g(x) /= 0 với x ∈ Iσ2 , từ đó ta có
F (x + αh) = A2G(x + αh) + (A1 − A2)G(x − βh) + B1, (1.45)
với mọi x ∈ Iσ2 , h > 0. Nếu đồng thời x − βh ∈ Iσ1 , thì F(x − βh) =
A1G(x − βh) + B1 do (1.43). Thay vào phương trình (1.45), ta được
F (x + αh) = A2G(x + αh) + (A1 + A2)G(x − βh) + B1 (1.46)

17
với
x ∈ Iσ2 , x − βh ∈ Iσ1 , h > 0. (1.47)
Đặt y = x + αh, thì x − βh = y − h, và từ phương trình(1.47) suy ra
(h, y) ∈ Π với Π xác định như sau
Π := (h, y) : p2 + αh < y < q2 + αh, p1 + h < y < q1 + h.
Vì β ∈ (0, 1) nên từ phương trình (1.42) suy ra Π /= ∅, và từ phương
trình (1.46) kéo theo
F (y) = A2G(y) + (A1 − A2)G(y − h) + B1, ∀(h, y) ∈ Π.
Vì thế tại điểm bất kì của Π, ta có
0 =
∂
∂h
F(y) = −(A1 − A2)G�(y − h) = (A2 − A1)g(y − h).
Nhưng y − h ∈ Iσ1 do (1.47), vì vậy g(y − h) /= 0 và do đó
A2 − A1 = 0. (1.48)
Vì σ1, σ2 ∈ Σ, kết hợp phương trình (1.48) cùng với (1.43) và (1.44) suy ra
f(x) = Ag(x) với A ∈ R và mọi x ∈ Ug. (1.49)
Mặt khác, bằng cách thay đổi vai trò của F và G trong phân tích trên, ta
có
g(x) = Kf(x) với K ∈ R và mọi x ∈ Uf . (1.50)
Từ điều kiện (1.41) tồn tại x0 ∈ Ug ∩ Uf nên AK = 1 và các hệ số này
khác không. Nhưng từ (1.49) kéo theo Ug ⊂ Uf và (1.50) có Uf ⊂ Ug; vì
vậy Ug = Uf và Zg = Zf . Tức là
f(x) = Ag(x), g(x) = Kf(x) nếu x ∈ Zg = Zf .
Vì vậy (1.49) và (1.50) thỏa mãn trên R = Uf ∪ Zf = Ug ∪ Zg. Đặc biệt,
suy ra {F, G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên R.

18
2
Trong phần này, chúng tôi xét trường hợp không đối xứng, tức là trong
phương trình (1.33) chọn
α, β ∈ (0, 1) với α /
=
1
và β = 1 − α. (1.51)
Khẳng định dưới đây chỉ ra mọi cặp (F, G) các hàm liên tục khả vi cấp hai
thỏa mãn phương trình (1.33) và điều kiện (1.51) trên α, β trong khoảng
đó mà g = G� không biến mất.
Mệnh đề 1.3.4. Cho cặp hàm (F, G) là nghiệm của Bài toán 1 với α, β
thỏa mãn điều kiện (1.51) và I = (p, q), −∞ ≤ p < q ≤ +∞ là một khoảng
mà ở đó đạo hàm g(x) không triệt tiêu. Khi đó, nếu F, G liên tục khả vi
cấp hai trên I, thì {F, G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên I.
Chứng minh. Bằng cách đổi biến h = b − a, x = αa + βh, từ phương trình
(1.33) ta được
[F(x + αh) − F(x − βh)]g(x) = [G(x + αh) − G(x − βh)]f(x), (1.52)
nếu x ∈ I và h > 0 sao cho x + αh, x − βh ∈ I. Điều kiện sau mà (1.52)
thỏa mãn nếu (h, x) ∈ T với T xác định như sau
T := (h, x) : 0 < h < q − p, p + βh < x < q − αh. (1.53)
Lấy đạo hàm hai vế của phương trình (1.52) theo h, chúng ta có được mối
quan hệ sau trong T
[α2
f�(x + αh) − β2
f�(x − βh)]g(x) = [α2
g�(x + αh) − β2
g�(x − βh)]f(x).
Vì tất cả các hàm là liên tục do đó khẳng định sau thỏa mãn trên T , đặc
biệt trên khoảng h = 0, p < x < q.
Vì vậy, với β2
− α2
= 1 − 2α =
/ 0 do điều kiện (1.51), ta có f�(x)g(x) =
g�(x)f(x) với mọi x ∈ I = (p, q). Ta có thể chia cả hai vế cho g2
(x) ta thu
được (f/g)�
= 0 trên I. Điều này kéo theo f/g = A với hằng số A ∈ R
nào đó, và F �(x) = f(x) = Ag(x) = AG�(x), x ∈ I. Lấy tích phân ta được
F(x) = AG(x) + B(x), x ∈ I.

19
Định lý sau đây là kết quả chính của phần này.
Định lý 1.3.5. Cho (F, G) là một nghiệm của Bài toán 1 với α, β thỏa
mãn (1.51). Nếu F, G có đạo hàm cấp hai liên tục trên R, thì {F, G, 1}
là phụ thuộc tuyến tính trên R, tức là tồn tại hằng số A, B, C ∈ R không
đồng thời bằng không sao cho ta có
AF(x) + BG(x) + C = 0, ∀x ∈ R. (1.54)
Chứng minh. Xét các trường hợp sau
1. Ug = ∅.
Trong trường hợp này G là hàm hằng trên R và phương trình (1.33)
thỏa mãn với mọi hàm khả vi F . Do đó, thỏa mãn điều kiện (1.54),
chẳng hạn với A = 0, B = 1, C = −G và do đó {F, G, 1} phụ thuộc
tuyến tính trên R.
2. Ug ∅, nhưng Ug ∩ Uf = ∅.
Trong trường hợp này, từ Mệnh đề 1.3.2 suy ra F là hàm hằng trên R
và thỏa mãn phương trình (1.33) với mọi hàm khả vi G. Do đó, thỏa
mãn điều kiện (1.54), chẳng hạn, với A = 1, B = 0, C = −F và do đó
{F, G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên R.
3. Ug ∩ Uf ∅.
Trong trường hợp này, theo Mệnh đề và Mệnh đề 1.3.4 ngay lập tức
có nghĩa là {F, G, 1} lại phụ thuộc tuyến tính trên R.
Trong phần tiếp theo, chúng tôi xét bài toán mô tả tất cả các cặp (F, G)
của các hàm trơn mà giá trị trung bình thỏa mãn phương trình (1.33) là
trung điểm của khoảng.
Mệnh đề 1.3.6. Giả sử các hàm F, G : R → R khả vi cấp ba với F � =
f, G� = g. Xét I ⊂ R sao cho g(x) 0, ∀x ∈ I và phương trình (1.34) thỏa

20
x
2( )
du
mãn với mọi x ∈ I. Khi đó tồn tại hằng số A, K ∈ R và x0 ∈ I sao cho
dt
f(x) = A + K
x0
g2(t)
g(x), ∀x ∈ I. (1.55)
Hơn nữa, nếu phương trình (1.55) thỏa mãn với mọi K =
/ 0 thì phương
trình (1.34) thỏa mãn khi và chỉ khi
x+h
t
du x+h
x
du
x−h
g(t).
x0
dt =
g u
x−h
g(t)dt
x0
g2(u)
(1.56)
∀x, h ∈ R, sao cho x, x + h, x − h ∈ I.
Chứng minh. Bằng cách đổi biến x =
a + b
, h =
b − a
ta có thể viết lại
phương trình (1.34) như sau
2 2
[F(x + h) − F(x − h)]g(x) = [G(x + h) − G(x − h)]f(x) (1.57)
với mọi x, h ∈ R thỏa mãn x, x + h, x − h ∈ I. Lấy đạo hàm đẳng thức này
ba lần theo biến h ta được
[f��(x + h) + f��(x − h)]g(x) = [g��(x + h) + g��(x − h)]f(x)
Chọn h = 0 ta thu được
0 = f��(x)g(x) − f(x)g��(x) = (f�(x)g(x) − f(x)g�(x))� , ∀x ∈ I,
và vì vậy ta có f�(x)g(x) − f(x)g�(x) = K với K là hằng số. Khi đó
f
(x)
!�
=
K
, x ∈ I,
g g2(x)
tiếp ta lấy tích phân trên khoảng (x0, x) với mọi x0 ∈ I ta thu được phương
trình (1.55). Tiếp theo ta giả sử có phương trình (1.55) với K là hằng số
khác không. Khi đó ta có
F(x + h) − F(x − h) =
x+h
x−h
f(t)dt =
x+h
x−h
A + K
t
x0
g2(u)
g(t)dt
x+h
= ( ) + ( )
du
x+h t
A g t dt
x−h
K g t
x−h x0
g2(u)
dt

21
x
x h
0
2
e
và
f(x) x
+h du
[G(x + h) − G(x − h)]
g(x)
=
−
g(t)dt A + K
x0 g2(u)
x+h x
+h
x
du
= A
x−h
g(t)dt + K
x−h
g(t)dt
x0
g2(u)
.
Từ đây suy ra (1.56) tương đương với (1.34).
Ví dụ minh họa dưới đây chỉ ra hàm không tầm thường thỏa mãn
phương trình (1.56) trên R.
Ví dụ 1.3.7. Xét hàm g(t) = et
trên I = R và xét A = 0, K = 1, x0 = 0
khi đó điều kiện tích phân trong phương trình (1.56) trở thành
x+h t
t
x−h 0
e−2u
du dt =
x+h
x−h
x
e−2u
du .
x −x
Chọn hàm f(x) = sinh(x) =
e − e
, nên
ex + e−x
x
F(x) = cosh(x) =
F, G thỏa mãn phương trình (1.34).
2
, G(x) = e , x ∈ R. (1.58)
et
dt

22
Chương 2
Về phương trình hàm
nhiều biến loại giá trị
trung bình
Trong chương này chúng tôi trình bày về phương trình hàm hai biến liên
quan tới định lý giá trị trung bình. Các kết quả được trình bày từ bài tài
liệu [10] của P. K. Sahoo, T. Reidel, sách được xuất bản năm 1998.
2.1 Định lý giá trị trung bình đối với hàm
hai biến
Định lý 2.1.1. Giả sử hàm f : R2
→ R có các đạo hàm riêng fx, fy liên
tục với mọi x, y ∈ R và (u, v) ∈ R2
, khi đó tồn tại điểm (η, ξ) nằm trên
đoạn thẳng nối hai điểm (x, y) và (u, v) sao cho
f(u, v) − f(x, y) = (u − x)fx(η, ξ) + (v − y)fy(η, ξ). (2.1)
Chứng minh. Xét (x, y) và (u, v) là hai điểm bất kỳ trên mặt phẳng R2
.
Đặt h = u − x và k = v − y. Gọi L là đoạn thẳng nối hai điểm (x, y) và
(u, v). Khi đó tọa độ của bất kỳ điểm nào thuộc L có dạng (x + ht, y + kt)

23
với t ∈ [0, 1]. Ta xét hàm F : [0, 1] → R xác định bởi
F (t) = f(x + ht, y + kt)
khi cố định x, y, u, v. Ta có đạo hàm của F là
F�(t) = hfx(x + ht, y + kt) + kfy(x + ht, y + kt), (2.2)
với fx và fy là các đạo hàm riêng của hàm f tương ứng theo các biến x và
y. Áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm F ta thu được
F(1) − F(0) = F�(t0), (2.3)
với t0 ∈ (0, 1). Từ cách xác định hàm F từ đẳng thức (2.3) ta có
f(u, v) − f(x, y) = F�(t0)
. Sử dụng đẳng thức (2.2) ta thu được
f(u, v) − f(x, y) = hfx(x + ht0, y + kt0) + kfy(x + ht0, y + kt0)
hay f(u, v) − f(x, y) = (u − x)fx(η, ξ) + (v − y)fy(η, ξ), với (η, ξ) ∈ L.
Ý nghĩa hình học của Định lý 2.1.1 là sai phân của hàm tại hai điểm
(u, v) và (x, y) bằng vi phân của hàm tại điểm (η, ξ) ∈ L. Ngoài ra, nếu
f có đạo hàm riêng theo từng biến và nhận giá trị 0 tại mọi điểm thì
f(x, y) = f(u, v) với mọi x, y, u, v ∈ R, hay f là hằng số trên R2
.
2.2 Phương trình hàm loại giá trị trung bình
Từ phương trình (2.1) ta thu được phương trình hàm dạng
f(u, v) − f(x, y) = (u − x)g(η, ξ) + (v − y)h(η, ξ), (2.4)
với mọi x, y, u, v ∈ R với (u − x)2
+ (v − y)2
/= 0. Trong phương trình (2.4),
các đạo hàm riêng fx và fy tương ứng được thay bằng các hàm đã biết g

24
và f. Nếu η(u, x) = u + x và ξ(v, y) = v + y, thì từ phương trình (2.1) ta
thu được
f(u, v) − f(x, y) = (u − x)g(u + x, v + y) + (v − y)h(u + x, v + y) (2.5)
+ (v − y)2
/= 0.
Sau đây là một số bổ đề để bổ trợ cho kết quả tiếp theo.
Bổ đề 2.2.1. Các hàm f, g, l : R → R thỏa mãn phương trình
f(x) − g(y) = (x − y)l(x + y) (2.6)
với mọi x, y ∈ R nếu và chỉ nếu tồn tại các số a, b, c ∈ R sao cho
f(x) = ax2
+ bx + c, g(x) = ax2
+ bx + c, l(x) = ax + b. (2.7)
Chứng minh. Thay x = y vào (2.6) và sử dụng phương trình (2.6), ta có
f(x) − g(x) = g(y) − f(y) (2.8)
với mọi x, y ∈ R. Do đó f (x) = g(x) + c, trong đó c là hằng số. Ta thay
vào (2.8), chúng ta có c = −c và do đó c = 0. Do đó f (x) = g(x). Bây giờ
sử dụng Bài toán 1.1, ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.2.2. Nghiệm tổng quát f, g, l : R → R của phương trình phương
trình hàm Jensen suy rộng
f(x + y) + g(x − y) = l(x) (2.9)
xác định bởi
f(x) = A(x) + b, g(x) = A(x) + c, l(x) = 2A(x) + b + c, (2.10)
trong đó A : R → R là hàm cộng tính và a, b, c là các hằng số tùy ý.
Chứng minh. Thay y = 0 vào phương trình (2.9), ta được
l(x) = f(x) + g(x). (2.11)

25
Từ phương trình (2.11), thế vào phương trình (2.9), ta có
f(x + y) + g(x − y) = f(x) + g(x). (2.12)
Thay y bởi −y vào phương trình (2.12) và sau đó sử dụng (2.12), ta có
f(x + y) − g(x + y) = f(x − y) − g(x − y)
với mọi x, y ∈ R. Do đó
f(x) = g(x) + c0 (2.13)
trong đó c0 là hằng số tùy ý. Từ phương trình (2.13) thế vào vào phương
trình (2.12) và đặt
ta được
F(x) = f(x) − f(0), (2.14)
F (x + y) + F(x − y) = 2F (x) (2.15)
với F (0) = 0. Thay x = 0 vào phương trình (2.15), suy ra F là một hàm
lẻ trên R. Thay x bằng y vào (2.15) and sử dụng tính chất của hàm lẻ F ,
ta được
F (x + y) − F (x − y) = 2F (y). (2.16)
Từ (2.15) và (2.16), suy ra
F(x + y) = F(x) + F(y), x, y ∈ R,
hay F là hàm cộng tính, hay F(x) = A(x), trong đó A : R → R là một
hàm cộng tính. Sử dụng (2.14) và (2.11), ta có khẳng định (2.10).
Phương trình hàm (2.9) trong Bổ đề 2.2.2 trên là kết quả tổng quát
của phương trình hàm Jensen
f
u + v
!
=
f(u) + f(v)
2 2
với mọi u, v ∈ R. Tức là, nếu xét hàm l = 2f và g = f và thay thế x + y
bằng u và x − y bằng v vào (2.9) ta thu được phương trình hàm Jensen.
Nghiệm liên tục của phương trình Jensen là hàm affine tuyến tính, nghĩa
là, f(x) = mx + k, trong đó m, k là các hằng số thực tùy ý.

26
F(x) = f(x, v + y),
(F − G)(u) = A(u) + β,
Bổ đề 2.2.3. Hàm f : R2
→ R thỏa mãn phương trình sau
f(u + x, v + y)+f(u − x, v) + f(u, v − y)
= f(u − x, v − y) + f(u + x, v) + f(u, v + y)
với mọi x, y, u, v ∈ R, khi và chỉ khi,
(2.17)
f(x, y) = B(x, y) + φ(x) + ψ(y), (2.18)
với B : R2
→ R là hàm song cộng tính, và hàm φ, ψ : R → R là các hàm
tùy ý.
Chứng minh. Cố định u và y, ta đặt
G(x) = f(x, v),
H(x) = f(x, v − y).
Khi đó phương trình (2.17) trở thành
(2.19)
(F − G)(u + x) + (G − H)(u − x) = (F − H)(u). (2.20)
Theo Bổ đề (2.2.2), nghiệm tổng quát của phương trình (2.20) là
(G − H)(u) = A(u) + α, (2.21)
(F − H)(u) = 2A(u) + α + β,
với A là hàm cộng tính, và α, β là các số thực tùy ý phụ thuộc vào v, y.
Từ phương trình (2.19) và (2.21) ta thu được
f(x, y) − f(x, 0) = A(x, y) + β(y)
hay
f(x, y) = A(x, y) + α(x) + β(y), (2.22)

27
trong đó A : R2
→ R là hàm cộng tính với biến thứ nhất, và α(x) = f(x, 0).
Thế phương trình (2.22) vào phương trình (2.17) ta thu được
A(x, v + y) + A(v, x − y) = 2A(x, v) (2.23)
với mọi x, y, v ∈ R. Cố định x, thì phương trình (2.23) là phương trình
hàm Jensen, sử dụng Bổ đề (2.2.2) ta thu được A(x, y) = B(x, y) + C(x)
với B là hàm cộng tính theo biến thứ hai. Vì B là hàm cộng tính theo biến
thứ hai nên ta có
A(x, y1 + y2) = A(x, y1) + A(x, y2) − C(x).
Từ tính cộng tính theo biến thứ nhất của A, ta có C cộng tính và B
cũng cộng tính theo biến thứ nhất. Vì vậy, B song cộng tính và f có dạng
(2.18).
Định lý 2.2.4. Giả sử f, g1, g2 : R2
→ R thỏa mãn phương trình
f(u, v) − f(x, y) = (u − x)g1(x + u, y + v) + (v − y)g2(x + u, y + v), (2.24)
+ (v − y)2 0. Khi đó f có dạng
f(x, y) = B(x, y) + ax2
+ bx + cy2
+ dy + α, (2.25)
trong đó ánh xạ B : R2
→ R là hàm song cộng tính, và a, b, c, d, α là các
hằng số tùy ý.
Chứng minh. Thay u = −x và v = −y vào phương trình (2.24), ta được
f(−x, −y) = f(x, y) − a1x − b1y (2.26)
tại đó a1 = 2g1(0, 0) và b1 = 2g2(0, 0). Thay x bởi −x và y bởi −y vào
(2.24), ta được
f (u, v)−f (−x, −y) = (u+x)g1(u−x, v −y)+(v +y)g2(u−x, v −y). (2.27)

28
Sử dụng (2.26) và (2.27) ta được
f(u, v)− f(x, y)+a1x+b1y = (u+x)g1(u−x, v −y)+(v +y)g2(u−x, v −y).
(2.28)
So sánh hai phương trình (2.24) với (2.28), ta được
(u + x)g1(u − x, v − y) + (v + y)g2(u − x, v − y)
= (u − x)g1(u + x, v + y) + (v − y)g2(u + x, v + y) + a1x + b1y.
Thay thế u = 1 + x và v = 1 + y trong phương trình trên, chúng ta nhận
được
(2x + 1)g1(1, 1) + (2y + 1)g2(1, 1)
= g1(2x + 1, 2y + 1) + g2(2x + 1, 2y + 1) + a1x + b1y. (2.29)
Từ phương trình (2.29), ta thấy
g2(u, v) = a2u + b2v + c2 − g1(u, v), (2.30)
với a2, b2, c2 là các hằng số. Thay u bởi u + x, v bởi v + y, x bởi u − x, và
y bởi v − y vào (2.24), ta được
f(u + x, v + y) − f(u − x, v − y) = 2xg1(2u, 2v) + 2yg2(2u, 2v). (2.31)
Từ (2.30), phương trình (2.31) trở thành
f(u + x, v + y) − f(u − x, v − y)
= 2(x − y)g1(2u, 2v) + 4a2uy + 4b2vy + 2c2y. (2.32)
Tiếp theo, thay y = 0 vào phương trình (2.32), ta được
f(u + x, v) − f(u − x, v) = 2xg1(2u, 2v). (2.33)
Ngoài ra, thay x = 0 vào phương trình (2.32) ta được
f(u, v + y) − f(u, v − y) = −2yg1(2u, 2v) + 4a2uy + 4b2vy + 2c2y. (2.34)

29
Cộng (2.33) vào (2.34) và trừ phương trình (2.32), ta được
f(u + x, v + y) + f(u − x, v) + f(u, v − y)
= f(u − x, v − y) + f(u + x, v) + f(u, v + y). (2.35)
Nghiệm tổng quát của phương trình (2.35) có thể thu được từ Bổ đề (2.2.3)
là
f(x, y) = B(x, y) + φ(x) + ψ(y), (2.36)
với B : R2
→ R là hàm song cộng tính, và Φ, Ψ : R → R là hàm tùy ý.
Tiếp theo, thay v = y = 0 vào phương trình (2.24) ta được
f(u, 0) − f(x, 0) = (u − x)g1(u + x, 0), u /= x. (2.37)
Sử dụng Bổ đề (2.2.1) ta được
f(x, 0) = ax2
+ bx + α1, (2.38)
với a, b, α1 là hằng số tùy ý. Thay y = 0 vào phương trình (2.36) và so sánh
với (2.38), chúng ta nhận được
φ(x) = ax2
+ bx + α2, (2.39)
với α2 là một hằng số. Tiếp theo, thay u = x = 0 vào phương trình (2.24),
ta nhận được
f(0, v) − f(0, y) = (v − y)g2(0, v + y), v /= y. (2.40)
Tiếp tục sử dụng Bổ đề (2.2.1) ta được
f(0, y) = cy2
+ dy + α3, (2.41)
trong đó c, d, a3 là hằng số tùy ý. Như trên, chọn x = 0 trong phương trình
(2.36) và so sánh với (2.41), chúng ta nhận được
ψ(y) = cy2
+ dy + α4, (2.42)

30
1
trong đó α4 là hằng số. Từ (2.39), (2.42) và (2.36) là nghiệm của phương
trình (2.25), tức là
f(x, y) = B(x, y) + ax2
+ bx + cy2
+ dy + α
với α = α2 + α4.
Sử dụng định lý trên Kannappan và Sahoo (1998) đã thiết lập thuộc
tính sau của hàm bậc hai với hai biến tương tự với Định lý 2.5 của Chương
2.
Định lý 2.2.5. Nếu đa thức bậc hai f(x, y) = ax2
+bx+cy2
+dy +exy +α
với 4ac − e2
/= 0 là nghiệm của phương trình vi phân
f(x + h, y + k) − f(x, y)
= hfx(x + θh, y + θk) + kfy(x + θh, y + θk), (2.43)
giả sử với mọi x, y, h, k ∈ R với h2
+ k2
/= 0, thì θ =
1
. Ngược lại, nếu hàm
1
2
f thỏa mãn (2.43) với θ =
2
, thì nghiệm của (2.43) là đa thức bậc hai.
Chứng minh. Giả sử đa thức f(x, y) = ax2
+ bx + cy2
+ dy + exy + α là
một nghiệm của (2.43). Thay vào phương trình (2.43) ta được
2ah2
θ + 2ck2
θ + 2ehkθ = ah2
+ ck2
+ ehk
. Vì 4ac2
− e /= 0 nên ta được
θ =
2
.
Tiếp theo, chúng ta chứng minh điều ngược lại. Theo Định lý (2.2.4),
chúng ta nhận được
f(x, y) = B(x, y) + ax2
+ bx + cy2
+ dy + α. (2.44)
Vì đó f có đạo hàm riêng theo từng biến x và y, do đó B(x, y) cũng có
đạo hàm riêng theo biến x và y. Vì vậy
B(x, y) = exy, (2.45)

31
f(x, y) = ax + by + c
f(x, y) = (α − γ)x2
t + 2γxyt + δy2
t + ax + by + c
do đó B(x, y) là hàm song cộng tính. Ở đây e là hằng số tùy ý. Thay
(2.45) vào (2.44), ta được f là một đa thức bậc hai.
2.3 Phương trình hàm loại giá trị trung bình
suy rộng
Riedel và Sahoo (1997) đã tìm ra nghiệm tổng quát của phương trình hàm
(2.4) khi η = sx + tu và ξ = sy + tv với s và t là các tham số thực cho
trước. Kết quả đó được trình bày trong định lý sau.
Định lý 2.3.1. Các hàm f, g, h : R2
→ R là nghiệm của phương trình
f(u, v) − f(x, y)
= (u − x)g(sx + tu, sy + tv) + (v − y)h(sx + tu, sy + tv), (2.46)
+ (v − y)2
/= 0, nếu và chỉ nếu
f(x, y) = ax + by + c
g(x, y) = tùy ý với g(0, 0) = a nếu s = t = 0, (2.47)
h(x, y) = tùy ý với h(0, 0) = b
g(x, y) = a nếu s = 0 hoặc t = 0 (t2
+ s2
> 0), hoặc s2
t2
,
h(x, y) = b
(2.48)
g(x, y) = (α − γ)x + γy + a nếu s = t /= 0,
h(x, y) = γx + δy + b
(2.49)

32
( ) = + +
A(tx) B(ty)
( ) = + ( )
h x, y − g x, y
A(tx) B(ty)
f x, y c
g(x, y) = A(x)
+
x
B(y)
t
x
−
y
h(x, y)
x
cho x
h(x, y) = tùy ý
0; hoặc cho y /= 0
f(x, y) = + + c
nếu s = −t /= 0,
g(x, y
t t
) = tùy ý
y y y
(2.50)
trong đó A : R → R và B : R → R là các hàm cộng tính, và a, b, c, α, δ, γ
là các hằng số thực tùy ý.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh định lý này bằng cách xét các trường
hợp khác nhau của tham số s và t.
Trường hợp 1. Giả sử s = t = 0. Khi (2.46) trở thành
f(u, v) − f(x, y) = (u − x)a + (v − y)b, (2.51)
với a = g(0, 0) và b = h(0, 0). Từ (2.51) ta được
f(u, v) − au − bv = f(x, y) − ax − by, (2.52)
với mọi x, y, u, v ∈ R thỏa mãn (u − x)2
+ (v − y)2
=
/ 0. Do đó
f(x, y) = ax + by + c, (2.53)
trong đó c là một hằng số. Vì vậy nghiệm của (2.46) trở thành
f(x, y) = ax + by + c
g(x, y) = tùy ý với g(0, 0) = a
h(x, y) = tùy ý với h(0, 0) = b.
(2.54)
Trường hợp 2. Giả sử t = 0 hoặc s = 0 (s2
+ t2
> 0). Không mất tính
tổng quát ta giả sử t = 0. Khi đó, từ phương trình (2.46) ta có
f(u, v) − f(x, y) = (u − x)g(sx, sy) + (v − y)h(sx, sy). (2.55)
t
A(y) B(x) x

33
f(x, y) = ax + by + c,
Cho x = 0 = y thay vào (2.55), ta nhận được
f(u, v) = au + bv + c, (2.56)
trong đó a = g(0, 0), b = h(0, 0) và c = f(0, 0). Thay thế nó vào (2.46), ta
được
a(u − x) + b(v − y) = (u − x)g(sx, sy) + (v − y)h(sx, sy), (2.57)
với mọi x, y, u, v ∈ R với (u−x)2
+(v −y)2
/= 0. Phương trình (2.57) tương
đương với
u [a − g(sx, sy)] + v [b − h(sx, sy)]
− {x [a − g(sx, sy)] + y [b − h(sx, sy)]} = 0.
Sử dụng tính độc lập tuyến tính của u, v, 1, chúng ta có
g(sx, sy) = a (2.58)
và
với mọi x, y ∈ R. Do đó
h(sx, sy) = b, (2.59)
Do vậy nghiệm của (2.46) là
g(x, y) = a,
h(x, y) = b.
(2.60)
g(x, y) = a,
h(x, y) = b.
(2.61)
Trường hợp 3. Giả sử s /= 0 /= t. Thay x = 0 = y vào (2.46), ta được
f(u, v) = ug(tu, tv) + vh(tu, tv) + c, (2.62)
trong đó c = f(0, 0). Thay (2.62) vào (2.46), ta được
ug(tu, tv) + vh(tu, tv) − xg(tx, ty) − yh(tx, ty)
= (u − x)g(sx + tu, sy + tv) + (v − y)h(sx + tu, sy + tv). (2.63)

34
t t s s s s s s
t s t s
Thay thế u bởi
u
, v bởi
v
, x bởi
x
, y bởi
y
vào (2.63) ta được
t t s s
u
g(u, v) +
v
h(u, v) −
x
g
tx
,
ty
!
−
y
h
xt
,
ty
!
=
u
−
x
!
g (x + u, y + v) +
v
−
y
!
h (x + u, y + v) , (2.64)
với mọi x, y, u, v ∈ R với (us − xt)2
+ (vs − yt)2
trường hợp con:
0. Bây giờ xét một số
Trường hợp 3.1: Giả sử s = t 0. Thì từ phương trình (2.64) ta có
ug(u, v) + vh(u, v) − xg (x, y) − yh (x, y)
= (u − x) g (u + x, v + y) + (v − y) h (u + x, v + y) . (2.65)
Thay x bằng −x, y bằng −y vào (2.65), ta được
ug(u, v) + vh(u, v) + xg (−x, −y) + yh (−x, −y)
= (u + x) g (u − x, v − y) + (v + y) h (u − x, v − y) . (2.66)
Từ phương trình (2.65) và (2.66), ta có
xg (−x, −y) + yh (−x, −y) + xg(x, y) + yh(x, y)
= (u + x) g (u − x, v − y) + (v + y) h (u − x, v − y)
− (u − x) g (u + x, v + y) − (v − y) h (u + x, v + y) . (2.67)
Cho u = −x, v = −y vào phương trình (2.65) ta được
xg (−x, −y) + yh (−x, −y) + xg(x, y) + yh(x, y) = 2ax + 2by, (2.68)
khi đó a = g(0, 0), b = h(0, 0). Bây giờ sử dụng (2.68) vào (2.67) ta được
2ax + 2by = (u + x) g (u − x, v − y) + (v + y) h (u − x, v − y)
− (u − x) g (u + x, v + y) − (v − y) h (u + x, v + y) (2.69)
tương đương với
a(x + u) − a(u − x) + b(v + y) − b(v − y)
= (u + x)g(u − x, v − y) + (v + y)h(u − x, v − y)
− (u − x)g(u + x, v + y) − (v − y)h(u + x, v + y). (2.70)

35
Vì vậy, ta có
(u + x) [g(u − x, v − y) − a] + (v + y) [h(u − x, v − y) − b]
= (u − x) [g(u + x, v + y) − a] + (v − y) [h(u + x, v + y) − b] . (2.71)
Thay u + x = l = v + y vào phương trình (2.71), ta được
g0(u − x, v − y) + h0(u − x, v − y) = α(u − x) + β(v − y), (2.72)
trong đó g0 = g − a và h0 = h − b. Thay (2.72) vào (2.71), ta thấy rằng
[(v + y) − (u + x)] h0(u − x, v − y) + β(u + x)(v − y)
= [(v − y) − (u − x)] h0(u + x, v + y) + β(u − x)(v + y),
hay
[(v + y) − (u + x)][h0(u − x, v − y) − β(v − y)]
= [(v − y) − (u − x)][h0(u + x, v + y) − β(v + y)]. (2.73)
Cố định v + y và u + x sao cho v + y /= u + x và tách biến ta được
h0(u − x, v − y) − β(v − y) = α0[(v − y) − (u − x)], (2.74)
với α0 là hằng số. Vì vậy ta có
h(u − x, v − y) = (α0 + β)(v − y) − α0(u − x) + b,
hay
h(x, y) = δy + γx + b, (2.75)
với γ, δ là hằng số. Cho (2.75) vào (2.72) ta được
g(x, y) = (α − γ)x + (β − δ)y + a. (2.76)
Sử dụng (2.75) và (2.76) vào (2.62) ta được
f(x, y) = (α − γ)x2
t + (β − δ + γ)xyt + δy2
t + ax + by + c.

36
f(x, y) = (α − γ)x2
t + (β − δ + γ)xyt + δy2
t + ax + by + c
f(x, y) = (α − γ)x2
t + 2γxyt + δy2
t + ax + by + c
Vì thế ta có nghiệm
g(x, y) = (α − γ)x + (β − δ)y + a
h(x, y) = δy + γx + b.
Thay thế phần trên vào (2.46) với s = t /= 0 ta được
(2.77)
Khi đó (2.77) trở thành
β − δ = γ. (2.78)
g(x, y) = (α − γ)x + γy + a
h(x, y) = γx + δy + b.
(2.79)
Trường hợp 3.2: Giả sử s = −t 0. Khi đó phương trình (2.64) trở thành
ug(u, v) + vh(u, v) + xg(−x, −y) + yh(−x, −y)
= (u + x)g(u + x, v + y) + (v + y)h(u + x, v + y). (2.80)
Thay u = 0 = v vào phương trình (2.80) ta được
xg(−x, −y) + yh(−x, −y) = xg(x, y) + yh(x, y). (2.81)
Sau đó, sử dụng (2.80) vào (2.81) ta được
ug(u, v) + vh(u, v) + xg(x, y) + yh(x, y)
= (u + x)g(u + x, v + y) + (v + y)h(u + x, v + y).
Cho y = v = 0 vào (2.3), ta thấy rằng ug(u, 0)+xg(x, 0) = (u+x)g(u+x, 0).
Do đó
ug(u, 0) = A(u), (2.82)
với A là một hàm cộng tính tùy ý. Tương tự, thay x = u = 0 vào (2.3), ta
được
vh(0, v) + yh(0, y) = (v + y)h(0, v + y).

37
( ) = + +
Vì vậy
vh(0, v) = B(v), (2.83)
trong đó B là một hàm cộng tính tùy ý. Tiếp theo, thay x = 0 = v vào
(2.3) ta được
ug(u, 0) + yh(0, y) = ug(u, y) + yh(u, y). (2.84)
Sử dụng (2.82) và (2.83) vào (2.84), ta được
ug(u, y) + yh(u, y) = A(u) + B(y). (2.85)
Sử dụng (2.85) vào (2.62), ta cho x /= 0
A(tx) B(ty)
f x, y c
A(x) B(y)
t
y
(2.86)
g(x, y) = + − h(x, y)
x x x
h(x, y) = tùy ý.
Trường hợp 3.3: Giả sử 0 =
/ s2
phương trình (2.63) ta có
t2
/= 0. Đổi biến x với u và y với v trong
xg(tx, ty) + yh(tx, ty) − ug(tu, tv) − vh(tu, tv) =
(x − u)g(tx + su, ty + sv) + (y − v)h(tx + su, ty + sv).
Cộng phương trình (2.63) với (2.3) ta được
(x − u)g(sx + tu, sy + tv) + (y − v)h(sx + tu, sy + tv)
= (x − u)g(tx + su, ty + sv) + (y − v)h(tx + su, ty + sv). (2.87)
Thay tu + sx = 0 = sy + tv vào (2.87) ta được
t2
− s2 t2
− s2
t2
− s2
t2
− s2
xg
t
x,
t
y + yh
t
x,
t
y = ax + by, (2.88)
trong đó a = g(0, 0) và b = h(0, 0). Thay x =
tx
và y =
ty
vào
(2.88), ta được
t2 − s2 t2 − s2
xg(x, y) + yh(x, y) = ax + by. (2.89)
t

38
Sử dụng phương trình (2.89) vào (2.62), ta được
f(x, y) = ax + by + c. (2.90)
Thế (2.90) vào (2.46)
au + bv − ax − by
= (u − x)g(sx + tu, sy + tv) + (v − y)h(sx + tu, sy + tv).
Xét v = x = 0, ta được
au − by = ug(tu, sy) − yh(tu, sy), (2.91)
cuối cùng thế u bằng
u
t
và y bằng
y
s
và nhân với ts, ta được
asu − bty = sug(u, y) − tyh(u, y). (2.92)
Thay u bởi x vào (2.92) và kết hợp với (2.89) ta được
a(s + t)x = (s + t)xg(x, y), (2.93)
và vì s2
/= t2
nên ta c
ó
g(x, y) = a, (2.94)
với mọi x ∈ R{0} và y ∈ R. Tương tự, ta có h(x, y) = b với mọi x ∈ R
và y ∈ R{0}. Thay u = 1 + x và v = 1 + y vào phương trình (2.46) và từ
phương trình (2.90), ta có
a + b = g(t + x(s + t), t + y(s + t)) + h(t + x(s + t), t + y(s + t))
suy ra
a + b = g(x, y) + h(x, y)
với mọi x, y ∈ R. Tiếp theo, thế x = 0, ta được a + b = g(0, y) + h(0, y). Vì
h(x, y) = b với mọi x ∈ R và y ∈ R{0}, nên ta được g(0, y) = a với mọi
y ∈ R{0}. Hơn nữa, vì g(0, 0) = a, ta thấy rằng (2.94) thỏa mãn với mọi
x, y ∈ R.

39
2
Thế (2.94) và (2.90) vào (2.46), ta được
h(x, y) = b, (2.95)
với mọi x, y ∈ R. Vậy
f(x, y) = ax + by + c
g(x, y) = a
h(x, y) = b,
với mọi x, y ∈ R, và a, b, c là các hằng số.
Từ Định lý 2.3.1 ta có hệ quả sau.
(2.96)
Hệ quả 2.3.2. Cho fx và fy là các đạo hàm riêng của f : R2
→ R, và cho
trước s và t, là các tham số thực. Hàm f thỏa mãn phương trình hàm vi
phân
f(u, v) − f(x, y) =
(u − x)fx(su + tx, sv + ty) + (v − y)fy(su + tx, sv + ty),
với mọi x, y, u, v ∈ R thỏa mãn (u − x)2
+ (v − y)2
/= 0, nếu và chỉ nếu
hàm f có dạng
f(x, y) =
ax2
+ by + cy2
+ dy + exy + α nếu s =
1
= t
ax + by + c ngược lại,
trong đó a, b, c, d, e, α là các hằng số tùy ý.
Khẳng định dưới đây là trường hợp mở rộng của Định lý giá trị trung
bình Cauchy.
Định lý 2.3.3. Với mọi hàm f, g : R2
→ R với đạo hàm riêng liên tục
fx, fy, gx và gy và cho tất cả các cặp riêng biệt (x, y) và (u, v) ∈ R2
, thì tồn
tại một điểm trung gian (η, ξ) trên đoạn nối các điểm (x, y) và (u, v) sao
cho
[f(u, v) − f(x, y)][(u − x)gx(η, ξ) + (v − y)gy(η, ξ)]
= [g(u, v) − g(x, y)][(u − x)fx(η, ξ) + (v − y)fy(η, ξ)]. (2.97)

40
Chứng minh. Chứng minh tương tự như chứng minh cho trường hợp một
biến. Ta xác định hàm bổ trợ
Ψ(s, t) = [f(u, v) − f(s, t)][g(u, v) − g(x, y)]
− [f(u, v) − f(x, y)][g(u, v) − g(s, t)], (2.98)
khi đó Ψ(u, v) = Ψ(x, y) = 0, Ψ là hàm khả vi với bất kỳ hàm f và g, do
đó theo định lý giá trị trung bình cho các hàm hai biến tồn tại (η, ξ) trên
đoạn nối (x, y) và (u, v), sao cho
(u − x)Ψs − (η, ξ) + (v − y)Ψt(η, ξ) = 0. (2.99)
Từ các phương trình (2.98) và (2.99) ta có
(u − x)gx(η, ξ)[f(u, v) − f(x, y)] − fx(η, ξ)[g(u, v) − g(x, y)]
+ (v − y){fy(η, ξ)[g(u, v) − g(x, y)] − gy(η, ξ)[f(u, v)
− f(x, y)]} = 0. (2.100)
Ta có điều phải chứng minh.

41
Kết luận
Luận văn đã trình bày những vấn đề sau:
• Sơ lược về phương trình hàm, định lý giá tri trung bình Lagrange và
mối quan hệ với phương trình hàm. Phương trình hàm và định lý giá
trị trung bình Cauchy. Một số bài toán áp dụng. Nội dung này được
lấy từ tài liệu [10] (chương 2) của P. K. Sahoo, T. Reidel và bài báo
[12] xuất bản năm 2016 của Z. M. Balogh và cộng sự.
• Về phương trình hàm và định lý giá trị trung bình hai chiều: định lý
giá trị trung bình đối với hàm hai biến, phương trình hàm loại giá trị
trung bình, phương trình hàm loại giá trị trung bình suy rộng và định
lý giá trị trung bình đối với hàm hai biến. Nội dung này được lấy chủ
yếu từ tài liệu [10] (chương 4) của P. K. Sahoo, T. Reidel và một số
tài liệu liên quan.

42
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò (2013), Tuyển tập Olympic toán học
tại các nước Châu Á- Thái Bình Dương, NXB ĐH Quốc gia HN.
[3] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), Tuyển tập 40 năm Olympic
Toán học quốc tế, NXB Giáo dục.
[4] Lục Trường Giang (2015), Một số dạng phương trình hàm xây dựng từ
định lý giá trị trung bình, Luận văn Thạc sĩ Toán học - Trường ĐH
Khoa học - ĐHTN.
Tiếng Anh
[5] J. Aczél (1985), "A Mean Value Property of the Derivative of
Quadratic Polynomials-without Mean Values and Derivatives", Math-
ematics Magazine, 58(1), pp. 42-45.
[6] J. Aczél (2006), Lectures on Functional Equations and their applica-
tions, University of Waterloo, Canada.
[7] Christopher G. Small (2007), Functional Equations and How to solve
them, Springer.

43
[8] P. K. Sahoo, P. Kannappan (2011), Introduction to Functional Equa-
tions, Chapman & Hall/CRC.
[9] P. Kannappan, T. Riedel, P. K. Sahoo (1997), ”On a functional equa-
tion associated with Simpson’s rule”, Result. Math, 31, pp. 115-126.
[10] P. K. Sahoo, T. Reidel (1998), Mean Value Theorem and Functional
Equations, World Scientific.
[11] Titu Andreescu, Iurie Boreico (2007), Functional Equations, Electronic
Edition.
[12] Z. M. Balogh, O. O. Ibrogimov, B. S. Mityagin (2016), "Functional
equations and the Cauchy mean value theorem", Aequationes mathe-
maticae, 90(4), pp. 683–697.

Về phương trình hàm Loại giá trị trung bình và áp dụng.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Về phương trình hàm Loại giá trị trung bình và áp dụng.docx

Similar to Về phương trình hàm Loại giá trị trung bình và áp dụng.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Về phương trình hàm Loại giá trị trung bình và áp dụng.docx