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

14 2 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Lagrange.. 33 3 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Pompeiu.. Được sự định hướng của thầy hướng dẫn,tôi chọn phương t

Mục lục

Mở đầu ii

1 Các kiến thức chuẩn bị 1 1.1 Hàm cộng tính 1

1.2 Giá trị trung bình Lagrange 2

1.3 Tỷ sai phân 2

1.4 Giá trị trung bình Pompeiu 14

2 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Lagrange 16 2.1 Phương trình hàm với cặp biến tự do 16

2.2 Phương trình hàm với 3 biến tự do 27

2.3 Phương trình hàm với n biến tự do 31

2.4 Một số ví dụ áp dụng 33

3 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Pompeiu 39 3.1 Các phương trình dạng Stamate 39

3.2 Phương trình Kuczma 44

3.3 Phương trình chuyển động theo quy tắc Simpson 50

3.4 Một số mở rộng 59

3.5 Một số ví dụ áp dụng 74

Kết luận 81 Tài liệu tham khảo 82

MỞ ĐẦU

Phương trình hàm là một chuyên đề rất khó, hay xuất hiện trong các đềthi Olympic hay đề thi HSG quốc gia, quốc tế Tuy nhiên, chuyên đề nàylại không được dạy một cách chính thống cho học sinh cũng như trong cáctrường sư phạm Điều này đã gây ra khó khăn cho giáo viên khi tham gia bồidưỡng HSG Là một giáo viên dạy chuyên, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn vềphương 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 thểnghiên cứu lĩnh vực nhỏ trong đó Được sự định hướng của thầy hướng dẫn,tôi chọn phương trình hàm liên quan tới các đại lượng trung bình Có 4 đạilượng trung bình cơ bản là: trung bình cộng, trung bình nhân, trung bìnhđiều hòa và trung bình bình phương Phương trình hàm chuyển đổi các đạilượng trung bình cơ bản trên được trình bày rõ ràng và cụ thể trong tài liệu[1] Do đó, trong luận văn của mình, tôi sẽ trình bày các phương trình hàmliên 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 2014Học viên thực hiện

Lê Thị Nhàn

Chương 1

NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Mục đích của chương này là trình bày một số kiến thức nhằm chuẩn bịcho chương II và chương III, bao gồm định nghĩa hàm cộng tính, giá trị trungbình 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 nghiệmliên tục tổng quát

Định nghĩa 1.2 (Xem [1]) Hàm sốf : 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 nóliên tục tại mọi điểm trên R

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, cáchàm cộng tính vẫn còn tuyến tính Trải qua nhiều năm, sự tồn tại của hàmcộng tính gián đoạn là một bài toán mở Các nhà toán học không thể chứngminh mọi hàm cộng tính là liên tục và không đưa ra được một ví dụ về hàmcộng tính gián đoạn Nhà toán học người Đức G Hamel vào năm 1905 làngười đầu tiên thành công trong việc chứng minh sự tồn tại các hàm cộngtính 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)

x1 − x2 = f

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 vớiđường thẳng AB

Tỷ số f (x1) − f (x2)

x1 − x2 được gọi là tỷ sai phân của hàm f đối với hai điểm

phân biệt x1, x2 Trong mục tiếp theo, chúng tôi tìm hiểu và trình bày một

số kết quả có liên quan đến tỷ sai phân

1.3 Tỷ sai phân

Định nghĩa 1.3 (Xem [8]) Tỷ sai phân của hàm f : R →R đối với n điểmphân biệt x1, x2, , xn được kí hiệu là f [x1, x2, , xn] và được xác địnhbởi:

f [x1] = f (x1)

và

f [x1, x2, , xn] = f [x1, x2, , xn−1] − f [x2, x3, , xn]

Theo định nghĩa trên, ta có

1

xj − xk.

Y

k=2 k6=j

với mọi số nguyên dương n.

Chứng minh : Với f (x) = xl, l ∈N, ta đánh giá f [x1, x2, , xn]

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

dt2

Z tn−20

dt2 .

Z tn−10

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 cấpnliên tục vàx0, x1, , xn ∈ [a, b].Khi đó, tồn tại điểm η trong đoạn

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

sao cho

f [x0, x1, , xn] = f

(n)(η)n! .

Chứng minh : Vì hàm f(n)(x) liên tục trên [a, b] nên f(n)(x) có giá trị lớnnhất và giá trị nhỏ nhất trên [a, b] Đặt

dtk,

Nếu x là một số trong khoảng (a, b) thì áp dụng Định lý Lagrange trênđoạn [a, x], ta có thể chọn một số ηx ∈ (a, x) như một hàm của x (ηx phụthuộc x) sao cho



, x ∈ (0, 2)

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

[a + m1x, a + mnx] 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

k

trong đó lim

x→0ε(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) 6= 0 Khiđó

(mi− mj)

(1.9)

l + f

(k)(a)k! (mix)

l + f

(k)(a)k! (mix)

(mi − mj)

+ f

(n−1)(a)(n − 1)!

(mi − mj)

+f

(k)(a)k!

(mi − mj)

(1.10)

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

f(k)(a)(n − 1)!(k − (n − 1))!(ηx− a)k−(n−1) (1.11)

(mi − mj)

(k)(a)(n − 1)!(k − (n − 1))!(ηx− a)k−(n−1)+ ε(ηˆ x− a)(ηx− a)k−(n−1)

(mi − mj)

f (k) (a) (n−1)!(k−(n−1))! + ε(ηˆ x −a)

ik+1−n1

1.4 Giá trị trung bình Pompeiu

Vào năm 1946, Pompeiu đưa ra một dạng biến thể của định lý giá trịtrung 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] khôngchứa 0 và với mọi x1 6= x2 trong [a, b], tồn tại điểm ξ thuộc (x1, x2) sao cho



− 1

tf

01t

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



− 1

ηf

01η

f (x) − g(y)

x − y = h(sx + ty),

với mọi x, y ∈ R, x 6= 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] = f0(η(x1, x2)) (2.1)(để chỉ sự phụ thuộc của η đối với x1 và x2, ta viết f0(η(x1, x2)) thay cho

f (η)) Đặt f0(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 toán phương trình hàm nảy sinh từ định

lý giá trị trung bình Lagrange Các kết quả trong chương II và chương IIIđược tham khảo chủ yếu trong tài liệu [4], [5], [6], [7], [8]

2.1 Phương trình hàm với cặp biến tự do

Bài toán 2.1 Tìm tất cả các hàm f, h : R → R thỏa mãn

f [x, y] = h(x + y), ∀x, y ∈ R, x 6= y (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 6= 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 thỏamãn phương trình (2.3) Do đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

f (0) = 0

Từ phương trình (2.3), cho y = 0, ta được

Từ phương trình (2.3) và phương trình (2.4), ta có

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

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))

Bỏ đi giả thiết h(0) = 0, ta có

Chứng minh : Giả sử đa thức

Đảo lại, với θ = 1

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

f (x) − f (y) = (x − y)f0(sx + ty), ∀x, y ∈ R, x 6= y (2.8)

Lời giải Nếu t = s = 1

Trường hợp s = t 6= 1

2, phương trình (2.8) trở thành

f (x) − f (y) = (x − y)f0[t(x + y)]

Đặt f0[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

Bài toán 2.3 Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình

f (x) − g(y)

Lời giải Phương trình (2.11) được viết lại dưới dạng

f (x) − g(y) = a(x − y), ∀x, y ∈ R, x 6= 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 ) Dođó

Bài toán 2.4 Cho t là tham số thực khác 0 Tìm tất cả các hàm f, g, h :

ax + b − g(y) = (x − y)h(ty), ∀x, y ∈ R, x 6= y, x 6= 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), tađược f (0) = b Do đó phương trình (2.14) đúng với mọi số thực x

Với s, t 6= 0, lần lượt cho x = 0 và y = 0 trong phương trình (2.16), ta có

g(y) = yh(ty) + b , ∀y 6= 0 (b = f (0)) (2.17)và

f (x) = xh(sx) + c , ∀x 6= 0 (c = g(0)) (2.18)

Từ các phương trình (2.16), (2.17) và (2.18), ta có

xh(sx) − yh(ty) + c − b = (x − y)h(sx + ty),

Thay y bởi −y, phương trình (2.21) trở thành

với mọi x, y ∈ R\ {0} và x + y 6= 0

Cho y = x trong phương trình (2.22), ta có được

Trừ theo vế phương trình (2.21) cho phương trình (2.22), ta có

−yh(y) − yh(−y) = (x − y)h(x + y) − (x + y)h(x − y)

Kết hợp với phương trình (2.23), ta có được

2yh(0) = (x + y)h(x − y) − (x − y)h(x + y), (2.24)với mọi x, y, x − y, x + y ∈ R\ {0}

f (x) − g(y) = (x − y)(αtx + αty + a), ∀x 6= y.

Vậy nghiệm của phương trình là

f (x) = g(x) = αtx2 + ax + b và h(y) = αy + a,

trong đó α, a và b là các hằng số thực tùy ý

Trường hợp 2 Xét s = −t Khi đó, từ phương trình (2.19), ta có

xh(x) + yh(y) + (b − c)t = (x + y)h(x + y), (2.26)với mọi x, y ∈ R\ {0}, x 6= y Đặt

A(x) + A(y) = A(x + y), ∀x, y, x + y ∈ R\ {0}

Ta chứng minh A là cộng tính trên tập số thực R Thật vậy, A là cộng tínhkhi và chỉ khi A thỏa mãn

A(x) + A(−x) = A(0) = 0

xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = 0

Thay y bởi −y trong phương trình (2.26), ta có

xh(x) − yh(−y) + (b − c)t = (x − y)h(x − y)

Trừ theo vế phương trình trên cho phương trình (2.26), ta được

yh(y) + yh(−y) = (x + y)h(x + y) − (x − y)h(x − y)

Từ phương trình trên, kết hợp với phương trình (2.27), suy ra

A(y) − A(−y) = A(x + y) − A(x − y), ∀x, y, x − y, x + y ∈ R\ {0}

Thay x bởi −x trong phương trình trên, ta có được

A(y) − A(−y) = A(−x + y) − A(−x − y)

xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = γ, ∀x ∈ R\ {0} (2.30)Thay s = −t trong phương trình (2.16), ta có

Hoán đổi x với y trong phương trình (2.31), ta được

Cộng theo vế phương trình (2.31) và phương trình (2.32), ta có

f (x) − g(x) + f (y) − g(y) = −(x − y)h((x − y)t) + (x − y)h(−(x − y)t)

Sử dụng kết quả của phương trình (2.30), suy ra

Trường hợp 3 Giả sử s2 6= t2, nghĩa là s 6= t và s 6= −t Hoán đổi x và y



h(x + y), ∀x, y 6= 0, ty 6= sx (2.37)

Trừ theo vế phương trình (2.37) cho phương trình (2.19) và sử dụngs+t 6= 0,

ta có

xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y)

Kết quả này lặp lại phương trình (2.21) Do vậy

2.2 Phương trình hàm với 3 biến tự do

Bài toán 2.6 Cho g là hàm liên tục Tìm tất cả các hàm f khả vi, thỏamãn phương trình

f [x, y, z] = g(x + y + z), ∀x, y, z ∈ R (2.40)

Lời giải Sử dụng định nghĩa tỷ sai phân (Định nghĩa 1.3), phương trình(2.40) trở thành

f (x)(y − z) + f (y)(z − x) + f (z)(x − y)

= (x − y)(y − z)(x − z)g(x + y + z) (2.41)Nhận thấy rằng, nếu f thỏa mãn phương trình (2.41) thì f + d cũng thỏamãn (d là hằng số tùy ý) Do đó không làm mất tính tổng quát, ta có thểgiả thiết f (0) = 0 Thay z = 0 vào phương trình (2.41), ta có

yf (x) − xf (y) = xy(x − y)g(x + y)

Phương trình trên được viết lại dưới dạng

q(x) − q(y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R

Theo kết quả Bài toán 2.1, ta có

· Nếu g(x) = ax + b thì f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, với a, b, c, d là các hằng

số thực tùy ý

· Nếu g không phải là một hàm tuyến tính thì bài toán vô nghiệm

Trong Bài toán 2.6, nếu bỏ đi giả thiết g là một hàm liên tục cho trước,

ta vẫn có kết quả f là đa thức bậc không quá ba Điều này được thể hiệntrong Bài toán dưới đây

Bài toán 2.7 Tìm tất cả các hàm f, g thỏa mãn phương trình

f [x1, x2, x3] = g(x1 + x2 + x3), (2.43)với mọi x1, x2, x3 ∈ R và x1 6= x2, x2 6= x3, x3 6= x1

Lời giải Ta nhận thấy rằng, nếu f (x) là một nghiệm của phương trình(2.43) thì f (x) + a0 + a1x cũng nghiệm đúng phương trình (2.43) Do đókhông mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng

f (0) = 0 và f (α) = 0, α ∈ R\ {0} (2.44)Thay (x, 0, α) cho (x1, x2, x3) trong phương trình (2.43), ta được

f (x) = −x(α − x)g(x + α), x, α ∈ R\ {0} (2.45)Tiếp theo, thay (x, 0, y) cho (x1, x2, x3) trong phương trình (2.43), ta được

q(x) − q(y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R\ {0}

Cho y = −x vào phương trình (2.47), ta có

Thay y bởi −y trong phương trình (2.47), ta có

q(x) − q(−y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y, x + y ∈ R\ {0} (2.49)

Ta nhận thấy phương trình (2.49) vẫn đúng với x + y = 0, do đó, phươngtrình (2.49) đúng với mọi x, y ∈ R\ {0}

Trừ theo vế phương trình (2.47) cho phương trình (2.49) và kết hợp với (2.48),

2.3 Phương trình hàm với n biến tự do

Từ Bài toán 2.1, Bài toán 2.6 và Bài toán 2.7, đặt ra câu hỏi có hay khôngmọi hàm f liên tục (hoặc khả vi) thỏa mãn phương trình

f [x1, x2, , xn] = g(x1 + x2 + · · · + xn), (2.51)

là đa thức bậc không quá n, trong đó g là hàm tuyến tính (hoặc liên tục)

Bổ đề 2.1 Cho S là tập con hữu hạn của R đối xứng qua 0 (nghĩa là

−S = S) và cho f, g :R → R là các hàm thỏa mãn phương trình hàm

f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R\ S (2.52)Khi đó

f (x) = ax2 + bx + c và g(y) = ay + b, (2.53)với mọi x ∈ R\ S, y ∈ R và a, b, c là các hằng số tùy ý

Chứng minh : Thay y bởi −x trong (2.52), ta có được

f (x) − f (−x) = 2xg(0), ∀x ∈R\ S (2.54)Tiếp tục, thay y bởi −y trong (2.52), ta có

f (x) − f (−y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y ∈ R\ S

Trừ phương trình trên cho phương trình (2.52) và sử dụng (2.54), ta được

Khi đó u = x + y và v = x − y, thay vào phương trình trên, ta có

u(g(v) − g(0)) = (vg(u) − g(0)), ∀v ∈R\ (2S ± u), (2.55)trong đó 2S ± u là kí hiệu của tập

{2s + u|s ∈ S} ∪ {2s − u|s ∈ S}

Với mỗi u cố định, (2.55) chỉ ra rằng g là tuyến tính theo ẩn v, nghĩa là

g(v) = av + b, trừ ra tập hữu hạn 2S ± u Để kết luận g là tuyến tính trêntập số thực R, ta chú ý rằng, nếu lấy hai giá trị thích hợp khác nhau củau thìcác tập bị loại là rời nhau Do đóg(v) = av + b, với mọi v Thế g(v) = av + b

vào (2.52), ta có được

f (x) − f (y) = (x − y)[a(x + y) + b]

hay

f (x) − ax2 − bx = f (y) − ay2 − by, ∀x, y ∈ R\ S (2.56)Chọn tùy ý y ∈ R\ S, (2.56) trở thành

f (x) = ax2 + bx + c, ∀x ∈ R\ S

Với bổ đề trên, nghiệm của phương trình (2.51) được xác định trong định

lý dưới đây

Định lý 2.2 Cho f, g : R → R thỏa mãn phương trình (2.51) với

x1, x2, , xn phân biệt Khi đó f là một đa thức bậc không quá n và g

akxk cũng là nghiệm của phương trình (2.51) Vì vậy,

ta có thể giả sử f (0) = 0 = f (y1) = · · · = f (yn−2), với y1, , yn−2 phânbiệt và khác 0 Thay lần lượt (x, 0, y1, , yn−2) và (x, 0, y, y1, , yn−3) cho

Khi đó, theo Bổ đề 2.1 và việc tùy ý chọn x, y ∈ R \ {0, y1, yn−3}, ta

có được g là tuyến tính và l(x) là đa thức bậc không quá hai Kết hợp với(2.57), suy ra f là đa thức bậc không quá n

2.4 Một số ví dụ áp dụng

Trong mục này sẽ trình bày một số ví dụ được suy ra từ các bài toántrên, hay áp dụng kết quả các bài toán trên để đưa ra lời giải Ví dụ như từphương trình f (x) − f (y) = (x − y)h(x + y), ta thay f (x) bởi xf (x), thì sẽ

có bài toán sau

Bài toán 2.8 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn phương trình

hàm

xf (x) − yf (y) = (x − y)f (x + y), ∀x, y ∈ R (2.59)Lời giải Đặt g(x) = f (x) − f (0), ta được g(0) = 0 và g(x) thỏa mãnphương trình hàm

xg(x) − yg(y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R

Từ phương trình trên, cho y = −x, ta được g(−x) = −g(x), ∀x ∈R

Thay y bởi −y, ta được

xg(x) − yg(y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y ∈ R

g(u) = au, ∀u ∈ R.

Từ đó ta có nghiệm f (x) = ax + b, với a, b là các hằng số tùy ý

Và nếu thay f (x) bởi f (x)x và h(x) bởi xh(x) thì ta có bài toán sau.Bài toán 2.9 Tìm tất cả các hàm số f, h : R → R thỏa mãn phương trình

Thay y bởi −y trong (2.61), ta có

g(x) − g(y) = (x + y)k(x − y), ∀x, y ∈ R\{0} (2.62)

Từ (2.61) và (2.62), ta có

(x + y)k(x − y) = (x − y)k(x + y), ∀x, y ∈ R\{0}

Đặt u = x + y và v = x − y, ta được

uk(v) = vk(u), ∀u + v, u − v ∈ R\{0}

Do đó k(u) = au, ∀u ∈ R Thay vào (2.61), ta có

g(x) − g(y) = a(x2 − y2), ∀x, y ∈ R\{0}

trong đó a, b là các hằng số tùy ý.

Hay xét f (x) = x3 + x, thì ta có phương trình

f (x) − f (y) = x3 − y3 + x − y, ∀x, y ∈ R

Thay x bởi x + y và y bởi x − y, ta có bài toán sau

Bài toán 2.10 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn phương trình

hàm

f (x + y) − f (x − y) = 2y + 4xy, ∀x, y ∈ R (2.63)Lời giải Đặt u = x + y, v = x − y, ta được x = u + v

nếu thay f (x) bởi xf (x), ta có bài toán sau

Bài toán 2.11 Tìm tất cả các hàm f khả vi trên R, thỏa mãn phương trìnhhàm

i

, ∀x, y ∈ R (2.64)

Lời giải Ta thấy rằng nếuf thỏa mãn (2.64) thì f + b cũng thỏa mãn Do

Suy ra

f (u) + uf0(u)

f (v) + vf0(v)2v , ∀u, v 6= 0.

Từ đó, ta có

Ta thấy rằng (2.66) cũng đúng khi u = 0 Thay (2.66) vào (2.64), ta có

xf (x) − yf (y) = a(x2 − y2), ∀x, y ∈R

Hay

xf (x) − ax2 = yf (y) − ay2, ∀x, y ∈ R

Cho y = 0 trong biểu thức trên, ta được f (x) = ax, ∀x 6= 0

Do f (0) = 0 nên ta có nghiệm f (x) = ax, ∀x ∈ R, trong đó a là hằng sốtùy ý

Bỏ qua giả thiết f (0) = 0 thì f (x) = ax + b, ∀x ∈ R, trong đó a, b là hằng

Lời giải Từ (2.67), ta có

f (x) − g(y) = (x − y)h(2x + 3y), ∀x, y ∈R, x 6= y (2.68)Lần lượt cho y = 0, x = 0, ta được

f (x) = xh(2x) + b,g(y) = yh(3y) + c,



h(x + y), ∀x, y ∈ R\{0}, 3x 6= 2y (2.69)Đổi chỗ x và y, ta được



h(x + y), ∀x, y ∈ R\{0}, 3y 6= 2x (2.70)Trừ theo vế (2.69) và (2.70), ta có

xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y), ∀x, y ∈ R\{0}, 3x 6= 2y, 3y 6= 2x (2.71)Thay y bởi −y, ta có

xh(x) + yh(−y) = (x + y)h(x − y), ∀x, y, 2x + 3y, 3x + 2y ∈ R\{0} (2.72)Cho y = x, ta có

v[h(u) − h(0)] = u[h(v) − h(0)],

với mọi u 6= ±v, 3(u + v) 6= ±2(u − v), 2(u + v) 6= ±3(u − v)

Do đó h(u) = αu + a, với α là hằng số tùy ý và a = h(0) Thay vào phươngtrình (2.70), ta được

trong đó a, b là các hằng số tùy ý

Từ bài toán trên, nếu ta thay f (x) bởi f (x) + 2x2,g(y) bởi g(y) + 3y2 và

h(x) bởi h(x) + x thì có bài toán sau

Bài toán 2.13 Tìm tất cả các hàm f, g, h : R →R thỏa mãn phương trình

hàm

f (x) − g(y) = (x − y)h(2x + 3y) + xy, ∀x, y ∈ R, x 6= y (2.76)Trên đây là một số phương pháp xây dựng hệ thống bài tập từ các bài toánphương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Lagrange Bằng phươngpháp tương tự hay tùy theo sự sáng tạo của mỗi người, chúng ta có thể tạo

ra nhiều bài tập khác nhau dựa trên các bài toán đã biết