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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLỤC TRƯỜNG GIANG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM XÂY DỰNG TỪ ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LỤC TRƯỜNG GIANG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM

XÂY DỰNG TỪ ĐỊNH LÍ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2015

Mục lục

Lời cảm ơn 2

MỞ ĐẦU 3

Chương 1 Định lý Lagrange và phương trình hàm 4

1.1 Định lý giá trị trung bình Lagrange 4

1.2 Áp dụng vào phương trình hàm 5

1.3 Định lý giá trị trung bình Cauchy và phương trình hàm 19

Chương 2 Định lý Pompeui và phương trình hàm 20

2.1 Định lý giá trị trung bình Pompeui 20

2.2 Phương trình hàm kiểu Stamate 21

2.3 Phương trình hàm kiểu Kuczma 25

2.4 Phương trình hàm theo quy tắc Simpson 31

2.5 Một số mở rộng 41

KẾT LUẬN 57

Tài liệu tham khảo 58

Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạođiều kiện, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.

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

MỞ ĐẦU

Định lý Giá trị trung bình Lagrange là một kết quả quan trọng trongGiải tích, bắt nguồn từ Định lý Rolle được chứng minh bởi nhà toán học PhápMichel Rolle (1652-1719) cho đa thức năm 1691 Định lý Rolle xuất hiện lần đầutiên trong cuốn sách "Methode pour resoudre le égalitez" mà không có chứngminh Định lý Rolle được quan tâm khi Joseph Lagrange (1763-1813) trình bàyđịnh lý giá trị trung bình mà ta gọi là Định lý Giá trị trung bình Lagrangetrong cuốn sách "Theorie des functions analytiques" năm 1797 của ông Định lýRolle còn được quan tâm nhiều hơn khi Augustine Louis Cauchy (1789-1857) sửdụng chứng minh định lý giá trị trung bình mà ta gọi là Định lý Giá trị trungbình Cauchy trong cuốn sách "Equationnes differentielles ordinaires" Hầu hếtcác kết quả trong cuốn sách của Cauchy được suy ra trực tiếp hoặc gián tiếp từĐịnh lý Rolle Gần đây nhiều phương trình hàm được nghiên cứu nảy sinh từcác định lý giá trị trung bình

Mục đích chính của luận văn là trình bày một số lớp phương trình hàmnảy sinh từ một số định lý giá trị trung bình (Định lý giá trị trung bình Lagrange,Cauchy, Pompeui)

Luận văn bao gồm 2 chương Chương 1 trình bày Định lí giá trị trungbình Lagrange và một số dạng phương trình hàm nảy sinh Định lí giá trị trungbình Cauchy - một mở rộng trực tiếp của Định lí giá trị trung bình Lagrange và

áp dụng cũng được trình bày trong chương này Chương 2 trình bày Định lí giátrị trung bình Pompeui và ứng dụng vào phương trình hàm Một số lớp phươngtrình hàm đặc biệt như phương trình hàm kiểu Stamate, phương trình hàm kiểuKuczma và một số mở rộng cũng được trình bày ở phần cuối Chương 2

Chương 1

Định lý Lagrange và phương trình hàm

1.1 Định lý giá trị trung bình Lagrange

Một trong các định lý quan trọng nhất trong phép tính vi phân là định lý giátrị trung bình Lagrange Định lý này được khám phá đầu tiên bởi Joseph LouisLagrange (1736-1813) bằng việc ứng dụng định lý Rolle Để chứng minh định lýRolle dựa vào hai kết quả đơn giản sau đây

Mệnh đề 1.1.1 Nếu một hàm khả vi f : R → R đạt cực trị tại một điểm cthuộc khoảng mở (a, b) thì f0(c) = 0

Mệnh đề 1.1.2 Một hàm liên tục f : R→R đạt giá trị trên một khoảng đóng

và bị chặn bất kỳ [a, b]

Định lý 1.1.1 (Định lí Rolle) Nếu f liên tục trên [x1, x2], khả vi trên (x1, x2)

và f (x1) = f (x2), thì tồn tại một điểm η ∈ (x1, x2) sao cho f0(η) = 0

Định lý 1.1.2 (Định lý giá trị trung bình Lagrange) Với mỗi hàm giá trị thực

f khả vi trên khoảng I và với mọi cặp x1 6= x2 trong I, tồn tại một điểm η phụthuộc x1 và x2 sao cho

f (x1) − f (x2)

x1− x2 = f

Trong mục này, chúng ta thiết lập một số kết quả về phép tính vi phân

và tích phân sử dụng định lý giá trị trung bình Lagrange

Hệ quả 1.1.1 Nếu f0(x) = 0 với mọi x trong khoảng (a, b) thì f là hằng trên[a, b].

Hệ quả 1.1.2 Nếu f0(x) = g0(x) với mọi x ∈ (a, b) thì f và g sai khác một hằng

f [x1, x2] = f0(η(x1, x2)). (1.2)Trong đó η phụ thuộcx1, x2 Từ đó, phương trình (1.2) xuất hiện phương trìnhhàm với hàm chưa biết là f và giá trị cho trước là η Định lý tiếp theo đượcAczél (1963) và Haruki (1979) đưa ra độc lập Việc chứng minh định lý do Aczél(1985) Định lý này có liên quan tới phương trình (1.2)

Định lý 1.2.1 Các hàm f, h : R→R thỏa mãn phương trình hàm

khi và chỉ khi f (x) = ax2+ bx + c và h(x) = ax + b, trong đó a, b, c là các số thựctùy ý

Chứng minh Từ định nghĩa tỉ sai phân của f, có thể viết lại như sau

f (x) − f (y) = (x − y)h(x + y), x 6= y (1.4)Nếu f thỏa mãn phương trình (1.4), thì f + b cũng thỏa mãn, với b là hằng sốtùy ý Vì vậy không mất tính tổng quát ta giả sử f (0) = 0 Đặt y = 0 trongphương trình (1.4) ta có

Từ (1.4) ta có

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

Do đó h là hàm lẻ, cho y = −y trong (1.6), ta có

xh(x) − yh(y) = (x + y)h(x − y). (1.8)

So sánh (1.8) và (1.6), ta có

(x − y)h(x + y) = (x + y)h(x − y) (1.9)

và thayu = x + y, v = x − y vào (1.9), ta được vh(u) = uh(v),∀u, v ∈R Do đó ta

có h(u) = au Nếu không có giả sử h(0) = 0 thì ta có h(u) = au + b Từ (1.5) có

f (x) = x(ax + b), nếu không có f (0) = 0 thì f (x) = ax2 + bx + c. Như vậy ta có

Hệ quả 1.2.1 Hàm f : R→R thỏa mãn phương trình hàm

f (x) − f (y) = (x − y)f0x + y

2

, x 6= ykhi và chỉ khi f (x) = ax2+ bx + c, với a, b, c là hằng số thực tùy ý

Định lý 1.2.2 Nếu đa thức bậc haif (x) = ax2+ bx + c, với a 6= 0, là một nghiệmcủa phương trình hàm

2 và h = y − x từ (1.10), ta có

f (x) − f (y) = (x − y)f0(x + y

2 ), x 6= y.

Từ Hệ quả 1.2.1, f ta có định lý được chứng minh 

Kết quả sau là của Kannappan, Sahoo và Jacobson (1995)

Định lý 1.2.3 Với các tham số thực s, t các hàm f, g, h :R→R thỏa mãn

f (x) − g(y)

với mọi x, y ∈R, x 6= y khi và chỉ khi

Chứng minh Ta xét các trường hợp xảy ra của s và t

Trường hợp 1 Giả sử s = t = 0, (1.12) có dạng

f (x) − g(y)

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

f (x) = ax + b và g(y) = ay + b (1.16)

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

a = h(0)

với mọi x 6= y, x 6= 0 Đồng nhất hệ số của (1.19) đối với biến x, ta có

h(ty) = a và g(y) = h(ty)y + b = ay + b, ∀y ∈R. (1.20)Cho x = 0 trong (1.17) và từ (1.20), ta có f (0) = b Do đó (1.18) đúng với mọi

với mọi x 6= 0 (c=g(0)) Thay (1.21) và (1.22) vào (1.12) ta được

xh(sx) − yh(ty) + c − b = (x − y)h(sx + ty) (1.23)

với mọi số thực x, y 6= 0 và x 6= y.Thayx = x

s và y = y

t trong (1.23), ta cóx

Trường hợp 3.1 Giả sử s = t khi đó (1.24) trở thành

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

xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y) (1.26)

với mọi số thực x, y 6= 0 và x 6= y Thay y = −y trong (1.26) ta được

xh(x) + yh(−y) = (x + y)h(x − y) (1.27)với mọi số thực x, y 6= 0 và x + y 6= 0 Cho y = −x trong (1.26) ta có

Trừ (1.27) cho (1.26) và từ (1.28), ta có

2yh(0) = (x + y)h(x − y) − (x − y)h(x + y) (1.29)với mọi số thực x, y 6= 0 và x + y, x − y 6= 0 Đặt u = x + y, v = x − y, từ (1.29) tacó

hay

v[h(u) − h(0)] = u[h(v) − h(0)], (1.31)với mọi số thực u, v, u − v, u + v 6= 0 Hay

với mọi số thực u 6= 0, u ∈R (a = h(0)) Từ (1.32) vào (1.12) ta có

f (x) − g(y) = (x − y)(αtx + αty + a) (1.33)với mọi x 6= y Ta được

f (x) = g(x) = αtx2+ ax + b, h(y) = αy + atrong đó α, a, b là những hằng số tùy ý

Trường hợp 3.2 Giả sử s = −t thì (1.24) có dạng

xh(x) + yh(y) + (b − c)t = (x + y)h(x + y) (1.34)với mọi số thực x, y 6= 0 và x 6= y Định nghĩa

A(x) =

(xh(x) + (b − c)t nếu x 6= 0

Theo (1.35), (1.34) có

với mọi số thực x, y 6= 0 và x + y 6= 0 A phải thỏa mãn

A(x) + A(−x) = A(0) = 0 hay xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = 0 (1.37)Thay y = −y trong (1.34) ta có

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

xh(x) − yh(−y) = (x + y)h(x + y) − (x − y)h(x − y). (1.39)

với mọi số thực u, v, u − v, u + v 6= 0 Vì vậy

với mọi số thực u 6= 0 (γ là hằng số) Từ (1.35), (1.44) ta được

xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = γ, (1.45)với mọi số thực x 6= 0 Từ (1.12) với s = −t, ta có

f (x) − g(y) = (x − y)h(−(x − y)t). (1.46)

Đổi x với y kéo theo

f (y) − g(x) = −(x − y)h((x − y)t). (1.47)Cộng hai vế (1.46), (1.47) và từ (1.45) ta có

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

t + ch(y) = A(y)

(c − b)t

với mọi x, y 6= 0 với ty 6= sx Trừ (1.54) cho (1.24) và s + t 6= 0, ta có

xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y), (1.55)giống phương trình (1.26) Như vậy

Từ (1.58), (1.21) và (1.22) ta có f, g, h. Ta có điều phải chứng minh 

Rudin (1989) cũng xác định được nghiệm của phương trình hàm

f [x, y] = f0(sx + ty)với f khả vi,s, t ∈ R làf (x) =

Nếu f thỏa mãn (1.60) thì f + d cũng thỏa mãn, trong đó d là hằng số tùy ý.Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f (0) = 0 Đặt z = 0 trong (1.60) tađược

yf (x) − xf (y) = xy(x − y)h(x + y). (1.61)Viết lại (1.61) ta có

Năm 1992 Bailey đặt câu hỏi có phải mỗi hàm liên tục (hoặc khả vi) fthỏa mãn phương trình hàm

f [x1, x2, , xn] = g(x1+ x2+ + xn) (1.64)

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

Định lý 1.2.5 Cho f thỏa mãn phương trình hàm

f [x1, x2, x3] = g(x1+ x2+ x3) (1.65)với mọi x1, x2, x3 ∈ R mà x1 6= x2, x2 6= x3 và x1 6= x3 Khi đó f là một đa thức

với mọi x 6= 0 Thay y bởi -y trong (1.71) ta có

trong đó c = −aα2− bα Bỏ giả thiết f (0) = 0, ta có

với mọix 6= 0, α Từ (1.66), (1.67) và (1.80) ta cóf là đa thức có bậc nhiều nhất

Bổ đề 1.2.1 Cho S là tập con hữu hạn của R và đối xứng qua 0 (nghĩa là

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

f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y) (1.81)với mọi x, y ∈R\S Khi đó

f (x) = ax2+ bx + c, g(y) = ay + b (1.82)với mọi x ∈R\S và y ∈R, trong đó a, b, c là các hằng số nào đó

Chứng minh Thay y = −x trong (1.81), ta có

f (x) − f (−x) = 2xg(0), ∀x ∈R\S. (1.83)Thay y = −y trong (1.81) ta có

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

{2s + u|s ∈ S} ∪ {2s − u|s ∈ S}.

Với mỗi u cố định, phương trình (1.85) ta có g là tuyến tính đối với v, có dạng

av + b,ngoại trừ trên tập 2S ± u Thay g trong (1.81), ta được

f (x) − ax2− bx = f (y) − ay2− by (1.86)với mọi x, y ∈ R\S Với y bất kì y ∈R\S trong (1.86) ta có f (x) = ax2+ bx + c,

Định lí sau trả lời câu hỏi của Bailey năm 1992

Định lý 1.2.6 Cho f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm (1.64) với

x1, x2, , xn phân biệt Khi đó f là một đa thức có bậc nhiều nhất n và g làtuyến tính

Chứng minh Ta thấy rằng nếu f là nghiệm của phương trình (1.64), thì

f (y) y(x − y)(y1− y) (yn−3) − y

x(y1− x) (yn−3− x), với x, y 6= 0, y1, , yn−3 Từ Bổ đề 1.2.1 và

x, y 6= 0, y1, yn−3 tùy ý ta có g tuyến tính Từ (1.87) f là đa thức có bậc nhiều

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

Augustine - Louis Cauchy (1789 - 1857) đưa ra một suy rộng sau đây của định

lý giá trị trung bình Lagrange mà hiện nay mang tên ông

Định lý 1.3.1 (Định lí giá trị trung bình Cauchy) Với mọi giá trị thực f, g khả

vi trên một khoảng số thực I và với mọi cặp x1 6= x2 trong I, tồn tại một điểm

η phụ thuộc vào x1 và x2 sao cho

[f (x1) − f (x2)]g0(η) = [g(x1) − g(x2)]f0(η). (1.89)Chứng minh Đặt h(x) = [f (x1) − f (x2)]g(x) − [g(x1) − g(x2)]f (x) với mọi x ∈ I.Thì h khả vi trên I ta có

h(x1) = f (x2)g(x1) − g(x2)f (x1) = h(x2).

Theo Định lý Rolle tồn tại η ∈ (x 1 , x 2 ) sao cho

0 = h0(η) = [f (x 1 ) − f (x 2 )]g0(η) − [g(x 1 ) − g(x 2 )]f0(η),

và từ f [x, y] = h(η(x, y)) ta có điều phải chứng minh 

Định lý giá trị trung bình Cauchy được dùng trong việc tìm giới hạn củacác hàm Phương pháp này gọi là quy tắc l’Hospital (1661-1704) Năm 1696Marquis de l’Hospital đã biên soạn bài giảng của thầy mình Johann Bernoulli(1667-1748) và quy tắc l’Hospital xuất hiện đầu tiên Có lẽ ta nên gọi chính xác

là quy tắc Bernoulli-l’Hospital Nếu ta xem f và g là các hàm ẩnη là giá trị chotrước ta được dạng phương trình hàm Phương trình hàm dạng này được nghiêncứu bởi Aumann (1936) bằng việc đặt η(x 1 , x 2 ) = F−1(F (x1) + F (x2)

2 ),trong đó

F là liên tục và đơn điệu thực sự Nếu ta lấyη(x + y) = x + y và f0, g0 được thaybởi các hàm chưa biết ta được phương trình hàm

[f (x) − f (y)]k(x + y) = [g(x) − g(y)]h(x + y) Cho tới nay đây vẫn là một vấn đề mở

Chương 2

Định lý Pompeui và phương trình hàm

2.1 Định lý giá trị trung bình Pompeui

Năm 1946, Pompeiu giới thiệu một biến thể của định lý giá trị trung bìnhLagrange mà ngày nay gọi là định lý giá trị trung bình Pompeiu

Định lý 2.1.1 Với mỗi hàm f giá trị thực khả vi trên một khoảng [a, b] khôngchứa 0 và với mọi cặp x16= x2 trong [a, b], tồn tại điểm ξ ∈ (x1, x2) sao cho

x1f (x2) − x2f (x1)

x1− x2 = f (ξ) − ξf

0 (ξ).

2.2 Phương trình hàm kiểu Stamate

Biểu thức đại số (2.1) cho một phương trình hàm Ở đây dạng chính xác của vếphải là không cần thiết Vế phải của (2.1) chỉ phụ thuộc vào ξ mà không phụthuộc trực tiếp vào x1 và x2 Vì vậy, ta có phương trình hàm

xf (y) − yf (x)

x − y = h(ξ(x, y)), ∀x, y ∈R, x 6= y. (2.5)Tương tự như tỉ sai phân, một biến thể của nó được định nghĩa trongcông trình của Chung và Sahoo (1993) bằng đệ quy là

Cho x = −1 và y = 2 trong (2.8) và từ (2.9), (2.12), ta có

f (−1) = −[f (1) − b] + b,hay

Chứng minh Thay x và y trong phương trình hàm trên ta có

yf (x) − xg(y)

y − x = h(y + x)

So sánh hai phương trình hàm ta được

xf (y) − yg(x) = xg(y) − yf (x), x, y ∈R, x 6= y,

Cho x = α, y = 0 trong phương trình hàm ban đầu, ta có f (0) = h(α). Đặt

x = 0, y = α ta có h(α) = g(0) Vì vậy ta có g(0) = f (0), và f (x) = g(x) với mọi

Hệ quả 2.2.1 Các hàm f, h :R→R thỏa mãn phương trình hàm

xf (y) − yf (x)

x − y = h(x + y), ∀x, y ∈R, x 6= y (2.14)khi và chỉ khi

f (x) = g(x) = ax + b và h(x) = b (2.15)trong đó a, b là các hằng số tùy ý

Tiếp theo ta trình bày kết quả tương tự Định lí 1.2.3

Định lý 2.2.2 Cho s, t là các tham số thực Các hàm f, h :R→R thỏa mãn

xf (y) − yf (x)

Chứng minh Ta viết lại (2.16)

xf (y) − yf (x) = (x − y)h(sx + ty) (2.19)với mọi x, y ∈R, x 6= y Ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1 Giả sử s = 0 = t, thì từ (2.19) ta có

Cho y = 1 ta có

f (x) = [f (1) − b]x + b = ax + b (2.21)trong đó a = f (1) − b Ta có

Trường hợp 2 Giả sử t = 0, s 6= 0 Khi đó (2.19) có dạng

xf (y) − yf (x) = (x − y)h(sx) (2.24)Cho y = 0 trong (2.24) ta có xf (0) = xh(sx), hay

trong đó b = f (0) Từ (2.25), (2.24), ta có

x[f (y) − b] = y[f (x) − b], x 6= 0 (2.26)

Cho x = 1 ta có

f (y) = [f (1) − b]y + b = ay + b, y ∈R (2.27)Cho x = 0 trong (2.24) ta có h(0) = f (0) = b vì thế (2.25) đúng với mọi x ∈R.Trường hợp 3 Giả sử t 6= 0, s = 0, trường hợp này được chứng minh tương tựtrường hợp trên Ta có lời giải (2.17)-(2.18) đã được khẳng định trong định lý.Trường hợp 4 Giả sử s 6= 0 6= t Cho y = 0 ta có xf (0) = xh(sx) Khi đó

Vậy (2.29) đúng với mọi y ∈R.

Ta thấy rằng h(x) = b đúng với mọi x ∈ R trừ trường hợp s = −t Nếu s = −tthì h(x) là tùy ý tại x = 0 và h(x) = b với mọi x ∈R\{0}

Nếu s 6= −t ta thấy rằng h(0) = b Cho x = 1 và y = −s

2.3 Phương trình hàm kiểu Kuczma

Boggio (1947) đã đưa ra một kết quả tổng quát của Định lí giá trị trung bìnhPompeui sau

Định lý 2.3.1 Với mọi hàm giá trị thực f và g khả vi trên một khoảng [a, b]không chứa 0 và với mọi cặp x16= x2 trong [a, b] tồn tại một điểm ξ ∈ (x1, x2) saocho

g(x1)f (x2) − g(x2)f (x1) g(x1) − g(x2) = f (ξ) −

g(ξ)

g 0 (ξ)f

Ở đây giả sử g(x) và g0(x) là khác không trong [a, b]

Tương tự xem f, g là các ẩn và vế phải là hàm ξ phụ thuộc trung bình số học,

Định lý 2.3.2 Cho g : R →R là một hàm liên tục và tăng ngặt mà tồn tại kthuộc Rsaochog(k) = 0 Các hàm f, g, h : R→R thỏa mãn phương trình hàm

g(x)f (y) − g(y)f (x) = [g(x) − g(y)]h(x + y

2 ), ∀x, y ∈R (2.31)khi và chỉ khi

fδ(x) = f (δx), gδ(x) = g(δx), hδ(x) = h(δx) (2.33)

thỏa mãn phương trình hàm (2.31), nếu các hàm f, g, h thỏa mãn, tức là

gδ(x)fδ(y) − gδ(y)fδ(x) = [gδ(x) − gδ(y)]hδ(x + y

1 + x

2 ) −

1 − G(y) G(y) H(

1 + y

2 )

= G(y) − G(x)G(x)G(y) H(

x + y

với mọi x, y ∈R\{x0} Thay z = 1

= −G(2z − 1) − G(2ω − 1)G(2z − 1)G(2ω − 1) H(z + ω − 1) (2.42)vơi mọi z, ω ∈ R\{1

2(x0+ 1)} Đặt z = 2 − ω trong (2.42) và từ (2.37), ta cóG(3 − 2ω) − 1

= G(2z − 1) − G(3 − 2ω)G(2z − 1)G(3 − 2ω) H(z − ω + 1) (2.44)với z ∈R\{1

2(x0+ 1)} và ω ∈R\{1

2(x0+ 1),

1

2(3 − x0)} Từ (2.43) và (2.44) Ta cóG(2z − 1) − 1

G(2z − 1) H(z) −

G(2ω − 1) − 1 G(2ω) − 1 H(ω)

= G(2z − 1) − G(3 − 2ω)G(2z − 1)G(3 − 2ω) H(z − ω + 1) (2.45)với z ∈R\{1

2(x0+ 1)}và ω ∈R\{1

2(x0+ 1),

1

2(3 − x0)} Từ (2.45) và (2.42)Ta thấyG(2z − 1) − G(2ω − 1)

G(2z − 1)G(2ω − 1) H(z + ω − 1) =

G(2z − 1) − G(3 − 2ω) G(2z − 1)G(3 − 2ω) H(z − ω + 1) (2.46)với z ∈ R\{1

2(x0+ 1)} và ω ∈ R\{1

2(x0+ 1),

1

2(3 − x0)} Từ (2.40) ta thấy rằngG(2z − 1) 6= 0 với z ∈R\{1

2(x0+ 1)} Ta cóG(2z − 1) − G(2ω − 1)

G(2ω − 1) H(z + ω − 1) =

G(2z − 1) − G(3 − 2ω) G(3 − 2ω) H(z − ω + 1) (2.47)Đặt