LUẬN văn một số PHƯƠNG TRÌNH hàm với cặp BIẾN tự DO

Luận văn thạc sĩ Toán chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp, một số phương trình hàm với cặp biến tự do của học viên Nguyễn Xuân Toàn do Tiến Sĩ Lê Công Trình hướng dẫn khoa học. Luận văn gồm 75 trang định dạng pdf, soạn qua chương trình latex. Luận văn gồm hai chương và các phần mở đầu, phụ lục, mục lục,..

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Nguyễn Xuân Toàn

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Nguyễn Xuân Toàn

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Mở đầu 1

1 Một số phương trình hàm cổ điển với cặp biến tự do 3

1.1 Phương trình hàm Cauchy 3

1.2 Phương trình hàm Jensen 10

1.3 Phương trình hàm tuyến tính 11

1.4 Phương trình mũ Cauchy 13

1.5 Phương trình hàm Pexider 13

1.6 Phương trình hàm Vincze 14

1.7 Phương trình hàm D’Alembert 17

2 Phương trình hàm đặc trưng cho các đa thức bậc hai và bậc ba 22 2.1 Phương trình hàm cảm sinh từ khai triển Taylor 22

2.2 Phương trình hàm đặc trưng cho các đa thức bậc hai 26

2.3 Phương trình hàm đặc trưng cho các đa thức bậc ba 30 Phụ lục A Một số bài toán về phương trình hàm với cặp biến tự

0

Mở đầu

Phương trình hàm là một trong những chủ đề được nghiên cứu lâu đời nhấttrong Giải tích toán học Phương trình hàm xuất hiện và được ứng dụng trongrất nhiều lĩnh vực, từ Khoa học ứng dụng cho đến Khoa học xã hội, Kinh tế,

Kỹ thuật, D’Alembert (1769), Euler (1768), Cauchy (1821), Abel (1823), vànhiều nhà Toán học nổi tiếng khác đã quan tâm đến các phương trình hàm

và việc giải chúng Những năm gần đây, vấn đề giải các bài toán có liên quanđến phương trình hàm là một trong nhiều nội dung xuất hiện thường xuyêntrong các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, các kì thi Olympic Toán cấp khuvực và quốc tế Lời giải của các phương trình hàm thường đưa về các phươngtrình hàm cổ điển, như phương trình hàm Cauchy, Jensen, Pexider, Vincze,D’Alembert, , những phương trình hàm với cặp biến tự do Do đó, luận vănchúng tôi tập trung nghiên cứu vấn đề "Một số phương trình hàm với cặp biến

tự do"

Mục đích nghiên cứu đầu tiên của luận văn là hệ thống một số vấn đề cóliên quan đến các phương trình hàm cổ điển như phương trình hàm Cauchy,Jensen, Pexider, Vincze, D’Alembert Tiếp theo, chúng tôi trình bày một sốphương trình hàm với cặp biến tự do có liên quan, trong đó có phương trìnhhàm cảm sinh từ khai triển Taylor và một số phương trình hàm đặc trưng chocác đa thức bậc hai, bậc ba

Nội dung của luận văn bao gồm hai chương và một phụ lục

Chương 1 trình bày một số phương trình hàm cổ điển với cặp biến tự do,bao gồm phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm Jensen, phương trìnhhàm Pexider, phương trình hàm Vincze và phương trình hàm d’Alembert.Chương 2 trình bày phương trình hàm cảm sinh từ khai triển Taylor vàcác lớp phương trình hàm đặc trưng cho các đa thức bậc hai, bậc ba

Phụ lục trình bày một số bài toán về phương trình hàm với cặp biến tự do

Với đề tài trên, chúng tôi hy vọng luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo tốtnhằm phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở bậc phổ thông Cuối cùng,tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫn khoahọc của mình, TS Lê Công Trình, người đã đưa ra đề tài và tận tình hướngdẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tác giả Đồng thời tác giả cũng chânthành cảm ơn các thầy cô trong khoa Toán học Trường Đại học Quy Nhơn, đãtạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hành chính để tác giả hoànthành bản luận văn này Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đặc biệt làbạn bè trong lớp Cao học Toán K13, đã động viên giúp đỡ tác giả về tài liệutham khảo và kỹ thuật biên soạn VieTeX.

Do thời gian và trình độ còn hạn chế, chắc chắn Luận văn không thể tránhkhỏi những thiếu sót Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của cácthầy cô và bạn bè đồng nghiệp để Luận văn được hoàn thiện hơn

Một số phương trình hàm

cổ điển với cặp biến tự do

Trong chương này chúng tôi trình bày một số phương trình hàm cổ điểnvới cặp biến tự do, gồm phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm Jensen,phương trình hàm tuyến tính, phương trình mũ Cauchy, phương trình Pexider,phương trình Vincze và phương trình D’Alembert Các kết quả trong chươngđược trình bày từ [10]

1.1 Phương trình hàm Cauchy

Cho f : R→ R là một hàm số Phương trình hàm Cauchy có dạng

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈R (1.1)Tùy theo tính chất của hàm f mà ta có những kết luận khác nhau về hàm f

thỏa phương trình (1.1) Trước tiên, ta có khẳng định sau

Mệnh đề 1.1.1 ([10]) Cho f :R → R là một hàm số thỏa mãn phương trình

hàm Cauchy (1.1) Khi đó tồn tại a ∈ R sao cho f (q) = aq, ∀q ∈Q

3

Chứng minh Theo giả thiết, bằng quy nạp theo n, ta có

f (x1 + x2+ + xn) = f (x1) + f (x2) + + f (xn), ∀x1, x2, , xn ∈ R

(1.2)Trong (1.2) cho x1 = x2 = = xn = x , ta có f (n.x) = n.f (x), ∀n ∈ Z+ và

với mọi số hữu tỉ q và với mọi số thực t Thay t = 1 vào (1.4) và đặt f (1) = a,chúng ta được

Mệnh đề 1.1.1 và Mệnh đề 1.1.2 suy ra kết quả sau đây

Định lí 1.1.3 ([10], Chương 2, Định lí 2.3) Giả sử f :R →R là một hàm liên

tục thỏa mãn phương trình hàm (1.1) Khi đó tồn tại số thực a sao cho

f (x) = ax, ∀x ∈ R

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.1, tồn tại số thựcasao chof (q) = aq, ∀q ∈ Q.

Xét g : R → R là hàm số được định nghĩa bởi g(x) = ax, ∀x ∈ R Khi đó g

liên tục và f (q) = g(q), ∀q ∈Q

Vì f và g là các hàm liên tục nên theo Mệnh đề 1.1.2, ta có

f (x) = g(x), ∀x ∈ R

Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 1.1.4 Điều kiện "hàm f liên tục trên R" trong Định lí 1.1.3 có thểthay thế bởi điều kiện "hàm f liên tục tại một điểm x0 ∈ R nào đó" Khi đó,

với điều kiện (1.1) ta có thể suy ra f liên tục trên R.

Thật vậy, với mọi x1 ∈ R ta có

Do đó f liên tục tại x1 ∈ R Suy ra f liên tục trên R

Thay giả thiết liên tục bằng bị chặn, ta cũng có kết luận tương tự như Định

lí 1.1.3

Định lí 1.1.5 ([10], Chương 2, Định lí 2.4) Cho hàm f : R → R (không nhất

thiết liên tục) thỏa mãn phương trình (1.1) Giả sử tồn tại c, d ∈ R, c < d saocho f bị chặn dưới trên[c, d] Khi đó tồn tạia ∈ R sao chof (x) = ax, ∀x ∈ R.

Do đó hàm g thỏa mãn phương trình (1.1), với g(0) = 0.

Do đó hàm g bị chặn trên Tiếp theo chúng ta chứng minh g(x) = 0, ∀x ∈ R.

Thật vậy giả sử tồn tại một số thực x0 sao cho g(x0) 6= 0 Vì g(−x) = −g(x)

Nếu thay giả thiết "liên tục" bằng "đơn điệu", ta cũng có kết luận sau đây.Mệnh đề 1.1.7 ([10]) Cho hàm f : R → R (không nhất thiết liên tục) thỏa

mãn phương trình (1.1) và f là một hàm đơn điệu tăng Khi đó, tồn tại a ∈

R, a ≥ 0 sao cho f (x) = ax, ∀x ∈ R.

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.1, tồn tại một số a ∈ R sao cho f (q) =

aq, ∀q ∈ Q Ngoài ra, do f đơn điệu tăng và f (0) = 0 nên a ≥ 0 Khi đó, vớimọi x ∈ R tồn tại q, r ∈ Q sao cho q < x < r Do f đơn điệu tăng nên

aq = f (q) ≤ f (x) ≤ f (r) = ar

Hơn nữa, với mọi số thực x như trên, tồn tại dãy tăng {qn} ⊂ Q thỏa q1 <

q2 < < x và dãy giảm {rn} ⊂ Q thỏa r1 > r2 > > x, sao cho

lí 1.1.5 Do đó chúng ta kết luận được rằng tồn tại số thực a sao cho

f (x) = ax, ∀x ∈ R Hơn nữa, do f đơn điệu tăng và f (0) = 0 nên a ≥ 0

Mệnh đề 1.1.9 ([10]) Cho hàm f : R → R (không nhất thiết liên tục) thỏa

mãn phương trình hàm Cauchy

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈R, (1.6)và

f (xy) = f (x).f (y), ∀x, y ∈R (1.7)Khi đó f (x) = 0, ∀x ∈ R hoặc f (x) = x, ∀x ∈ R

Chứng minh Trước hết ta có nhận xét rằng với mọi số thực z không âm, tồntại số thực w không âm sao cho z = w2

Thay x = y = w vào (1.7) chúng ta được

Suy ra f là hàm đơn điệu tăng Theo Mệnh đề 1.1.7, tồn tại số thực a không

âm sao cho f (x) = ax, ∀x ∈ R.

Tiếp theo, thay f (x) = ax vào (1.7), ta nhận được

axy = ax.ay, ∀x, y ∈R

Chọn x=y=1, chúng ta có được a = a2 Suy ra a = 0 hoặc a = 1 Do đó

f (x) = 0, ∀x ∈R hoặc f (x) = x, ∀x ∈ R.

Nhận xét 1.1.10 Mệnh đề 1.1.9 cũng có thể chứng minh theo cách khác nhưsau.

1.3 Phương trình hàm tuyến tính

Cho f : R→ R là một hàm liên tục Phương trình hàm tuyến tính có dạng

f (ax + by + c) = pf (x) + qf (y) + r, ∀x, y ∈ R, (1.12)trong đó a, b, c, p, q, r là các hằng số cho trước thỏa abpq 6= 0

Phương trình hàm tuyến tính là một dạng mở rộng của phương trình hàmCauchy và phương trình hàm Jensen Ta tìm nghiệm của phương trình này nhưsau

Thay y = 0 vào (1.12) chúng ta được

f (ax + c) = pf (x) + qf (0) + r, ∀x ∈ R (1.13)Tiếp theo, thay x = −ca vào (1.13) thì ta được

f (0) = p.f

−ca



+ q.f (0) + r (1.14)Đặt u = ax + c và thay vào (1.13), ta được

f (u) = p.f

u − ca



+ q.f (y) + r, ∀y ∈ R (1.16)Đặt v = b.y và thay vào (1.16), ta được

f (v) = p.f

−ca

f (u + v) = p.f

u − ca

g(u + v) = g(u) + f (0) + g(v) + f (0) − 2.f (0) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ R.

Do đó g thỏa mãn phương trình hàm Cauchy nên suy ra tồn tại s ∈ R sao

Đến đây, ta xét các trường hợp sau

-Trường hợp s = f (1) − f (0) 6= 0 Khi đó phương trình (1.12) có nghiệm khi

và chỉ khi a = p và b = q, đồng thời tồn tại t sao cho sc + t = (a + b)t + r,hay t = (sc − r)/(a + b − 1)

-Trường hợp s = f (1) − f (0) = 0 thì phương trình (1.12) có nghiệm khi và chỉkhi tồn tại t sao cho t = (a + b)t + r, hay t = r/(1 − a − b)

-Các trường hợp còn lại, phương trình (1.12) vô nghiệm

1.4 Phương trình mũ Cauchy

Cho f : R → R là một hàm liên tục không đồng nhất 0 Phương trình mũCauchy có dạng

f (x + y) = f (x).f (y), ∀x, y ∈R (1.19)

Ta tìm nghiệm của phương trình này như sau

Vì f không đồng nhất 0nên tồn tại số thực x0 sao chof (x0) 6= 0 Khi đó ta có

Như vậy, g là một hàm liên tục trên R, thỏa mãn phương trình hàm Cauchy

Do đó tồn tại c ∈R sao cho g(x) = cx, ∀x ∈ R Suy ra lnf (x) = cx, ∀x ∈ R,

Kết luận: Nghiệm tổng quát của bài toán là

f (x) = cx + a + b; g(x) = cx + a; h(x) = cx + b, trong đó a, b, c ∈ R

1.6 Phương trình hàm Vincze

Cho f, g, k, h : R→ R là các hàm liên tục Phương trình hàm Vincze có dạng

f (x + y) = g(x).k(y) + h(y), ∀x, y ∈ R (1.21)Đây là một dạng tổng quát của phương trình hàm Pexider Ta tìm nghiệm tổngquát của phương trình hàm này như sau

Đặt k(0) = a và h(0) = b

Nếu a = 0 thì k(0) = 0 Từ (1.21) suy ra f (x) = h(0), ∀x ∈ R Do đó, f làhàm hằng Trường hợp này chúng ta không xét đến ở đây

Giả sử rằng a 6= 0 Thay y = 0 vào (1.21), chúng ta có được

f (x) = g(x).k(0) + h(0),

hay

g(x) = f (x) − b

a .

Do đó chúng ta có thể viết lại (1.21) như sau

f (x + y) = φ(y).f (x) + ψ(y), ∀x, y ∈ R, (1.22)trong đó

φ(y) = k(y)

a , ψ(y) = h(y) −

b.k(y)

a .

Để ý rằng φ(0) = 1 và ψ(0) = 0 Tiếp theo chúng ta định nghĩa hàm

χ(y) = f (y) − f (0), ∀y ∈R (1.23)

Từ (1.22) ta có được

χ(x + y) = f (x + y) − f (0) = φ(y).f (x) + ψ(y) − f (0), ∀x, y ∈R

Suy ra

χ(x+y) = φ(y)[χ(x)+f (0)]+ψ(y)−f (0) = φ(y).χ(x)+φ(y).f (0)+ψ(y)−f (0)

với mọi số thực x, y, hay

χ(x + y) = φ(y).χ(x) + f (y) − f (0) = φ(y).χ(x) + χ(y), ∀x, y ∈ R

Trong đó để ý rằng khi chúng ta thay x = 0 vào (1.22), ta được

f (y) = φ(y)f (0) + ψ(y), ∀y ∈ R (1.24)

Vì phép cộng có tính chất giao hoán nên

φ(y)χ(x) + χ(y) = χ(x + y) = χ(y + x) = φ(x)χ(y) + χ(x), ∀x, y ∈ R

(1.25)Khi đó chúng ta được

[φ(y) − 1]χ(x) = [φ(x) − 1]χ(y), ∀x, y ∈ R (1.26)

Chúng ta giải (1.26) bằng cách chia thành hai trường hợp sau.

Trường hợp 1: φ(y) = 1, ∀y ∈ R.

Từ (1.24) chúng ta có χ(x + y) = χ(x) + χ(y) Như vậy χ thỏa mãn phươngtrình hàm Cauchy Suy ra tồn tại số thực d sao cho

χ(x) = dx, ∀x ∈ R

Từ (1.23), suy ra f (x) = dx + c, trong đó c = f (0) Thay f (x) = dx + c vào(1.22), chúng ta được

d(x + y) + c = φ(y).(dx + c) + χ(y),

hay d(x + y) + c = dx + c + χ(y), do φ(y) = 1, ∀y ∈R Suy ra χ(y) = dy

Từ những kết quả tìm được ở trên, chúng ta có nghiệm tổng quát của phươngtrình (1.21) như sau:

f (x) = dx + c; k(y) = a; g(x) = (dx + c − b)/a; h(y) = dy + b, trong đó

a, b, c, d ∈R, a 6= 0 Trường hợp 2: Tồn tại số thực y0 sao cho φ(y0) 6= 1 Thay

y = y0 vào (1.26) và đặt

s = χ(y0)φ(y0) − 1.

với c = f (0) − s Từ (1.22), chúng ta lại suy ra được ψ(y) = c[1 − ty].

Kết luận: Nghiệm tổng quát của phương trình Vincze là

f (x) = stx+ c; k(y) = aty; g(x) = (stx+ c − b)/a; h(y) = c + (b − c)ty,

trong đó a, b, c, s ∈R, s 6= 0

1.7 Phương trình hàm D’Alembert

Cho g : R→ R là một hàm liên tục Phương trình hàm D’Alembert có dạng

g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y), ∀x, y ∈ R (1.26)

Ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình hàm này như sau

Nhận xét thấy rằng nếu g(x) = 0, ∀x ∈ R thì g thỏa mãn (1.26) Giả sử tồntại ít nhất một giá trị x mà g(x) 6= 0 Chọn y = 0 thay vào (1.26), chúng tađược

2g(x) = 2g(x)g(0), ∀x ∈ R (1.27)

Vì g(x) 6= 0 nên khi khử g(x) hai vế, chúng ta được g(0) = 1 Mặt khác, chọn

x = 0 thay vào (1.26), chúng ta được

g(y) + g(−y) = 2g(0)g(y) = 2g(y), ∀y ∈ R,

hay g(y) + g(−y) = 2g(y), ∀y ∈ R Suy ra g(y) = g(−y), ∀y ∈ R.

Tiếp theo, chúng ta chọn x = y và thay vào (1.26) được kết quả

g(2x) + g(0) = 2[g(x)]2 ⇔ g(2x) + 1 = 2[g(x)]2

Điều này tương đương với

h

gx2

i2

= g(x) + 1

Vì g là một hàm liên tục và g(0) = 1 nên tồn tại t ∈ R, t > 0 sao cho

g(x) > 0, ∀x ∈ [−t; t] Tiếp theo, chúng ta xét hai trường hợp sau

Trường hợp 1: Với 0 < g(t) ≤ 1, tồn tại s ∈ 0; π2 sao cho

g(t) = cos s (1.29)Bằng phương pháp quy nạp và sử dụng (1.28), chúng ta có kết quả

Giả sử kết quả (1.30) đúng với m, m ∈ N Khi đó

Vậy theo nguyên lí quy nạp thì công thức (1.30) đúng ∀m ∈N.

Tiếp theo, trở lại với (1.26), thay x = ny ta được

g[(n + 1)y] = 2g(y)g(ny) − g[(n − 1)y] (1.32)Kết hợp (1.30) và (1.32), chúng ta có

điều này đúng theo (1.30)

Giả sử kết quả trên đúng với n Khi đó

Vậy theo nguyên lí qui nạp thì (1.33) đúng với mọi số nguyên dương m, n.

Vì s, t là các số thực dương nên tồn tại số thực dương a sao cho s = at Khi

Vì hàm g và cos là các hàm chẵn, liên tục đồng thời tập ±n2m, 0 < m, n ∈ Z

trù mật trong R nên mỗi số thựcx có thể được viết được dưới dạng giới hạn củamột số dạng ±n.2−m (số này được gọi là nhị nguyên hai ngôi) Từ đó, chúng ta

cosh(u ± v) = cosh u cosh v ± sinh u sinh v

Cuối cùng, chúng ta được kết quả

R, a > 0.

Cho f ∈ R[x] là một đa thức có bậc n + 1 Khi đó ta có khai triển Taylor của

f tại y ∈ R như sau:

f (x) = f (y) + (x − y)f0(y) + + (x − y)n+1f

(n+1)(y)(n + 1)!,

với f(n+1) là một hằng số Do

(x − y)n+1f

(n+1)(y)(n + 1)! = (x − y)

n

"

−yf(n+1)(y)(n + 1)! − c

#

+(x − y)n

"

xf(n+1)(x)(n + 1)! + c

có một nghiệm là một trong các trường hợp sau đây:

a) f là một đa thức với bậc không quá n + 1;

b) gk(y) = f(k)k!(y) với k = 0, 1, , n − 1;

c) gn(y) = f(n)n!(y) − yf(n+1)!(n+1)(y) − c;

với x 6= 2, 3, 4 Như chúng ta đã biết h thuộc lớp hàm khả vi liên tục trên R,tức là h ∈ C∞(R) Do đó theo (2.2) và (2.3) chúng ta suy ra f ∈ C∞(R).Lấy đạo hàm của (2.1) n lần theo biến x, chúng ta có

Cố định x thì ta cũng suy ra được gn−1(y) là một đa thức theo biến y Tương

tự như vậy thì gn−2(y), gn−3(y), , g2(y), g1(y), g0(y) cũng là các đa thức theobiến y

Tiếp theo, lấy đạo hàm (2.1) theo biến y, chúng ta được

Suy ra xn−1h(x) là đa thức với bậc không vượt quá n

Nếu chúng ta lấy đạo hàm (2.1) n lần theo biến y và cho y = 0 thì h(x) cũng

là một đa thức có bậc không vượt quá n Nhưng nếu h(x) là một đa thức và

xn−1h(x) là đa thức với bậc không vượt quá n thì h(x) = ax + b

Vì h(x) = ax + b và f ∈ C∞(R) nên theo (2.2) chúng ta suy ra được f (x) làmột đa thức bậc không vượt quá n + 1 Do đó

k

Mặt khác, thay x bởi x + y thì (2.1) được viết lại

gn(y) = f

(n)(y)n! − ay − b,

và

f(n+1)(y)(n + 1)! = a.

Hệ quả 2.1.2 ([8], Chương 4, Hệ quả 1) Cho f ∈ Cn(R) và giả sử

f(n)(x) + f(n)(y)(n + 1)!

với mọi số thực x 6= y thì f là một đa thức có bậc không vượt quá n

Hệ quả 2.1.3 ([8], Chương 4, Hệ quả 2) Nếu



(2.5)cũng có thể đưa về phương trình hàm (2.4) Thật vậy, nếu (2.5) đúng với mọi

số thực x, y sao cho x 6= y, thì

ϕ

x + y2



= ϕ(x) + ϕ(y)

2 .

Để chứng minh điều này, trong (2.5) chúng ta thay thế x bởi x + y và y bởi



Như vậy chúng ta có điều cần chứng minh

2.2 Phương trình hàm đặc trưng cho các đa

thức bậc hai

Trong phần này, chúng tôi trình bày một dạng phương trình hàm đặc trưng chocác đa thức bậc hai Bài toán được phát biểu như sau

Bài toán 2.2.1 Choa,b,clà ba số thực Hãy xác định tất cả các hàmf :R →R

Trước hết, với a 6= 0, ta có kết quả sau

Mệnh đề 2.2.2 ([5], Chương 9, Mục 2) Giả sử a 6= 0 Khi đó đa thức f (t) =

c +b2t + a2t2 là nghiệm duy nhất không tầm thường của phương trình (E(a,b,c)).Chứng minh Bằng cách thử trực tiếp, chúng ta có thể dễ dàng kiểm tra được

đa thức f (t) = c + b2t + a2t2 là một nghiệm của phương trình (E), trong đó(E(a,b,c)) được kí hiệu gọn là (E) Bây giờ, chúng ta giả sử rằng a 6= 0, vàchọn f là một nghiệm không tầm thường của phương trình (E) Lấy y ∈ R và

với d = f (0) Vì f không đồng nhất không trên R nên tồn tại một số thực u

sao cho f (u) 6= 0 Chọn y = u thay vào phương trình hàm (E), chúng ta được

f (x − f (u)) − f (x) = f (f (u)) − bf (u) − c − af (u)x, ∀x ∈ R (2.7)

Vì a 6= 0 nên hàm ở vế phải của (2.7) không phải là hàm hằng tuyến tính Vìvậy, với mọi số thực z, tồn tại duy nhất một số thực x sao cho

z = f (x − f (u)) − f (x) = f (w) − f (x),

trong đó w = x − f (u) Với z ∈ R nói trên thì từ (E) và (2.6), chúng ta có

Trường hợp a = 0 được xét riêng như sau

Trước tiên, chúng tôi cần một số khái niệm dưới đây:

Một hàm g : R → R được gọi là có kiểu (λ, α, β), với λ ∈ R và −∞ ≤ α <

Một hàm g : R → R được gọi là có kiểu (λ, δ) nếu nó được cho bởi công thức

g(x) = λx + δ, ∀x ∈ R.

Ta có kết quả sau đây

Mệnh đề 2.2.3 ([5], Chương 9, Mục 3) Cho λ > 0 và xét phương trình hàmsau:

f (f (y)) = (λ + 1)f (y) − λy, ∀y ∈ R (F (λ))

Khi đó một hàm liên tục g : R →R thỏa mãn (F (λ)) nếu và chỉ nếu g là mộttrong các kiểu sau đây:

Kiểu (λ, α, β) hoặc (λ, δ), với λ 6= 1;

Kiểu (1, δ), với λ = 1

Từ đó ta có kết quả sau

Mệnh đề 2.2.4 ([5], Chương 9, Mục 3) Mỗi hàm liên tục f : R→ R sao cho

f (0) = c và thỏa mãn (E(0, b, c)) phải có dạng f (x) = 2bx + c, ∀x ∈ R.

Chứng minh Giả sử b < 2 Đặt λ = 1 − 2b Lấy f là hàm liên tục sao cho

f (0) = c và thỏa mãn (E(0, b, c))

Đặt g(x) = x − f (x), ∀x ∈ R Khi đó bằng cách thế trực tiếp, chúng ta dễ

dàng kiểm tra được g là một nghiệm của phương trình F (λ), với λ = 1 − b2

Vì λ > 0 nên chúng ta sử dụng Mệnh đề 2.2.3 để suy ra rằng nếu b = 0 thì vớihàm f liên tục bất kì sao cho f (0) = c và thỏa mãn (E(0, 0, c)) phải là mộthàm hằng f = c trên R, và nếu b 6= 0 thì với hàm f liên tục bất kì sao cho

f (0) = c và thỏa mãn (E(0, b, c)) phải có dạng f (x) = b2x + c, ∀x ∈ R hoặc

với −∞ ≤ α < β ≤ ∞ như đã qui ước ở trên Nhưng chúng ta dễ thấy rằngtrường hợp này chỉ xảy ra khi c = 0 , với −∞ = α và β = ∞ Vì vậy trongtrường hợp này, chúng ta cóf (x) = b2x, ∀x ∈ R Chúng ta có thể thấy rằng kết

quả này vẫn đúng trong trường hợpb ≥ 2 Thật vậy, theo [4], kết quả của Mệnh

đề 2.2.3 vẫn đúng ngay cả trường hợp λ ≤ 0 Ta có điều phải chứng minh.Kết hợp Mệnh đề 2.2.2 và Mệnh đề 2.2.4, ta có hệ quả sau

Hệ quả 2.2.5 Một hàm f : R → R liên tục thỏa mãn phương trình hàm

(E(a, b, c)) nếu và chỉ nếu

f (x + 2y) + f (x − 2y) + 6f (x) = 4[f (x + y) + f (x − y)],

vớif (x) = xn, trong đó n = 1, 2, 3 Trong phần này, chúng tôi sẽ đi tìm nghiệmtổng quát của phương trình hàm

f (x + 2y) + f (x − 2y) + 6f (x) = 4[f (x + y) + f (x − y)], ∀x, y ∈ R

(2.15)Nghiệm của phương trình hàm (2.15) là đa thức bậc baf (x) = ax3+bx2+cx+d

(Hệ quả 2.3.3) Do đó lớp phương trình hàm (2.15) đặc trưng cho các đa thứcbậc ba Sau đây chúng tôi trình bày một số khái niệm liên quan để giải phươngtrình hàm (2.15)

Một hàmA : R→ R được gọi là cộng tính nếuA(x+y) = A(x)+A(y), ∀x, y ∈

là một hàm n-cộng tính đối xứng thì An(x) sẽ được dùng để kí hiệu cho

An(x, x, , x) Hơn nữa, ta kí hiệu kết quả nhận được sau phép thế x1 =

h Với mỗi n ∈ N, chúng ta có phương trình

hàm

∆n+1h f (x) = 0, ∀x, h ∈ R

Phương trình hàm trên có thể viết lại thành

trong đó ∆h1, ,hk = ∆hk ◦ ◦ ∆h1 với mỗi k ∈ N và x, h1, , hk ∈ R.

Bổ đề sau đây là một trường hợp riêng trong kết quả tổng quát của Hosszu([6]), và sẽ là công cụ để xác định nghiệm tổng quát của (2.15)

Bổ đề 2.3.1 ([9]) Ánh xạ F : R →R thỏa mãn phương trình hàm

∆x1, ,x4F (x0) = 0, (2.17)với mọi x0, x1, x2, x3, x4 ∈ R nếu và chỉ nếu F được cho bởi

F (x) = A3(x) + A2(x) + A1(x) + A0(x), ∀x ∈ R, (2.18)với A0(x) = A0 là một hằng số tùy ý và An : Rn → R, n = 1, 2, 3, là các hàmcộng tính, An(x) = An(x, , x)

Bây giờ chúng ta xác định nghiệm tổng quát của phương trình hàm (2.15)bằng cách đưa về phương trình hàm Fréchet (2.17)

Định lí 2.3.2 ([9]) Hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm (2.15) với

mọi số thực x, y nếu và chỉ nếu f có dạng

f (x) = A3(x) + A2(x) + A1(x) + A0(x), ∀x ∈ R,

với An(x) là chéo hóa của một ánh xạ n-cộng tính An :Rn → R vớin = 1, 2, 3,

và A0(x) = A0 là một hằng số tùy ý

f (x0+ x1 + x2) − f (x0+ x1) − f (x0 + x2) + f (x0)

f (x0+ x1 + x2) − f (x0+ x1) − f (x0 + x2) + f (x0)+6f