Một số phương trình hàm liên quan đến định lý giá trị trung bình largrange

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN HỮU TÍN MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN ĐẾN ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH LAGRANGE LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN HỮU TÍN MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN ĐẾN ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH LAGRANGE Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN: PGS TS LƯƠNG ĐĂNG KỲ Bình Định - 2020 Mục lục Mục lục MỞ ĐẦU 1 Hàm cộng tính song cộng tính 1.1 Hàm cộng tính liên tục 1.2 Hàm cộng tính gián đoạn 1.3 Tiêu chuẩn khác cho tính tuyến tính 10 1.4 Hàm cộng tính mặt phẳng thực phức 11 1.5 Hàm song cộng tính 16 Định lý giá trị trung bình Lagrange phương trình hàm liên quan 20 2.1 Định lý giá trị trung bình 20 2.2 Ứng dụng Định lý giá trị trung bình Lagrange 22 2.3 Phương trình hàm sinh định lý Lagrange 29 Một số toán lời giải 3.1 49 Một số phương trình hàm liên quan Định lý giá trị trung bình Lagrange 49 3.2 Một số phương trình hàm liên quan khác 57 KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) 62 MỞ ĐẦU Định lý giá trị trung bình định lý quan trọng có nhiều ứng dụng Giải tích tốn học Trong chương trình tốn học phổ thơng, Định lý giá trị trung bình ứng dụng khai thác nhiều kì thi Olympic chọn học sinh giỏi, chẳng hạn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhỏ hàm số, chứng minh phương trình có nghiệm, Tuy nhiên vấn đề phương trình hàm sinh định lý giá trị trung bình chưa đề cập đến hầu hết sách tham khảo phổ thông Trong chương trình tốn học phổ thơng, phương trình hàm chun đề quan trọng chương trình chun Tốn bậc THPT sử dụng nhiều kì thi học sinh giỏi cấp, Olympic khu vực, Olympic Quốc tế([1, 2]) Đó tốn khó mẻ học sinh, địi hỏi học sinh có tư cao cách tiếp cận sáng tạo Trong thực tiễn, phương trình hàm ứng dụng ln chun đề cần thiết việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc học phổ thông, đồng thời phát ứng dụng đa dạng lm đem lại hấp dẫn nhiều đối tượng học sinh giáo viên nghiên cứu vấn đề Lấy ý tưởng từ Định lý giá trị trung bình Lagrange giá trị trung bình x+y cho trước, ta có tốn xuất nhiều giáo trình Giải tích bậc đại học, là: tìm hàm số khả vi f : R → R cho c = f (x) − f (y) x+y =f( ), x−y ∀x, y ∈ R, x = y (1) Lời giải cho toán hàm số f (x) = ax2 + bx + c, với a, b, c ∈ R Tổng quát ta có tốn, tìm hàm số khả vi f : R → R cho f (x) − f (y) = f (sx + ty), x−y s, t ∈ R cho trước ∀x, y ∈ R, x = y, (2) Mục tiêu luận văn nghiên cứu phương trình hàm (2), tức nghiên cứu phương tình hàm sinh định lý giá trị trung bình Lagrange, số tập áp dụng Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm ba chương Chương trình bày số kiến thức sở liên quan đến nội dung luận văn Chương trình bày phương tình hàm sinh định lý giá trị trung bình Lagrange số vấn đề liên quan Một số tập áp dụng trình bày Chương Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình thầy Lương Đăng Kỳ Thầy người cổ vũ, động viên q trình học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Bên cạnh đó, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn q thầy Khoa Tốn - Thống kê, Phịng Sau đại học Trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt quý thầy cô trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học Tốn khóa 21 Cuối tơi tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè ủng hộ, giúp đỡ mặt suốt thời gian học thạc sĩ hồn thành luận văn Mặc dù tơi cố gắng khả thời gian cịn hạn chế nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến, góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Bịnh Định, tháng năm 2020 Học viên Nguyễn Hữu Tín Chương Hàm cộng tính song cộng tính Trong chương này, giới thiệu số kiến thức hàm cộng liên tục, hàm cộng tính gián đoạn, vài tiêu chuẩn khác cho hàm cộng tính, hàm cộng tính mặt phẳng phức cuối giới thiệu hàm song cộng tính Tài liệu sử dụng cho chương [6] 1.1 Hàm cộng tính liên tục Định nghĩa 1.1 Hàm f : R → R gọi hàm cộng tính thỏa mãn phương trình hàm Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y) (1.1) với x, y ∈ R Định nghĩa 1.2 Hàm f : R → R gọi hàm tuyến tính có dạng f (x) = mx (∀x ∈ R) với m số tùy ý Các ví dụ hàm cộng tính dễ hiểu hàm tuyến tính Vậy câu hỏi đặt có hàm cộng tính khác hay khơng? Câu trả lời có hàm cộng tính liên tục tuyến tính Đây kết chứng minh Cauchy vào năm 1821 Định lý 1.1 Cho hàm f : R → R hàm cộng tính liên tục Khi f hàm tuyến tính hay f (x) = mx với m số Chứng minh Đầu tiên, ta viết lại x kết hợp với (1.1), ta f (x) = f (x)dy f (x + y) − f (y) dy = x+1 f (u)du − = x f (y)dy, u = x + y Do f liên tục, ta có f (x) = f (1 + x) − f (x) (1.2) Từ tính cộng tính f , ta có f (1 + x) = f (1) + f (x) (1.3) Từ (1.2) (1.3), ta có f (x) = m, m = f (1) Từ suy f (x) = mx + c, (1.4) c số Từ (1.4) (1.1) cho x = ta thu c = 2c c = Vậy f (x) = mx Từ Định lí 1.1, sử dụng tính liên tục f để kết luận f khả tích Tính khả tích f bắt buộc hàm cộng tính f tuyến tính Do hàm cộng tính khả tích tuyến tính Định nghĩa 1.3 Hàm f : R → R gọi khả tích địa phương khả tích khoảng hữu hạn Chú ý 1.1.1 Mọi hàm cộng tính khả tích địa phương tuyến tính Chứng minh Chúng ta chứng minh điều cách sử dụng đối số đưa Shapiro (1973) Giả sử f hàm cộng tính khả tích địa phương Do đó, f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Từ tính khả tích địa phương f , ta có y yf (x) = f (x)dz y f (x + z) − f (z) dz = x+y y f (u)du − = x f (z)dz x+y x f (u)du − = y f (u)du − f (u)du Vai trò x y vế phải nhau, ta có yf (x) = xf (y) với x, y ∈ R Từ đó, với x = 0, ta thu f (x) = m, x với m số Suy f (x) = mx, ∀x ∈ R\{0}.Và f hàm cộng tính nên ta có f (0) = Cùng với điều kiện này, ta có f (x) = mx, ∀x ∈ R Để làm rõ hàm cộng tính, bắt đầu với định nghĩa sau Định nghĩa 1.4 Hàm f : R → R gọi hữu tỉ f (rx) = rf (x) (1.5) với x ∈ R số hữu tỉ r Định lý sau cho ta thấy hàm cộng tính hữu tỉ Định lý 1.2 Cho f : R → R hàm cộng tính Khi f hữu tỉ Hơn nữa, f tuyến tính tập số hữu tỉ Q Chứng minh Cho x = = y (1.1) ta có, f (0) = f (0) + f (0) từ suy f (0) = (1.6) Thay y = −x (1.1) sử dụng (1.6), ta thấy f hàm lẻ R, hay f (−x) = −f (x) (1.7) với x ∈ R Chúng ta hàm cộng tính x = hàm lẻ Tiếp theo, chứng ta chứng minh hàm cộng tính hữu tỉ Với x ta có, f (2x) = f (x + x) = f (x) + f (x) = 2f (x) Từ f (3x) = f (2x + x) = f (2x) + f (x) = 3f (x); tổng quát, ta có f (nx) = nf (x) (1.8) với số nguyên dương n Nếu n số nguyên âm −n số nguyên dương từ (1.8) (1.7), ta có f (nx) = f (−(−n)x) = −f ((−n)x) = −(−n)f (x) = nf (x) Từ ta có, f (nx) = nf (x) với số nguyên n x ∈ R Tiếp theo, cho r số hữu tỉ Ta có r= k l k số nguyên l số tự nhiên Hơn nữa, kx = l(rx) Sử dụng tính nguyên f , ta kf (x) = f (kx) = f (l(rx)) = lf (rx) suy k f (x) = rf (x) l Do đó, f hữu tỉ Hơn nữa, cho x = phương trình f (rx) = định nghĩa m = f (1), ta thấy f (r) = mr với số hữu tỉ r ∈ Q Vì f tuyến tính tập số hữu tỉ chứng minh hoàn thành Định lý 1.3 Nếu hàm cộng tính liên tục điểm liên tục nơi Chứng minh Cho f hàm liên tục t x điểm Vì vậy, ta có lim f (y) = f (t) Tiếp theo, ta chứng f liên tục x Xét y→t lim f (y) = lim f (y − x + t + x − t) y→x y→x = lim f (y − x + t) + f (x − t) y→x = lim y−x+t→t f (y − x + t) + f (x − t) = f (t) + f (x − t) = f (t) + f (x) − f (t) = f (x) Điều chứng tỏ f liên tục x tính x, f liên tục nơi 1.2 Hàm cộng tính gián đoạn Định nghĩa 1.5 Đồ thị hàm số f : R → R tập G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)} Dễ thấy đồ thị G hàm số f : R → R tập R2 Định lý 1.4 Đồ thị hàm cộng tính phi tuyến f : R → R trù mật khắp nơi R2 Chứng minh Đồ thị G hàm f cho G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)} Chọn x1 ∈ R, x1 = Từ f hàm cộng tính phi tuyến, với số m, tồn x2 ∈ R, x2 = cho không viết m = f (x1 ) x1 f (x1 ) f (x2 ) = , x1 x2 cho x1 = x, ta có f (x) = mx, ∀x = 0, từ f (0) = điều ngụ ý f hàm tuyến tính trái với giả thiết f hàm phi tuyến Từ x1 f (x1 ) = 0, x2 f (x2 ) ta có vectơ X1 = (x1 , f (x1 )) X2 = (x2 , f (x2 )) độc lập tuyến tính chúng sinh tồn R2 Từ đó, với vectơ X = (x, f (x)), tồn số thực r1 r2 cho X = r1 X1 + r2 X2 Chương Một số toán lời giải Trong chương này, chúng tơi giới thiệu trình bày số tốn phương trình hàm liên quan đến định lý giá trị trung bình Lagrange số phương trình hàm liên quan khác Tài liệu sử dụng chương [1, 2, 7] 3.1 Một số phương trình hàm liên quan Định lý giá trị trung bình Lagrange Bài tốn 3.1 ([2]) Tìm hàm f (x), g(x) xác định R cho f (x) − f (y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y ∈ R (3.1) Lời giải Thay y = x vào (3.1), ta f (−x) = f (x), ∀x ∈ R (3.2) Tiếp theo, ta thay x = x + 1, y = x vào (3.1) sử dụng (3.2), ta f (x + 1) − f (x) = 2(x + 1)g(1), f (x + 1) − f (x) = g(2x + 1), ∀x ∈ R ∀x ∈ R Từ (3.3) (3.4), ta có g(2x + 1) = g(1)(2x + 1), Suy g(x) = ax với a = g(1), a ∈ R 49 ∀x ∈ R (3.3) (3.4) 50 Thay y = vào (3.1), sử dụng kết hàm g vừa tìm được, ta f (x) − f (0) = xg(x), ∀x ∈ R Suy f (x) = ax2 + b với b = f (0) Thử lại thấy thỏa Vậy f (x) = ax2 + bx, g(x) = ax hàm cần tìm với a, b ∈ R tùy ý Cách Thay y = −y (3.1) sử dụng (3.2),ta f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R Áp dụng Định lý 2.3, ta f (x) = ax2 + b + c, g(x) = ax + b, ∀x ∈ R, a, b, c số thực Thay hàm f (x), g(x) vừa tìm vào (3.1), ta suy b = Do đó, f (x) = ax2 + c, g(x) = ax, ∀x ∈ R Thử lại thấy Vậy f (x) = ax2 + c, g(x) = ax hàm cần tìm với a, c ∈ R tùy ý Bài tốn 3.2 (Đề thi thức Olympic 30/4/2012) Tìm tất cặp hàm số f (x), g(x) : R → R thoả mãn đồng thời điều kiện sau f (0) = g(0) = 1, g(1) = 2; f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.5) Lời giải Thay y = −x vào (3.5) sử dụng g(0) = 1, ta f (x) − f (−x) = 2x, ∀x ∈ R (3.6) Tiếp theo ta thay x = x + 1, y = x vào (3.5) , ta f (x + 1) − f (x) = g(2x + 1), ∀x ∈ R (3.7) 51 Trong (3.5), ta thay x x + y −x, ta f (x + 1) − f (−x) = 2(2x + 1), ∀x ∈ R (3.8) Lấy (3.8) trừ cho (3.7) vế theo vế ta ∀x ∈ R g(2x + 1) = 2x + + 1, hay g(x) = x + 1, ∀x ∈ R (3.9) Thay y = vào (3.5), ta có f (x) − = xg(x), ∀x ∈ R Kết hợp g(x) vừa tìm được, ta có f (x) = x2 + x + 1, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa Vậy f (x) = x2 + x + 1, g(x) = x + ∀x ∈ R hàm cần tìm Nhận xét 3.1 Ta thấy toán dạng Định lý 2.3 trình bày Chương sử dụng kết Định lý 2.3, ta dễ dàng có f (x) = ax2 + bx + c g(x) = ax + b Kết hợp với điều kiện đề cho, ta dễ dàng suy b = c = 1, ta lại có thay x = 1, y = (3.5) ta f (1) = 1, suy a = Vậy f (x) = x2 + x + 1, g(x) = x + 1, ∀x ∈ R hàm cần tìm Bài tốn 3.3 (Irish, 1995) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn xf (x) − yf (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.10) Lời giải Ta thấy f nghiệm (3.10) f + b nghiệm Do đó, khơng tính tổng quát, ta giả sử f (0) = 52 Trong (3.10), thay y = −x, ta xf (x) + xf (−x) = Suy f (−x) = −f (x), ∀x = Vì f (0) = 0, suy f (−x) = f (x), ∀x ∈ R Trong (3.10), ta thay y −y , ta thu xf (x) + yf (−y) = (x + y)f (x − y), ∀x, y ∈ R Do xf (x) − yf (y) = (x + y)f (x − y), ∀x, y ∈ R Kết hợp với phương trình (3.10), ta có (x − y)f (x + y) = (x + y)f (x − y), ∀x, y ∈ R (3.11) Đặt u = x + y, v = x − y , (3.11) viết lại thành vf (u) = uf (v), ∀u, v ∈ R Suy f (u) f (v) = , u v ∀u, v = Do f (x) = ax, ∀x = a số Kết hợp với f (0) = 0, suy f (x) = ax, ∀x ∈ R Nếu ta khơng giả sử f (0) = ta có trường hợp tổng quát f (x) = ax + b, ∀x ∈ R a, b số Thử lại thấy Vậy f (x) = ax + b, với a, b số, hàm cần tìm Chú ý Ở Bài toán 3.3 này, ta sử dụng Định lý 2.3 ta có lời giải tốn cách nhanh gọn Thật 53 Đặt h(x) = xf (x), phương trình (3.10), viết lại thành h(x) − h(y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.12) Theo kết dủa Định lý 2.3, ta có g(x) = ax + b, h(x) = ax2 + bx + c, ∀x, y ∈ R Ta lại có h(0) = suy c = Vậy f (x) = ax + b, ∀x ∈ R, với a, b số bất kỳ, hàm cần tìm Bài tốn 3.4 ([2]) Tìm cặp hàm f (x), g(x) xác định R cho f (x) liên tục R thỏa mãn điều kiện f (x) + f (y) + 2xy = (x + y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.13) Lời giải Thay x = 0, y = vào (3.13), ta f (0) = Đặt f (x) − x2 = h(x), h(x) liên tục R h(0) = Do đó, (3.13) viết lại dạng (x + y)2 + h(x) + h(y) = (x + y)g(x + y), Thay x = y = t ∀x, y ∈ R vào (3.14), ta   t + h( t ), ∀t = t (3.15) g(t) =  c, t = Thế g(x) vừa có vào (3.14), ta   (x + y)2 + 2h( x+y ), ∀x, y ∈ R, x + y = 2 (x + y) + h(x) + h(y) =  0, x + y = Do đó, h( x+y h(x) + h(y) )= , ∀x, y ∈ R 2 Từ giả thiết h(x) liên tục R h(0) = 0, suy h(x) = ax   2x + a, x = f (x) = x2 + ax; g(x) =  c, (3.14) x=0 54 Thử lại thấy Vậy f (x) = x2 + ax g(x) =   x + a, x =  c, hàm cần tìm x=0 Cách Thay x = 0, y = vào (3.13), ta f (0) = Đặt f (x) − x2 = h(x), h(x) liên tục R h(0) = Do đó, (3.13) viết lại dạng (x + y)2 + h(x) + h(y) = (x + y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.16) ∀x, y ∈ R (3.17) Thay y = −x (3.16), ta ∀x ∈ R h(x) + h(−x) = 0, hay h(−x) = −h(x), ∀x ∈ R Trong (3.16), ta thay y −y , ta có h(x) − h(y) = (x − y)[g(x − y) − (x − y)], Đặt k(x) = g(x) − x, (3.17) viết lại thành h(x) − h(y) = (x − y)k(x − y), ∀x, y ∈ R Theo Hệ 2.2, ta h(x) = ax; k(x) =   a, x=0  c, x = Suy f (x) = x2 + ax; g(x) =   2x + a, x =  c, x = Thử lại thấy thỏa Vậy f (x) = x2 + ax g(x) =   x + a, x =  c, x=0 , a, c số thực 55 Bài tốn 3.5 ([1]) Tìm tất hàm f, g : R → R thỏa mãn f (x) − f (y) = (x2 − y )g(x − y), ∀x, y ∈ R (3.18) Lời giải Thay y −y vào (3.18), ta f (x) − f (−y) = (x2 − y )g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.19) Ta tiếp tục thay x = y vào (3.19), ta có f (y) − f (−y) = 0, ∀y ∈ R Suy f (−y) = f (y), ∀y ∈ R Từ (3.18) (3.19), ta có g(x − y) = g(x + y), Đặt x = u+v , y= u−v ∀x, y ∈ R, x = ±y Suy g(u) = g(v), ∀u, v ∈ R\{0} Do đó, g(u) =   a u =  c u = Thay hàm g vừa tìm vào (3.18), ta f (x) − f (y) = c(x2 − y ), ∀x = ±y, f (x) − ax2 = f (y) − ay , ∀x = ±y suy Do f (x) = ax2 + b, ∀x = Thử lại thấy thỏa Vậy f (x) = ax2 + b, ∀x = g(x) =   a x =  c x = (3.20) 56 Cách Ở đây, ta ý rằng, từ phương trình (3.20), phương trình (3.18) viết lại sau f (x) − f (y) = (x − y)[(x + y)g(x + y)], Đặt h(x) = xg(x), ∀y ∈ R (3.21) ∀x ∈ R, h(0) = Khi (3.21) trở thành f (x) − f (y) = (x − y)h(x + y), ∀x, y ∈ R, đậy a, b, c số Và ta áp dụng kết Định lý 2.3, ta f (x) = ax2 + bx + c, ∀x ∈ R ∀x ∈ R h(x) = ax + b, Từ h(0) = 0, suy b = Do   f (x) = ax2 + c,  h(x) Suy f (x) = ax2 + b, = ax, ∀x = g(x) = ∀x ∈ R ∀x ∈ R   a x =  c x = Bài tốn 3.6 (Singapore, 2012) Tìm tất hàm f : R → R cho (x + y)(f (x) − f (y)) = (x − y)f (x + y), ∀x, y ∈ R (3.22) Lời giải Thay x = 21 , y = − 12 vào (3.22), ta có f (0) = Với x + y = 0, ta có f (x) − f (y) = (x − y) Đặt g(x) = f (x) x , f (x + y) , x+y ∀x, y ∈ R, x + y = (3.23) (3.23) viết lại sau f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R, x + y = (3.24) 57 Theo Định lý 2.3, ta   f (x) = ax2 + bx + c,  g(x) = ax + b, ∀x ∈ R, x = 0, ∀c ∈ R, x = 0, a, b, c số thực Vì f (x) = xg(x) suy c = 0, hay f (x) = ax2 + bx Mặt khác, ta lại có f (0) = thỏa f (x) = ax2 + bx Thử lại thấy Vậy f (x) = ax2 + bx, ∀x ∈ R, a, b số 3.2 Một số phương trình hàm liên quan khác Bài tốn 3.7 ([7]) Tìm tất hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm sau xf (y) − yf (x) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.25) Lời giải Thay y = vào (3.25), ta có xf (0) = xg(x), ∀x ∈ R Do f (0) = g(x) = b, ∀x = 0, x ∈ R\{0} (3.26) Thay (3.26) vào (3.25), ta xf (y) − yf (x) = (x − y)b, ∀x, y ∈ R, x + y = (3.27) Thay x = 1, y = −1 vào (3.26), ta thu f (y) = [f (1) − b]y + b = ay + b, ∀y = −1 (3.28) Tiếp tục, cho y = (3.28), ta f (2) = 2f (1) − b (3.29) 58 Tiếp theo, thay x = −1 y = vào (3.25) sử dụng (3.26) (3.29), ta có f (−1) = −[f (1) − b] + b, hay f (−1) = −a + b (3.30) Từ (3.30), ta thấy (3.28) với y ∈ R Ta lại tiếp tục thay x = 1, y = −1 vào (3.25), ta thu g(0) = Do đó, (3.26) với x ∈ R Thử lại thấy Vậy f (x) = ax + b, g(x) = b, ∀x ∈ R, a, b số bất kỳ, hàm cần tìm Bài toán 3.8 ([7]) Cho s, t hai số thực cho trước Tìm tất hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm sau xf (y) − yf (x) = (x − y)g(sx + ty), ∀x, y ∈ R (3.31) Lời giải Trường hợp Giả sử s = t = Khi từ (3.31), ta có x[f (y) − b] = y[f (x) − b], ∀x, y ∈ R, (3.32) b = g(0) Cho y = phương trình ta f (x) = [f (1) − b]x + b = ax + b, ∀x ∈ R, a = f (1) − b Do đó, nghiệm phương trình cho   f (x) = ax + b  g(x) với g(0) = Trường hợp Giả sử t = s = Khi (3.31), trở thành xf (y) − yf (x) = (x − y)g(sx) (3.33) 59 Thay y = vào (3.33), ta xf (0) = xg(sx), suy ∀x ∈ R\{0}, g(x) = b, (3.34) b = f (0) Sử dụng (3.34) vào (3.33), ta có x[f (y) − b] = y[f (x) − b], ∀x = (3.35) Thay x = vào (3.35), ta có f (y) = [f (1) − b]y + b = ay + b, ∀y ∈ R (3.36) Thay x = vào (3.33), ta g(0) = f (0) = b (3.34) với x ∈ R Trường hợp Giả sử t = s = Bằng cách tương tự trường hợp trên, ta tìm nghiệm Trường hợp Trường hợp Giả sử s = = t Cho y = 0, ta có xf (0) = xg(sx) Do đó, h(x) = b, ∀x = 0, (3.37) b = f (0) Sử dụng (3.37) vào (3.31), ta xf (y) − yf (x) = (x − y)b (3.38) với sx + ty = Do đó, cho x = (3.38), ta f (y) = y[f (1) − b] + b = ay + b, ∀y ∈ R, y = −s t (3.39) Thay x = − st y = st vào (3.31), ta s s s s − f −2 f − t t t t s s = −3 g t t suy f s s + 2f − t t = 3b Khi đó, từ (3.39), ta có f − s t s = − a + b t Do (3.39) với y ∈ R Tiếp theo, ta cần chứng minh g(x) = b với x ∈ R trừ trường hợp s = −t Nếu s = −t, h(x) định nghĩa tùy ý x = g(x) = b với x ∈ R\{0} 60 Nếu s = −t, ta cần chứng minh g(0) = b Thay x = y = − st vào (3.31), ta f − s s − f (1) = + g(0), t t suy g(0) = b có g(x) = b với x ∈ R Thử lại thấy     với b = g(0) s = = t    Vậy f (x) = ax + b g(x) = b s = −t, x =      b trường hợp cịn lại, a, b số Bài tốn 3.9 ([7]) Tìm tất hàm f, g : R → R thỏa f (x) − f (y) = (x − y) g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R (3.40) Lời giải Ta thấy f nghiệm (3.40) f + b nghiệm Do đó, khơng tính tổng qt ta giả sử f (0) = Khi đó, cho y = (3.40), ta (3.41) 2f (x) = x[g(x) + g(0)] Thay (3.41) vào phương tình (3.40), ta x[g(x) + g(0)] − y[g(y) − g(0)] = (x − y)[g(x) + g(y)], ∀x, y ∈ R Suy x[g(y) − g(0)] = y[g(x) − g(0)], ∀x, y ∈ R hay g(x) − g(0) g(y) − g(0) = , x y Do đó, g(x) = 2ax + b, ∀x, y ∈ R\{0} ∀x = với a số Ta thấy, g(0) = b, g(x) = ax + b, ∀x ∈ R 61 Thay g(x) vừa tìm vào (3.41), ta f (x) = ax2 + bx, ∀x ∈ R Nếu khơng giả sử f (0) = 0, ta f (x) = ax2 + bx + c, ∀x ∈ R Vậy f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = 2ax + b Thử lại thấy thỏa KẾT LUẬN Qua thời gian tìm hiểu, tiếp cận nghiên cứu Định lý giá trị trung bình Lagrange phương trình hàm liên quan, luận văn hoàn thành đạt mục tiêu nghiên cứu đề với kết cụ thể sau Tổng quan hệ thống cách đầy đủ hàm cộng tính liên tục, gián đoạn, hàm cộng tính mặt phẳng thực phức, hàm song cộng tính Nghiên cứu Định lý giá trị trung bình Lagrange vài ứng dụng thơng qua ví dụ minh họa Nghiên cứu phương trình hàm sinh Định lý giá trị trung bình Lagrange giải số tập liên quan Nội dung chủ yếu luận văn lấy từ tài liệu tham khảo [6], kết tơi trình bày lại cách chi tiết, rõ ràng, có hệ thống Nhiều chứng minh làm rõ chi tiết Giải số tập minh họa cho dạng phương trình hàm sinh Định lý giá trị trung bình Lagrange Với khảo sát nghiên cứu, luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho thân tiếp tục sâu nghiên cứu sau hy vọng nguồn tài liệu bổ ích cho quan tâm đến việc nghiên cứu phương trình hàm ứng dụng Định lý giá trị trung bình Lagrange Trong điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn nên chưa sâu nghiên cứu Định lý giá trị trung bình cho nhiều biến phương trình hàm liên quan 62 Tài liệu tham khảo [1] N.T Chung, Bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội (2014) [2] N.V Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục (1997) [3] J Aczél, A mean value property of the derivative of quadratic polynomialswithout mean values and derivatives, Mathematics Magazine (1985) [4] J Aczél, M Kuczma, On two mean value properties and functional equations associated with them, Aequationes Mathematicae 38 (1989) [5] T Andreescu, I Boreico, O Mushkarov, N Nikolov, Topics in Functional Equations, XYZ Press (2012) [6] P K Sahoo, T Riedel, Mean value theorems and functional equation, World Scientific (1998) [7] P K Sahoo, P Kannappan, Introduction to functional equations , Taylor and Francis Group (2011) [8] C G Small,Function equations and how to solve them, Springer (2007) ... đưa vào Định lý giá trị trung bình Bên cạnh ứng dụng lý thuyết định lý này, Định lý giá trị trung bình cịn có ứng dụng khác Các ví dụ sau minh họa số ứng dụng khác Định lý giá trị trung bình Ví... 2.1 Định lý giá trị trung bình Một định lý quan trọng phép tính vi phân định lý giá trị trung bình Lagrange Định lý lần phát Joseph Louis Lagrange (1736-1813) ý tưởng áp dụng Định lý Rolle vào hàm. .. (1.36) Chương Định lý giá trị trung bình Lagrange phương trình hàm liên quan Trong chương này, chúng tơi quan tâm đến Định lý gái trị trung bình Lagrange số mở rộng Thứ giới thiệu Định lý Rolle Nội