Schr¨oder
Nếu chúng ta hạn chế lớp các hàm mà hệ (3.11) được nghiên cứu tỉ mỉ thì (3.11) và (3.10) có thể tương đương. Dưới đây chúng ta đưa ra hai định lý để có điều này. Giả sử rằng:
(i) X ⊂K là một lân cận của gốc.
(ii) f :X →X là một hàm sao cho f(0) = 0 và f0(0) tồn tại. Trước hết chúng ta xét lớp hàm khả vi tại gốc.
Định lí 3.2.4.
Nếu các giả thiết (i), (ii) được thỏa mãn và f(x) 6= 0 với mọi x ∈ X\ {0},
lim
k→0fk(x) = 0 với mọi x∈X thì hàm σ :X →K thỏa mãn hệ (3.11), có đạo hàm hữu hạn σ0(0) 6= 0 cũng thỏa mãn (3.10) với s=f0(0).
Chứng minh. Chúng ta có σ(x) 6= 0 trong X\ {0}. Cho σ(x0) = 0 (x0 ∈X\ {0}) ngụ ý rằng σ fk(x0)= 0 với mọi k ∈N0 và σ0(0) = lim k→∞ σ fk(x0)−σ(0) fk(x0) =− σ(0) lim k→∞fk(x0)
Sẽ bằng không hoặc vô hạn tùy theo σ(0) = 0 hay không, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Theo định lý 3.2.1 hàm ω(x) = σ(f(x))/σ(x) với mọi x ∈ X\ {0} thỏa mãn phương trình (3.14) (tức là (3.13) với n = 2). Vì vậy
ω(x) = ω fk(x), x∈X\ {0}, k ∈N (3.15) Chúng ta có với mọi x∈X\ {0} ω fk(x)= σ f k+1(x) σ fk(x) = σ fk+1(x) fk+1(x) . fk(x) σ fk(x). fk+1(x) fk(x) (3.16) Nếu σ(0) 6= 0 thì lim
k→∞ω fk(x)= 1 theo đẳng thức đầu tiên trong (3.16). Nếu σ(0) = 0 thì từ đẳng thức thứ hai trong (3.16) ta thu được lim
f0(0). Theo (3.15) trong cả hai trường hợp ω là hằng số trên X\ {0} và σ thỏa mãn (3.10) với s = 1 hoặc s = f0(0). Theo tính liên tục của σ tại không (3.10) đúng trong toàn bộ X.
Nếu s = 1 thì σ sẽ là một tự đẳng cấu liên tục tại không. Vì vậy nó là hàm hằng trên X. Điều này ngụ ý rằngσ0(0) = 0mâu thuẫn với giả thiết, vì vậys =f0(0).
Bây giờ chúng ta chuyển qua lớp các hàm giải tích trên X. Định lí 3.2.5.
Nếu các giả thiết (i), (ii) được thỏa mãn và f là một hàm giải tích trên X,
f(x)6= 0, (x6= 0), |f0(0)|<1. Khi đó, nếu một hàm giải tích σ:X →K thỏa mãn hệ (3.11)thì nó thỏa mãn (3.10) với s=f0(0)q, ở đó q là bậc của 0 của σ tại gốc,
nếu σ= 0 thì s là tùy ý.
Chứng minh.
Chọn r > 0 sao cho U = {x∈K:|x|< r} ⊂ X và 0 < |f(x)| < |x| trong U\ {0}. Nếu σ(x0) = 0 với x0 ∈U\ {0} thì σ fk(x0)= 0,∀k ∈N, theo định lý 1.1.5, σ= 0 trên X. Rõ ràng trong trường hợp này (3.10) đúng với s bất kỳ.
Bây giờ giả sử rằng σ(x)6= 0 trong U\ {0} ta viết σ(x) = xqψ(x), q ∈N0, ψ(0) 6= 0. Và ta lại có ω(x) =σ(f(x))/σ(x) trong U\ {0} thỏa mãn (3.14). Chúng ta có với mọi x∈U\ {0} ω(x) = lim k→∞ωf k(x) = lim k→∞ " fk+1(x) fk(x) q ψ fk+1(x) ψ fk(x) # =f0(0)q
Vì thế σ thỏa mãn (3.10) với s = f0(0)q trong U\ {0}, do σ là hàm giải tích nên (3.10) đúng trên toàn bộ X.
3.3. Hệ Schr¨oder-Abel và các phương trình kết hợp
Trong mục này phương trình Schr¨oder và Abel sẽ xuất hiện cùng với phương trình kết hợp:
T(T(x, y);z) = T(x;T(y, z)) ; ∀x, y, z∈[0; 1] (3.17) Chúng ta quan tâm tới các phương trình dạng (3.17) mà tồn tại duy nhất nghiệm T là ánh xạ hình vuông đơn vị vào một khoảng đơn vị trong R, các kết quả giới thiệu ở đây được trích ra từ W.F.Darsow – M.J.Frank [9].