3 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Pompeiu
3.3 Phương trình chuyển động theo quy tắc Simpson
Quy tắc Simpson là phương pháp đánh giá tích phân
Z b a
f(t)dt. Phương pháp này là phân hoạch [a, b] thành những đoạn nhỏ bằng nhau, sau đó, xấp xỉ đồ thị của hàm f trên mỗi đoạn con với một hàm bậc hai. Nếu a = x0 < x1 < x2 < · · · < x2n = b là một phân hoạch của đoạn [a, b] chia
[a, b] thành 2n đoạn con bằng nhau, độ dài mỗi đoạn là b2−na, thì
Z b a
f(t)dt' b−a
6n [f(x0) + 4f(x1) +· · ·+ 2f(x2n−2) + 4f(x2n−1) +f(x2n)]. Công thức xấp xỉ này được gọi là quy tắc Simpson.
Z b a f(t)dt−b−a 6n [f(x0) + 4f(x1) +· · ·+ 2f(x2n−2) + 4f(x2n−1) +f(x2n)] ≤ K(b−a) 5 180n4 (3.53) trong đó K = sup{| f(4)(x) | |x ∈ [a, b]}. Chú ý từ bất phương trình này là nếu f khả vi liên tục 4 lần và f(4)(x) = 0, thì
Z b a
f(t)dt= b−a
6n [f(x0) + 4f(x1) +· · ·+ 2f(x2n−2) + 4f(x2n−1) +f(x2n)]. Nếu n = 1 thì nó giản ước thành
Z b a
f(t)dt= b−a
Giả sử a = x, b = y và x1 = x+ y
2 trong công thức trên, ta được
Z y x f(t)dt = y −x 6 h f(x) + 4f x+y 2 +f(y) i . (3.54)
Phương trình tích phân (3.54) này đúng với mọi x, y ∈ R nếu f là đa thức bậc không quá ba. Phương trình này dẫn tới phương trình hàm
g(y)−g(x) = y −x 6 h f(x) + 4fx+y 2 +f(y)i, (3.55) trong đó g là nguyên hàm của f. Phương trình trên là trường hợp đặc biệt của phương trình hàm
f(x)−g(y) = (x−y)[h(x+y) +ψ(x) +ϕ(y)] (3.56) với mọi x, y ∈ R. Trong phần này, ta xác định nghiệm tổng quát của phương trình hàm (3.56). Hai phương trình hàm sau
g(x)−g(y) = (x−y)f(x+ y) + (x+y)f(x−y), (3.57) và
xf(y)−yf(x) = (x−y)[g(x+y)−g(x)−g(y)], (3.58) là công cụ để giải phương trình hàm (3.56). Phương trình hàm (3.57) có thể xem là biến thể của
f(x)−f(y)
x−y = h(x+y)
và nhận được bằng cách cộng thêm một lượng (x+ y)h(x−y) vào phương trình
f(x)−f(y) = (x−y)h(x+y). Phương trình hàm (3.58) là biến thể khác của
xf(y)−yf(x) = (x−y)g(x+y)
và nhận được bằng cách thay lượng g(x+y) bởi vi phân Cauchy của g, tức là, g(x+y)−g(x)−g(y).
Định lý sau là cần thiết để thiết lập kết quả tiếp theo.
Định lý 3.2. Các hàm f, g : R →R thỏa mãn phương trình hàm
nếu và chỉ nếu
f(x) = ax3 +A(x) và g(x) = 2ax4 + 2xA(x) +b, (3.60)
trong đó A :R →R là cộng tính, a và b là các hằng số tùy ý. Chứng minh. : Giả sử y = 0 trong (3.59), ta thấy rằng
g(x) = 2xf(x) +b, (3.61)
trong đó b = g(0). Thế (3.61) vào (3.59), ta được
2xf(x)−2yf(y) = (x−y)f(x+y) + (x+ y)f(x−y). (3.62) Giả sử x = y trong (3.59), ta được f(0) = 0. Tiếp theo, giả sử x = 0, ta được
g(y) = yf(y)−yf(−y) +b.
Kết hợp với (3.61), ta có f(−y) = −f(y) với y 6= 0. Trong (3.62), thay y bởi y+ z, ta được
2xf(x)−2(y+z)f(y+z) = (x−y−z)f(x+y+z) + (x+y+z)f(x−y−z). (3.63) Tương tự, thay y bởi z và x bởi x+y trong (3.62), ta được
2(x+y)f(x+y)−2zf(z) = (x+y−z)f(x+y+z) + (x+y+z)f(x+y−z). (3.64) Cộng theo vế hai phương trình (3.63) và (3.64), ta được
2xf(x)−2zf(z) + 2(x+y)f(x+y)−2(y +z)f(y +z)
= 2(x−z)f(x+y+z)+(x+y+z)[f(x−y−z)+f(x+y−z)]. (3.65) Thế (3.62) hai lần vào vế trái của (3.65), ta được
(x−z)f(x+z) + (x+z)f(x−z) + (x−z)f(x+ 2y+z) + (x+ 2y+z)f(x−z) = 2(x−z)f(x+y+z)+(x+y+z)[f(x−y−z)+f(x+y−z)]. (3.66) Bây giờ, giả sử z = −x trong (3.66), ta thấy rằng
Thay 2x bởi u trong (3.67) được u
yf(2y) + 2f(u)− 2u
y f(y) = f(u−y) +f(u+y), (3.68) với y 6= 0. Đổi chỗ u và y (nên bây giờ u 6= 0 ) và sử dụng f là hàm lẻ, ta có
y uf(2u) + 2f(y)− 2y u f(u) = f(u+ y)−f(u−y). (3.69) Cộng theo vế (3.68) và (3.69), ta được f(u+y)−f(u)−f(y) = u 2y[f(2y)−2f(y)] + y 2u[f(2u)−2f(u)], (3.70) với mọi u, y ∈ R\ {0}. Đặt h(x) = f(2x)−2f(x) 2x với x 6= 0. (3.71)
Lưu ý rằng h là hàm chẵn do f là hàm lẻ. Thế (3.71) vào (3.70), ta được f(u+y)−f(u)−f(y) =uh(y) +yh(u) (3.72) trong đó u, y ∈ R\ {0}. Giả sử
H(u, v) = f(u+v)−f(u)−f(v) (3.73) là vi phân Cauchy của f. Do đó, H thỏa mãn
H(u+ v, w) +H(u, v) =H(u, v +w) + H(v, w) (3.74) với mọi u, v, w ∈ R. Từ (3.73), (3.72) và (3.74), sau một số bước rút gọn, ta thấy rằng
w[h(u+v)−h(u)−h(v)] = u[h(v +w)−h(v)−h(w)] (3.75) với mọi u, v, w, u+v, v+ w ∈ R\ {0}. Giả sử w = v trong (3.75), ta được
v[h(u+v)−h(u)−h(v)] = u[h(2v)−2h(v)]. Đổi chỗ u và v, ta được
u[h(u+v)−h(u)−h(v)] = v[h(2u)−2h(u)]. (3.76) Do đó, ta có
Do đó
h(2u)−2h(u) = 6au2, ∀u 6= 0, (3.77) trong đó a là hằng số. Thế (3.77) vào (3.76), ta có
h(u+ v)−h(u)−h(v) = 6auv, ∀u, v ∈ R\ {0} có thể xắp xếp lại như sau
h(u+v)−3a(u+v)2 = h(u)−3au2 +h(v)−3av2. (3.78) Đặt A0(u) = h(u)−3au2, (3.79) trong (3.78), ta được A0(u+v) = A0(u) +A0(v) (3.80) với mọi u, v, u+v ∈ R\ {0}. Do đó A0(1) = A0(u+ 1−u) = A0(u) +A0(1) +A0(−u),
ta đượcA0(−u) = −A0(u)vớiu 6= 0,1. NhưngA0(2) = 2A0(1)vàA0(−2) = 2A0(−1), tức làA0(−1) = −A0(1). Do đó A0(−u) =−A0(u) với mọi u 6= 0. Thay u bởi −u trong (3.79) và sử dụng h là hàm chẵn, ta được
h(x) = 3ax2, ∀x 6= 0. (3.81)
Thay (3.81) vào (3.72), ta được
f(u+v)−f(u)−f(v) = 3au2v + 3auv2, (3.82) với mọi u, v,∈ R\ {0}. Hay
f(u+v)−a(u+v)3 = f(u)−au3 +f(v)−av3. và do đó
f(u) = au3 +A(u),
với mọi u ∈ R do f(0) = 0. Ở đây A : R → R là hàm cộng tính. Từ (3.61), ta được dạng của g là khẳng định trong (3.60).
Bây giờ ta tìm nghiệm của phương trình hàm (3.58) mà không có giả thiết chính quy nào cho các ẩn hàm.
Bài toán 3.4. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm
xf(y)−yf(x) = (x−y)[g(x+y)−g(x)−g(y)], (3.83)
với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Giả sử x = 0trong (3.83), ta đượcyf(0) = −yg(0)với mọi y ∈ R. Chọn y 6= 0, ta thấy rằng f(0) = −g(0). Thế y = −x vào (3.83), ta được
x[f(x) +f(−x)] = 2x[g(0)−g(x)−g(−x)]
với mọi x ∈ R. Do đó
f(x) +f(−x) = 2[g(0)−g(x)−g(−x)] (3.84) với mọi x ∈ R\ {0}. Mà f(0) = −g(0) nên (3.84) đúng với mọi x ∈ R. Tiếp theo, thay x bởi −x trong (3.83), ta được
yf(−x) + xf(y) = (y +x)[g(y −x)−g(−x)−g(y)]. (3.85) Trừ theo vế (3.85) cho (3.83), ta có
y[f(x) +f(−x)]
= y[g(x+y)+g(y−x)−g(x)−g(−x)−2g(y)]+x[g(y−x)−g(x+y)+g(x)−g(−x)], (3.86) với mọi x, y ∈ R. Thế (3.84) vào (3.86), ta được
2y[g(0)−g(x)−g(−x)]
= y[g(x+y)+g(y−x)−g(x)−g(−x)−2g(y)]+x[g(y−x)−g(x+y)+g(x)−g(−x)], tức là
y[g(x+y) + g(y −x) +g(x) +g(−x)−2g(y)−2g(0)]
= x[g(y+ x)−g(y −x)−g(x) +g(−x)]. (3.87) Nếu g(x) thỏa mãn (3.87), thì g(x) −g(0) cũng thỏa mãn. Do đó, không giảm tổng quát ta có thể giả sử rằng g(0) = 0. Khi đó, (3.87) rút gọn thành y[g(x+y)+g(y−x)+g(x)+g(−x)−2g(y)] = x[g(y+x)−g(y−x)−g(x)+g(−x)], tức là
(y−x)g(x+y)+(x+y)g(y−x)+y[g(x)+g(−x)] = 2yg(y)−x[g(x)−g(−x)]. (3.88)
Thế y bởi −y trong (3.88), ta được −(y +x)g(x−y) + (x−y)g(−y −x) = y[g(x) + g(−x)]−2yg(−y)−x[g(x)−g(−x)]. (3.89) Trừ theo vế của (3.88) và (3.89), ta có (y +x)[g(y −x) +g(x−y)] + (y −x)[g(x+y) +g(−y −x)] = 2y[g(y) +g(−y)]−2y[g(x) +g(−x)]. (3.90) Đặt ϕ(x) =g(x) +g(−x). (3.91) ta thấy rằng ϕ là chẵn và từ (3.90), ta có (y +x)ϕ(y−x) + (y −x)ϕ(x+ y) = 2yϕ(y)−2yϕ(x). (3.92) Đổi chỗ x và y trong (3.92) và sử dụng ϕ là hàm chẵn, ta được
(y+ x)ϕ(y −x)−(y −x)ϕ(x+y) = 2x[ϕ(x)−ϕ(y)]. (3.93) Cộng theo vế (3.92) và (3.93), ta có
(y +x)ϕ(y −x) = (x−y)[ϕ(x)−ϕ(y)]. (3.94) Giả sử 2u = x+y và 2v = x−y trong (3.94), ta có
uϕ(2v) =v[ϕ(u+v)−ϕ(u−v)].
Tiếp tục đổi chỗ u và v trong phương trình trên và sử dụng ϕ là chẵn, ta được
vϕ(2u) = u[ϕ(u+v)−ϕ(u−v)]. Do đó, từ hai phương trình trên, ta thấy rằng
u2ϕ(2v) = v2ϕ(2u)
tức là ϕ(u) =−2bu2, trong đó b là hằng số. Do đó, từ (3.91), ta được
g(x) +g(−x) =−2bx2. (3.95) Bây giờ, cộng theo vế (3.89) và (3.88), ta được
(y +x)[g(y −x)−g(x−y)] + (y −x)[g(x+ y)−g(−x−y)]
Đặt
ψ(x) = g(x)−g(−x) (3.97) ta dễ dàng thấy rằng ψ là hàm lẻ và thay vào (3.96), ta thấy rằng
2xψ(x)−2yψ(y) = (x−y)ψ(x+y) + (x+y)ψ(x−y) (3.98) với mọi x, y ∈ R. Nghiệm của (3.98) có được từ định lý 3.2. Do đó, ta có
ψ(x) = −2ax3 −2A(x) (3.99) trong đó A là cộng tính và a là hằng số tùy ý. Sử dụng (3.99), (3.97) và (3.95), ta được
g(x) = −ax3 −bx2 −A(x). Bây giờ ta bỏ đi giả thiết g(0) = 0, ta được
g(x) = −ax3 −bx2 −A(x)−d, (3.100) trong đó d là hằng số tùy ý. Thay (3.100) vào (3.83) và rút gọn, ta có
y[f(x)−3ax3 −2bx2 −d] = x[f(y)−3ay3 −2by2 −d]
với mọi x, y ∈ R. Do đó f(x) − 3ax3 − 2bx2 − d = cx với x 6= 0. Do f(0) = −g(0), ta được f(x) = 3ax3 + 2bx2 +cx+d, với mọi x ∈ R. Kết luận: f(x) = 3ax3 + 2bx2 +cx+d g(x) = −ax3 −bx2 −A(x)−d, trong đó A: R → R là cộng tính và a, b, c, d là các hằng số tùy ý.
Bài toán 3.5. Tìm tất cả các hàm f, g, h, k : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f(x)−g(y) = (x−y)[h(x+ y) +k(x) +k(y)], (3.101)
Lời giải. Giả sử x = y trong (3.101), ta thấy rằng f(x) = g(x), với mọi x ∈ R. Do đó, (3.101) trở thành
f(x)−f(y) = (x−y)[h(x+ y) +k(x) +k(y)]. (3.102) Cho y = 0 trong (3.102), ta được
f(x) =x[h(x) + k(x) + k(0)] +f(0). (3.103) Thay (3.103) vào (3.102) và xắp xếp lại, ta được
y[h(x)+k(x)]−x[h(y)+k(y)] = (x−y)[h(x+y)−h(x)−h(y)−k(0)]. (3.104) Đặt
ϕ(x) =h(x) +k(x) và l(x) = −h(x)−k(0), (3.105) và thế (3.105) vào (3.104), ta có
xϕ(y)−yϕ(x) = (x−y)[l(x+y)−l(x)−l(y)], (3.106) với mọi x, y ∈ R. Nghiệm tổng quát của (3.106) có được từ kết quả Bài toán 3.4. Do đó ϕ(x) = 3ax3 + 2bx2 +cx+d0 l(x) = −ax3 −bx2 −A(x)−d0, (3.107) trong đó a, b, c, d0 là các hằng số. Từ (3.105), ta có k(x) = ϕ(x) +l(x) +β, (3.108) trong đó β = k(0). Bây giờ, sử dụng (3.107) và (3.108), ta được
k(x) = 2ax3 +bx2 +cx−A(x) + β. (3.109) Từ (3.105) và (3.107), ta có h(x) = ax3 +bx2 +A(x) +d−2β, (3.110) trong đó d = d0 +β. Sử dụng (3.103), (3.109) và (3.110), ta được f(x) = 3ax4 + 2bx3 +cx2 + dx+α, (3.111) trong đó α = f(0). Kết luận: f(x) = 3ax4 + 2bx3 +cx2 +dx+α g(y) = 3ay4 + 2by3 +cy2 +dy +α h(x) =ax3 +bx2 +A(x) + d−2β k(x) = 2ax3 +bx2 + cx−A(x) +β, trong đó A: R → R là hàm cộng tính và a, b, c, d, α, β là các hằng số tùy ý.
Nhận xét 3.2. Từ kết quả Bài toán 3.5, ta thấy rằng nghiệm của (3.55) là g(x) = 3ax4 + 2bx3 + cx2 +dx+ α và f(x) = 12ax3 + 6bx2 + 2cx+ d. Bài toán 3.6. Tìm tất cả các hàm f, g, h, ϕ, ψ : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f(x)−g(y) = (x−y)[h(x+y) +ϕ(x) +ψ(y)], (3.112)
với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Đầu tiên, giả sử x = y trong (3.112), ta thấy rằng f = g. Đổi chỗ x với y trong (3.112), ta được
f(y)−g(x) = (y −x)[h(x+y) +ϕ(y) +ψ(x)]. (3.113) Cộng theo vế (3.113) với (3.112) và dùng f = g, ta được
ψ(x)−ϕ(x) = ψ(y)−ϕ(y), với mọi x, y ∈ R. Do đó
ψ(x) = ϕ(x)−2γ, (3.114) trong đó γ là hằng số tùy ý. Thay (3.114) vào (3.112), ta có
f(x)−g(y) = (x−y)[h(x+y) +ϕ(x) +ϕ(y)−2γ]. (3.115) Từ kết quả Bài toán 3.5 và (3.115), ta có:
f(x) = 3ax4 + 2bx3 +cx2 + dx+α g(y) = 3ay4 + 2by3 +cy2 +dy +α h(x) =ax3 + bx2 +A(x) +d−2β ϕ(x) = 2ax3 +bx2 +cx−A(x) +β +γ ψ(x) = 2ay3 + by2 +cy −A(y) +β −γ, trong đó A : R →R là hàm cộng tính và a, b, c, d, α, β, γ là các hằng số tùy ý. 3.4 Một số mở rộng
Trong phần này, ta xét một số mở rộng của phương trình hàm (3.55). Trong phương trình (3.55), số hạng ở giữa là 4f(x+2y) là do ta phân hoạch
đoạn không bằng nhau nữa, khi đó, số hạng ở giữa không còn là 4f(x+2y), mà có dạng αf(sx+ty), trong đó α, s, t là các hằng số. Từ đó, ta có phương trình hàm sau
f(x)−f(y) = (x−y)[h(sx+ty) +g(x) +g(y)], (3.116) với mọi x, y ∈ R với s và t là 2 tham số thực.
Tiếp theo, ta kiểm tra nghiệm tổng quát của phương trình hàm (3.116) mà không có bất cứ giả thiết chính quy nào ( khả vi, liên tục, đo được, v.v) của các ẩn hàm. Hơn nữa, dựa vào đó ta có thể tìm nghiệm tổng quát của phương trình hàm
f(x)−g(y) = (x−y)[h(sx+ty) +ψ(x) + ϕ(y)], (3.117) với mọi x, y ∈ R và s và t là các tham số thực.
Lưu ý rằng phương trình hàm (3.117) chứa phương trình hàm f(x)−g(y) = (x−y)h(x+y)
được nghiên cứu bởi Haruki (1979) và Aczél (1985), và phương trình hàm f(x)−g(y) = (x−y)h(sx+ty),
nghiệm của nó được phát hiện bởi Kannappan, Sahoo và Jacobson (1995). Kết quả sau được phát hiện bởi Haruki (1979) và sẽ được sử dụng trong việc nghiên cứu nghiệm tổng quát của phương trình hàm (3.116).
Bổ đề 3.2. Các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm f(x)−f(y) = (x−y) hg(x) +g(y) 2 i , (3.118)
với mọi x, y ∈ R nếu và chỉ nếu
f(x) = ax2 +bx+c và g(x) = 2ax+b, (3.119)
trong đó a, b và c là các hằng số thực tùy ý.
Chứng minh. : Giả sử y = 0 trong (3.118), ta được
Từ (3.120) và (3.118), ta có
x[g(y)−g(0)] = y[g(x)−g(0)]. Do đó
g(x) = 2ax+ b, ∀x 6= 0, (3.121)
trong đó a và b là các hằng số, b = g(0). Lưu ý rằng (3.121) cũng đúng khi x = 0. Thế (3.121) vào (3.120), ta có
f(x) = ax2 +bx+c, (3.122) trong đó c = f(0).
Bây giờ ta tìm nghiệm tổng quát của (3.116) mà không có giả thiết chính quy nào của f, g và h.
Bài toán 3.7. Giả sử s và t là các tham số thực. Tìm tất cả các hàm
f, g, h : R →R thỏa mãn phương trình hàm (3.116) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Ta xét các trường hợp của tham số s và t:
Trường hợp 1. Giả sử s = 0 = t. Thì (3.116) rút gọn thành f(x)−f(y) = (x−y)[d+g(x) +g(y)], (3.123) trong đó d = h(0). Đặt F(x) = f(x)−dx và G(x) = 2g(x), (3.124) và thế (3.124) vào (3.123), ta được F(x)−F(y) = (x−y) G(x) +G(y) 2 , (3.125)
với mọi x, y ∈ R. Nghiệm tổng quát của (3.125) thu được từ Bổ đề 3.2 là F(x) = ax2 +bx+c và G(x) = 2ax+b, (3.126) trong đó a, b, c là các hằng số tùy ý. Do đó từ (3.124) và (3.126), ta có f(x) = ax2 + (b+d)x+c g(x) = ax+ b2 h(x) = tùy ý với h(0) = d, (3.127)
trong đó a, b, c, d là các hằng số tùy ý.
Trường hợp 2. Giả sử s = 0 và t 6= 0 (trường hợp s 6= 0 và t = 0 có thể làm theo cách tương tự). Khi đó, (3.116) rút gọn thành
f(x)−f(y) = (x−y)[h(ty) +g(x) + g(y)]. (3.128) Giả sử y = 0 trong (3.128), ta được
f(x) = f(0) +x[h(0) +g(x) +g(0)]. (3.129) Thay (3.129) vào (3.128), ta được
xg(x)−yg(y) = (x−y)[h(ty) +g(x) +g(y)−g(0)−h(0)]. (3.130) Đổi chỗ x và y trong (3.130), ta được
yg(y)−xg(x) = (y −x)[h(tx) + g(y) +g(x)−g(0)−h(0)]. (3.131) Cộng phương trình (3.130) với (3.131), ta được
h(tx) =h(ty), (3.132) với mọi x, y ∈ R với x 6= y. Do đó từ (3.132), ta có
h(x) =d, ∀x ∈ R, (3.133) trong đó, d là hằng số tùy ý. Thay (3.133) vào (3.128), ta có
f(x)−f(y) = (x−y)[d+g(x) +g(y)] (3.134) Do đó, từ trường hợp 1, (3.133) và (3.127), ta được f(x) = ax2 + (b+d)x+c g(x) = ax+ b2 h(x) = d, (3.135) trong đó a, b, c, d là các hằng số tùy ý.
Trường hợp 3. Tiếp theo, giả sử s 6= 0 và t 6= 0. Lần lượt cho y = 0 và x = 0 trong (3.116), ta được
f(x) =f(0) +x[h(sx) +g(x) +g(0)] (3.136) và
tương ứng. So sánh f trong (3.136) và (3.137), ta có
h(sx) =h(tx), (3.138) với mọi x ∈ R \ {0}. Thế (3.136) và (3.137) vào (3.116) và xắp xếp lại, ta được
y[h(sx)+g(x)−g(0)]−x[h(ty)+g(y)−g(0)] = (x−y)[h(sx+ty)−h(sx)−h(ty)], (3.139) với mọi x, y ∈ R. Bây giờ, ta xét các trường hợp riêng:
Trường hợp 3.1. Giả sử s = t. Khi đó, (3.139) trở thành
xϕ(y)−yϕ(x) = (x−y)[ψ(x+y)−ψ(x)−ψ(y)], (3.140) trong đó
ϕ(x) = h(tx) +g(x)−g(0) và ψ(x) = −h(tx). (3.141) Nghiệm của phương trình hàm (3.140) thu được từ kết quả Bài toán 3.4 là
ϕ(x) = 3ax3 + 2bx2 + cx+ d ψ(x) = −ax3 −bx2 −A(x)−d, (3.142) trong đóA : R → R là hàm cộng tính và a, b, c, d là các hằng số. Từ (3.142), (3.141) và (3.136), ta có nghiệm f(x) = 3ax4 + 2bx3 +cx2 + (d+ 2β)x+α g(x) = 2ax3 +bx2 +cx−A(x) +β h(x) = a(xt)3 + b(xt)2 +A(xt) +d, (3.143) trong đó A :R →R là ánh xạ cộng tính và a, b, c, d, α, β là các hằng số tùy ý.
Trường hợp 3.2. Tiếp theo, giả sử s= −t. Khi đó, từ (3.138), ta có h(tx) = h(−tx), ∀x ∈ R\ {0}.
Tức là, h là hàm chẵn trong R. Bây giờ với s = −t và sử dụng tính chẵn của hàm h, từ (3.139), ta có
y[h(tx)+g(x)−g(0)]−x[h(ty)+g(y)−g(0)] = (x−y)[h(tx−ty)−h(tx)−h(ty)], (3.144)
với mọi x, y ∈ R. Đặt
G(x) = h(tx) +g(x)−g(0) và H(x) = −h(tx). (3.145) Từ (3.144), ta có
xG(y)−yG(x) = (x−y)[H(x−y)−H(x)−H(y)]. (3.146) Ta thấy rằng H cũng là hàm chẵn. Thay y bởi −y trong (3.146), ta được
xG(−y) + yG(x) = (x+y)[H(x+y)−H(x)−H(y)]. (3.147) Giả sử x = y trong (3.147), ta được
G(−x) +G(x) = 2[H(2x)−2H(x)], (3.148) với mọi x 6= 0. Do (3.145), nên (3.148) cũng đúng với x = 0. Cộng theo vế (3.146) và (3.147) và sử dụng (3.148), ta có
(x+y)H(x+y) + (x−y)H(x−y) = 2xH(x) + 2x[H(2y)−H(y)]. (3.149) Đổi chỗ x và y trong (3.149), ta được
(x+y)H(x+y) + (y−x)H(x−y) = 2yH(y) + 2y[H(2x)−H(x)]. (3.150) Cộng theo vế (3.149) với (3.150), ta được
(x+y)H(x+y)−xH(x)−yH(y) =y[H(2x)−H(x)] +x[H(2y)−H(y)]. (3.151) Phương trình (3.151) là ϕ(x+y)−ϕ(x)−ϕ(y) = yψ(x) + xψ(y), (3.152) trong đó ϕ(x) = xH(x) và ψ(x) = H(2x)−H(x). (3.153) Lưu ý là từ (3.153), do H là hàm chẵn nên ϕ là hàm lẻ và ψ là hàm chẵn. Lần lượt thay x bởi x−y và y bởi −y trong (3.152), ta được
ϕ(x)−ϕ(x−y)−ϕ(y) = yψ(x−y) + (x−y)ψ(y) (3.154) và
Cộng theo vế (3.155) với (3.154) và sử dụng tính chất ϕ là hàm lẻ và ψ là hàm chẵn, ta được
y[ψ(x−y)−ψ(x)−ψ(y)] = −2xψ(y). (3.156) Thay y bởi −y trong (3.156), ta có
y[ψ(x+y)−ψ(x)−ψ(y)] = 2xψ(y), tức là
xy[ψ(x+y)−ψ(x)−ψ(y)] = 2x2ψ(y), (3.157) với x 6= 0. Đổi chỗ x và y trong (3.157), ta có
xy[ψ(x+y)−ψ(x)−ψ(y)] = 2y2ψ(x). (3.158) Do đó, từ (3.157) và (3.158), ta có
2x2ψ(y) = 2y2ψ(x), với mọi x, y ∈ R\ {0}. Do đó, ta có
ψ(x) = 3ax2, ∀x ∈ R\ {0}, (3.159) trong đó a là hằng số. Do (3.153), nên (3.159) cũng đúng với x = 0. Thay (3.159) vào (3.152), ta có
ϕ(x+y)−ϕ(x)−ϕ(y) = 3ax2y+ 3axy2, (3.160) với mọi x, y ∈ R. Hay
ϕ(x+y)−a(x+y)3 = ϕ(x)−ax3 + ϕ(y)−ay3, (3.161) và do đó
ϕ(x) =ax3 + A(x), (3.162) trong đó A: R → R là hàm cộng tính. Từ (3.162) và (3.153), ta được
xH(x) = ax3 +A(x). (3.163) Thay (3.163) vào (3.146), ta được
xhG(y) + A(y)
y −2ay2i= yhG(x) + A(x)
với mọi x, y ∈ R\ {0}, x 6= y. Do đó G(x) = 2ax2 + cx− A(x) x , ∀x 6= 0, (3.165) trong đó c là hằng số. Từ (3.136), (3.145), (3.163) và (3.165), ta có khẳng định nghiệm f(x) = 2ax3 +cx2 + 2βx−A(x) + α g(x) = 3ax2 +cx+β h(x) = −a(xt)2 − xtA(xt) x6= 0, (3.166) trong đó A: R → R là ánh xạ cộng tính và a, c, α, β là các hằng số tùy ý. Trường hợp 3.3. Giả sử s2 6= t2, tức là dets tt s 6= 0. Lưu ý rằng nếu x và y là độc lập tuyến tính thì u = sx+ty và v = sy + tx cũng vậy, vì nếu u, v phụ thuộc tuyến tính thì tồn tại các hằng số a và b (không đồng thời bằng 0) sao cho 0 = au+bv = (as+bt)x+ (at+bs)y. Do x và y là độc lập tuyến tính nên ta có s t t s a b = 00.
Do dets tt s 6= 0 nên cả a và b đều bằng 0. Mâu thuẫn với giả thiết.
Bây giờ, ta quay lại với phương trình (3.139). Thay (3.138) vào (3.139), ta có
y[h(sx)+g(x)−g(0)]−x[h(sy)+g(y)−g(0)] = (x−y)[h(sx+ty)−h(sx)−h(sy)], (3.167) với mọi x, y ∈ R. Đổi chỗ x và y trong (3.167), ta có
x[h(sy)+g(y)−g(0)]−y[h(sx)+g(x)−g(0)] = (y−x)[h(sy+tx)−h(sy)−h(sx)]. (3.168) Cộng theo vế (3.167) và (3.168), ta được h(sx+ty) = h(sy +tx), (3.169) với mọi x, y ∈ R, x 6= y. Do đó h(x) =d, ∀x ∈ R, (3.170) trong đó d là hằng số. Thay (3.170) vào (3.116), ta được
Do đó, theo trường hợp 1, ta được nghiệm f(x) = ax2 + (b+d)x+c g(x) = ax+ b2 h(x) = d, (3.172) trong đó a, b, c, d là các hằng số tùy ý. Kết luận: f(x) = ax2 + (b+d)x+c nếu s = 0 = t ax2 + (b+d)x+c nếu s = 0, t 6= 0 ax2 + (b+d)x+c nếu s 6= 0, t = 0 3ax4 + 2bx3 +cx2 + (d+ 2β)x+α nếu s = t6= 0 2ax3 +cx2 + 2βx−A(x) +α nếu s = −t6= 0 ax2 + (b+d)x+c nếu 06= s2 6= t2 6= 0 g(x) = ax+ b2 nếu s = 0 = t ax+ b2 nếu s = 0, t 6= 0 ax+ b2 nếu s 6= 0, t = 0 2ax3 +bx2 +cx−A(x) +β nếu s = t 6= 0 3ax2 +cx+β nếu s = −t 6= 0 ax+ b2 nếu 0 6= s2 6= t2 6= 0 h(x) =
tùy ý với h(0) = d nếu s = 0 = t
d nếu s = 0, t 6= 0 d nếu s 6= 0, t = 0