Luận văn Về phương trình hàm loại giá trị trung bình và áp dụng

= 0 trong phương trình (1.18) ta có f(x) = xh(x). (1.19) Từ (1.18) ta có xh(x)− yh(y) = (x− y)h(x+ y). (1.20) Ngược lại, nếu h thỏa mãn phương trình (1.20) thì h + c cũng thỏa mãn, với c là hằng số tùy ý. Giả sử h(0) = 0, đặt x = −y trong (1.20), ta được −yh(−y) = yh(y). (1.21) Do đó h là hàm lẻ, cho y = −y trong (1.20), ta có xh(x)− yh(y) = (x+ y)h(x− y). (1.22) So sánh (1.22) và (1.20), ta có (x− y)h(x+ y) = (x+ y)h(x− y) (1.23) và thay u = x+ y, v = x− y vào (1.23), 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, suy ra h(x) = ax + b, ∀x ∈ R. Từ (1.19) có f(x) = x(ax + b), nếu không có f(0) = 0 thì f(x) = ax2 + bx+ c, x ∈ R. Như vậy ta có điều phải chứng minh. Từ bài toán trên ta có bài toán sau. 11 Bài toán 1.2. Hàm f : R→ R thỏa mãn phương trình hàm f(x)− f(y) = (x− y)f ′ ( x+ y 2 ) , x 6= y khi và chỉ khi f(x) = ax2 + bx+ c, với a, b, c là hằng số thực tùy ý. Bài toán 1.3. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm sau f(x)− f(y) = (x− y)g(x) + g(y)2 (1.24) với mọi x, y ∈ R. Bài toán 1.4. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm sau xf(y)− yf(x) = (x− y)g(x+ y) (1.25) với mọi x; y ∈ R. Bài toán 1.5. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm sau f(x)− f(y) = (x− y)g(√xy) (1.26) với mọi x, y ∈ (0;∞). Kết quả sau được Kannappan, Sahoo và Jacobson công bố năm 1995. Kết quả này được chính nhóm tác giả này mở rộng cho hàm hai biến năm 1998, sẽ được trình bày trong Chương 2 của luận văn. Định lý 1.2.5. [Xem Định lý 1.2.3 trang 6 trong [4], Định lý 2.5 trang 44 trong [10]] Với các tham số thực s, t các hàm f, g, h : R→ R thỏa mãn f(x)− g(y) x− y = h(sx+ ty) (1.27) 12 với mọi x, y ∈ R, x 6= y khi và chỉ khi f (x) =  ax+ b nếu s = 0 = t ax+ b nếu s = 0, t 6= 0 ax+ b nếu s 6= 0, t = 0 αtx2 + ax + b nếu s = t 6= 0 A(tx) t + b nếu s = −t 6= 0 βx+ b nếu s2 6= t2 (1.28) g (y) =  ay + b nếu s = 0 = t ay + b nếu s = 0, t 6= 0 ay + b nếu s 6= 0, t = 0 αty2 + ay + b nếu s = t 6= 0 A(ty) t + b nếu s = −t 6= 0 βy + b nếu s2 6= t2 (1.29) h (y) =  tùy ý nếu s = 0 = t a nếu s = 0, t 6= 0 a nếu s 6= 0, t = 0 αy + a nếu s = t 6= 0 A(y) y + (c− b)t y nếu s = −t 6= 0 β nếu s2 6= t2 (1.30) trong đó A : R → R là một hàm cộng tính và a, b, c, α, β là các hằng số thực tùy ý. 1.3 Phương trình hàm và định lý giá trị trung bình Cauchy Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày một số khẳng định về phương trình với định lý giá trị trung bình trong đó giá trị trung bình được xác định cụ thể trong miền xác định của hàm số và một số kết quả liên quan. 13 Cho hai hàm số khả vi F,G : R→ R, khi đó theo định lý giá trị trung bình Cauchy ta có với bất kì [a, b] ⊂ R, a < b, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho [F (b)− F (a)] g(c) = [G(b)−G(a)]f(c). (1.31) Ở đây ta dùng ký hiệu f = F ′ và g = G′. Trong trường hợp đặc biệt khẳng định (1.31) trở thành Định lý giá trị trung bình Lagrange khi chọn g(x) = x, tức là F (b)− F (a) = f(c)(b− a). (1.32) Bài toán 1. Tìm tất cả các cặp (F,G) các hàm khả vi F,G : R→ R thỏa mãn phương trình sau [F (b)− F (a)] g(αa+ βb) = [G(b)−G(a)]f(αa+ βb). (1.33) với mọi a, b ∈ R, trong đó α, β ∈ (0, 1) với α + β = 1. Ở mục này, ta sẽ nghiên cứu phương trình hàm biểu thị mối quan hệ giữa các hàm F , G trong đó F,G : R → R là hàm khả vi 3 lần với đạo hàm của chúng F ′ = f,G′ = g thỏa mãn phương trình [F (b)− F (a)] g ( a+ b 2 ) = [G(b)−G(a)]f ( a+ b 2 ) (1.34) với mọi a, b ∈ R. Trước tiên ta trình bày kết quả về Định lý giá trị trung bình Lagrange với giá trị không đổi. Với mọi c ∈ (a, b) có thể viết duy nhất như sau c = αa + βb với α, β ∈ (0, 1) thỏa mãn α + β = 1. Dễ thấy phương trình (1.33) thỏa mãn với mọi a, b ∈ R với α cho trước và α 6= 12 nếu hàm F tuyến tính và với α = 12 nếu F là một hàm bậc hai. Chúng tôi sẽ chứng minh điều ngược lại vẫn đúng. Khẳng định đó được trình bày trong mệnh đề sau đây Mệnh đề 1.3.1. Cố định trước α ∈ (0, 1) và β = 1 − α. Giả sử hàm F : R→ R khả vi liên tục và thỏa mãn phương trình sau F (b)− F (a) = f(αb+ βa)(b− a)∀a, b ∈ R với a < b. (1.35) Khi đó ta có các khẳng định sau 14 1. Nếu α 6= 12 thì F là một hàm tuyến tính; 2. Nếu α = 12 thì F là một hàm bậc hai. Chứng minh. Đặt αb + βa = x và b− a = h. Theo phương trình (1.35) ta có F (x+ βh)− F (x− αh) = f(x)h, ∀x ∈ R, h > 0. (1.36) Từ phương trình (1.35), thì f = F ′ là khả vi, biểu diễn như một tổ hợp tuyến tính của hai hàm khả vi, do đó hàm F có đạo hàm cấp 2. Bằng phép quy nạp, thì hàm F là khả vi vô hạn. Từ phương trình (1.36), lấy đạo hàm theo h, ta được βf(x+ βh) + αf(x− αh) = f(x), x ∈ R, h > 0. (1.37) Ta lại lấy đạo hàm theo biến h từ phương trình (1.37) ta được β2f ′(x+ βh)− α2f ′(x− αh) = 0, x ∈ R, h > 0. Vì hàm f ′ liên tục, cho h↘ 0, ta được ( β2 − α2) f ′(x) = (1− 2α) f ′(x) = 0, ∀x ∈ R. Như vậy, Nếu α 6= 12 , suy ra f ′ = 0. Hay f là hàm hằng và do đó hàm F tuyến tính. Nếu α = 12 , thì phương trình (1.37) trở thành f ( x+ h2 ) + f ( x− h2 ) = 2f(x), x ∈ R, h > 0. và đạo hàm hai lần đối với h ta được f ′′ ( x+ h2 ) + f ′′ ( x− h2 ) = 0, x ∈ R, h > 0. Bây giờ cho h↘ 0, ta được f ′′ = 0 ∀x ∈ R, vì vậy hàm f là tuyến tính hay F là hàm bậc hai. 15 Tiếp theo ta sẽ trình bày Định lý giá trị trung bình Cauchy với giá trị trung bình cho trước. Cho tập Uf := {x ∈ R : f(x) 6= 0}, Ug := {x ∈ R : g(x) 6= 0}, (1.38) và cùng phần bù của chúng Zf := R \ Uf và Zg := R \ Ug. Nếu Ug = ∅ thì G là hàm hằng trên R, do đó phương trình (1.33) là hiển nhiên với mọi hàm F khả vi. Hiển nhiên, nếu F là hàm hằng trên R, thì phương trình (1.33) cũng đúng với mọi hàm G khả vi. Vì vậy giả sử rằng Ug 6= ∅. Khi đó tồn tại dãy tập mở đôi một rời nhau {Iσ}σ∈∑,∑ ⊂ N thỏa mãn Ug = ⋃ σ∈Σ Iσ. (1.39) Mệnh đề 1.3.2. Nếu Ug 6= ∅ và Uf ∩ Ug = ∅, thì Uf = ∅, nghĩa là hàm f ≡ 0 trên R hay F là hàm hằng. Chứng minh. Theo giả thiết, tồn tại khoảng khác rỗng (p, q) ⊂ Ug sao cho g(x) 6= 0 trên (p, q), nhưng f(x) = 0 với mọi x ∈ [p, q]. Khi đó, bằng cách đổi biến h = b− a, x = αa+ βb, từ phương trình (1.33) ta được F (x+ αh)− F (x− βh) = 0 ∀x ∈ (p, q), h > 0. (1.40) Từ phương trình (1.40) ta thế cho x+αh bởi y với mọi x ∈ [p, q] và h > 0, ta được F (y)− F (y − h) = 0 nếu (h, y) ∈ L với L := {(h, y) : h > 0, p+ αh < y < q + αh} . Khi đó, với y > p chọn h > 0 sao cho (h, y) ∈ L, ta có ∂ ∂y F (y) = ∂ ∂y F (y − h) = − ∂ ∂h F (y − h) = − ∂ ∂h F (y) = 0, hay F (y) là hàm hằng, hay F (y) = F ( p+ q 2 ) cho y > p. Từ phương trình (1.40) ta có F (q + αh) = F (q − βh) và do đó F (y) cũng là một hàm hằng với mọi y < q. Vì vậy f(y) = 0 với mọi y ∈ R. 16 Mệnh đề 1.3.2 chứng tỏ rằng điều kiện Uf ∩ Ug = ∅ chỉ thỏa mãn nếu ít nhất một trong hai tập Uf và Ug là tập rỗng. Khi đó, ta có trường hợp đơn giản được mô tả trong phần đầu. Mệnh đề 1.3.3. Cho (F,G) là một nghiệm của Bài toán 1 thỏa mãn điều kiện Uf ∩ Ug 6= ∅ (1.41) và xét biểu diễn (1.39). Nếu F,G, 1 phụ thuộc tuyến tính như các hàm trên Iσ với mọi σ ∈ ∑, thì F,G, 1 phụ thuộc tuyến tính trên R. Chứng minh. Giả sử σ1, σ2 ∈ ∑, với σ1 6= σ2, xét các khoảng Iσ1 := (p1, q1), Iσ2 := (p2, q2) với p1 < q1 ≤ p2 < q2, (1.42) và giả sử rằng {F,G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên các khoảng Iσ1 và Iσ2. Khi đó, tồn tại các hằng số A1, A2, B1, B2 ∈ R thỏa mãn F (x) = A1G(x) +B1, x ∈ Iσ1, (1.43) = A2G(x) +B2, x ∈ Iσ2. (1.44) Bằng cách đổi biến h = b− a, x = αa+βb, từ phương trình (1.33) ta được [F (x + αh) − F (x − βh]g(x) = [G(x + αh) − G(x − βh)]f(x) với mọi x ∈ R và h > 0. Khi đó f(x) = A2g(x) nếu x ∈ Iσ2 do thỏa mãn phương trình (1.44) và hàm g(x) 6= 0 với x ∈ Iσ2, từ đó ta có F (x+ αh) = A2G(x+ αh) + (A1 − A2)G(x− βh) +B1, (1.45) với mọi x ∈ Iσ2, h > 0. Nếu đồng thời x − βh ∈ Iσ1, thì F (x − βh) = A1G(x− βh) +B1 do (1.43). Thay vào phương trình (1.45), ta được F (x+ αh) = A2G(x+ αh) + (A1 + A2)G(x− βh) +B1 (1.46) 17 với x ∈ Iσ2, x− βh ∈ Iσ1, h > 0. (1.47) Đặt y = x + αh, thì x − βh = y − h, và từ phương trình(1.47) suy ra (h, y) ∈ Π với Π xác định như sau Π := (h, y) : p2 + αh < y < q2 + αh, p1 + h < y < q1 + h. Vì β ∈ (0, 1) nên từ phương trình (1.42) suy ra Π 6= ∅, và từ phương trình (1.46) kéo theo F (y) = A2G(y) + (A1 − A2)G(y − h) +B1,∀(h, y) ∈ Π. Vì thế tại điểm bất kì của Π, ta có 0 = ∂ ∂h F (y) = −(A1 − A2)G′(y − h) = (A2 − A1)g(y − h). Nhưng y − h ∈ Iσ1 do (1.47), vì vậy g(y − h) 6= 0 và do đó A2 − A1 = 0. (1.48) Vì σ1, σ2 ∈ ∑, kết hợp phương trình (1.48) cùng với (1.43) và (1.44) suy ra f(x) = Ag(x) với A ∈ R và mọi x ∈ Ug. (1.49) Mặt khác, bằng cách thay đổi vai trò của F và G trong phân tích trên, ta có g(x) = Kf(x) với K ∈ R và mọi x ∈ Uf . (1.50) Từ điều kiện (1.41) tồn tại x0 ∈ Ug ∩ Uf nên AK = 1 và các hệ số này khác không. Nhưng từ (1.49) kéo theo Ug ⊂ Uf và (1.50) có Uf ⊂ Ug; vì vậy Ug = Uf và Zg = Zf . Tức là f(x) = Ag(x), g(x) = Kf(x) nếu x ∈ Zg = Zf . Vì vậy (1.49) và (1.50) thỏa mãn trên R = Uf ∪ Zf = Ug ∪ Zg. Đặc biệt, suy ra {F,G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên R. 18 Trong phần này, chúng tôi xét trường hợp không đối xứng, tức là trong phương trình (1.33) chọn α, β ∈ (0, 1) với α 6= 12 và β = 1− α. (1.51) Khẳng định dưới đây chỉ ra mọi cặp (F,G) các hàm liên tục khả vi cấp hai thỏa mãn phương trình (1.33) và điều kiện (1.51) trên α, β trong khoảng đó mà g = G′ không biến mất. Mệnh đề 1.3.4. Cho cặp hàm (F,G) là nghiệm của Bài toán 1 với α, β thỏa mãn điều kiện (1.51) và I = (p, q),−∞ ≤ p < q ≤ +∞ là một khoảng mà ở đó đạo hàm g(x) không triệt tiêu. Khi đó, nếu F,G liên tục khả vi cấp hai trên I, thì {F,G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên I. Chứng minh. Bằng cách đổi biến h = b− a, x = αa+ βh, từ phương trình (1.33) ta được [F (x+ αh)− F (x− βh)]g(x) = [G(x+ αh)−G(x− βh)]f(x), (1.52) nếu x ∈ I và h > 0 sao cho x + αh, x − βh ∈ I. Điều kiện sau mà (1.52) thỏa mãn nếu (h, x) ∈ T với T xác định như sau T := (h, x) : 0 < h < q − p, p+ βh < x < q − αh. (1.53) Lấy đạo hàm hai vế của phương trình (1.52) theo h, chúng ta có được mối quan hệ sau trong T [α2f ′(x+ αh)− β2f ′(x− βh)]g(x) = [α2g′(x+ αh)− β2g′(x− βh)]f(x). Vì tất cả các hàm là liên tục do đó khẳng định sau thỏa mãn trên T , đặc biệt trên khoảng h = 0, p < x < q. Vì vậy, với β2−α2 = 1− 2α 6= 0 do điều kiện (1.51), ta có f ′(x)g(x) = g′(x)f(x) với mọi x ∈ I = (p, q). Ta có thể chia cả hai vế cho g2(x) ta thu được (f/g)′ = 0 trên I. Điều này kéo theo f/g = A với hằng số A ∈ R nào đó, và F ′(x) = f(x) = Ag(x) = AG′(x), x ∈ I. Lấy tích phân ta được F (x) = AG(x) +B(x), x ∈ I. 19 Định lý sau đây là kết quả chính của phần này. Định lý 1.3.5. Cho (F,G) là một nghiệm của Bài toán 1 với α, β thỏa mãn (1.51). Nếu F,G có đạo hàm cấp hai liên tục trên R, thì {F,G, 1} là phụ thuộc tuyến tính trên R, tức là tồn tại hằng số A,B,C ∈ R không đồng thời bằng không sao cho ta có AF (x) +BG(x) + C = 0,∀x ∈ R. (1.54) Chứng minh. Xét các trường hợp sau 1. Ug = ∅. Trong trường hợp này G là hàm hằng trên R và phương trình (1.33) thỏa mãn với mọi hàm khả vi F . Do đó, thỏa mãn điều kiện (1.54), chẳng hạn với A = 0, B = 1, C = −G và do đó {F,G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên R. 2. Ug 6= ∅, nhưng Ug ∩ Uf = ∅. Trong trường hợp này, từ Mệnh đề 1.3.2 suy ra F là hàm hằng trên R và thỏa mãn phương trình (1.33) với mọi hàm khả vi G. Do đó, thỏa mãn điều kiện (1.54), chẳng hạn, với A = 1, B = 0, C = −F và do đó {F,G, 1} phụ thuộc tuyến tính trên R. 3. Ug ∩ Uf 6= ∅. Trong trường hợp này, theo Mệnh đề và Mệnh đề 1.3.4 ngay lập tức có nghĩa là {F,G, 1} lại phụ thuộc tuyến tính trên R. Trong phần tiếp theo, chúng tôi xét bài toán mô tả tất cả các cặp (F,G) của các hàm trơn mà giá trị trung bình thỏa mãn phương trình (1.33) là trung điểm của khoảng. Mệnh đề 1.3.6. Giả sử các hàm F,G : R → R khả vi cấp ba với F ′ = f,G′ = g. Xét I ⊂ R sao cho g(x) 6= 0, ∀x ∈ I và phương trình (1.34) thỏa 20 mãn với mọi x ∈ I. Khi đó tồn tại hằng số A,K ∈ R và x0 ∈ I sao cho f(x) = A+K x∫ x0 dt g2(t)  g(x),∀x ∈ I. (1.55) Hơn nữa, nếu phương trình (1.55) thỏa mãn với mọi K 6= 0 thì phương trình (1.34) thỏa mãn khi và chỉ khi x+h∫ x−h g(t).  t∫ x0 du g2(u)  dt =  x+h∫ x−h g(t)dt   x∫ x0 du g2(u)  (1.56) ∀x, h ∈ R, sao cho x, x+ h, x− h ∈ I. Chứng minh. Bằng cách đổi biến x = a+ b2 , h = b− a 2 ta có thể viết lại phương trình (1.34) như sau [F (x+ h)− F (x− h)]g(x) = [G(x+ h)−G(x− h)]f(x) (1.57) với mọi x, h ∈ R thỏa mãn x, x+h, x−h ∈ I. Lấy đạo hàm đẳng thức này ba lần theo biến h ta được [f ′′(x+ h) + f ′′(x− h)]g(x) = [g′′(x+ h) + g′′(x− h)]f(x) Chọn h = 0 ta thu được 0 = f ′′(x)g(x)− f(x)g′′(x) = (f ′(x)g(x)− f(x)g′(x))′ ,∀x ∈ I, và vì vậy ta có f ′(x)g(x)− f(x)g′(x) = K với K là hằng số. Khi đó ( f g (x) )′ = K g2(x) , x ∈ I, tiếp ta lấy tích phân trên khoảng (x0, x) với mọi x0 ∈ I ta thu được phương trình (1.55). Tiếp theo ta giả sử có phương trình (1.55) với K là hằng số khác không. Khi đó ta có F (x+ h)− F (x− h) = x+h∫ x−h f(t)dt = x+h∫ x−h A+K t∫ x0 du g2(u)  g(t)dt = A x+h∫ x−h g(t)dt+K x+h∫ x−h g(t)  t∫ x0 du g2(u)  dt 21 và [G(x+ h)−G(x− h)]f(x) g(x) =  x+h∫ x−h g(t)dt  A+K x∫ x0 du g2(u)  = A x+h∫ x−h g(t)dt+K  x+h∫ x−h g(t)dt   x∫ x0 du g2(u)  . Từ đây suy ra (1.56) tương đương với (1.34). Ví dụ minh họa dưới đây chỉ ra hàm không tầm thường thỏa mãn phương trình (1.56) trên R. Ví dụ 1.3.7. Xét hàm g(t) = et trên I = R và xét A = 0, K = 1, x0 = 0 khi đó điều kiện tích phân trong phương trình (1.56) trở thành x+h∫ x−h et  t∫ 0 e−2udu  dt =  x+h∫ x−h etdt   x∫ 0 e−2udu  . Chọn hàm f(x) = sinh(x) = e x − e−x 2 , nên F (x) = cosh(x) = e x + e−x 2 , G(x) = e x, x ∈ R. (1.58) F,G thỏa mãn phương trình (1.34). 22 Chương 2 Về phương trình hàm nhiều biến loại giá trị trung bình Trong chương này chúng tôi trình bày về phương trình hàm hai biến liên quan tới định lý giá trị trung bình. Các kết quả được trình bày từ bài tài liệu [10] của P. K. Sahoo, T. Reidel, sách được xuất bản năm 1998. 2.1 Định lý giá trị trung bình đối với hàm hai biến Định lý 2.1.1. Giả sử hàm f : R2 → R có các đạo hàm riêng fx, fy liên tục với mọi x, y ∈ R và (u, v) ∈ R2, khi đó tồn tại điểm (η, ξ) nằm trên đoạn thẳng nối hai điểm (x, y) và (u, v) sao cho f(u, v)− f(x, y) = (u− x)fx(η, ξ) + (v − y)fy(η, ξ). (2.1) Chứng minh. Xét (x, y) và (u, v) là hai điểm bất kỳ trên mặt phẳng R2. Đặt h = u − x và k = v − y. Gọi L là đoạn thẳng nối hai điểm (x, y) và (u, v). Khi đó tọa độ của bất kỳ điểm nào thuộc L có dạng (x+ht, y+ kt) 23 với t ∈ [0, 1]. Ta xét hàm F : [0, 1]→ R xác định bởi F (t) = f(x+ ht, y + kt) khi cố định x, y, u, v. Ta có đạo hàm của F là F ′(t) = hfx(x+ ht, y + kt) + kfy(x+ ht, y + kt), (2.2) với fx và fy là các đạo hàm riêng của hàm f tương ứng theo các biến x và y. Áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm F ta thu được F (1)− F (0) = F ′(t0), (2.3) với t0 ∈ (0, 1). Từ cách xác định hàm F từ đẳng thức (2.3) ta có f(u, v)− f(x, y) = F ′(t0) . Sử dụng đẳng thức (2.2) ta thu được f(u, v)− f(x, y) = hfx(x+ ht0, y + kt0) + kfy(x+ ht0, y + kt0) hay f(u, v)− f(x, y) = (u− x)fx(η, ξ) + (v− y)fy(η, ξ), với (η, ξ) ∈ L. Ý nghĩa hình học của Định lý 2.1.1 là sai phân của hàm tại hai điểm (u, v) và (x, y) bằng vi phân của hàm tại điểm (η, ξ) ∈ L. Ngoài ra, nếu f có đạo hàm riêng theo từng biến và nhận giá trị 0 tại mọi điểm thì f(x, y) = f(u, v) với mọi x, y, u, v ∈ R, hay f là hằng số trên R2. 2.2 Phương trình hàm loại giá trị trung bình Từ phương trình (2.1) ta thu được phương trình hàm dạng f(u, v)− f(x, y) = (u− x)g(η, ξ) + (v − y)h(η, ξ), (2.4) với mọi x, y, u, v ∈ R với (u−x)2 + (v− y)2 6= 0. Trong phương trình (2.4), các đạo hàm riêng fx và fy tương ứng được thay bằng các hàm đã biết g 24 và f . Nếu η(u, x) = u + x và ξ(v, y) = v + y, thì từ phương trình (2.1) ta thu được f(u, v)− f(x, y) = (u− x)g(u+ x, v + y) + (v − y)h(u+ x, v + y) (2.5) với mọi x, y, u, v ∈ R với (u− x)2 + (v − y)2 6= 0. Sau đây là một số bổ đề để bổ trợ cho kết quả tiếp theo. Bổ đề 2.2.1. Các hàm f, g, l : R→ R thỏa mãn phương trình f(x)− g(y) = (x− y)l(x+ y) (2.6) với mọi x, y ∈ R nếu và chỉ nếu tồn tại các số a, b, c ∈ R sao cho f(x) = ax2 + bx+ c, g(x) = ax2 + bx+ c, l(x) = ax+ b. (2.7) Chứng minh. Thay x = y vào (2.6) và sử dụng phương trình (2.6), ta có f(x)− g(x) = g(y)− f(y) (2.8) với mọi x, y ∈ R. Do đó f(x) = g(x) + c, trong đó c là hằng số. Ta thay vào (2.8), chúng ta có c = −c và do đó c = 0. Do đó f(x) = g(x). Bây giờ sử dụng Bài toán 1.1, ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2.2.2. Nghiệm tổng quát f, g, l : R → R của phương trình phương trình hàm Jensen suy rộng f(x+ y) + g(x− y) = l(x) (2.9) xác định bởi f(x) = A(x) + b, g(x) = A(x) + c, l(x) = 2A(x) + b+ c, (2.10) trong đó A : R→ R là hàm cộng tính và a, b, c là các hằng số tùy ý. Chứng minh. Thay y = 0 vào phương trình (2.9), ta được l(x) = f(x) + g(x). (2.11) 25 Từ phương trình (2.11), thế vào phương trình (2.9), ta có f(x+ y) + g(x− y) = f(x) + g(x). (2.12) Thay y bởi −y vào phương trình (2.12) và sau đó sử dụng (2.12), ta có f(x+ y)− g(x+ y) = f(x− y)− g(x− y) với mọi x, y ∈ R. Do đó f(x) = g(x) + c0 (2.13) trong đó c0 là hằng số tùy ý. Từ phương trình (2.13) thế vào vào phương trình (2.12) và đặt F (x) = f(x)− f(0), (2.14) ta được F (x+ y) + F (x− y) = 2F (x) (2.15) với F (0) = 0. Thay x = 0 vào phương trình (2.15), suy ra F là một hàm lẻ trên R. Thay x bằng y vào (2.15) and sử dụng tính chất của hàm lẻ F , ta được F (x+ y)− F (x− y) = 2F (y). (2.16) Từ (2.15) và (2.16), suy ra F (x+ y) = F (x) + F (y), x, y ∈ R, hay F là hàm cộng tính, hay F (x) = A(x), trong đó A : R → R là một hàm cộng tính. Sử dụng (2.14) và (2.11), ta có khẳng định (2.10). Phương trình hàm (2.9) trong Bổ đề 2.2.2 trên là kết quả tổng quát của phương trình hàm Jensen f ( u+ v 2 ) = f(u) + f(v)2 với mọi u, v ∈ R. Tức là, nếu xét hàm l = 2f và g = f và thay thế x + y bằng u và x − y bằng v vào (2.9) ta thu được phương trình hàm Jensen. Nghiệm liên tục của phương trình Jensen là hàm affine tuyến tính, nghĩa là, f(x) = mx+ k, trong đó m, k là các hằng số thực tùy ý. 26 Bổ đề 2.2.3. Hàm f : R2 → R thỏa mãn phương trình sau f(u+ x, v + y)+f(u− x, v) + f(u, v − y) = f(u− x, v − y) + f(u+ x, v) + f(u, v + y) (2.17) với mọi x, y, u, v ∈ R, khi và chỉ khi, f(x, y) = B(x, y) + φ(x) + ψ(y), (2.18) với B : R2 → R là hàm song cộng tính, và hàm φ, ψ : R → R là các hàm tùy ý. Chứng minh. Cố định u và y, ta đặt  F (x) = f(x, v + y), G(x) = f(x, v), H(x) = f(x, v − y). (2.19) Khi đó phương trình (2.17) trở thành (F −G)(u+ x) + (G−H)(u− x) = (F −H)(u). (2.20) Theo Bổ đề (2.2.2), nghiệm tổng quát của phương trình (2.20) là  (F −G)(u) = A(u) + β, (G−H)(u) = A(u) + α, (F −H)(u) = 2A(u) + α + β, (2.21) với A là hàm cộng tính, và α, β là các số thực tùy ý phụ thuộc vào v, y. Từ phương trình (2.19) và (2.21) ta thu được f(x, y)− f(x, 0) = A(x, y) + β(y) hay f(x, y) = A(x, y) + α(x) + β(y), (2.22) 27 trong đó A : R2 → R là hàm cộng tính với biến thứ nhất, và α(x) = f(x, 0). Thế phương trình (2.22) vào phương trình (2.17) ta thu được A(x, v + y) + A(v, x− y) = 2A(x, v) (2.23) với mọi x, y, v ∈ R. Cố định x, thì phương trình (2.23) là phương trình hàm Jensen, sử dụng Bổ đề (2.2.2) ta thu được A(x, y) = B(x, y) + C(x) với B là hàm cộng tính theo biến thứ hai. Vì B là hàm cộng tính theo biến thứ hai nên ta có A(x, y1 + y2) = A(x, y1) + A(x, y2)− C(x). Từ tính cộng tính theo biến thứ nhất của A, ta có C cộng tính và B cũng cộng tính theo biến thứ nhất. Vì vậy, B song cộng tính và f có dạng (2.18). Định lý 2.2.4. Giả sử f, g1, g2 : R2 → R thỏa mãn phương trình f(u, v)− f(x, y) = (u−x)g1(x+u, y+ v) + (v− y)g2(x+u, y+ v), (2.24) với mọi x, y, u, v ∈ R với (u− x)2 + (v − y)2 6= 0. Khi đó f có dạng f(x, y) = B(x, y) + ax2 + bx+ cy2 + dy + α, (2.25) trong đó ánh xạ B : R2 → R là hàm song cộng tính, và a, b, c, d, α là các hằng số tùy ý. Chứng minh. Thay u = −x và v = −y vào phương trình (2.24), ta được f(−x,−y) = f(x, y)− a1x− b1y (2.26) tại đó a1 = 2g1(0, 0) và b1 = 2g2(0, 0). Thay x bởi −x và y bởi −y vào (2.24), ta được f(u, v)−f(−x,−y) = (u+x)g1(u−x, v−y)+(v+y)g2(u−x, v−y). (2.27) 28 Sử dụng (2.26) và (2.27) ta được f(u, v)−f(x, y)+a1x+b1y = (u+x)g1(u−x, v−y)+(v+y)g2(u−x, v−y). (2.28) So sánh hai phương trình (2.24) với (2.28), ta được (u+ x)g1(u− x, v − y) + (v + y)g2(u− x, v − y) = (u− x)g1(u+ x, v + y) + (v − y)g2(u+ x, v + y) + a1x+ b1y. Thay thế u = 1 + x và v = 1 + y trong phương trình trên, chúng ta nhận được (2x+ 1)g1(1, 1) + (2y + 1)g2(1, 1) = g1(2x+ 1, 2y + 1) + g2(2x+ 1, 2y + 1) + a1x+ b1y. (2.29) Từ phương trình (2.29), ta thấy g2(u, v) = a2u+ b2v + c2 − g1(u, v), (2.30) với a2, b2, c2 là các hằng số. Thay u bởi u+ x, v bởi v + y, x bởi u− x, và y bởi v − y vào (2.24), ta được f(u+ x, v + y)− f(u− x, v − y) = 2xg1(2u, 2v) + 2yg2(2u, 2v). (2.31) Từ (2.30), phương trình (2.31) trở thành f(u+ x, v + y)− f(u− x, v − y) = 2(x− y)g1(2u, 2v) + 4a2uy + 4b2vy + 2c2y. (2.32) Tiếp theo, thay y = 0 vào phương trình (2.32), ta được f(u+ x, v)− f(u− x, v) = 2xg1(2u, 2v). (2.33) Ngoài ra, thay x = 0 vào phương trình (2.32) ta được f(u, v + y)− f(u, v− y) = −2yg1(2u, 2v) + 4a2uy + 4b2vy + 2c2y. (2.34) 29 Cộng (2.33) vào (2.34) và trừ phương trình (2.32), ta được f(u+ x, v + y) + f(u− x, v) + f(u, v − y) = f(u− x, v − y) + f(u+ x, v) + f(u, v + y). (2.35) Nghiệm tổng quát của phương trình (2.35) có thể thu được từ Bổ đề (2.2.3) là f(x, y) = B(x, y) + φ(x) + ψ(y), (2.36) với B : R2 → R là hàm song cộng tính, và Φ,Ψ : R → R là hàm tùy ý. Tiếp theo, thay v = y = 0 vào phương trình (2.24) ta được f(u, 0)− f(x, 0) = (u− x)g1(u+ x, 0), u 6= x. (2.37) Sử dụng Bổ đề (2.2.1) ta được f(x, 0) = ax2 + bx+ α1, (2.38) với a, b, α1 là hằng số tùy ý. Thay y = 0 vào phương trình (2.36) và so sánh với (2.38), chúng ta nhận được φ(x) = ax2 + bx+ α2, (2.39) với α2 là một hằng số. Tiếp theo, thay u = x = 0 vào phương trình (2.24), ta nhận được f(0, v)− f(0, y) = (v − y)g2(0, v + y), v 6= y. (2.40) Tiếp tục sử dụng Bổ đề (2.2.1) ta được f(0, y) = cy2 + dy + α3, (2.41) trong đó c, d, a3 là hằng số tùy ý. Như trên, chọn x = 0 trong phương trình (2.36) và so sánh với (2.41), chúng ta nhận được ψ(y) = cy2 + dy + α4, (2.42) 30 trong đó α4 là hằng số. Từ (2.39), (2.42) và (2.36) là nghiệm của phương trình (2.25), tức là f(x, y) = B(x, y) + ax2 + bx+ cy2 + dy + α với α = α2 + α4. Sử dụng định lý trên Kannappan và Sahoo (1998) đã thiết lập thuộc tính sau của hàm bậc hai với hai biến tương tự với Định lý 2.5 của Chương 2. Định lý 2.2.5. Nếu đa thức bậc hai f(x, y) = ax2 +bx+cy2 +dy+exy+α với 4ac− e2 6= 0 là nghiệm của phương trình vi phân f(x+ h, y + k)− f(x, y) = hfx(x+ θh, y + θk) + kfy(x+ θh, y + θk), (2.43) giả sử với mọi x, y, h, k ∈ R với h2 +k2 6= 0, thì θ = 12. Ngược lại, nếu hàm f thỏa mãn (2.43) với θ = 12 , thì nghiệm của (2.43) là đa thức bậc hai. Chứng minh. Giả sử đa thức f(x, y) = ax2 + bx + cy2 + dy + exy + α là một nghiệm của (2.43). Thay vào phương trình (2.43) ta được 2ah2θ + 2ck2θ + 2ehkθ = ah2 + ck2 + ehk . Vì 4ac2 − e 6= 0 nên ta được θ = 12 . Tiếp theo, chúng ta chứng minh điều ngược lại. Theo Định lý (2.2.4), chúng ta nhận được f(x, y) = B(x, y) + ax2 + bx+ cy2 + dy + α. (2.44) Vì đó f có đạo hàm riêng theo từng biến x và y, do đó B(x, y) cũng có đạo hàm riêng theo biến x và y. Vì vậy B(x, y) = exy, (2.45) 31 do đó B(x, y) là hàm song cộng tính. Ở đây e là hằng số tùy ý. Thay (2.45) vào (2.44), ta được f là một đa thức bậc hai. 2.3 Phương trình hàm loại giá trị trung bình suy rộng Riedel và Sahoo (1997) đã tìm ra nghiệm tổng quát của phương trình hàm (2.4) khi η = sx + tu và ξ = sy + tv với s và t là các tham số thực cho trước. Kết quả đó được trình bày trong định lý sau. Định lý 2.3.1. Các hàm f, g, h : R2 → R là nghiệm của phương trình f(u, v)− f(x, y) = (u− x)g(sx+ tu, sy + tv) + (v − y)h(sx+ tu, sy + tv), (2.46) với mọi x, y, u, v ∈ R với (u− x)2 + (v − y)2 6= 0, nếu và chỉ nếu f(x, y) = ax+ by + c g(x, y) = tùy ý với g(0, 0) = a h(x, y) = tùy ý với h(0, 0) = b  nếu s = t = 0, (2.47) f(x, y) = ax+ by + c g(x, y) = a h(x, y) = b  nếu s = 0 hoặc t = 0 (t2 + s2 > 0), hoặc s2 6= t2, (2.48) f(x, y) = (α− γ)x2t+ 2γxyt+ δy2t+ ax+ by + c g(x, y) = (α− γ)x+ γy + a h(x, y) = γx+ δy + b  nếu s = t 6= 0, (2.49) 32 f(x, y) = A(tx) t + B(ty) t + c g(x, y) = A(x) x + B(y) x − y x h(x, y) h(x, y) = tùy ý cho x 6= 0; hoặc cho y 6= 0 f(x, y) = A(tx) t + B(ty) t + c g(x, y) = tùy ý h(x