www.VNMATH.com PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY TỔNG QUÁT Trong giảng đề cập đến lớp tốn phương trình hàm dạng f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  g H ( x, y ) , (1) f g hàm phải tìm cịn H hàm cho Khi g  (1) trở thành phương trình hàm Cauchy Các hàm số xét hàm số thực, tức tập xác định tập giá trị R tập R Phương trình hàm Cauchy Pexider Xét phương trình Cauchy f ( x )  f ( y )  f ( x  y ) (2) Bài toán 1.1: Chứng minh tất hàm f liên tục R thỏa mãn phương trình Cauchy (2) có dạng f ( x )  cx, c số Bài toán 1.2: Chứng minh tất hàm f liên tục điểm thỏa mãn phương trình Cauchy (2) có dạng f ( x )  cx, c số Bài toán 1.3: Chứng minh tất hàm f không âm (không dương) với x dương đủ nhỏ thỏa mãn (2) có dạng f ( x )  cx, c số dương (âm) Bài toán 1.4: Chứng minh tất hàm f bị chặn khoảng đủ nhỏ thỏa mãn (2) có dạng f ( x )  cx, c số Bài toán 1.5: Chứng minh tất hàm f bị chặn phía (bị chặn bị chặn dưới) đoạn [a,b] cho trước thỏa mãn (2) có dạng f ( x )  cx, c số Bài toán 1.6: Chứng minh tất hàm f đơn điệu thỏa mãn (2) có dạng f ( x )  cx, c số Bài toán 1.7: Chứng minh tất hàm f khả tích đoạn hữu hạn thỏa mãn (2) có dạng f ( x )  cx, c số Định lý 1: Giả sử f : R  R nghiệm (2) với c  f (1)  Khi ta có khẳng định sau tương đương (i) f liên tục điểm x (ii) f liên tục www.VNMATH.com (iii) f hàm đơn điệu tăng (iv) f không âm với x  (v) f bị chặn trên đoạn hữu hạn (vi) f bị chặn đoạn hữu hạn (vii) f bị chặn (dưới) tập bị chặn có độ Lebesgue dương (viii) f bị chặn đoạn hữu hạn (ix) f ( x )  cx (x) f khả tích Lebesgue địa phương (xi) f khả vi (xii) f đo Lebesgue Chú ý: Một câu hỏi đặt có tại hay khơng nghiệm khơng tuyến tính ( f ( x)  cx ) phương trình Cauchy (2)? Lý thuyết phương trình hàm có câu trả lời thông qua khái niệm sở Hamel Định nghĩa: Cho S tập R Khi B S gọi sở Hamel S với số thuộc S biểu thị tuyến tính qua phần tử B cách với hệ số số hữu tỷ Định lý 2: Nghiệm tổng quát phương trình Cauchy (2) có dạng f ( x )  r1 g (b1 )  r2 g (b2 )    rn f (bn ), B sở Hamel R x  r1b1  r2 b2    rn bn , ri  Q bi  B, g hàm tùy ý xác định sở Hamel B Phương trình hàm f ( x  y )  h( x)  g ( y ) (3) gọi phương trình Pexider Bài tốn 1.8: Chứng minh nghiệm tổng quát (3) f (t )  A(t )  a  b, g (t )  A(t )  a, h(t )  A(t )  b, A hàm thỏa mãn phương trình Cauchy (2) a, b số www.VNMATH.com Bài toán 1.9: Cho f , g , h : R  R thỏa mãn (3), hàm f , g , h đo bị chặn dưới, bị chặn trên, liên tục điểm hàm f , g , h liên tục Hơn chúng có dạng f (t )  ct  a  b, g (t )  ct  a, h(t )  ct  b, a, b, c số Phương trình hàm Cauchy tổng quát Trước hết xét số trường hợp đặc biệt (1) + H ( x, y )  xy : (1) trở thành f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  g ( xy ) + H ( x, y )  1  g   f : x y f ( x )  f ( y )  f ( x  y )   f ( x 1  y 1 ) + H ( x, y )  (4) (5) xy ( x  y ) g  f : x  y  xy  xy ( x  y )  f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  f   x  y  xy     (6) Ta nhận thấy phương trình (4)-(6) dạng toán quen thuộc lý thuyết phương trình hàm Nhận xét: + Nếu g hàm hằng, tức g ( x)  c với hàm H cho (1) tương đương với f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  c Rõ ràng nghiệm tổng quát phương trình f ( x )  A( x)  c, A(x ) hàm cộng tính bất kỳ, nghĩa A(x ) nghiệm phương trình Cauchy (2) Vậy nghiệm (1) trường hợp f ( x)  A( x)  c g ( x )  c + Tương tự trường hợp H ( x, y )  c , công thức nghiệm (1) f ( x )  A( x)  g (c) g hàm www.VNMATH.com với A(x ) hàm cộng tính tùy ý Chúng ta gọi nghiệm ( f , g ) phương trình (1) tầm thường f afin, tức f ( x )  A( x)  c, A(x ) cộng tính c số + Để ý phương trình (4)-(6) dạng phương trình (1) với H ( x, y ) có dạng sau H ( x, y )    ( x )   ( y )   ( x  y ) , dễ thấy (4)-(6) tưong ứng với việc (7) chọn  ( x )  x , lnx, x 1  (u )  u / 2, e u , u 1 Bây xét trường hợp đặc biệt (1) có dạng sau f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  g  ( x)   ( y )   ( x  y )  (8) Rõ ràng  afin với g phương trình (8) có nghiệm f afin, tức (8) có nghiệm tầm thường, xét  không afin ký hiệu I ( ,) (hoặc  , , (,), (, ),  ,  )   Bài tốn 2.1: Cho  : I  R giải tích khơng afin, tìm tất nghiệm phương trình (8) Giải: Giả sử f g nghiệm (8) Đặt F ( x, y )  f ( x)  f ( y )  f ( x  y ), F nghiệm phương trình F ( x, y )  F ( x  y , z )  F ( x, y  z )  F ( y, z) (9) Do f nghiệm (8) nên ta có F ( x, y )  g  ( x)   ( y )   ( x  y ) , đẳng thức (9) tương đương với g  ( x )   ( y )   ( x  y )   g  ( x  y )   ( z )   ( x  y  z )   g  ( x)   ( x  y  z )   ( y  z )   g  ( y )   ( z )   ( y  z )  (10) Đặt u   ( x )   ( y )   ( x  y ),  v   ( x  y )   ( z )   ( x  y  z ), w   ( y )   ( z )   ( y  z ),  (11) viết lại phương trình (10) dạng sau g (u )  g (v)  g (u  v  w)  g (w) (12) www.VNMATH.com Ta (11) phép đổi biến, tức định thức Jacobi phép đổi biến (11) khác Thật vậy,  ' ( y )   ' ( x  y)   ' ( x)   ' ( x  y)  D (u , v, w)  ' ( x  y )   ' ( x  y  z )  ' ( x  y )   ' ( x  y  z )  ' ( z )   ' ( x  y  z )  det   D( x, y, z )   ' ( y)   ' ( y  z )  ' ( z)   ' ( y  z     ' ( y )   ' ( x)    ' ( x)   ' ( x  y)  ' ( x  y )   ' ( x  y  z )  ' ( z )   ' ( x  y  z )  det     ' ( y)   ' ( y  z )  ' ( z)   ' ( y  z )      ' ( x )   ' ( x  y )  ' ( z )   ' ( x  y  z )  ' ( y )   ' ( y  z )    ' ( x  y )   ' ( x  y  z )  ' ( y )   ' ( x)  ' ( z )   ' ( y  z ) Giả sử tồn tập mở khác rỗng I mà định thức thức Jacobi đồng 0,  giải tích nên suy định thức Jacobi đồng I , tức u, v, w hàm phụ thuộc Mặt khác, ta có  ' (y) -  ' (x  y)   ' (x) -  ' (x  y)  D (u , v)  det   D ( x, y )  ' ( x  y )   ' ( x  y  z  ' ( x  y )   ' ( x  y  z )   ' ( x)   ' ( y ) ' ( x  y )   ' ( x  y  z )  Từ  giải tích khơng afin nên D (u , v ) đồng D( x, y mở khác rỗng I Vậy ta nhận u, v, w hàm phụ thuộc u, v hàm độc lập, suy tồn hàm khả vi  cho w( x, y, z )   u ( x, y , z ), v( x, y, z ) , x, y, z  I Vậy nhận  ( y)   ( z )   ( y  z )    ( x)   ( y )   ( x  y ),  ( x  y )   ( z )   ( x  y  z ) , (x, y, z)  I Thay đổi vai trò x y cho hệ thức suy  ( y )   ( z )   ( y  z )   ( x)   ( z )   ( x  z ), (x, y, z)  I hay  ( y )   ( y  z )   ( x)   ( x  z ), (x, y, z)  I Để ý vế trái đẳng thức không phụ thuộc vào x nên vế bên phải hàm số theo biến z , điều xảy giả thiết  khơng afin Vậy không tồn tập mở khác rỗng I mà định thức Jacobi đồng đó, nghĩa u, v, w hàm độc lập với ( x, y , z )  I Bởi w www.VNMATH.com độc lập u v nên phương trình (12) xem phương trình Pexider g (u )  g (v)  h(u  v) với giá trị (u , v, w) nhận từ ( x, y , z)  I qua phép đổi biến (11) Tuy nhiên u, v, w hàm độc lập nên phương trình Pexider có tập xác định tập mở khác rỗng R2 Theo kết phương trình Pexider với u   ( x )   ( y )   ( x  y ) với ( x, y )  I , hàm g có dạng g (u )  A1 (u )  c, A1 hàm cộng tính c số C2: Ta có (12) tương đương với g (u  w)  w   g ( w)  g (v  w)  w  g (w)  g (u  w)  (v  w)  w   g ( w), hay g ( s  t  w)  g ( w)  g (s  w)  g ( w)  g (t  w)  g (w) Đặt  ( z )  g ( z  w)  g ( w) ta nhận  ( x  y )   ( x )   ( y ), hay  ( x )  A1 ( x ), A1 ( x) hàm cộng tính Suy g ( x  y )  g ( x)  A1 ( x), đặt g ( x )  A1 ( x)  g ( x) ta nhận g ( x  y )  g ( x) , tức g ( x)  c với c số Vậy g (u )  A1 (u )  c, A1 hàm cộng tính c số Thay biểu thức hàm g vào phương trình (8), ta nhận f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  A1  ( x)   ( y )   ( x  y )  c  A1   ( x )  A1   ( y )  A1   ( x  y )  c hay tương đương với  f ( x)  A1   ( x)  c    f ( y)  A1   ( y)  c    f ( x  y)  A1   ( x  y)  c  Điều chứng tỏ f  A1    c hàm cộng tính, tức www.VNMATH.com f ( x)  A1   ( x )  A2 ( x )  c, x  I , A2 hàm cộng tính Ngược lại, rõ ràng hàm f g xác định thỏa mãn phương trình (8) Vậy cơng thức nghiệm phương trình (8)  f ( x )  A1   ( x )  A2 ( x )  c, x  I ,   g ( s )  A1 ( s )  c, s   ( x)   ( y )   ( x  y ) | x, y  I , A1 , A2 hàm cộng tính c số tùy ý  Bài toán 2.2: Xét I  R  ( x )   x / 2, phương trình (8) trở phương trình (4) Theo Bài tốn 2.1 nghiệm tổng qt phương trình (4)  g ( s )  A1 ( s )  c, s  R,   x2    f ( x)  A1     A2 ( x)  c, x  R ,      A1 , A2 hàm cộng tính c số Để ý A1 hàm cộng tính nên  x2  A1      A1 ( x ), x  R     Từ đặt B1   A1 nghiệm tổng quát phương trình (4) viết dạng gọn sau  g ( s )  2 B1 ( s )  c, s  R,   f(x)  B1 ( x )  A2 ( x )  c, x  R với B1 , A2 hàm cộng tính c số tùy ý Ví dụ 2.1: Tìm f : R  R liên tục R thỏa mãn  f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  xy , x, y  R,   f (1)  Bình luận: Từ hàm f thỏa mãn điều kiện f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  xy , x, y  R ta suy f nghiệm Bài toán 2.2 với g ( s)  2s Theo kết tốn ta có B1 (s)  s, s  R f ( x )  x  A( x), A(x ) hàm cộng tính www.VNMATH.com Vì ta sử dụng phép f ( x)  g ( x )  x nhận phương trình Cauchy ẩn g Giải: Đặt f ( x )  g ( x)  x , f liên tục R nên g liên tục R điều kiện toán tương đương với  g ( x  y )  g ( x)  g ( y ),   g (1)  Đây phương trình Cauchy, nên nghiệm tốn g ( x )  0, x  R tốn cho có nghiệm f ( x)  x  Ví dụ 2.2: Tìm f : R  R thỏa mãn  f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  xy , x, y  R,   1  f ( x )  x f  x , x     Giải: Đặt f ( x)  g ( x )  x ta có tốn trở thành  g ( x  y )  g ( x )  g ( y ), x, y  R,   1  g ( x )  x g  x , x     (2.2.1) Từ điều kiện thứ (2.2.1) suy g (2t )  g (t ), t  R (2.2.2) 1 1 g    g  , t   2t  t (2.2.3) Mặt khác theo điều kiện thứ hai (2.2.1)   g (t )   g (2t ) , t  g    , t  g    t t  2t  16t Thế hai biểu thức vào (2.2.3) ta nhận g (2t )  16 g (t ), t  Hơn nữa, ý từ điều kiện thứ (2.2.1) ta suy g (0)  0, ta có www.VNMATH.com g (2t )  16 g (t ), t  R Kết hợp đẳng thức với (2.2.2) ta nhận g (t )  0, t  R Thử lại ta có f ( x)  x thỏa mãn, tốn có nghiệm f ( x)  x  Nhận xét: Ràng buộc thứ hai ràng buộc đại số quen thuộc phương trình hàm Cauchy cộng tính Chúng ta có kết quen thuộc sau "Cho f : R  R thỏa mãn (2), khẳng định sau tương đương (i) f ( xy )  xf ( y )  yf ( x), x, y  R 1  x (ii) f     f ( x ), x  x2 (iii) f ( x )  xf ( x),   R (iv)  f ( x )  x  f ( x) 2 , x  R " Ví dụ 2.3: Xác định tất hàm f : R  R thỏa mãn f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  2012 xy, x, y  R Giải: Đặt f ( x )  g ( x)  1006 x , điều kiện cho tương đương với g ( x  y )  g ( x )  g ( y ), x, y  R Vậy nghiệm toán f ( x )  A( x)  1006 x với A hàm cộng tính  Bài toán 2.3: Bây ta lấy I  (0,),  ( x )   ln x, g ( x )  h(e x ) phương trình (8) trở thành f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  h( x 1  y 1 ), x, y  Giải: Áp dụng kết Bài toán 2.1, ta nhận nghiệm toán cho h(e s )  A1 ( s )  c, s,   f ( x)   A1 (ln x )  A2 ( x )  c, x  hay h( s )  A1 (ln s )  c, s  0,   f ( x )   A1 (ln x )  A2 ( x )  c, x  0, A1 , A2 hàm cộng tính c số Bình luận: Khi lấy h   f ta nhận cơng thức nghiệm (5)  www.VNMATH.com f ( x )  A(ln x ), A hàm cộng tính tùy ý Cịn lấy h  f ta có kết luận phương trình f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  f ( x 1  y 1 ), x, y  có nghiệm tầm thường f ( x )  c, x với c số Chú ý: Ta biết nghiệm phương trình Cauchy logarit f ( xy )  f ( x)  f ( y ), x, y  (13) có dạng f ( x )  A(ln | x |), x  0, A hàm cộng tính Thật vậy, từ (13) cho x  y  t  x  y  t  ta có f (t )  f (t ) f (t )  f (t ), t  0, f (t )  f (t ), t  (2.3.1) Giả sử (13) thỏa mãn với x, y  0, đặt x  e t , y  e s g ( s)  f (e s ) (13) tương đương với phương trình Cauchy g ( s  t )  g (s)  g (t ) Suy f ( x )  A(ln x ), x  Mặt khác theo (2.3.1) ta nhận nghiệm tổng quát (13) f ( x )  A(ln | x |), x  0, A hàm cộng tính Vậy nhận khẳng định “Các phương trình (5) (13) tương đương với x, y  ” Bài toán 2.4: Chứng minh phương trình (5) (13) tương đương với (0,) Giải: Giả sử f nghiệm (5), từ (5) với y  x 1 suy f ( x )  f ( x 1 )  f ( x  x 1 )   f ( x  x 1 ), x  hay 10 www.VNMATH.com f ( x 1 )   f ( x), x  (2.4.1) f (1)  (2.4.2) Đặt F ( x, y )  f ( x  y )  f ( x )  f ( y ), f nghiệm (5) nên F ( x, y )  f ( x 1  y 1 ), x, y  dễ dàng kiểm tra F ( x  y , z )  F ( x, y )  F ( x, y  z )  F ( y , z ) hay  1 f  x y  z   Xét 1 1 f    x y   1  f    x y z    1 f   , x, y, z   y z   (2.4.3) 1   với y , z  , ta có y , z  , y z 1 y  xy  x 1 y  xy  x     x y z y( x  y ) yz x xy Áp dụng (2.4.2) vào (2.4.3) ta nhận  y  xy  x  f  y( x  y )      Đặt u  x y f   xy      y  xy  x  , x  0, y  f   xy   x y y  xy  x , v hệ thức trở thành xy y( x  y) f (uv )  f (u )  f (v) Từ u  x y x v   ( x  y ) 1 suy xy y y x  y  x ux  (2.4.4) (ux  1) x 2u ux  , hay ( x  y ) 1  , v   ux  x u x 2u (ux  1) u  uv  x2 Do u  nên ta nhận  v  1, kết hợp với (2.4.4) ta có 11 www.VNMATH.com y Vì x 1  u  y 1 nên x  u  u 1 v hay tương đương với u  1 v  x u  1 v u (u  v  1) , ta thu u  v   Điều thỏa mãn u  Vậy với x, y  u   v  1, tức ta có f (uv )  f (u )  f (v), u  1,  v  Từ (2.4.2) ta dễ thấy đẳng thức với u  hặc v  1, nói cách khác ta chứng minh f (uv )  f (u )  f (v), u  1,  v  (2.4.5) Xét  P  P 1   P  P , áp dụng (2.4.5) cho P P 1 (2.4.1) ta nhận f ( P )  f ( P P 1 )  f ( P )  f ( P ) hay f ( P )  f ( P ), P  (2.4.6) Xét  P  Q ,  PQ 1   Q  Q , lại áp dụng (2.4.5), (2.4.1) (2.4.6) ta có f ( PQ )  f ( PQ 1Q )  f ( PQ 1 )  f (Q )  f ( P )  f (Q )  f (Q) hay tương đưong với f ( PQ )  f ( P)  f (Q), P, Q  Mặt khác với P, Q  theo hệ thức (2.4.1) ta có f ( P 1Q 1 )   f ( PQ )   f ( P )  f (Q)  f ( P 1 )  f (Q 1 ) Vậy ta thiết lập f (uv )  f (u )  f (v ), u, v  0, nói khác nghiệm (5) nghiệm (13) 12 www.VNMATH.com v  , theo (2.4.5) ta  C2: Với u , v  ta lấy   đủ lớn cho u  nhận 1 1  f (u )  f  u    f (u )  f       v  v f (v)  f      f    f ( )     Suy v 1 v  f (u )  f (v)  f (u )  f    f    f ( )  f  u    f (uv )       Ngược lại, giả sử f nghiệm (13)     f ( x  y )  f x ( x  y ) 1 y  f ( x )  f ( x  y ) 1  f ( y ), x, y  hay f nghiệm (5) Vậy ta chứng minh (5) (13) tương đương  (0,) Ví dụ 2.4: Tìm tất hàm f : R   R liên tục thỏa mãn f ( x )  f ( y 1 )  f ( x 1  y )  f ( x  y 1 ), x, y  Giải: Rõ ràng phương trình cho tương đương với f ( x)  f ( y )  f ( x  y )   f ( x 1  y 1 ), x, y  Theo kết Bài tốn 2.4 phương trình tương đương với f ( xy )  f ( x )  f ( y ), x, y  Vậy tốn trở thành tìm tất hàm f : R   R cho f ( xy )  f ( x)  f ( y ), x, y  Do x, y  f lên tục R  nên đặt x  e t , y  e s g ( s)  f (e s ) tốn tương đương với tìm tất hàm g : R  R liên tục thỏa mãn g ( s  t )  g ( s)  g (t ), s, t , tức g ( s)  cs với c số Vậy nghiệm toán cho f ( x )  c ln x, x  0, 13 www.VNMATH.com c số tùy ý  Ví dụ 2.5: Tìm tất hàm f : R  R thỏa mãn  f ( x  y 1 )  f ( x)  f ( y 1 )  ln | x 1  y |, x, y  0, xy  1,   f ( x)  x f ( x 1 )  (1  x ) ln | x |, x  0,   f ( x)  f ( x)  ln | x |, x  0,  f (1)  f (0)   Bình luận: Chú ý phương trình đầu hệ tương đương với f ( x)  f ( y )  f ( x  y )   ln | x 1  y 1 |, x,y  0, x   y , dạng (5) với f ( x)  ln | x | , dễ thấy f ( x)  ln | x | nghiệm riêng phương trình Giải: Đặt f ( x )  ln | x |  g ( x ), x  0, f (0)  g (0) ta có tốn cho tương đương với  g ( x  y 1 )  g ( x)  g ( y 1 ), y  0, xy  1,   g ( x )  x g ( x 1 ), x  0,   g ( x)   g ( x ), x,  g (1)  1,  hay  g ( x  y )  g ( x )  g ( y ), x, y ,  1  g ( x)  x g ( x ), x  0,  g (1)   (2.5.1) Từ phương trình đầu (2.5.1) ta có g (0)  g ( x )   g ( x), x Để ý 1   , x  0,1, x ( x  1) x  x     1 g  x( x  1)   g  x    g  x , x  0,1        Áp dụng phương trình thứ hai thứ ba (2.5.1) cho hệ thức ta thu g ( x )   x  xg ( x), x  0,1 14 www.VNMATH.com Hơn nữa, rõ ràng hệ thức cho x  0,1, g ( x )   x  xg ( x), x (2.5.2) Từ xy  ( x  y )  ( x  y ) ta suy g (4 xy )  g (( x  y ) )  g (( x  y ) ), x, y Kết hợp hệ thức với (2.5.2) ta có g ( xy )  ( x  y )  2( x  y )( g ( x )  g ( y ))  ( x  y )  2( x  y )( g ( x )  g ( y )), x, y , hay tương đương với g ( xy )  xg ( y )  yg ( x )  xy, x, y Bây ta sử dụng hệ thức với x  y  x 1 nhận  g (1)  xg ( x 1 )  x 1 g ( x )  1, x  Áp dụng phương trình thứ hai (2.5.1) lần nữa, ta có đẳng thức tương đương với g ( x)  x, x  0,  x  ln | x |, x  0, f ( x)   x  0, (2.5.3) Thử lại, ta thấy f (x ) cho (2.5.3) thỏa mãn toán cho, tốn cho có nghiệm cho cơng thức (2.5.3)  Ví dụ 2.6: Tìm tất hàm f : R   R thỏa mãn   f ( x 1  y 1 )( xy  1)  f ( x  y 1 )  f ( x 1  y )  f ( x  y )( xy  1) , x, y  Giải: Với x, y  đặt u  x  y 1 v  x 1  y, u , v  u  v  ( x 1  y 1 )( xy  1) , u 1  v 1  ( x  y )( xy  1) Vậy f thỏa điều kiện toán f (u )  f (v)  f (u  v)   f (u 1  v 1 ), u, v  Suy nghiệm toán f ( x )  A(ln x ), x  0, 15 www.VNMATH.com A hàm cộng tính  Bài tốn 2.5: Tìm tất hàm f , h : R   R biết  xy ( x  y )  f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  h   x  y  xy , x, y    (14) Giải: Để ý phương trình (14) trường hợp riêng (8) với  ( x )  x 1 , x  g ( s )  h(s 1 ), s  Do theo kết Bài tốn 2.1 nghiệm tốn cho h( s )  A1 (s 1 )  c, s  0,    f ( x)  A1 ( x 1 )  A2 ( x)  c, x  0,  A1 , A2 hàm cộng tính c số  Bình luận: Nếu ta lấy h  f phương trình (14) trở phương trình (6) Nói cách khác, tập hợp tất hàm f thỏa mãn (6) với x, y  f ( x)  A( x 1 )  c, A hàm cộng tính c số Ví dụ sau đưa cách giải sơ cấp phương trình (6) Ví dụ 2.7: Tìm tất hàm f : R  R liên tục thỏa mãn  x  y  xy  f ( x 1 )  f ( y 1 )  f ( x  y ) 1  f   xy ( x  y ) , x, y  0, x   y      (15) Giải: Giả sử f nghiệm (15), đặt   F ( x, y )  f ( x 1 )  f ( y 1 )  f ( x  y ) 1 , x, y  0, x   y Dễ dàng kiểm tra F ( x, y )  F ( x  y, z )  F ( x, y  z )  F ( y , z ), x, y, z  0, x   y , y   z, x  y  z  (2.7.1) Vì f nghiệm (15) nên 1 1 F ( x, y )  f    x y x   , F  x  y , z   y  16   1 f   x  y  z  x  y  z ,   www.VNMATH.com  1 1 F ( x, y  z )  f     x y  z  x  y  z , F ( y, z )    1 1  f     y z y  z    Thế biểu thức vào đẳng thức (2.7.1) ta nhận 1 1 f   x y x    y    1 f x y  z  x yz    1  1 f  x yz  x yz    (2.7.2) 1 1   f     y z y  z , x, y, z    Đặt u 1 1 1 1 , v   , w ,     x y x y y z yz x y z x y z (2.7.2) tương đương với f (u )  f ( w)  f (v)  f (u  w  v ), u, v, w, hay f (u  v )  v   f (v )  f ( w  v)  v   f (v)  f (u  v )  ( w  v)  v   f (v ), u, v, w, hay f (s  t  v)  f (v)  f ( s  v )  f (v)  f (t  v)  f (v), s, t , v Đặt g ( z )  f ( z  v)  f (v), z , đẳng thức trở thành g ( s  t )  g ( s)  g (t ), s, t Mặt khác, f liên tục nên g liên tục, suy g ( s)  as với a số Vậy ta có f ( x  y )  f ( y )  ax, x, y Đặt f ( x)  ax  h( x), x , vào đẳng thức ta nhận h( x  y )  h( y ), x, y , suy h( x)  b , b số Thử lại f ( x)  ax  b ta thấy thỏa mãn (15), nghiệm toán f ( x )  ax  b, a b số tùy ý  Từ kết Bài toán 2.1 ta dẫn đến định lý sau 17 www.VNMATH.com Định lý 3: Cho  : I  R giải tích khơng afin, H có dạng (7) với x, y  I  : D  R với D   ( x)   ( y )   ( x  y ) : x, y  I  Khi nghiệm (1) thỏa mãn  f ( x)  A1   ( x )  A2 ( x )  c, x  I ,   g   ( s )  A1 (s )  c, s  D, (16) A1 , A2 hàm cộng tính c số Hơn  khả ngược g có dạng g ( s )  A1   1 (s )  c, s  ( D ) Ngược lại trường hợp  khơng khả ngược phương trình (1) với vế trái đo có nghiệm tầm thường Chứng minh: Công thức (16) suy từ kết Bài toán 2.1 trường hợp  khả ngược ta nhận khẳng định từ công thức nghiệm (16) Bây xét trường hợp  không khả ngược, tồn s1 , s  D : s1  s  (s1 )   (s ) , kết hợp với (16) ta suy A1 (s1 )  A1 ( s2 ) Mặt khác theo giả thiết hàm số F ( x, y )  f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  A1  ( x )   ( y )   ( x  y )   c đo  liên tục khơng afin nên hàm cộng tính A1 đo được, ta nhận A1 (s )  bs, b số Tuy nhiên, từ đẳng thức A1 (s1 )  A1 ( s2 ) với s1  s suy b  Vậy (1) có nghiệm tầm thường  Ví dụ 2.8: Tìm tất hàm f , g : R  R liên tục cho f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  g ( x y ), x, y (17) Giải: Ta có (17) trường hợp riêng (1) với H ( x, y ) có dạng (7)  ( x )  x , x  R ,  (s)  s2 , s  R Ta có  khơng khả ngược R g liên tục nên F ( x, y )  f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  g ( x y ) liên tục hay F đo Áp dụng Định lý ta nhận nghiệm (17) 18 www.VNMATH.com  f ( x)  A( x)  b, x  R,   g (s )  b, s  R Mặt khác theo giả thiết f liên tục nên f ( x)  ax  b, x Vậy nghiệm toán  f ( x )  ax  b, x,   g ( s )  b, s, a, b số tùy ý Ví dụ 2.9: Tìm tất hàm f , g : R   R liên tục thỏa mãn f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  g ( x y ), x, y  Giải: Do x, y  nên  : R   R   1 ( s )  2 s , s  Vậy toán cho có nghiệm  f ( x )  ax  bx  c, x  0,    g ( s )  2a s  c, s   với a, b, c số  Nhận xét: Giả sử tìm nghiệm riêng khơng tầm thường ( f , g ) phương trình (1), tức ta có đẳng thức f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  g H ( x, y )  Do g khả ngược nên đẳng thức tương đương với  H ( x, y )  g  f ( x )  f ( y )  f ( x  y , suy trường hợp hàm H có dạng (7), ta coi H dạng (7) điều kiện cần để (1) có nghiệm khơng tầm thường Theo Định lý nghiệm (1) có dạng  f ( x)  A1  f ( x)  A2 ( x)  c,   g ( s )  A1  g (s )  c, A1 , A2 hàm cộng tính c số Một câu hỏi đặt H khơng có biểu diễn dang (7) (1) có nghiệm khơng tầm thường khơng? Bài toán 2.6: Cho hàm H : (0,)  (0,)  R xác định sau 19 www.VNMATH.com  x  y ,  2  x  y ,  H ( x, y )  1  x, 1  y ,  ( x  1)(1  y ),   x, y  : x  y  1, x, y  (0,1) : x  y  1, x  (0,1), y  1, y  (0,1), x  1, x, y  (18) Chứng minh ( f , g ) nghiệm (1) tồn hàm cộng tính A1 , A2 : R  R số b cho x  (0,1),  A2 ( x)  b, f ( x)    A1 ( x  1)  A2 ( x)  b, x  1, s  0, b  A1 (1),  g ( s )   A1 ( s  1)  b, s  (0,1), b, s   Hơn nữa, H khơng có biểu diễn dạng (7) với  khả ngược Giải: (i) Xét trường hợp x, y  x  y  Khi (1) trở thành  f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  g   x   , y  ta coi vế phải phương trình hàm x  y tức ta nhận phương trình Pexider, ta nhận nghiệm (1)  f ( x)  A2 ( x)  b, x  (0,1) f ( x  y )  g  x     A2 ( x  y )  2b, x  y  1, y  hay đương đương với f ( x)  A2 ( x)  b, x  (0,1) g ( s)  b, s  1, (2.6.1) A2 hàm cộng tính b số (ii) x, y  (0,1) x  y  : Do f ( x)  A2 ( x)  b f ( y )  A2 ( y )  b nên (1) trở thành f ( x  y )  g (2  x  y )  A2 ( x  y )  2b, hay f (t )  g (2  t )  A2 (t )  2b, t  20 (2.6.2) www.VNMATH.com (iii) x  (0,1), y  : Áp dụng (2.6.1) suy (1) trở thành  A2 ( x)  b  g (1  x)   f ( y )  f ( x  y ) Ta coi số hạng đầu vế phải phương trình hàm x phương trình có dạng Pexider, nghiệm (2.6.3) f ( y )  A3 ( y )  c, y  A2 ( x)  b  g (1  x )  A3 ( x), x  (0,1), hay tương đương với (2.6.4) g ( s )  A2 (1  s )  b  A3 (1  s ), s  (0,1), A3 hàm cộng tính c số Mặt khác từ (2.6.2) (2.6.3) ta suy g ( s )  A2 (2  s )  2b  A3 (2  s )  c, s  (0,1) Kết hợp với (2.6.4) ta nhận A2 (1  s )  b  A3 (1  s )  A2 (2  s )  2b  A3 (2  s )  c, hay c  b   A3 (1)  A2 (1) (2.6.5) (iv) x, y  : Áp dụng (2.6.3) cho (1) ta nhận g ( x  1)(1  y )  c, x, y  1, nói cách khác (2.6.6) g ( s)  c, s  Đặt A1 : A3  A2 kết hợp với công thức (2.6.1), (2.6.3)-(2.6.6) ta nhận khẳng định tốn Giả sử H có dạng (7) với  ,  đó,  khả ngược, với x, y  x  y  ta có   ( x )   ( y )   ( x  y )   1  x  Đặt F ( x, y )   ( x)   ( y )   ( x  y ) , 21   y  www.VNMATH.com  F ( x, y )   1  x   , x, y  : x  y  y  Chú ý ta có F ( x, y )  F ( x  y , z )  F ( x, y  z )  F ( y, z ),   1  x      1  1  1     1     x  y  z     x  y  z     y  z , x, y , z  : x  y  z      y       Vậy   1  x        1     y  z , x, y, z  : x  y  z  1, y   điều vô lý với x  z , suy H khơng thể có biểu diễn dạng (7) với  khả ngược  Nhận xét: Cho hàm H có dạng (18), tất hàm f , g : (0,)  R liên tục thỏa mãn (1) x  (0,1), cx  b, f ( x)   a( x  1)  cx  b, x  s  0, b  a,  g ( s )  a (s  1)  b, s  (0,1), b, s   Kết luận: Bài giảng cho cách tiếp cận đơi đại lớp phương trình hàm Tuy nhiên, qua hồn tồn xây dựng số toán phương trình hàm mà cho học sinh phổ thơng giải theo cách sơ cấp (các ví dụ giảng) Trước kết thúc, thêm ví dụ sau hy vọng giảng phần giúp thầy, cô việc chuẩn bị giảng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán (1) Lấy  ( x )  x  (u )   ta nhận tốn: Tìm tất hàm u f , g : R   R thỏa mãn   f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  g   xy ( x  y ) , x, y     22 www.VNMATH.com (2) Chọn  ( x)  e x   (u )  u ta có tốn: Tìm tất hàm f , g : R  R thỏa mãn   f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  g (e x  1)(1  e y ) , x, y Tài liệu tham khảo J Aczel, Lectures on Functional Equations and Their Applications, Academic Press New York and London, 1966 B Ebanks, Generalized Cauchy difference functional equations, Aequationes Math, 70 (2005) 154-176 C G Small, Functional Equations and How to Solve Them, Springer, 2007 23 ... | x, y  I , A1 , A2 hàm cộng tính c số tùy ý  Bài toán 2.2: Xét I  R  ( x )   x / 2, phương trình (8) trở phương trình (4) Theo Bài tốn 2.1 nghiệm tổng quát phương trình (4)  g ( s ) ...  f ( y )  f ( x  y )  c Rõ ràng nghiệm tổng quát phương trình f ( x )  A( x)  c, A(x ) hàm cộng tính bất kỳ, nghĩa A(x ) nghiệm phương trình Cauchy (2) Vậy nghiệm (1) trường hợp f ( x)... Phương trình hàm f ( x  y )  h( x)  g ( y ) (3) gọi phương trình Pexider Bài toán 1.8: Chứng minh nghiệm tổng quát (3) f (t )  A(t )  a  b, g (t )  A(t )  a, h(t )  A(t )  b, A hàm thỏa