BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM THỊ XUÂN ÁI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG GẶP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM THỊ XUÂN ÁI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG GẶP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS CAO VĂN NI Đà Nẵng - Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Tác giả luận văn T u n i MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu Giả thiết khoa học Nội dung CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM JENSEN 1.1 GIỚI THIỆU 1.2 HÀM LỒI 1.3 PHƢƠNG TRÌNH HÀM JENSEN 1.4 MỘT PHƢƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN 1.5 MỘT SỐ ĐIỀU LƢU Ý 11 1.6 CÁC VÍ DỤ 13 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM PEXIDER 18 2.1 GIỚI THIỆU 18 2.2 PHƢƠNG TRÌNH PEXIDER 19 2.3 PEXIDER HÓA CỦA PHƢƠNG TRÌNH HÀM JENSEN 22 2.4 MỘT PHƢƠNG TRÌNH LIÊN QUAN 24 2.5 CÁC VÍ DỤ 26 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TOÀN PHƯƠNG 32 3.1 GIỚI THIỆU 32 3.2 HÀM SONG CỘNG TÍNH 32 3.3 NGHIỆM LIÊN TỤC CỦA PHƢƠNG TRÌNH HÀM TỒN PHƢƠNG 37 3.4 MỘT BIỂU DIỄN CỦA HÀM TOÀN PHƢƠNG 41 3.5 PEXIDER HĨA CỦA PHƢƠNG TRÌNH TỒN PHƢƠNG 43 3.6 CÁC VÍ DỤ 48 KẾT LUẬN 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình hàm lĩnh vực hay tốn sơ cấp Tuy nhiên, dạng toán khó người học, địi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức giải, có khả tư tốt, khả khái quát, phán đốn vấn đề Bên cạnh đó, tốn phương trình hàm thường xun xuất kỳ thi Olympic Toán học Quốc gia, Khu vực Quốc tế Trong có tốn về: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider phương trình hàm dạng tồn phương Do việc giúp em học sinh chuyên toán nắm vững biết cách giải phương trình hàm điều cần thiết Chính tơi chọn đề tài: “MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG GẶP” để làm luận văn tốt nghiệp bậc cao học Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Phương trình hàm • Phạm vi nghiên cứu: Một số phương trình hàm thường gặp: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider, phương trình hàm dạng tồn phương Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu • Nghiên cứu số phương trình hàm thường gặp: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider, phương trình hàm dạng tồn phương • Nghiên cứu cách xác định nghiệm tổng quát, nghiệm liên tục phương trình hàm cách chứng minh định lý, bổ đề Từ vận dụng để chứng minh cho phương trình hàm liên quan suy rộng Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu: thu thập, tổng hợp, phân tích tài liệu, sách báo viết phương trình hàm, tài liệu phương trình hàm mạng internet tài liệu chuyên khảo khác Giả thiết khoa học Nếu học sinh chuyên toán nắm số phương trình hàm thường gặp biết vận dụng chúng để giải tốn học sinh phát triển lực tư tự tin tham gia kỳ thi học sinh giỏi tốn Nội dung Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo nội dung đề tài gồm chương, sau: Chương Phương trình hàm Jensen Chương Phương trình hàm Pexider Chương Phương trình hàm dạng tồn phương CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM JENSEN 1.1 GIỚI THIỆU Trong chương này, ta giới thiệu sơ lược hàm lồi Sau đó, ta tiến hành xác định nghiệm tổng quát phương trình hàm Jensen thỏa mãn với số thực R Ta tiến hành tìm nghiệm liên tục phương trình hàm Jensen tập số thực, tập đóng đoạn [a, b] Ta kết thúc chương với kiểu phương trình hàm Jensen mà phát sinh từ bất đẳng thức Popoviciu 1.2 HÀM LỒI Một hàm f : R → R gọi lồi thỏa mãn bất đẳng thức: f x+y ≤ f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R (1.1) Hàm lồi giới thiệu lần J.L.W.V Jensen vào năm 1905, hàm thỏa mãn điều kiện (1.1) xử lý Hadamard (1893) Holder (1889) Năm 1905, Jensen viết: khái niệm hàm lồi hàm dương hàm tăng Nếu tơi khơng hiểu lầm việc khái niệm hàm lồi tìm thấy nhiều lý thuyết hàm số thực Một số ví dụ hàm lồi sau: (a) f (x) = mx + c R m, c thuộc R (b) f (x) = x2 R (c) f (x) = eαx R với α ≥ α ≤ Một tổng hữu hạn hàm lồi hàm lồi Tuy nhiên, tích hàm lồi khơng thiết hàm lồi Ví dụ ([8]) f (x) = x2 g (x) = ex hàm lồi R tích chúng h (x) = x2 ex hàm lồi R Nếu A : R → R hàm cộng tính A hàm lồi Thật vậy, ta có: A : R → R hàm cộng tính Nên: A (2x) = A (x + x) = A (x) + A (x) = 2A (x) Suy ra: A (x) = A (2x) Thay x x+y ta được: A x+y = A (x + y) Khi đó: x+y A 1 = A (x + y) = (A (x) + A (y)) 2 A thỏa mãn: A x+y ≤ A (x) + A (y) Do A hàm lồi 1.3 PHƯƠNG TRÌNH HÀM JENSEN Phương trình hàm có dạng: f x+y = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R gọi phương trình hàm Jensen Định nghĩa 1.1 ([8]) Một hàm f : R → R gọi Jensen thỏa mãn f x+y = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R Định nghĩa 1.2 ([8]) Một hàm f : R → R gọi affine có dạng f (x) = cx + a với c, a số tùy ý Ta chứng tỏ hàm Jensen liên tục R affine Định lý 1.1 ([8]) Một hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm Jensen x+y f = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R (1.2) f (x) = A (x) + a (1.3) đó, A : R → R hàm cộng tính a số tùy ý Chứng minh (1.3) thỏa mãn phương trình hàm Jensen Thật vậy, thay (1.3) vào (1.2) ta được: A x+y ⇔A +a= x+y = A (x) + a + A (y) + a A (x) + A (y) Điều hoàn toàn A : R → R hàm cộng tính (đã chứng minh mục 1.2) Bây giờ, ta chứng minh chiều ngược lại Thay y = vào (1.2) ta được: f x f (x) a = + 2 (1.4) đó, a = f (0) Thay (1.4) vào (1.2) ta thấy rằng: f (x + y) + a f (x) + f (y) = 2 hay f (x + y) + a = f (x) + f (y) Hàm A : R → R xác định bởi: A (x) = f (x) − a Từ (1.5) ta thấy rằng: A (x + y) = A (x) + A (y) (1.5) 39 f (nx) = f (− (−n) x) = f (−nx) f hàm chẵn = (−n)2 f (x) = n2 f (x) Bởi vậy: f (nx) = n2 f (x) ∀x ∈ R, n ∈ Z Cho r số hữu tỷ Giả sử: k n r= với k ∈ Z n ∈ N Suy ra: k = rn Ta có: k f (x) = f (kx) = f (rnx) = n2 f (rx) Do đó: f (rx) = k2 f (x) n2 hay f (rx) = r2 f (x) (3.28) Suy ra: f hữu tỷ bậc Thay x = vào (3.28), ta thu được: f (r) = cr2 , r ∈ Q (3.29) với c = f (1) Đến hoàn thành chứng minh định lý Định lý 3.4 ([8]) Nghiệm liên tục tổng quát của: f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) cho bởi: ∀x, y ∈ R (3.30) 40 f (x) = cx2 đó, c số tùy ý Chứng minh Cho f nghiệm (3.24) giả sử f liên tục Với số thực x tồn dãy số hữu tỷ {rn }, cho: lim rn = x n→∞ Do f thỏa mãn (3.24), định lý 3.3 ta có: f (rn ) = crn (3.31) Sử dụng tính liên tục f , ta được: f (x) = f lim rn n→∞ = lim f (rn ) n→∞ = lim crn n→∞ = c lim rn n→∞ = c lim rn n→∞ = cx2 Bởi vậy: f (x) = cx2 ∀x ∈ R Đến hoàn thành chứng minh định lý Định nghĩa 3.2 ([8]) Một ánh xạ f : R → R gọi hàm toàn phương nếu: f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) thỏa mãn ∀x, y ∈ R 41 3.4 MỘT BIỂU DIỄN CỦA HÀM TOÀN PHƯƠNG Trong định lý sau, ta chứng tỏ hàm tồn phương biểu diễn đường chéo ánh xạ song cộng tính đối xứng (đường chéo hàm song cộng tính đối xứng B(x, y) B(x, x)) Định lý 3.5 ([8]) Một hàm f : R → R toàn phương tồn ánh xạ song cộng tính đối xứng B : R2 → R cho: f (x) = B (x, x) Chứng minh Giả sử f (x) = B (x, x) thì: f (x + y) + f (x − y) = B (x + y, x + y) + B (x − y, x − y) = B (x, x + y) + B (y, x + y) + B (x, x − y) − B (y, x − y) = B (x, x) + B (x, y) + B (y, x) + B (y, y) + B (x, x) − B (x, y) − B (y, x) + B (y, y) = 2B (x, x) + 2B (y, y) = 2f (x) + 2f (y) Suy ra: f hàm toàn phương Bây giờ, ta chứng minh chiều ngược lại Giả sử f : R → R hàm toàn phương hàm B : R2 → R xác định sau: B (x, y) = [f (x + y) − f (x − y)] ∀x, y ∈ R (3.32) Thay y = vào phương trình hàm sau: f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) (3.33) ta được: f (0) = Thay y x vào (3.33), ta được: f (2x) = 4f (x) Bởi vậy: B (x, x) = 1 [f (2x) − f (0)] = [4f (x)] = f (x) 4 (3.34) 42 Hoán vị x với y (3.33), ta được: f (x + y) + f (y − x) = 2f (y) + 2f (x) So sánh phương trình với (3.33), ta thấy: f (x − y) = f (y − x) Do đó, f hàm chẵn Tiếp theo, ta có: B (x, y) = [f (x + y) − f (x − y)] = [f (y + x) − f (y − x)] = B (y, x) Hơn nữa: B (−x, y) = = [f (−x + y) − f (−x − y)] [f (x − y) − f (x + y)] = − [f (x + y) − f (x − y)] = −B (x, y) Do đó, B lẻ theo biến Tương tự, ta chứng tỏ B lẻ theo biến thứ hai Tiếp theo, ta chứng tỏ B cộng tính theo biến [B (x + y, z) + B (x − y, z)] = f (x + y + z) + f (x − y + z) − f (x + y − z) − f (x − y − z) = 2f (x + z) + 2f (y) − 2f (x − z) − 2f (y) = 2f (x + z) − 2f (x − z) 43 = 8B (x, z) Bởi vậy, ta có: B (x + y, z) + B (x − y, z) = 2B (x, z) ∀x, z ∈ R (3.35) Trong (3.35), hoán vị x với y , ta được: B (y + x, z) + B (y − x, z) = 2B (y, z) (3.36) Lấy (3.35) trừ (3.36), ta thu được: B (x − y, z) − B (y − x, z) = 2B (x, z) − 2B (y, z) (3.37) Do B lẻ theo biến từ (3.37), ta suy ra: B (x − y, z) = B (x, z) − B (y, z) Thay −y y sử dụng B lẻ theo biến đầu tiên, ta được: B (x + y, z) = B (x, z) + B (y, z) Do đó, B : R2 → R cộng tính theo biến Do B đối xứng nên B cộng tính theo biến thứ hai Bởi vậy, B hàm song cộng tính Đến hồn thành chứng minh định lý 3.5 PEXIDER HĨA CỦA PHƯƠNG TRÌNH DẠNG TỒN PHƯƠNG Phương trình hàm dạng toàn phương f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) (3.38) Pexider hóa thành: f1 (x + y) + f2 (x − y) = f3 (x) + f4 (y) với f1 , f2 , f3 , f4 : R → R hàm chưa biết x, y ∈ R Để xác định nghiệm tổng quát (3.39), ta cần bổ đề sau: (3.39) 44 Bổ đề 3.1 ([8]) Nghiệm tổng quát f, g, h : R → R phương trình hàm: f (x + y) + f (x − y) = g (x) + h (y) + h (−y) (3.40) cho bởi: b f (x) = B (x, x) + A (x) − 2 g (x) = 2B (x, x) + A (x) − b − a h (x) + h (−x) = 2B (x, x) + a    (3.41)   đó, B : R2 → R hàm song cộng tính đối xứng, A : R → R hàm cộng tính a, b số tùy ý thuộc R Chứng minh Thay y = vào (3.40), ta được: g (x) = 2f (x) − 2h (0) (3.42) Sử dụng (3.42), ta viết lại (3.40) sau: f (x + y) + f (x − y) − 2f (x) = h (y) + h (−y) − 2h (0) (3.43) ∀x, y ∈ R Thay x = vào (3.43), ta được: h (y) + h (−y) − 2h (0) = f (y) + f (−y) − 2f (0) (3.44) Thay (3.44) vào (3.43), ta được: f (x + y) + f (x − y) − 2f (x) = f (y) + f (−y) − 2f (0) (3.45) Hàm B : R2 → R xác định sau: 2B (x, y) = f (x + y) − f (x) − f (y) + f (0) ∀x, y ∈ R (3.46) Từ (3.46) (3.45), ta thu được: 2B (x + u, y) + 2B (x − u, y) = f (x + u + y)+f (x − u + y)−{f (x + u) + f (x − u)}−2f (y)+2f (0) = f (x + u + y) + f (x − u + y) − {2f (x) + f (u) + f (−u) − 2f (0)} − 45 2f (y) + 2f (0) = 2f (x + y)+f (u)+f (−u)−2f (0)−{2f (x) + f (u) + f (−u) − 2f (0)}− 2f (y) + 2f (0) = 2f (x + y) − 2f (x) − 2f (y) + 2f (0) = 4B (x, y) Bởi vậy, ta có: B (x + u, y) + B (x − u, y) = 2B (x, y) ∀x, u, y ∈ R Điều nói lên B (., y) thỏa mãn phương trình Jensen Ta có: B (., y) cộng tính theo biến B (0, y) = Do B đối xứng nên B cộng tính theo biến thứ hai Do đó, B : R2 → R hàm song cộng tính đối xứng Thay y = x vào (3.46) sử dụng (3.45), ta được: 2B (x, x) = f (2x) − 2f (x) + f (0) = f (x) + f (−x) − 2f (0) (3.47) Từ (3.47) (3.44), ta được: h (x) + h (−x) = 2B (x, x) + a với a = 2h (0) Tiếp theo, giả sử hàm l : R → R xác định bởi: l (x) = f (x) − f (−x) (3.48) Từ (3.48) (3.45), ta kết luận rằng: l (x + y) + l (x − y) = f (x + y) + f (x − y) − {f (−y − x) + f (y − x)} = 2f (x) + f (y) + f (−y) − 2f (0) − {2f (−x) + f (y) + f (−y) − 2f (0)} = 2l (x) Jensen Từ l (0) = 0, ta thấy l cộng tính, tức là: l (x) = A (x) (3.49) đó, A : R → R cộng tính (3.48), ta được: f (x) − f (−x) = A (x) Từ (3.50) (3.47), ta có: (3.50) 46 b f (x) = B (x, x) + A (x) − 2 với b = −2f (0) Từ (3.42), ta thu được: g (x) = 2B (x, x) + A (x) − b − a với a = 2h (0) Bổ đề chứng minh Bây giờ, sử dụng bổ đề 3.1, ta xác định nghiệm tổng quát phương trình hàm (3.39) Định lý 3.6 ([8]) Nghiệm tổng quát f1 , f2 , f3 , f4 : R → R phương trình hàm: f1 (x + y) + f2 (x − y) = f3 (x) + f4 (y) ∀x, y ∈ R (3.51) cho bởi: 1 a b f1 (x) = B (x, x) + (A1 + A2 ) (x) + − 4 1 a b f2 (x) = B (x, x) + (−A1 + A2 ) (x) − + 4 1 f3 (x) = B (x, x) + A2 (x) − (b + c) 2 c f4 (x) = B (x, x) + A1 (x) + 2            (3.52)           đó, B : R2 → R hàm song cộng tính đối xứng, A1 , A2 : R → R hàm cộng tính a, b, c số tùy ý Chứng minh Dễ dàng để kiểm tra (3.52) thỏa mãn phương trình hàm (3.51) Bây giờ, ta chứng minh chiều ngược lại Thay y −y vào (3.51), ta thu được: f1 (x − y) + f2 (x + y) = f3 (x) + f4 (−y) (3.53) Cộng (3.51) với (3.53), ta được: g (x + y) + g (x − y) = 2f3 (x) + f4 (y) + f4 (−y) (3.54) 47 với g (x) = f1 (x) + f2 (x) , ∀x ∈ R (3.55) Lấy (3.51) trừ (3.53), ta thu được: h (x + y) − h (x − y) = f4 (y) − f4 (−y) (3.56) h (x) = f1 (x) − f2 (x) , ∀x ∈ R (3.57) với Giải (3.51) tương đương với giải (3.54) (3.56) Đầu tiên, ta giải (3.56) Hàm k : R → R xác định bởi: k (y) = f4 (y) − f4 (−y) , ∀y ∈ R (3.58) Rút gọn (3.56), ta được: h (x + y) − h (x − y) = k (y) , ∀x, y ∈ R (3.59) Thay y −y vào (3.58), ta được: k (−y) = −k (y) (3.60) Dó đó, k hàm lẻ Tiếp theo, thay y x vào (3.59), ta thu được: h (2x) = k (x) + h (0) (3.61) Từ (3.59), ta suy ra: k (y + v) + k (y − v) = h (x + y + v) − h (x − v − y) + h (x + y − v) − h (x + v − y) = h ((x + v) + y) − h ((x + v) − y) + h ((x − v) + y) − h ((x − v) − y) = 2k (y) Ta thấy k thỏa mãn phương trình hàm Jensen k (0) = Do đó, k cộng tính, tức là: k (y) = A1 (y) ∀y ∈ R (3.62) 48 đó, A1 : R → R cộng tính Từ (3.62) (3.61), ta thu được: h (x) = A1 (x) + a (3.63) với a = h (0) Từ (3.57), (3.58), (3.62) (3.63), ta thu được: f1 (x) − f2 (x) = A1 (x) + a (3.64) f4 (y) − f4 (−y) = A1 (y) (3.65) Bây giờ, quay lại phương trình hàm (3.54), bổ đề (3.1), ta được: b g (x) = f1 (x) + f2 (x) = B (x, x) + A2 (x) − 2 1 f3 (x) = B (x, x) + A2 (x) − (b + c) 2 f4 (x) + f4 (−x) = 2B (x, x) + c (3.66) (3.67) (3.68) Từ (3.66) - (3.68), ta khẳng định nghiệm thu Đến hoàn thành chứng minh định lý 3.6 CÁC VÍ DỤ Ví dụ ([8]) Hàm q : R → R thỏa mãn: q (3x + y) + q (3x − y) = q (x + y) + q (x − y) + 16q (x) ∀x, y ∈ R (3.69) thỏa mãn: q (x + y) + q (x − y) = 2q (x) + 2q (y) Lời giải Giả sử hàm q : R → R thỏa mãn (3.69) ∀x, y ∈ R (3.70) 49 Cho x = y = vào (3.69), ta được: q (0) = Thay y x vào (3.69), ta được: q (4x) = 16q (x) ∀x ∈ R (3.71) Thay y (x − y) vào (3.69), ta được: q (4x − y)+q (2x + y) = q (2x − y)+q (y)+16q (x) ∀x, y ∈ R (3.72) Thay y (x + y) vào (3.69), ta được: q (4x + y) + q (2x − y) = q (2x + y) + q (−y) + 16q (x) ∀x, y ∈ R (3.73) Cộng (3.72) (3.73) vế theo vế thu gọn kết quả, ta được: q (4x + y) + q (4x − y) = q (y) + q (−y) + 32q (x) ∀x, y ∈ R (3.74) Thay y 4y vào (3.74) sử dụng (3.71), ta được: q (x + y) + q (x − y) = q (y) + q (−y) + 2q (x) ∀x, y ∈ R (3.75) Thay y x vào (3.75), ta thu được: q (2x) = 3q (x) + q (−x) ∀x ∈ R (3.76) Thay x −x vào (3.76), ta được: q (−2x) = 3q (−x) + q (x) ∀x ∈ R (3.77) Thay x 2x vào (3.76) sử dụng (3.71), (3.76), (3.77), ta được: 16q (x) = 3q (2x) + q (−2x) = (3q (x) + q (−x)) + 3q (−x) + q (x) ∀x ∈ R Thu gọn phương trình trên, ta được: q (x) = q (−x) Thay vào (3.75), ta được: q (x + y) + q (x − y) = 2q (x) + 2q (y) ∀x, y ∈ R Ngược lại, giả sử hàm q : R → R thỏa mãn (3.70) Khi đó, q có tính chất hàm bậc hai, nên ta có: 50 q (nx) = n2 q (x) ∀n ∈ Z, x ∈ R (đã chứng minh định lý 3.3) Do vậy: q (3x + y) + q (3x − y) = 2q (3x) + 2q (y) = 2.32 q (x) + 2q (y) = 2q (x) + 2q (y) + 16q (x) = q (x + y) + q (x − y) + 16q (x) Ví dụ ([8]) Hàm f : R → R thỏa mãn: f (kx + y) + f (kx − y) = 2k f (x) + 2f (y) ∀k ∈ Z, x, y ∈ R (3.78) f : R → R thỏa: f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) ∀x, y ∈ R (3.79) Lời giải Giả sử hàm f : R → R thỏa mãn (3.78) Trong (3.78), cho x = y = , ta được: f (0) = Trong (3.78), cho y = , ta được: f (kx) = k f (x) ∀x ∈ R Trong (3.78), cho x = , ta được: f (−y) = f (y) (3.80) ∀y ∈ R Từ (3.78) (3.80), ta suy ra: f (kx + y) + f (kx − y) = 2k f (x) + 2f (y) = 2f (kx) + 2f (y) (3.81) ∀k ∈ Z, x, y ∈ R Trong (3.81), cho k = 1, ta suy f thỏa mãn: f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) ∀x, y ∈ R 51 Ngược lại, giả sử hàm f : R → R thỏa mãn (3.79) Khi đó, f có tính chất hàm bậc hai, nên ta có: f (nx) = n2 f (x) ∀n ∈ Z, x ∈ R (3.82) (đã chứng minh định lý 3.3) Do vậy: f (kx + y) + f (kx − y) = 2f (kx) + 2f (y) = 2k f (x) + 2f (y) ∀k ∈ Z, x, y ∈ R 52 KẾT LUẬN Luận văn "MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG GẶP" giải vấn đề sau: • Giới thiệu trình bày cụ thể số phương trình hàm thường gặp như: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider, phương trình hàm dạng tồn phương • Hệ thống lại phương trình hàm liên quan suy rộng phương trình hàm thường gặp trên, chứng minh định lý, bổ đề nhiều ví dụ minh họa 53 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm , NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Văn Mậu, Bùi Công Huấn, Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng, Đặng Huy Ruận, Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi , Bộ GD ĐT Trường ĐH KHTN, ĐHQGHN Tiếng Anh [3] J Acze´l (1966), Lectures on functional equations and their applications, Academic Press, New York and London [4] J Acze´l and J Dhombres (1989), Functional equations in several variables, Cambridge Univ.Press [5] J Acze´l (1964), "On a generalization of the functional equations of Pexider", Publ Inst Math Beogard, 18: 77 - 80 [6] Titu Andreescu, Iurie Boreico (2012), Topics in Functional Equations [7] Costas Efthimiou (2011), Introduction To Functional Equations [8] Prasanna K Sahoo, Palaniappan Kannappan (2011), Introduction To Functional Equations, Taylor and Francis Group, CRC Press [9] Christopher G Small (2007), Functional Equations and How To Solve Them, NY: Springer, New York [10] D Yang (2005), "The quadratic functional equation on groups", Publ Math Debrecen, 66: 327 - 348 ... tượng nghiên cứu: Phương trình hàm • Phạm vi nghiên cứu: Một số phương trình hàm thường gặp: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider, phương trình hàm dạng tồn phương Mục đích nhiệm vụ... số phương trình hàm thường gặp: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider, phương trình hàm dạng tồn phương • Nghiên cứu cách xác định nghiệm tổng quát, nghiệm liên tục phương trình hàm. .. đó, tốn phương trình hàm thường xuyên xuất kỳ thi Olympic Toán học Quốc gia, Khu vực Quốc tế Trong có tốn về: phương trình hàm Jensen, phương trình hàm Pexider phương trình hàm dạng tồn phương