Hàm cộng tính liên tục
Hàm f: R → R được gọi là hàm cộng tính nếu nó thỏa mãn phương trình Cauchy f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y ∈ R Ngoài ra, hàm f cũng được xem là hàm tuyến tính nếu nó có dạng f(x) = mx với m là hằng số tùy ý, áp dụng cho mọi x ∈ R.
Các ví dụ về hàm cộng tính dễ hiểu là các hàm tuyến tính Vậy câu hỏi đặt ra là có hàm cộng tính nào khác hay không?
Chỉ có các hàm cộng tính liên tục là tuyến tính, một kết quả được Cauchy chứng minh vào năm 1821 Theo Định lý 1.1, nếu f: R → R là hàm cộng tính liên tục, thì f sẽ có dạng hàm tuyến tính, tức là f(x) = mx, với m là một hằng số bất kỳ.
Chứng minh Đầu tiên, ta viết lại x và kết hợp với (1.1), ta được f (x) =
Do f là liên tục, ta có f 0 (x) = f(1 + x) − f (x) (1.2)
Từ tính cộng tính của f, ta có f(1 + x) = f (1) + f(x) (1.3)
Từ (1.2) và (1.3), ta có f 0 (x) = m, trong đó m = f(1) Từ đó suy ra f(x) = mx + c, (1.4) trong đóc là hằng số Từ (1.4) và (1.1) chox = 0 ta thu đượcc = 2cdo đó c = 0. Vậy f (x) = mx.
Dựa vào Định lý 1.1, tính liên tục của hàm f cho phép chúng ta kết luận rằng f là khả tích Tính khả tích này đồng nghĩa với việc hàm cộng tính f phải là tuyến tính Do đó, mọi hàm cộng tính khả tích đều có tính chất tuyến tính Theo Định nghĩa 1.3, hàm f: R → R được xem là khả tích địa phương nếu và chỉ nếu nó khả tích trên từng khoảng hữu hạn.
Chú ý 1.1.1 Mọi hàm cộng tính khả tích địa phương đều tuyến tính.
Chứng minh Chúng ta chứng minh điều này bằng cách sử dụng đối số được đưa ra bởi Shapiro (1973).
Giả sử f là hàm cộng tính khả tích địa phương Do đó, f (x + y) = f (x) + f(y), ∀x, y ∈R Từ tính khả tích địa phương của f, ta có yf (x) =
Vai trò của x và y trong vế phải là như nhau, dẫn đến yf(x) = xf(y) với mọi x, y ∈ R Khi x ≠ 0, ta có f(x)x = m, với m là hằng số bất kỳ, từ đó suy ra f(x) = mx, ∀x ∈ R \ {0} Vì f là hàm cộng tính, nên f(0) = 0, do đó f(x) = mx, ∀x ∈ R Để hiểu rõ hơn về hàm cộng tính, ta định nghĩa hàm f: R → R là thuần nhất hữu tỉ nếu f(rx) = rf(x) với mọi x ∈ R và mọi số hữu tỉ r Định lý 1.2 khẳng định rằng mọi hàm cộng tính đều là thuần nhất hữu tỉ và f cũng là tuyến tính trên tập số hữu tỉ Q.
Chứng minh Cho x = 0 = y trong (1.1) ta có, f(0) = f (0) + f (0) từ đó suy ra f (0) = 0 (1.6)
Hàm f được xác định bởi điều kiện f(-x) = -f(x) cho mọi x ∈ R, cho thấy f là hàm lẻ Chúng ta đã chứng minh rằng hàm cộng tính này bằng 0 tại x = 0 và là hàm lẻ Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm cộng tính này là thuần nhất hữu tỉ Đối với một x bất kỳ, ta có f(2x) = f(x + x) = f(x) + f(x) = 2f(x).
Từ công thức f(3x) = f(2x + x) = f(2x) + f(x) = 3f(x), ta suy ra rằng f(nx) = nf(x) với mọi số nguyên dương n Đối với trường hợp n là số nguyên âm, ta có thể viết lại thành f(nx) = f(-(-n)x) = -f((-n)x) = -(-n)f(x) = nf(x).
Ta có công thức f(nx) = nf(x) với mọi số nguyên n và mọi x ∈ R Đối với r là một số hữu tỉ, ta có thể viết r = kl, trong đó k là số nguyên và l là số tự nhiên Từ đó, kx = l(rx) và nhờ tính thuần nhất nguyên của f, ta có kf(x) = f(kx) = f(l(rx)) = lf(rx) Do đó, suy ra f(rx) = klf(x) = rf(x).
Hàm f là thuần nhất hữu tỉ, và khi cho x = 1 trong phương trình, với m = f(1), ta có f(r) = mr cho mọi số hữu tỉ r ∈ Q, điều này chứng tỏ f là tuyến tính trên tập số hữu tỉ Theo Định lý 1.3, nếu hàm cộng tính liên tục tại một điểm, thì nó cũng sẽ liên tục ở mọi nơi.
Chứng minh Cho f là hàm liên tục tại t và x là một điểm bất kì Vì vậy, ta có y→t lim f(y) = f (t) Tiếp theo, ta chứng f liên tục tại x Xét y→x lim f (y) = lim y→x f (y − x + t + x − t)
= f (x). Điều này chứng tỏ f là liên tục tại x và do tính bất kỳ của x, do đó f liên tục mọi nơi.
Hàm cộng tính gián đoạn
Định nghĩa 1.5 Đồ thị của hàm số f :R → R là một tập
Dễ thấy rằng đồ thị G của hàm số f :R → R là một tập con của R 2 Định lý 1.4 Đồ thị của mọi hàm cộng tính phi tuyến f :R → R trù mật khắp nơi trong R 2
Chứng minh Đồ thị G của hàm f được cho bởi
Chọn x 1 ∈R , x 1 6= 0 Từ f là hàm cộng tính phi tuyến, với bất kì hằng số m, tồn tại x 2 ∈R , x 2 6= 0 sao cho f (x 1 ) x 1 6= f(x 2 ) x 2 , nếu không viết m = f(x x 1 )
1 và chox 1 = x, ta sẽ cóf(x) = mx, ∀x 6= 0, và từf (0) = 0 điều này ngụ ý f là hàm tuyến tính trái với giả thiết f là hàm phi tuyến Từ x 1 f (x 1 ) x 2 f (x 2 )
6= 0, ta có vectơ X 1 = (x 1 , f(x 1 )) và X 2 = (x 2 , f (x 2 )) là độc lập tuyến tính và chúng sinh ra toàn bộ R 2 Từ đó, với bất kì vectơ X = (x, f(x)), tồn tại số thực r 1 và r 2 sao cho
Nếu chỉ sử dụng các số hữu tỉ ρ 1 và ρ 2, chúng ta có thể chọn cách kết hợp để tạo ra ρ 1 X 1 + ρ 2 X 2 gần với bất kỳ vectơ X nào Cụ thể, công thức này có thể được viết lại dưới dạng ρ 1 (x 1 , f (x 1 )) + ρ 2 (x 2 , f(x 2 )).
Tập Gb = {(x, y)|x = ρ1 x1 + ρ2 x2, y = f(ρ1 x1 + ρ2 x2), ρ1, ρ2 ∈ Q} là trù mật khắp nơi trong R² Từ Gb⊂ G, đồ thị G của hàm cộng tính phi tuyến f cũng trù mật khắp nơi trong R² Định nghĩa 1.6 cho biết, nếu S là tập hợp các số thực và B là tập con của S, thì B được gọi là một cơ sở Hamel của S nếu và chỉ nếu mọi phần tử của S đều là một tổ hợp tuyến tính hữu hạn duy nhất của B.
Hàm cộng tính và cơ sở Hamel có mối liên hệ chặt chẽ, trong đó chỉ cần cung cấp giá trị của hàm trên cơ sở Hamel là đủ để xác định hàm đó Điều này được thể hiện qua Định lý 1.5, cho rằng nếu B là cơ sở Hamel của R và hai hàm cộng tính có cùng giá trị tại mọi phần tử của B, thì chúng sẽ bằng nhau.
Chứng minh rằng nếu f1 và f2 là hai hàm cộng tính có cùng giá trị tại mỗi phần tử của B, thì f1 − f2 cũng là hàm cộng tính Đặt f = f1 − f2 và cho x là một số thực bất kỳ Khi đó, tồn tại các số b1, b2, , bn thuộc B và các số hữu tỉ r1, r2, , rn sao cho x có thể được biểu diễn dưới dạng x = r1b1 + r2b2 + + rnbn.
Theo định lý 1.6, nếu B là một cơ sở Hamel của R và g là một hàm xác định trên B, thì tồn tại một hàm cộng tính f từ R đến R, sao cho f(b) = g(b) cho mọi b thuộc B Do đó, ta có f 1 = f 2.
Chứng minh Với mọi số thực x ta có thể tìm được b 1 , b 2 , , b n ∈ B và các số hữu tỉ r 1 , r 2 , , r n sao cho x = r 1 b 1 + r 2 b 2 + ã ã ã + r n b n
Hàm xỏc định f(x) được biểu diễn dưới dạng tổng hợp các giá trị r_i g(b_i) cho mọi x, với các b_i và r_i là duy nhất, ngoại trừ thứ tự Đối với mỗi b thuộc B, ta có f(b) = g(b) theo cách xác định f Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng f là hàm cộng tính trên tập số thực.
Cho x, y là hai số thực, với x = r₁a₁ + r₂a₂ + + rₙaₙ và y = s₁b₁ + s₂b₂ + + sₙbₙ, trong đó r₁, r₂, , rₙ, s₁, s₂, , sₙ thuộc Q và a₁, a₂, , aₙ, b₁, b₂, , bₙ thuộc B Hai tập hợp {a₁, a₂, , aₙ} và {b₁, b₂, , bₙ} có thể có các phần tử trùng nhau, tạo thành tập {c₁, c₂, , cₗ} với l ≤ m + n Khi đó, x có thể được biểu diễn dưới dạng x = u₁c₁ + u₂c₂ + + uₗcₗ và y = v₁c₁ + v₂c₂ + + vₗcₗ, trong đó u₁, u₂, , uₗ và v₁, v₂, , vₗ là các số hữu tỉ, với một số có thể bằng 0.
Do đó f là hàm cộng tính trên R.
Với sự hỗ trợ từ cơ sở Hamel, chúng ta tiến hành xây dựng cấu trúc cho hàm cộng tính phi tuyến Giả sử B là một sơ sở Hamel của tập số thực R, và b ∈ B là một phần tử bất kỳ trong B Chúng ta định nghĩa hàm g(x) =
Từ Định lý 1.6, tồn tại hàm cộng tính f : R → R sao cho f(x) = g(x) với mỗi x ∈ B Chú ý hàm f này không thể tuyến tính vì x ∈ B và x 6= b, ta có
Từ đó, f là hàm cộng tính phi tuyến.
Tiêu chuẩn khác cho tính tuyến tính
Đồ thị của hàm cộng tính phi tuyến tính f là trù mật trong mặt phẳng, với mỗi vòng tròn chứa một điểm (x, y) sao cho y = f(x) Khi áp đặt tính liên tục lên hàm f, nó trở thành tuyến tính Chúng ta có thể làm yếu điều kiện liên tục tại một điểm Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày một số điều kiện chính quy nhẹ khác để biến một hàm cộng tính thành tuyến tính Định lý 1.7 chỉ ra rằng nếu hàm cộng tính f bị chặn từ một phía hoặc đơn điệu, thì f là tuyến tính.
Giả sử hàm f không phải là tuyến tính, theo Định lý 1.4, đồ thị của hàm f sẽ trù mật trong mặt phẳng Vì hàm f bị chặn ở trên, điều này dẫn đến sự tồn tại của một số yếu tố quan trọng trong phân tích hàm.
M sao cho hàm cộng tính f thỏa f(x) ≤ M, x ∈ R, và đồ thị của f khác tập
Định nghĩa 1.7 cho biết một hàm f: R → R được gọi là nhân tính nếu f(x.y) = f(x).f(y) với mọi x, y ∈ R Theo định lý 1.8, nếu một hàm cộng tính f là nhân tính, thì f phải là tuyến tính Điều này dẫn đến việc đồ thị của f không thể trù mật trong mặt phẳng, tạo ra một mâu thuẫn, do đó khẳng định rằng f là tuyến tính Phần còn lại của định lý có thể được chứng minh theo cách tương tự.
Chứng minh Với mọi số dương x, ta có f(x) = f( √ x √ x) = f ( √ x).f ( √ x) = [f( √ x)] 2 ≥ 0.
Từ đó, f bị chặn dưới và theo Định lý 1.7, ta có f là tuyến tính.
Hàm cộng tính trên mặt phẳng thực và phức
Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày kết quả về hàm cộng tính trên mặt phẳng R² và nghiên cứu hàm cộng tính có giá trị phức trên mặt phẳng phức Cụ thể, Định lý 1.9 chỉ ra rằng nếu f: R² → R là hàm cộng tính trên mặt phẳng R², thì tồn tại các hàm cộng tính A₁, A₂: R → R sao cho f(x₁, x₂) = A₁(x₁) + A₂(x₂) với mọi x₁, x₂ ∈ R.
Chứng minh Cho x = (x 1 , x 2 ), y = (y 1 , y 2 ) là hai điểm bất kì trong mặt phẳng.
Từ tính cộng tính của f, ta có: f (x + y) = f (x) + f(y) hay f(x 1 + y 1 , x 2 + y 2 ) = f (x 1 , x 2 ) + f (y 1 , y 2 ).
Chúng ta xác định A 1 (x 1 ) = f (x 1 , 0) và A 2 (x 2 ) = f(0, x 2 ) và ta cần chứng minh A 1 , A 2 là cộng tính Thật vậy,
Hàm A1 và A2 đều là cộng tính trên R, và f là sự chồng chất của A1 và A2 Chúng ta có thể biểu diễn (x1, x2) dưới dạng (X1, 0) + (0, x2) và từ đó suy ra f(x1, x2) = f(x1, 0) + f(0, x2) = A1(x1) + A2(x2) Định lý 1.10 khẳng định rằng nếu hàm f: R2 → R là hàm cộng tính liên tục trên mặt phẳng, thì nó sẽ thỏa mãn các điều kiện nhất định.
R 2 , thì tồn tại hằng số c 1 , c 2 sao cho f(x 1 , x 2 ) = c 1 x 1 + c 2 x 2 , ∀x 1 , x 2 ∈R (1.10) Kết quả này có thể mạnh hơn nữa nếu làm yếu tính liên tục của f :R 2 → R
Bổ đề 1.1 Nếu hàm cộng tính f : R 2 → R là liên tục theo từng biến thì nó là hàm liên tục.
Chứng minh Từ hàm f :R 2 → R là cộng tính, từ Định lý 1.9, chúng ta có f (x, y) = A 1 (x) + A 2 (y), ∀x, y ∈R
Từ f là hàm liên tục theo từng biến, chúng ta có A 1 và A 2 là liên tục Do đó x→x lim 0
A 2 (y) = A 2 (y 0 ). Để chứng f liên tục, chúng ta tính lim
= f(x 0 , y 0 ). Điều này cho thấy f là hàm liên tục.
Chúng ta có thể thiết lập tính tuyến tính của hàm cộng tính có giá trị thực trên mặt phẳng bằng cách giả định tính liên tục của từng biến Đồng thời, Định lý 1.9 có thể được mở rộng cho các hàm cộng tính có giá trị thực.
R n Định lý 1.11 Nếu f : R n → R là hàm cộng tính liên tục trên R n , thì tồn tại các hằng số c 1 , c 2 , , c n sao cho f (x 1 , x 2 , , x n ) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ã ã ã + c n x n , ∀x 1 , x 2 , , x n ∈R (1.11)
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá hàm cộng tính có giá trị phức trên mặt phẳng phức, bắt đầu với một giới thiệu ngắn gọn về hệ số phức Các số phức được biểu diễn dưới dạng a + b√, trong đó a và b là các số thực.
Số phức, được định nghĩa dưới dạng cặp (a, b) với a và b là các số thực, đã được nghiên cứu từ đầu thế kỷ 16 khi Cardan áp dụng chúng để giải các phương trình bậc hai và bậc ba Đến thế kỷ 18, Euler đã khám phá các hàm số liên quan đến số phức, mặc dù chúng ít được chú ý và không được xem là số chính thống cho đến giữa thế kỷ 19 Descartes đã loại bỏ các nghiệm phức và gọi chúng là số ảo, trong khi Euler cho rằng chúng chỉ tồn tại trong tưởng tượng Tuy nhiên, Gauss đã phát triển một biểu diễn hình học cho số phức và chỉ ra rằng không có bí mật nào trong các số này Ngày nay, nhờ vào công trình của Gauss, số phức đã được chấp nhận rộng rãi, với định nghĩa chính thức được đưa ra bởi William Hamilton Hệ số phức C được định nghĩa là tập hợp các cặp thứ tự (x, y) với phép cộng và phép nhân được xác định.
(x, y) + (u, v) = (x + u, y + v) (x, y)(u, v) = (xu − yv, xv + yu) với mọi x, y, u, v ∈R. Đồng nhất số thực x với cặp số (x, 0) và kí hiệu i là số thuần ảo (0, 1) Ta có thể viết lại biểu thức sau
Trong toán học, một số phức có thể được biểu diễn dưới dạng (x, y) = (x, 0) + (0, 1)(y, 0), tương đương với z = x + iy Trong đó, x là phần thực của số phức z, ký hiệu là Rez, và y là phần ảo, ký hiệu là Imz Nếu z là số phức có dạng x + iy, thì số phức liên hợp của z sẽ là x − iy và được ký hiệu là z*.
Một hàm bất kì f :C → C có thể viết thành: f(z) = f 1 (z) + if 2 (z), (1.12) trong đó f 1 :C → R và f 2 :C → R được cho bởi f 1 (z) = Ref (z), và f 2 (z) = Imf (z) (1.13) Nếu f là cộng tính, từ (1.12) và (1.13), ta có f 1 (z 1 + z 2 ) = Ref (z 1 + z 2 )
= f 2 (z 1 ) + f 2 (z 2 ). Định lý 1.12 Nếuf :C → Clà cộng tính, thì tồn tại hàm cộng tínhf kj :R → R, (k, j = 1, 2) sao cho f (z) = f 11 (Rez) + f 12 (Imz) + if 21 (Rez) + if 22 (Imz).
Theo định nghĩa từ (1.12), hàm f(z) được phân tách thành f 1(z) và f 2(z), trong đó f 1 và f 2 là các hàm thực trên mặt phẳng phức Do f là hàm cộng tính, nên cả f 1 và f 2 cũng có tính chất này Hai hàm này có thể được coi là các hàm từ R² vào R Áp dụng Định lý 1.9, chúng ta có thể chứng minh được điều cần chứng minh Định lý 1.13 chỉ ra rằng nếu f : C → C là hàm cộng tính liên tục, thì tồn tại các hằng số phức c 1 và c 2 sao cho f(z) = c 1 z + c 2 z, trong đó z là số phức liên hợp của z.
Chứng minh rằng hàm f là cộng tính, theo Định lý 1.12, ta có f(z) = f11(Rez) + f12(Imz) + if21(Rez) + if22(Imz), trong đó fkj: R → R (k, j = 1, 2) là hàm cộng tính với giá trị thực trên tập số thực Tính liên tục của f dẫn đến tính liên tục của từng hàm fkj, do đó fkj(x) = ckj x, với ckj (k, j = 1, 2) là các hằng số thực Cuối cùng, ta có f(z) = c11Rez + c12Imz + ic21Rez + ic22Imz.
= aRez + bImz trong đó a = c 11 + ic 21 , b = c 21 + ic 22
= c 1 z + c 2 z, trong đó c 1 = a−bi 2 và c 2 = a+bi 2 là các hằng số phức.
Lưu ý rằng, khác với hàm cộng tính liên tục trên mặt phẳng thực, các hàm cộng tính liên tục trên mặt phẳng phức không phải là tuyến tính Tuy nhiên, tính tuyến tính có thể được khôi phục nếu giả định điều kiện mạnh hơn như tính giải tích Một hàm f : C → C được gọi là giải tích khi và chỉ khi nó khả vi trên C Định lý 1.14 khẳng định rằng nếu f : C → C là hàm cộng tính giải tích, thì tồn tại một hằng số phức c sao cho f(z) = cz, tức là f là tuyến tính.
Chứng minh Vì f là giải tích, nó là khả vi Lấy đạo hàm của hàm f (z 1 + z 2 ) = f (z 1 ) + f(z 2 ) (1.15) theo biến z 1, ta được f 0 (z 1 + z 2 ) = f 0 (z 1 ), ∀z 1 , z 2 ∈C
Do đó, cho z 1 = 0 và z 2 = z, ta được f 0 (z) = c, trong đó c = f 0 (0) là hằng số phức Do đó, ta thấy f(z) = cz + b, với b là hằng số phức Thay vào (1.15), ta thu được b = 0.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Hàm song cộng tính
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá các hàm song cộng tính, bắt đầu bằng định nghĩa của chúng Hàm f: R² → R được coi là song cộng tính nếu nó là hàm cộng tính theo từng biến, nghĩa là thỏa mãn hai điều kiện: f(x + y, z) = f(x, z) + f(y, z) và f(x, y + z) = f(x, y) + f(x, z) với mọi x, y, z thuộc R.
Hàm song cộng tính dễ nhận thấy là bội tích của các biến độc lập, ví dụ như f(x, y) = mxy với m là hằng số và x, y thuộc R Câu hỏi đặt ra là liệu còn hàm song cộng tính nào khác tồn tại không? Theo định lý 1.15, mọi ánh xạ song cộng tính liên tục f: R² → R đều có dạng f(x, y) = mxy với mọi x, y thuộc R và hằng số m tùy ý trong R.
Chứng minh rằng hàm f: R² → R là ánh xạ song cộng tính liên tục, thỏa mãn điều kiện f(x + y, z) = f(x, z) + f(y, z) với mọi x, y ∈ R Khi đặt x = 0 và y = 0 trong phương trình trên, ta suy ra f(0, z) = 0 với mọi z ∈ R Bằng cách cố định z và định nghĩa φ(x) = f(x, z), ta có được mối quan hệ φ(x + y) = φ(x) + φ(y).
Vì hàm f là liên tục, nên hàm φ cũng liên tục và theo (1.20), φ được xác định là tuyến tính với dạng φ(x) = kx Do đó, hàm f(x, y) có thể viết dưới dạng f(x, y) = k(y)x (1.21), trong đó k là một hàm từ R đến R Hơn nữa, f cũng có tính cộng theo biến thứ hai, tức là f(x, y + z) = f(x, y) + f(x, z) (1.22) Khi thay (1.21) vào (1.22), ta có xk(y + z) = xk(y) + xk(z) với mọi x, y, z thuộc R Nếu x khác 0, thì đẳng thức này tương đương với k(y + z) = k(y) + k(z) (1.23).
Bằng cách áp dụng tính cộng tính của hàm f, ta nhận thấy rằng k cũng có tính cộng tính và do đó là một hàm tuyến tính Điều này dẫn đến k(y) = my, với m là một hằng số bất kỳ Thay vào (1.21), ta được f(x, y) = mxy với mọi x, y ∈ R và x ≠ 0 Khi x = 0, theo (1.17), ta có f(0, y) = 0, do đó (1.24) đúng với mọi x, y ∈ R Như vậy, chứng minh đã hoàn thành Định lý 1.16 khẳng định rằng mỗi hàm song cộng tính f: R² → R có thể được biểu diễn dưới dạng f(x, y) = n.
X j=1 s j b j với r k , s j là hữu tỉ, trong khi b j là các phần tử của một cơ sở Hamel B và α kj tùy ý phụ thuộc vào b j và b k
Chứng minh Cho B là một cơ sở Hamel của tập số thực R Khi đó với mọi số thực x ta có thể viết x = n
X k=1 r k b k (1.26) với b k ∈ R và hệ số hữu tỉ thích hợp r k Tương tự, với bất kì số thực y nào ta cũng có thể viết y = m
X j=1 s j b j (1.27) với b j ∈R và hệ số hữu tỉ tương ứng s j
Vì f là song cộng tính, do đó f(x 1 + x 2 , y) = f(x 1 , y) + f (x 2 , y) (1.28) f (x, y 1 + y 2 ) = f (x, y 1 ) + f (x, y 2 ) (1.29) với mọi x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ∈R Từ (1.28) và (1.29), bằng quy nạp, ta có f( n
Cho x 1 = x 2 = ã ã ã = x n = x và y 1 = y 2 = ã ã ã = y n tương ứng trong (1.30) và (1.31), ta được f (nx, y) = nf (x, y) = f(x, ny) (1.32)
Từ (1.32) đặt t = m n x (hay nt = mx), ta được nf (t, y) = f(nt, y) = f(mx, y) = mf (x, y) hay f(t, y) = m n f(x, y) Do đó f( m n x, y) = m n f(x, y) (1.33)
Vì f là hàm song cộng tính, ta thấy f (x, 0) = 0 = f(0, y), ∀x, y ∈R (1.34) Tiếp theo, ta thế x 2 = −x 1 = x vào (1.28) và sử dụng (1.34) ta được f(−x, y) = −f(x, y) (1.35)
Từ các phương trình (1.35) và (1.33), chúng ta có thể kết luận rằng (1.32) đúng với mọi số hữu tỉ Tương tự, với biến thứ hai, ta có thể khẳng định rằng với mọi số hữu tỉ r và mọi số thực x, y, ta có f(rx, y) = rf(x, y) = f(x, ry) (1.36).
Vì vậy từ (1.28), (1.29), (1.30), (1.31) và ( 1.32) ta thu được f(x, y) = f( n
X j=1 α kj r k s j , trong đó α kj = f (b k , b j ) Chứng minh hoàn thành. Định lý giá trị trung bình Lagrange và các phương trình hàm liên quan
Trong chương này, chúng tôi sẽ khám phá Định lý giá trị trung bình Lagrange cùng với các mở rộng của nó Đầu tiên, chúng tôi sẽ giới thiệu Định lý Rolle, sau đó trình bày Định lý giá trị trung bình Lagrange, được suy ra từ Định lý Rolle, cùng với một số ứng dụng thực tiễn Cuối cùng, chúng tôi sẽ nghiên cứu các phương trình hàm được sinh ra từ Định lý giá trị trung bình Lagrange, đây cũng là nội dung chính của chương này Tài liệu tham khảo chính cho chương này là [6].
Định lý giá trị trung bình
Định lý giá trị trung bình Lagrange, một trong những định lý quan trọng trong phép tính vi phân, được phát hiện bởi Joseph Louis Lagrange và được phát triển từ ý tưởng áp dụng Định lý Rolle vào một hàm bổ trợ thích hợp bởi Ossian Bonnet Phát biểu đầu tiên của định lý này được ghi nhận trong bài báo của André-Marie Ampère Nhiều kết quả trong giải tích thực cổ điển là hệ quả của định lý này, và chứng minh của Định lý Rolle dựa vào hai kết quả đơn giản.
Mệnh đề 2.1 Nếu một hàm khả vi f :R → R đạt cực trị tại một điểm c thuộc khoảng mở (a, b) thì f 0 (c) = 0.
Mệnh đề 2.2 Một hàm liên tục f :R → R đạt cực trị toàn cục trên một khoảng đóng và bị chặn bất kỳ [a, b].
Chúng ta bắt đầu với Định lý Rolle sau đây. Định lý 2.1 Nếu f liên tục trên [x 1 , x 2 ], khả vi trên (x 1 , x 2 ) và f (x 1 ) = f (x 2 ), thì tồn tại một điểm η ∈ (x 1 , x 2 ) sao cho f 0 (η) = 0.
Chứng minh Vì f là liên tục và [x 1 , x 2 ] là khoảng đóng và bị chặn, theo Mệnh đề 2.2, f đạt giá trị lớn nhất M và nhỏ nhất m trong khoảng này.
Nếu M = m thì ta có f (x) là hàm hằng trên [x 1 , x 2 ] và do đó f 0 (c) = 0, ∀c ∈ (x 1 , x 2 ).
Nếu M > m, thì tồn tại c ∈ (x 1, x 2) sao cho f'(c) = M hoặc f'(c) = m, dẫn đến f'(η) = 0 theo Mệnh đề 2.1 Định lý Rolle có thể được hiểu về mặt hình học rằng nếu một đường thẳng nằm ngang cắt đồ thị của hàm f tại hai điểm, thì sẽ có một tiếp tuyến nằm ngang tại một điểm giữa hai giao điểm đó.
Định lý Rolle được mở rộng thông qua Định lý giá trị trung bình Lagrange, cho rằng với mọi hàm thực f khả vi trên khoảng I và hai điểm x₁ khác x₂ trong I, tồn tại một điểm η phụ thuộc vào x₁ và x₂, sao cho tỉ lệ biến thiên của hàm f giữa hai điểm này bằng đạo hàm tại điểm η Chứng minh cho thấy rằng Định lý giá trị trung bình Lagrange là một phiên bản xoay của Định lý Rolle Cụ thể, ta định nghĩa hàm h(x) và sử dụng nó để tạo ra một hàm g(x) mà thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle, từ đó xác định được điểm η nằm trong khoảng (x₁, x₂).
Ứng dụng của Định lý giá trị trung bình Lagrange
Định lý giá trị trung bình có thể được hiểu qua hình học, trong đó đường tiếp tuyến của đồ thị hàm số f tại điểm η(x1, x2) sẽ song song với đường thẳng nối hai điểm (x1, f(x1)) và (x2, f(x2)).
Trong mục này, chúng ta thiết lập một số kết quả về phép tính vi phân và tích phân sử dụng Định lý giá trị trung bình Lagrange.
Bổ đề 2.1 Nếu hàm f liên tục trên [a, b] và f 0 (x) = 0 với mọi x trong khoảng (a, b), thì f là hằng số trên [a, b].
Chứng minh Cho x 1 , x 2 là hai điểm bất kì thuộc(a, b), giả sửf (x 1 ) 6= f(x 2 ), khi đó, bởi định lý giá trị trung bình, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f 0 (c) = f(x 2 ) − f(x 1 ) x 2 − x 1 6= 0, trái với giả thiết f 0 (x) = 0, ∀x ∈ (a, b).
Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.2 Nếu hàm f liên tục trên[a, b]và f 0 (x) = g 0 (x) với mọi xtrong khoảng (a, b), thì f và g sai khác một hằng số trên [a, b].
Chứng minh Đặt h(x) = f (x) − g(x), khi đó h 0 (x) = 0, bởi Bổ đề 2.1 ta có h(x) = c, với c là hằng số Do đó, f và g chỉ sai khác nhau một hằng số.
Bổ đề 2.3 Nếu hàm f liên tục trên [a, b] và f 0 (x) > 0(< 0) với mọi x trong (a,b), thì f là hàm tăng (giảm) thực sự trên [a, b].
Chứng minh Cho x 1 < x 2 ∈ [a, b], bởi Định lý giá trị trung bình, tồn tại c ∈ (x 1 , x 2 ) sao cho f (x 2 ) − f (x 1 ) x 2 − x 1 = f 0 (c) > 0 và do x 2 − x 1 > 0 chúng ta có f(x 2 ) − f(x 1 ) > 0 hay f (x 1 ) < f (x 2 ), và do đó f là hàm tăng.
Bổ đề 2.4 khẳng định rằng nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm cấp hai tồn tại trên (a, b) với f”(x) > 0 cho mọi x trong (a, b), thì hàm f được coi là lồi trên đoạn [a, b] Đồng thời, định lý cơ bản của phép tính cho biết rằng nếu f là một hàm liên tục trên [a, b] và F là nguyên hàm của f trên đoạn này, thì mối quan hệ giữa f và F được thiết lập rõ ràng.
Định lý giá trị trung bình cho biết rằng tích phân từ a đến b của hàm f(t) dt bằng hiệu của giá trị hàm F tại b và a, tức là Z b a f(t)dt = F(b) − F(a) Định lý này có thể được chứng minh thông qua Định lý giá trị trung bình Ngoài các ứng dụng lý thuyết, Định lý giá trị trung bình còn có nhiều ứng dụng khác, được minh họa qua các ví dụ sau đây.
Định lý giá trị trung bình có thể được áp dụng để chứng minh bất đẳng thức Bernoulli: nếu x > -1, thì (1 + x)^n ≥ 1 + nx cho mọi n ∈ R Để bắt đầu, giả sử x ≥ 0 và định nghĩa hàm f(t) = (1 + t)^n với t thuộc đoạn [0, x] Hàm f thỏa mãn các điều kiện của Định lý giá trị trung bình, từ đó suy ra rằng tồn tại η ∈ (0, x) sao cho f(x) - f(0) = (x - 0)f'(η).
(1 + x) n − 1 = xn(1 + η) n−1 ≥ nx, và do đó (1 + x) n ≥ 1 + nx.
Trường hợp −1 < x < 0 có thể chứng minh bằng cách tương tự cho hàm f(t) = (1 + t) n với t ∈ [x, 0].
Ví dụ 2.2 Định lý giá trị trung bình có thể dùng để chứng minh bất đẳng thức x ≥ 1 + ln x, x > 0 (2.3)
Dấu bằng chỉ xảy ra khi x = 1 Để chứng minh điều này, ta đặt f(t) = ln t với t thuộc đoạn [1, b] và b lớn hơn 1 Hàm f đáp ứng các điều kiện của Định lý giá trị trung bình, do đó tồn tại η nằm trong khoảng (1, b) sao cho f(b) - f(1) = (b - 1)f'(η), hay ln b = (b - 1)/η.
Sử dụng bất đẳng thức bên trái của (2.4), chúng ta được
Với điều kiện b > 1, ta suy ra 0 < 1/b < 1 Khi đặt x = 1/b, ta có x > 1 + ln x cho 0 < x < 1 Tiếp theo, áp dụng bất đẳng thức ln b < b - 1 với b > 1, ta có thể viết lại bất đẳng thức này thành x > 1 + ln x khi x > 1.
Nếu x = 1, trong (2.3), ta có vế trái bằng vế phải Do đó chúng ta có điều phải chứng minh với x > 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Định lý giá trị trung bình có thể được áp dụng để chứng minh bất đẳng thức aα < {aα + b(1 − α)}bα−1 (2.5) với điều kiện 0 < α < 1 và a, b là các số thực dương Để thực hiện chứng minh cho bất đẳng thức (2.5), ta xác định hàm số f(t) = tα với t > 0 và 0 < α < 1.
Khi đó, f là liên tục trên [a, b] Áp dụng Định lý giá trị trung bình, ta được f (b) − f(a) b − 1 = f 0 (η) với η ∈ (a, b) Từ đó thu được b α − a α b − a = αη α−1 (2.6)
Sử dụng (2.6) vào bất đẳng thức trên, ta được b α − a α > (b − a)αb α−1 rút gọn ta thu được bất đẳng thức (2.5) a α < {aα + b(1 − α)}b α−1
Bất đẳng thức này được sử dụng trong phân tích của chứng minh bất đẳng thức H¨older.
Ví dụ 2.4 Định lý giá trị trung bình có thể sử dụng để chứng tỏ (1 + 1 x ) x là hàm tăng trong khi (1 + x 1 ) x+1 là hàm giảm với x > 0.
Cho hàm f xác định bởi f (t) = ln t, t > 0. Áp dụng Định lý giá trị trung bình cho f, ta được f (x + 1) − f(x) = f 0 (η) với η ∈ (x, x + 1) Từ đó, ta có ln(x + 1) − ln x = 1 η , x > 0 (2.7)
= 1 η − 1 x + 1 > 0, (từ (2.7) ). và ln(x) là hàm tăng, chúng ta kết luận rằng
1 + 1 x x là hàm tăng với x. Để chứng minh
1 + 1 x x+1 là hàm giảm chúng ta tiến hành theo cách tương tự và ta có d dx h ln x + 1 x x+1 i
Do đó (1 + 1 x ) x+1 là hàm giảm với biến x.
Ví dụ 2.5 Định lý giá trị trung bình có thể sử dụng để thiết lập công thức
Z b 0 x α dx = b α+1 α + 1 (2.8) với α ≥ 0 và b > 0. Để thiết lập (2.8), ta xác định hàm f bởi f (t) = t α+1 α+1 Theo Định lý giá trị trung bình, tồn tại η ∈ (k − 1, k) với mọi số nguyên dương k sao cho k α+1 α + 1 − (k − 1) α+1 α + 1 = η α (2.9)
Sử dụng (2.9) vào bất đẳng thức trên, ta được
(k − 1) α < k α+1 α + 1 − (k − 1) α+1 α + 1 < k α Lấy tổng k từ 1 đến n, ta thu được n
Từ bất đẳng thức (2.10) có thể suy luận
= 1 α + 1 Định nghĩa của tích phân xác định có ngụ ý là
Ví dụ 2.6 cho thấy rằng nếu hàm f xác định trên khoảng (a, b) và tồn tại giới hạn g'0(c) với c thuộc (a, b), đồng thời g khả vi trên khoảng chứa f(c + h) với h đủ nhỏ và g'0 liên tục tại f(c), thì hàm g ◦ f sẽ khả vi tại điểm c.
Vì g là khả vi, bởi Định lý giá trị trung bình Lagrange, ta có g(f(h + c)) − g(f(c)) = g 0 (θ)[f(c + h) − f (c)] với θ ∈ (f(c), f(c + h)) f là khả vi tại c, do đó h→0 lim f (c + h) − f(c) h = f 0 (c).
Vì f là hàm liên tục, suy ra lim h→0 f (c + h) = f (c) và do đó lim h→0 f (θ) = f (c) (vì θ ∈ (f (c), f(c + h)) Sử dụng tính liên tục của g 0 tại f(c), ta có h→0 lim g 0 (θ) = g 0 h→0 lim θ
Định lý giá trị trung bình có thể được sử dụng để giới thiệu một họ vô hạn các trung bình, bao gồm cả trung bình Stolarsky Định nghĩa hàm số f(x) = x^α, với α là tham số thực Khi áp dụng Định lý giá trị trung bình cho hàm f trên đoạn [x, y], tồn tại một điểm η ∈ (x, y) phụ thuộc vào x, y và α, sao cho f'(η) = (f(x) - f(y)) / (x - y) Kết quả là η^α(x, y) = (x^α - y^α) / (α(x - y)^(α-1)).
Chúng ta sử dụng η α (x, y) để nhấn mạnh sự phụ thuộc của η vào x, y và α, từ đó tạo ra một họ vô hạn các trung bình bằng cách thay đổi tham số α Các trung bình này được gọi là trung bình Stolarsky.
Nếu α = −1, thì ta có trung bình hình học η −1 (x, y) = √ xy.
Nếu α = 2, thì ta có trung bình số học η 2 (x, y) = x + y
2 Nếu α → 0, thì ta có trung bình lôgarit α→0 lim η α (x, y) = x − y ln x − ln y Nếu α → 1, thì ta được trung bình identric α→1 lim η α (x, y) = 1 e h y y x x iy−x 1
Trung bình số học của n số thực dương được định nghĩa là tổng của n số đó chia cho n Đồng thời, chúng ta cũng có thể mở rộng khái niệm trung bình hình học cho n số thực dương, được tính bằng căn bậc n của tích của n số này.
A(x 1 , x 2 , , x n ) = x 1 + x 2 + ã ã ã + x n n trong khi đó trung bình hình học là
Tuy nhiên, không quá rõ ràng để tìm ra một công thức thích hợp cho giá trị trung bình lôgarit của n số thực dương.
Phương trình hàm sinh bởi định lý Lagrange
Trong bài viết này, chúng ta sẽ minh họa một phương trình hàm dựa trên Định lý giá trị trung bình và tiến hành nghiên cứu hệ thống về phương trình này cùng với các suy rộng của nó Định nghĩa tỉ sai phân của hàm f: R → R được đưa ra với các số thực phân biệt x1, x2, , xn, trong đó f[x1] = f(x1), f[x1, x2] = (f(x1) − f(x2)) / (x1 − x2) và f[x1, x2, , xn] = (f[x1, x2, , xn−1] − f[x2, x3, , xn]) / (x1 − xn) cho mọi n ≥ 2.
Theo định nghĩa của tỉ sai phân, phương trình (2.1) trong định lý giá trị trung bình có dạng f [x 1 , x 2 ] = f 0 (η(x 1 , x 2 )) (2.11)
Rõ ràng η phụ thuộc vào x1 và x2, đặt ra câu hỏi liệu có hàm f nào với giá trị trung bình η phụ thuộc vào x1 và x2 thỏa mãn điều kiện đã cho Từ góc độ này, phương trình (2.11) xuất hiện như một phương trình hàm, trong đó f là hàm chưa biết và η là giá trị đã biết Định lý này được Aczél thiết lập vào năm 1963 và cũng được Haruki chỉ ra.
Định lý 2.3, được chứng minh dựa trên tài liệu của Aczél (1985), khẳng định rằng các hàm f, h : R → R thỏa mãn phương trình f [x, y] = h(x + y) với điều kiện x ≠ y, khi và chỉ khi f (x) có dạng ax² + bx + c và h(x) có dạng ax + b, trong đó a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Phương trình (2.12) có thể được viết lại dựa trên định nghĩa tỉ sai phân của hàm f, như sau: f(x) − f(y) = (x − y)h(x + y) với x khác y (2.13), và điều này cũng đúng khi x = y Nếu hàm f thỏa mãn phương trình (2.13), thì hàm f + b cũng thỏa mãn, với b là một hằng số bất kỳ Để đơn giản hóa, ta giả sử f(0) = 0 Khi đặt y = 0 vào phương trình (2.13), ta nhận được biểu thức f(x) = xh(x) (2.14).
Do đó, từ (2.14) và (2.13) ta được xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y) (2.15)
Nếu h thỏa mãn (2.15) thì h + c cũng thỏa, ở đây clà hằng số bất kì Vì vậy ta giả sử h(0) = 0 Trong (2.15) cho x = −y, ta được
− yh(−y) = yh(y) (2.16) điều này cho thấy h là hàm lẻ Ta thay y = −y trong (2.15), ta được xh(x) − yh(y) = (x + y)h(x − y) (2.17)
(x − y)h(x + y) = (x + y)h(x − y) (2.18) và đặt u = x + y và v = x − y, từ (2.18), ta được vh(u) = uh(v), ∀u, v ∈R (2.19)
Nếu ta không giả định h(0) = 0, thì ta có tổng quát h(x) = ax + b.
Từ phương trình (2.14) ta có f (x) = x(ax + b) và nếu ta không giả địnhf (0) = 0 thì ta có trường hợp tổng quát f (x) = ax 2 + bx + c.
Chúng ta đã chứng minh rằng tất cả các nghiệm của phương trình (2.12) có dạng f(x) = ax² + bx + c và h(x) = ax + b, với a, b, c là các hằng số tùy ý Việc kiểm tra chiều đảo của định lý cũng cho thấy tính đúng đắn Định lý đã được chứng minh hoàn tất.
Hệ quả 2.1 Hàm f :R → R thỏa mãn phương trình hàm f[x, y] = f 0 ( x + y
2 ), x 6= y, (2.21) khi và chỉ khi f(x) = ax 2 + bx + c trong đó a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Để chứng minh chiều đảo của hệ quả một cách dễ dàng, ta chỉ cần tập trung vào chiều thuận Xét hàm g(x) = x² với mọi số thực x, ta có thể viết lại phương trình (2.21) thành f[x, y] = (f 0 ◦ g)(x + y) cho mọi x, y thuộc R Theo định lý (2.3), hàm f(x) có dạng f(x) = ax² + bx + c, với a, b, c là các hằng số tùy ý.
Vế trái của phương trình (2.21) thể hiện hệ số góc của cát tuyến nối hai điểm A(x, f(x)) và B(y, f(y)), trong khi vế phải biểu thị hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M (x+y/2, f(x+y/2)) trên đồ thị hàm số y = f(t) Hệ quả 2.1 chỉ ra rằng hai hệ số góc này bằng nhau nếu và chỉ nếu f(t) là đa thức bậc không quá hai Hình 2.2 minh họa cho tính đúng đắn của Hệ quả 2.3 trong trường hợp f(t) là đa thức bậc hai, lưu ý rằng hai đường thẳng có cùng hệ số góc sẽ song song hoặc trùng nhau.
Hệ quả 2.1 Định lý 2.4 chỉ ra rằng, nếu đa thức bậc hai f(x) = ax² + bx + c (với a ≠ 0) là nghiệm của phương trình hàm f(x + h) − f(x) h = f' (x + θh) (với 0 < θ < 1) cho mọi x ∈ R và h ∈ R \{0}, thì giá trị của θ là 1/2 Ngược lại, nếu hàm f thỏa mãn phương trình trên với θ = 1/2, thì nghiệm duy nhất của nó là một đa thức có bậc tối đa là hai.
Chứng minh Giả sử đa thức f(x) = ax 2 + bx + c (2.24) nếu nó là nghiệm của phương trình (2.23) Khi đó thay (2.24) vào (2.23), ta được a(x + h) 2 + b(x + h) + c − ax 2 − bx − c = h(2a(x + θh) + b) rút gọn ta được ah 2 (1 − 2θ) = 0.
Vì a và h đều khác không, ta có θ = 1/2, điều này chứng minh phần thuận của định lý Tiếp theo, để chứng minh phần đảo, ta thay θ = 1/2 và h = y − x vào phương trình (2.23), từ đó ta được f(x) − f(y) = (x − y)f'(x + y)/2.
Do đó, từ Hệ quả 2.1, ta có f là đa thức có bậc không vượt quá hai và điều này kết thúc chứng minh định lý.
Chúng ta tiếp tục tổng quát hóa bài toán trong Hệ quả 2.1 bằng cách xem xét hai tham số thực s và t Tất cả các hàm khả vi f xác định trên R đều thỏa mãn điều kiện f[x, y] = f 0 (sx + ty) với mọi số thực x, y và x khác y Do đó, các hàm này có dạng f(x) =.
Phương trình bậc hai ax² + bx + c có thể được đơn giản hóa thành bx + c khi s = t = 1/2 Bài toán này đã được trình bày độc lập bởi các tác giả Baker, Jacobson, Sahoo và Falkowitz vào năm 1991 Định lý tiếp theo được thiết lập bởi Kannappan, Sahoo và Jacobson.
Năm 1995, chứng minh của định lý được xây dựng dựa trên các chứng minh trước đó Định lý này sẽ được áp dụng để giải quyết phương trình hàm (2.25) như một hệ quả Định lý 2.5 nêu rằng, với các tham số thực s và t, các hàm f, g, h :R → R thỏa mãn điều kiện f(x) − g(y) x − y = h(sx + ty) (2.26) đối 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 αtx 2 + ax + b nếu s = t 6= 0
ay + b nếu s = 0 = t ay + b nếu s = 0, t 6= 0 ay + b nếu s 6= 0, t = 0 αty 2 + ay + b nếu s = t 6= 0
bất kỳ 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
(2.29) ở đây A :R → R là hàm cộng tính và a, b, c, α, β là các hằng số thực bất kỳ.
Để chứng minh định lý, chúng ta có thể kiểm tra trực tiếp tính đúng đắn của phần đảo Đối với phần thuận của định lý, chúng ta cần xem xét các trường hợp phụ thuộc vào các tham số s và t.
Khi s = t = 0, phương trình (2.26) trở thành f(x) − g(y) x − y = h(0), tức là f(x) − ax = g(y) − ay, với a = h(0) Khi thay y = 0 và y = 1, ta nhận được f(x) = ax + b0 với x ≠ 0 và f(x) = ax + b1 với x ≠ 1, trong đó b0 = g(0) và b1 = g(1) − a Do đó, với x ≠ 0 và x ≠ 1, ta có ax + b0 = ax + b1, dẫn đến b0 = b1 = b, và kết quả là f(x) = ax + b cho mọi x ∈ R.
Bằng cách tương tự ta cũng có g(y) = ay + b, ∀y ∈R (2.31)
Bằng cách thay thế các phương trình (2.30) và (2.31) vào phương trình (2.26), ta nhận thấy rằng h là một hàm số tùy ý với a = h(0) Kết quả này khẳng định nghiệm đã được chứng minh trong định lý cho trường hợp s = t = 0.
Trường hợp 2 Giả sử s = 0 và t 6= 0 (Trường hợp s 6= 0 và t = 0 có thể chứng minh hoàn toàn tương tự như trường hợp này.) Khi đó, phương trình (2.26), ta có f (x) − g(y) x − y = h(ty) (2.32)
Một số phương trình hàm liên quan Định lý giá trị trung bình
Bài toán 3.1 ([2]) Tìm các hàm f(x), g(x) xác định trên R sao cho f (x) − f (y) = (x + y)g(x − y), ∀x, y ∈R (3.1)
Tiếp theo, ta thay x = x + 1, y = x vào (3.1) và sử dụng (3.2), ta được f(x + 1) − f (x) = 2(x + 1)g(1), ∀x ∈R (3.3) f(x + 1) − f (x) = g(2x + 1), ∀x ∈R (3.4)
Từ (3.3) và (3.4), ta có g(2x + 1) = g(1)(2x + 1), ∀x ∈R Suy ra g(x) = ax với a = g(1), a ∈R.
Thay y = 0 vào (3.1), và sử dụng kết quả của hàm g vừa tìm được, ta được f(x) − f (0) = xg(x), ∀x ∈R
Vậy f (x) = ax 2 + bx, g(x) = ax là hàm cần tìm với a, b ∈R tùy ý.
Cách 2 Thay y = −y trong (3.1) và sử dụng (3.2),ta được f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈R Áp dụng Định lý 2.3, ta được f (x) = ax 2 + b + c, g(x) = ax + b, ∀x ∈R , trong đó a, b, c là các hằng số thực bất kỳ.
Thay hàm f (x), g(x) vừa tìm được vào (3.1), ta suy ra b = 0 Do đó, f (x) = ax 2 + c, g(x) = ax, ∀x ∈R
Vậy f (x) = ax 2 + c, g(x) = ax là hàm cần tìm với a, c ∈R tùy ý.
Bài toán 3.2 (Đề thi chính thức Olympic 30/4/2012) Tìm tất cả các cặp hàm số f (x), g(x) :R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau đây f(0) = g(0) = 1, g(1) = 2; f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈R (3.5)
Thay y = −x vào (3.5) và sử dụng g (0) = 1, ta được f (x) − f (−x) = 2x, ∀x ∈R (3.6) Tiếp theo ta thay x = x + 1, y = x vào (3.5) , ta được f (x + 1) − f (x) = g(2x + 1), ∀x ∈R (3.7)
Trong (3.5), ta thay x bởi x + 1 và y bởi −x, ta được f(x + 1) − f (−x) = 2(2x + 1), ∀x ∈R (3.8) Lấy (3.8) trừ cho (3.7) vế theo vế ta được g(2x + 1) = 2x + 1 + 1, ∀x ∈R hay g(x) = x + 1, ∀x ∈R (3.9)
Thay y = 0 vào (3.5), ta có f(x) − 1 = xg(x), ∀x ∈R Kết hợp g(x) vừa tìm được, ta có f(x) = x 2 + x + 1, ∀x ∈R
Vậy f (x) = x 2 + x + 1, g(x) = x + 1 ∀x ∈R là các hàm cần tìm.
Bài toán này có thể được xem là một ứng dụng của Định lý 2.3 đã được trình bày trong Chương 2 Nhờ vào kết quả của Định lý 2.3, chúng ta có thể dễ dàng xác định các hàm số f(x) = ax² + bx + c và g(x) = ax + b.
Kết hợp với điều kiện đề bài cho, ta dễ dàng suy ra b = c = 1, ta lại có nếu thay x = 1, y = 0 trong (3.5) thì ta được f (1) = 1, suy ra a = 1.
Vậy f (x) = x 2 + x + 1, g(x) = x + 1, ∀x ∈R là các hàm cần tìm.
Bài toán 3.3 (Irish, 1995) Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn xf(x) − yf (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈R (3.10)
Ta thấy nếu f là một nghiệm của (3.10) thì f + b cũng là một nghiệm Do đó, không mất tính tổng quát, ta giả sử f (0) = 0.
Trong (3.10), thay y = −x, ta được xf(x) + xf(−x) = 0.
Vìf (0) = 0, suy ra f (−x) = f(x), ∀x ∈R Trong (3.10), ta thay y bởi −y, ta thu được xf (x) + yf (−y) = (x + y)f(x − y), ∀x, y ∈R
Do đó xf(x) − yf (y) = (x + y)f(x − y), ∀x, y ∈R Kết hợp với phương trình (3.10), ta có
(x − y)f (x + y) = (x + y)f (x − y), ∀x, y ∈R (3.11) Đặt u = x + y, v = x − y, khi đó (3.11) được viết lại thành vf (u) = uf(v), ∀u, v ∈R
Hàm số f(x) = ax, với ∀x ≠ 0 và a là hằng số bất kỳ, cùng với điều kiện f(0) = 0, dẫn đến f(x) = ax cho mọi x thuộc R Nếu không giả định f(0) = 0, hàm số có thể được biểu diễn tổng quát dưới dạng f(x) = ax + b, với a và b là các hằng số tùy ý.
Vậy f (x) = ax + b, với a, blà các hằng số, là hàm cần tìm.
Trong bài toán 3.3, việc áp dụng Định lý 2.3 giúp giải quyết bài toán một cách nhanh chóng Cụ thể, khi đặt h(x) = xf(x), phương trình (3.10) có thể được chuyển đổi thành h(x) − h(y) = (x − y)g(x + y) cho mọi x, y ∈ R Theo Định lý 2.3, ta có g(x) = ax + b và h(x) = ax² + bx + c cho mọi x, y ∈ R.
Ta lại có h(0) = 0 suy ra c = 0.
Vậy f (x) = ax + b, ∀x ∈R, với a, b là các hằng số bất kỳ, là hàm cần tìm.
Bài toán 3.4 ([2]) Tìm các cặp hàm f(x), g(x) xác định trên R sao cho f(x) liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(x) + f(y) + 2xy = (x + y)g(x + y), ∀x, y ∈R (3.13)
Lời giải Thay x = 0, y = 0 vào (3.13), ta được f (0) = 0 Đặt f (x) − x 2 = h(x), khi đó h(x) liên tục trên R và h(0) = 0 Do đó, (3.13) được viết lại dưới dạng
Thế g(x) vừa có vào (3.14), ta được
Từ giả thiết h(x) liên tục trên R và h(0) = 0, suy ra h(x) = ax và do đó f (x) = x 2 + ax; g(x) =
Cách 2.Thay x = 0, y = 0 vào (3.13), ta được f (0) = 0 Đặtf (x) − x 2 = h(x), khi đó h(x) liên tục trên R và h(0) = 0 Do đó, (3.13) được viết lại dưới dạng
(x + y) 2 + h(x) + h(y) = (x + y)g(x + y), ∀x, y ∈R (3.16) Thay y = −x trong (3.16), ta được h(x) + h(−x) = 0, ∀x ∈R hay h(−x) = −h(x), ∀x ∈R Trong (3.16), ta thay y bởi −y, ta có h(x) − h(y) = (x − y)[g(x − y) − (x − y)], ∀x, y ∈R (3.17) Đặt k(x) = g(x) − x, khi đó (3.17) được viết lại thành h(x) − h(y) = (x − y)k(x − y), ∀x, y ∈R Theo Hệ quả 2.2, ta được h(x) = ax; k(x) =
, ở đây a, c là các hằng số thực bất kỳ.
Bài toán 3.5 ([1]) Tìm tất cả các hàm f, g :R → R thỏa mãn f (x) − f(y) = (x 2 − y 2 )g(x − y), ∀x, y ∈R (3.18)
Thay y bởi −y vào (3.18), ta được f(x) − f(−y) = (x 2 − y 2 )g(x + y), ∀x, y ∈R (3.19)
Ta tiếp tục thay x = y vào (3.19), ta có f (y) − f(−y) = 0, ∀y ∈R
Từ (3.18) và (3.19), ta có g(x − y) = g(x + y), ∀x, y ∈R , x 6= ±y (3.20) Đặt x = u+v 2 , y = u−v 2 Suy ra g(u) = g(v), ∀u, v ∈R \{0}
Thay hàm g vừa tìm được vào (3.18), ta được f(x) − f(y) = c(x 2 − y 2 ), ∀x 6= ±y, suy ra f (x) − ax 2 = f(y) − ay 2 , ∀x 6= ±y.
Từ phương trình (3.20), phương trình (3.18) có thể được viết lại dưới dạng f(x) − f(y) = (x − y)[(x + y)g(x + y)], ∀y ∈R Đặt h(x) = xg(x), với h(0) = 0, ta có f(x) − f(y) = (x − y)h(x + y), ∀x, y ∈R Áp dụng Định lý 2.3, ta nhận được f(x) = ax² + bx + c, ∀x ∈R và h(x) = ax + b, ∀x ∈R, với a, b, c là các hằng số bất kỳ.
Từ h(0) = 0, suy ra b = 0 Do đó
Bài toán 3.6 (Singapore, 2012) Tìm tất cả các hàm f :R → R sao cho
Thay x = 1 2 , y = − 1 2 vào (3.22), ta có f (0) = 0 Với mọi x + y 6= 0, ta có f (x) − f (y) = (x − y) f(x + y) x + y , ∀x, y ∈R , x + y 6= 0 (3.23) Đặt g(x) = f(x) x , khi đó (3.23) được viết lại như sau f(x) − f(y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈R , x + y 6= 0 (3.24)
Theo Định lý 2.3, ta được
f(x) = ax 2 + bx + c, ∀x ∈R , x 6= 0, g(x) = ax + b, ∀c ∈R , x 6= 0, trong đó a, b, c là các hằng số thực bất kỳ.
Vìf (x) = xg(x)suy ra c = 0, hayf (x) = ax 2 + bx Mặt khác, ta lại cóf (0) = 0 thỏa f (x) = ax 2 + bx.
Vậy f (x) = ax 2 + bx, ∀x ∈R, trong đó a, b là các hằng số bất kỳ.
Một số phương trình hàm liên quan khác
Bài toán 3.7 ([7]) Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm sau xf(y) − yf (x) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈R (3.25)
Thay y = 0 vào (3.25), ta có xf(0) = xg (x), ∀x ∈R
Do đó f (0) = g(x) = b, ∀x 6= 0, x ∈R \{0} (3.26) Thay (3.26) vào (3.25), ta được xf (y) − yf (x) = (x − y)b, ∀x, y ∈R , x + y 6= 0 (3.27) Thay x = 1, y 6= −1 vào (3.26), ta thu được f (y) = [f (1) − b]y + b = ay + b, ∀y 6= −1 (3.28) Tiếp tục, cho y = 2 trong (3.28), ta được f (2) = 2f (1) − b (3.29)
Tiếp theo, thay x = −1 và y = 2 vào (3.25) và sử dụng (3.26) và (3.29), ta có f (−1) = −[f (1) − b] + b, hay f (−1) = −a + b (3.30)
Từ (3.30), ta thấy (3.28) đúng với mọi y ∈R Ta lại tiếp tục thay x = 1, y = −1 vào trong (3.25), ta thu được g(0) = 0.
Do đó, (3.26) đúng với mọi x ∈R.
Vậy f (x) = ax + b, g(x) = b, ∀x ∈ R, a, b là các hằng số bất kỳ, là các hàm cần tìm.
Bài toán 3.8 ([7]) Cho s, t là hai số thực cho trước Tìm tất cả các hàm f, g :R → R thỏa mãn phương trình hàm sau xf (y) − yf(x) = (x − y)g (sx + ty), ∀x, y ∈R (3.31)
Trường hợp 1 Giả sử s = t = 0 Khi đó từ (3.31), ta có x[f (y) − b] = y[f(x) − b], ∀x, y ∈R , (3.32) ở đây b = g(0) Cho y = 1 trong phương trình trên ta được f (x) = [f(1) − b]x + b = ax + b, ∀x ∈R , ở đây a = f (1) − b Do đó, nghiệm của phương trình đã cho là
Trường hợp 2 Giả sử t = 0 và s 6= 0 Khi đó (3.31), trở thành xf(y) − yf (x) = (x − y)g(sx) (3.33)
Thay y = 0 vào (3.33), ta được xf (0) = xg(sx), suy ra g(x) = b, ∀x ∈R \{0}, (3.34) ở đây b = f(0) Sử dụng (3.34) vào (3.33), ta có x[f(y) − b] = y[f (x) − b], ∀x 6= 0 (3.35) Thay x = 1 vào (3.35), ta có f(y) = [f(1) − b]y + b = ay + b, ∀y ∈R (3.36)
Thay x = 0 vào (3.33), ta được g(0) = f (0) = b và do đó (3.34) đúng với mọi x ∈R
Trường hợp 3 Giả sử t 6= 0 và s = 0 Bằng cách tương tự trường hợp trên, ta cũng tìm được nghiệm như ở Trường hợp 2.
Trong trường hợp 4, giả sử s ≠ 0 và t ≠ 0, với y = 0, ta có xf(0) = xg(sx), dẫn đến h(x) = b cho mọi x ≠ 0, trong đó b = f(0) Áp dụng (3.37) vào (3.31), ta nhận được công thức xf(y) − yf(x) = (x − y)b với sx + ty ≠ 0 Khi đặt x = 1 trong (3.38), ta tìm được f(y) = y[f(1) − b] + b, tức là f(y) = ay + b cho mọi y ∈ R, y ≠ −s/t.
Thay x = − s t và y = 2 s t vào (3.31), ta được
Khi đó, từ (3.39), ta có f
Do đó (3.39) đúng với mọi y ∈R.
Tiếp theo, ta cần chứng minh g(x) = b đúng với mọi x ∈ R trừ trường hợp s = −t Nếu s = −t, thì h(x) được định nghĩa tùy ý tại x = 0 và g(x) = b với mọi x ∈R \{0}
Nếu s 6= −t, ta cần chứng minhg (0) = b Thay x = 1 và y = − s t vào (3.31), ta được f
1 + s t g(0), suy ra g(0) = b và do đó chúng ta có g(x) = b với mọi x ∈R.
bất kỳ với b = g(0) nếu s = 0 = t b nếu s = −t, x 6= 0 b các trường hợp còn lại, trong đó a, b là các hằng số.
Bài toán 3.9 ([7]) Tìm tất cả các hàm f, g :R → R thỏa f (x) − f (y) = (x − y) h g(x) + g(y) 2 i , ∀x, y ∈R (3.40)
Ta thấy nếu f là nghiệm của (3.40) thì f + b cũng là nghiệm Do đó, không mất tính tổng quát ta giả sử f(0) = 0 Khi đó, cho y = 0 trong (3.40), ta được
Thay (3.41) vào phương tình (3.40), ta được x[g(x) + g(0)] − y[g (y) − g(0)] = (x − y)[g(x) + g(y)], ∀x, y ∈R
Do đó, g(x) = 2ax + b, ∀x 6= 0 với a là hằng số bất kỳ Ta thấy, g(0) = b, vì vậy g(x) = ax + b, ∀x ∈R
Thay g(x) vừa tìm được vào (3.41), ta được f (x) = ax 2 + bx, ∀x ∈R Nếu không giả sử f (0) = 0, thì ta được f(x) = ax 2 + bx + c, ∀x ∈R Vậy f (x) = ax 2 + bx + c, g(x) = 2ax + b.
Sau một thời gian nghiên cứu và tìm hiểu về Định lý giá trị trung bình Lagrange cùng các phương trình hàm liên quan, luận văn đã hoàn thành và đạt được các mục tiêu nghiên cứu đề ra với những kết quả cụ thể.
Bài viết này cung cấp cái nhìn tổng quan về các hàm cộng tính, bao gồm hàm liên tục và gián đoạn, cũng như các hàm cộng tính trên mặt phẳng thực và phức, đồng thời khám phá khái niệm hàm song cộng tính.
2 Nghiên cứu Định lý giá trị trung bình Lagrange và một vài ứng dụng của nó thông qua các ví dụ minh họa.
3 Nghiên cứu phương trình hàm sinh bởi Định lý giá trị trung bình Lagrange và giải quyết một số bài tập liên quan.
Nội dung luận văn chủ yếu dựa trên tài liệu tham khảo [6], với các kết quả được trình bày chi tiết, rõ ràng và có hệ thống Nhiều chứng minh đã được làm rõ và mở rộng, đồng thời giải quyết một số bài tập minh họa cho các dạng phương trình hàm sinh theo Định lý giá trị trung bình Lagrange Luận văn này không chỉ là tài liệu tham khảo hữu ích cho việc nghiên cứu sâu hơn sau này mà còn hy vọng sẽ hỗ trợ những ai quan tâm đến phương trình hàm và ứng dụng của Định lý giá trị trung bình Lagrange Tuy nhiên, do giới hạn về thời gian và khuôn khổ, chúng tôi chưa thể nghiên cứu sâu về Định lý giá trị trung bình cho nhiều biến và các phương trình hàm liên quan.