Hội thảo Khoa học: Các chuyên đề chuyên Toán bồi dưỡng học sinh giỏi, Hà Nội 26-27/03/2012
Một số lớp phương trình hàm với
cặp đối số biến đổi
Nguyễn Văn Mậu, ĐHKHTN, ĐHQGHN
Phạm Thị Nhàn, Sở GD và ĐT Quảng Ninh
Tóm tắt nội dung
Báo cáo này viết về phương trình hàm với đối số biến đổi trong lớp hàm thực
hai biến với đối số biến đổi là các dạng đối hợp và song đối hợp. Dựa vào các đặc
trưng của toán tử đại số, cho phép ta tìm nghiệm tường minh của lớp các phương
trình hàm dạng
f(x, y) ±f(2p −x, y) ±f(x, 2q −y) + f(2p − x, 2q − y) = h(x, y), (x, y) ∈ Ω, (1)
trong đó điểm (p, q) là tâm đối xứng của tập Ω ⊂ R × R, h(x, y) là hàm đã biết.
Trong phần áp dụng, khảo sát hai lớp phương trình dạng
f(xy) ± f ((1 − x)y ± f (x(1 − y)) + f ((1 − x)(1 − y)) = h(xy), ∀x, y ∈ (0, 1).
và
f(x + y) ± f (−x + y) ± f (x − y) + f(−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1)
đã được đề cập trong [1]-[4].
1 Hàm cộng tính và song cộng tính
Trong mục này sẽ giới thiệu tổng quan về lớp phương trình hàm Cauchy và các lớp
hàm cộng tính phi tuyến (xem [1]-[2]). Có lẽ A.M. Legendre là người đầu tiên đã tìm
được nghiệm của phương trình hàm Cauchy
f(x + y) = f (x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Trong cuốn sách của Kuczma (1985) đã trình bày rất chi tiết các tính chất của lớp hàm
cộng tính. Tiếp theo, lớp hàm cộng tính cũng được đề cập nhiều trong các cuốn sách
của Acze’l (1966), Acze’l (1987), Acze’l và Dhombres (1989), và Smital (1988). Nghiệm
tổng quát của nhiều phương trình hàm hai hay nhiều biến có thể biểu diễn thông qua
các hàm cộng tính, lũy thừa, logarit hay mũ.
1.1 Về lớp hàm cộng tính liên tục
Trong mục này, ta định nghĩa hàm cộng tính và khảo sát dáng điệu của chúng theo
các giả thiết về tính trơn khác nhau chẳng hạn như tính đo được, tính liên tục, tính khả
vi, tính đơn điệu,

f(x)dz =
y

0
[f(x + z) − f(z)] dz
=
x+y

x
f(u)du −
y

0
f(z)dz =
x+y

0
f(u)du −
x

0
f(u)du −
y

0
f(u)du.
2
Vế phải của phương trình trên là bất biến khi hoán đổi x và y, nghĩa là
yf (x) = xf(y), ∀x ∈ R.
Do đó, với x = 0, ta thu được

Như vậy, ta đã chứng tỏ f(nx) = nf (x) với mọi số nguyên n và ∀x ∈ R. Tiếp theo, cho
r là một số hữu tỉ tùy ý, ta có
r =
k
l
với k là một số nguyên và l là một số tự nhiên. Ngoài ra, kx = l(rx). Sử dụng tính
nguyên thuần nhất của f, ta có được
kf(x) = f(kx) = f(l(rx)) = lf(rx)
nghĩa là
f(rx) =
k
l
f(x) = rf(x).
Do đó, f là thuần nhất hữu tỉ. Ngoài ra, cho x = 1 trong phương trình trên và đặt
a = f(1), ta thấy rằng
f(r) = ar, ∀r ∈ Q.
Từ đó, f là tuyến tính trên tập các số hữu tỉ. 
Bây giờ ta trình bày chứng minh thứ hai của Định lí 2. Cho f là hàm cộng tính và
liên tục trên tập số thực. Với số thực tùy ý x thì luôn tồn tại một dãy {r
n
} các số hữu
tỉ với r
n
→ x. Do f là cộng tính, theo Định lí 1.2, f là tuyến tính trên tập số hữu tỉ.
Nghĩa là
f(r
n
) = ar
n
, ∀n

Bây giờ ta bắt đầu tìm hiểu về lớp hàm cộng tính phi tuyến. Trước tiên, ta chỉ ra
rằng lớp hàm cộng tính phi tuyến phô diễn một dáng điệu rất kì lạ.
4
Định nghĩa 5. Đồ thị của một hàm f : R → R là tập
G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)}.
Dễ dàng thấy rằng đồ thị của hàm f : R → R là tập con của không gian R
2
.
Định lý 4. Đồ thị của mọi hàm cộng tính phi tuyến f : R → R là trù mật khắp nơi
trong không gian R
2
.
Chứng minh. Đồ thị G của hàm f được cho bởi
G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)}.
Chọn một số khác không x
1
trong R. Từ f là một ánh xạ cộng tính phi tuyến, với mọi
hằng số m, có sự tồn tại một số thực khác không x
2
sao cho
f

x
1

x
1
=
f


2
)





= 0,
vì vậy các vectơ X
1
= (x
1
, f (x
1
)) và X
2
= (x
2
, f (x
2
)) là độc lập tuyến tính và vì
vậy chúng trải rộng toàn bộ không gian R
2
. Điều này có nghĩa rằng với mọi vectơ
X = (x, f (x)) tồn tại các số thực r
1
và r
2
sao cho
X = r

1
+ ρ
2
X
2
= ρ
1

x
1
, f (x
1
)

+ ρ
2

x
2
, f (x
2
)

=

ρ
1
x
1
+ ρ

2
)

.
Vì vậy, tập

G = (x, y)|x = ρ
1
x
1
+ rho
2
x
2
, y = f (ρ
1
x
1
+ rho
2
x
2
), ρ
1
, ρ
2
∈ Q
là trù mật khắp nơi trong R
2
. Từ đó


√
2 + w

√
3
thì u = u

, v = v

và w = w

. Để chứng tỏ điều này, ta chú ý rằng giả thiết này kéo theo
(u − u

) + (v − v

)
√
2 + (w + w

)
√
3 = 0.
Đặt a = (u − u

), b = (v − v

) và c = w − w


2
2bc
cho ta sự mâu thuẫn rằng
√
6 là một số vô tỉ. Nếu b = 0, thì ta có a + c
√
3 = 0; điều
này kéo theo c = 0 (nếu ngược lại thì
√
3 = −
a
c
, là một số hữu tỉ trái với thực tế rằng
√
3 là một số vô tỉ). Tương tự nếu c = 0, ta được b = 0. Như vậy cả b và c đều bằng
không. Từ đó lập tức có được a = 0. Nếu đặt
B =

1,
√
2,
√
3

thì mỗi phần tử của S là một tổ hợp tuyến tính duy nhất của các phần tử của B. Tập
B được gọi là một cơ sở Hamel đối với tập S. Về mặt hình thức, một cơ sở Hamel cũng
được định nghĩa tương tự.
6
Định nghĩa 6. Giả sử S là một tập các số thực và B là một tập con của S. Thế thì
B được gọi là một cơ sở Hamel của S nếu mọi phần tử của S là một tổ hợp tuyến tính

, r
2
, . . . r
n
sao cho
x = r
1
b
1
+ r
2
b
2
+ ··· + r
n
b
n
.
Từ đó
f
1
(x) − f
2
(x) = f (x) = f(r
1
b
1
+ r
2
b

)
= r
1
[f
1
(b
1
) − f
2
(b
1
)] + r
2
[f
1
(b
2
) − f
2
(b
2
)] + ···+ r
n
[f
1
(b
n
) − f
2
(b

b
2
+ ··· + r
n
b
n
.
Việc xác định f(x) trở thành
r
1
g(b
1
) + r
2
g(b
2
) + ···+ r
n
g(b
n
).
Biểu thức này xác định f(x) với mọi x. Định nghĩa này là duy nhất, đối với mỗi x, việc
chọn b
1
, b
2
, . . . , b
n
, r
1

b
2
+ ··· + s
m
b
m
,
với r
1
, r
2
, . . . r
n
, s
1
, s
2
, . . . s
m
là các số hữu tỉ và a
1
, a
2
, . . . , a
n
, b
1
, b
2
, . . . , b

+ ··· + u
l
c
l
y = v
1
c
1
+ v
2
c
2
+ ··· + v
l
c
l
,
ở đây u
1
, u
2
, . . . u
l
, v
1
, v
2
, . . . v
l
là các số hữu tỉ, và không đồng thời bằng không. Bây giờ

2
+ ··· + (u
l
+ v
l
)c
l
)
= (u
1
+ v
1
)g(c
1
) + (u
2
+ v
2
)g(c
2
) + ···+ (u
l
+ v
l
)g(c
l
)
= [u
1
g(c

1 nếu x = b.
Theo định lí trên thì tồn tại một hàm cộng tính f : R → R với f (x) = g(x) đối với mỗi
x ∈ B . Chú ý rằng f ở đây có thể không tuyến tính đối với x ∈ B và x = b, ta có
0 =
f(x)
x
=
f(b)
b
.
Do đó f là một hàm cộng tính phi tuyến. Phần cuối của mục này ta ghi nhớ chú ý
sau đây. Hiện tại, không có ví dụ cụ thể về một cở Hamel đã biết, ta chỉ biết rằng nó tồn
tại. Đồ thị của một hàm cộng tính gián đoạn là không dễ để vẽ như tập {f(x)|x ∈ R}
là trù mật trong R.
1.3 Tiêu chuẩn khác đối với tính chất tuyến tính
Ta đã biết rằng, đồ thị của một hàm cộng tính phi tuyến f là trù mất trong không
gian. Nghĩa là, mọi đường tròn chứa một điểm, (x, y) sao cho y = f(x). ta cũng thấy
rằng một hàm cộng tính f trở thành tuyến tính khi f liên tục. Có thể làm yếu điều
kiện liên tục thành liên tục tại một điểm và vẫn có f trở thành tuyến tính. Trong mục
này, ta trình bày một số điều kiện tựa chính quy để một hàm cộng tính trở thành tuyến
tính.
8
Định lý 7. Nếu một hàm cộng tính f là bị chặn một phía hoặc đơn điệu, thì nó là tuyến
tính.
Chứng minh. Giả sử f không tuyến tính. Thế thì đồ thị của f là trù mật trong mặt
phẳng. Vì f bị chặn trên, đối với hàng số M hàm cộng tính f thoả mãn
f(x) ≤ M, x ∈ R,
và đồ thị của f trừ ra tập A = {x ∈ R|f (x) > M}. Do đó nó không thể trù mật trên
mặt phẳng điều này là mâu thuẫn. Vì ngược với điều giả sử của ta , nên f là tuyến tính.
Phần còn lại của định lí có thể được thiết lập trong một phương pháp đơn giản. 

2
), ∀x
1
, x
2
∈ R. (7)
Chứng minh. Giả sử x = (x
1
, x
2
) và y = (y
1
, y
2
) là hai điểm tùy ý trong mặt phẳng.
Tính cộng tính của f cho ta
f(x + y) = f (x) + f(y)
nghĩa là
f(x
1
+ y
1
, x
2
+ y
2
) = f (x
1
, x
2

1
+ y
1
, 0) = f(x
1
+ y
1
, 0 + 0)
= f(x
1
, 0) + f(y
1
, 0) = A
1
(x
1
) + A
1
(y
1
).
Từ đó A
1
là cộng tính trên R. Tương tự cũng có thể chỉ ra rằng A
2
là cộng tính trên
R. Tiếp theo cúng ta chứng tỏ rằng f là một sự chồng lên của A
1
, A
2

Định lý 10. Nếu f : R
2
→ R là một hàm cộng tính liên tục trên mặt phẳng R
2
thì tồn
tại các 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. (8)
Kết quả này có thể được làm mạnh hơn nữa bằng việc làm yếu tính liên tục của
f : R
2

2
(y) = A
2
(y
0
)
Để chỉ ra f là liên tục điểm, ta tính
lim
(x,y)→(x
0
,y
0
)
f(x, y) = lim
(x,y)→(x
0
,y
0
)
[A
1
(x) + A
2
(y)]
= lim
x→x
0
A
1
(x) + lim

1
, c
2
, . . . , c
n
sao cho
f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ ··· + c
n
x
n
∀x
1
, x
2
, . . . , x
n

+ z
2
) = Re f(z
1
+ z
2
) = Re [f (z
1
) + f(z
2
)]
= Re f (z
1
) + Re f (z
2
) = f
1
(z
1
) + f
1
(z
2
),
và
f
2
(z
1
+ z

12
(Im z) + if
21
(Re z) + if
22
(Im z)
Định lí tiếp theo liên quan đến dạng của hàm cộng tính liên tục giá trị phức trên
mặt phẳng phức.
Định lý 13. Nếu f : C → C là một hàm cộng tính liên tục, thế thì tồn tại các hằng số
phức c
1
, c
2
sao cho
f(z) = c
1
z + c
2
z (12)
ở đây z kí hiệu số phức liên hợp của z.
Chứng minh. Vì f là cộng tính, theo Định lí 1.12, ta có
f(z) = f
11
(Re z) + f
12
(Im z) + if
21
(Re z) + if
22
(Im z),

+ ic
22
)Im z = aRe z + bIm z ở đây a = c
11
+ ic
21
, b = c
12
+ ic
22
= aRe z − i(bi)Im z =
a+bi
2
Re z +
a−bi
2
Re z −
a+bi
2
iIm z +
a−bi
2
iIm z
=
a−bi
2
Re z +
a−bi
2
iIm z +

2
=
a+bi
2
là các hằng số phức. Định lí được chứng minh. 
Chú ý rằng không giống như các hàm cộng tính liên tục nhận giá trị thực trên số thực,
các hàm cộng tính liên tục nhận giá trị phức trên mặt phẳng phức là không tuyến tính.
Tính tuyến tính có thể được phục hồi nếu có thêm một giả thiết về tính trơn mạnh hơn
giống như tính giải tích thay thế cho tính liên tục.
Định lý 14. Nếu f : C → C là một hàm cộng tính giải tích, thế thì tồn tại hằng số
phức c sao cho
f(z) = cz,
hay f là tuyến tính.
Chứng minh. Vì f là giải tích nên f khả vi. Lấy vi phân
f(z
1
+ z
2
) = f (z
1
) + f(z
2
) (13)
theo biến z
1
, ta có
f

(z
1

→ R được gọi là song cộng tính khi và chỉ khi nó là
tuyến tính với mỗi biến, nghĩa là
f(x + y, z) = f(x, z) + f(y, z) (14)
f(x, y + z) = f(x, y) + f (x, z) (15)
với mọi x, y, z ∈ R.
12
Nếu m là một hằng số và ta định nghĩa f bởi
f(x, y) = mxy, x, y ∈ R
thì f là song cộng tính. Câu hỏi đặt ra là còn có các hàm song cộng tính khác hay
không?
Định lý 15. Mọi ánh xạ song tuyến tính liên tục f : R
2
→ R đều có dạng
f(x, y) = mxy
với mọi x, y ∈ R và m là hằng số thực tùy ý.
Chứng minh. Giả sử f : R
2
→ R là một ánh xạ song tuyến tính liên tục. Do đó f
thỏa mãn
f(x + y, z) = f(x, z) + f(y, z) (16)
với mọi x, y, z ∈ R Cho x = 0 = y, ở phương trình trên, ta có điều kiện dưới đây
f(0, z) = 0 (17)
với mọi z ∈ R. Cố định z, đặt φ(x) = f(x, z), ta thấy rằng phương trình (16) quy về
φ(x + y) = φ(x) + φ(y). (18)
Do f liên tục nên φ cũng liên tục và do đó theo (18) , φ tuyến tính, nghĩa là φ(x) = kx;
và
f(x, y) = k(y)x (19)
ở đây k : R → R là một hàm tùy ý. Vì f cộng tính với biến thứ hai, ta có
f(x, y + z) = f(x + y) + f (x, z) (20)
Thay (19) vào (20) ta có

n

k=1
r
k
b
k
, y =
m

j=1
α
kj
s
j
b
j
,
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
k
và b

∈ R và với hệ số hữu tỉ s
j
. Vì f là song cộng tính
f(x
1
+ x
2
, y) = f (x
1
, y) + f (x
2
, y) (26)
f(x, y
1
+ y
2
) = f (x, y
1
) + f(x, y
2
) (27)
với x
1
, x
2
, y
1
, y
2
∈ R. Từ (26) và (27), sử dụng phép quy nạp, ta có

k
). (29)
Cho x
1
= x
2
= ··· = x
n
= xvà y
1
= y
2
= ··· = y
n
= y, trong (28) và (29), ta có
f(nx, y) = nf (x, y) = f(x, ny). (30)
Từ (30) với t =
m
n
x (hay nt = mx), ta có
nf(t, y) = f (nt, y) = f(mx, y) = f(x, y)
hay
f(t, y) =
m
n
f(x, y).
Nghĩa là
f(
m
n

s
j
b
j

=
n

k=1
r
k
f

b
k
,
m

j=1
s
j
b
j

=
n

k=1
m


4 Biểu diễn một số lớp hàm hai biến với phép phản
xạ
Ta sẽ mô tả một số lớp hàm hai biến với phép phản xạ. Cụ thể là ta xét hàm hai
biến đối xứng qua điểm (p, q).
Định nghĩa 9. Cho tập Ω := P × Q ⊂ R × R và điểm (p, q) là tâm đối xứng của nó.
Hàm f(x, y) xác định trên Ω được gọi là chẵn-chẵn (hoặc chẵn theo cặp biến) đối với
điểm (p, q) khi và chỉ khi
f(2p − x, y) = f(x, y) và f(x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
Định nghĩa 10. Cho tập Ω := P × Q ⊂ R × R và điểm (p, q) là tâm đối xứng của nó.
Hàm f(x, y) xác định trên Ω được gọi là chẵn-lẻ đối với điểm (p, q) khi và chỉ khi
f(2p − x, y) = f(x, y) and f(x, 2q − y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
Nhận xét 1. Tương tự, ta có các định nghĩa cho lớp hàm lẻ-chẵn, lẻ-lẻ.
Trường hợp riêng, ta có
15
Định nghĩa 11. Hàm f (x, y) xác định trong R × R được gọi là chẵn-chẵn khi và chỉ
khi
f(−x, y) = f (x, y) and f(x, −y) = f (x, y), ∀x, y ∈ R.
Câu hỏi tự nhiên nảy sinh là:
Bài toán 1. Hãy mô tả hàm hai biến f(x, y) khi nó là chẵn-chẵn theo điểm (p, q), tức
là
f(2p − x, y) = f(x, y) và f(x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (35)
Giải. Nhận xét rằng
f(2p − x, 2q − y) = f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀x, y ∈ Ω,
nên
f(x, y) =
1
4
[f(x, y) + f (x, 2q − y) + f (2p − x, y) + f (2p − x, 2q − y)]. (36)
Ta chứng minh rằng hàm f(x, y) là chẵn-chẵn khi và chỉ khi tồn tại g(x, y) xác định
trong R × R sao cho

[g(x, y) + g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)]. (42)
Thật vậy, nếu f (x, y) có dạng (42) thì dễ kiểm chứng rằng điều kiện (40) là thỏa mãn
và nếuf(x, y) là chẵn-lẻ thì nó có dạng (41) và vì thế có dạng (42) với g = f.
Tương tự, ta phát biểu các kết quả
Định lý 17. Mọi hàm hai biến f(x, y) là chẵn-chẵn, tức là
f(−x, y) = f (x, y) and f(x, −y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ R. (43)
khi và chỉ khi
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(x, −y) + g(−x, y) + g(−x, −y)]. (44)
trong đó g(x, y) là hàm tùy ý xác định trong R × R.
Định lý 18. Mọi hàm hai biến f(x, y) là chẵn lẻ đối với điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = f(x, y) and f(x, 2q − y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (45)
đều có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) + g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)]. (46)
Định lý 19. Mọi hàm hai biến f(x, y) là lẻ-chẵn đối với điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = −f(x, y) and f(x, 2q − y) = f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (47)
đều có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) − g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)]. (48)
Định lý 20. Mọi hàm hai biến f(x, y) là lẻ-lẻ đối với điểm (p, q), tức là
f(2p − x, y) = −f(x, y) and f(x, 2q − y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (49)
đều có dạng
f(x, y) =

Hệ quả 3. Hàm hai biến f (x, y) là lẻ-lẻ đối với điểm

1
2
,
1
2

, tức là
f(1 − x, y) = −f(x, y) và f(x, 1 −y) = −f (x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (53)
khi và chỉ khi nó có dạng
f(x, y) =
1
4
[g(x, y) − g(1 − x, y) − g(x, 1 −y) + g(1 − x, 1 − y)]. (54)
5 Phương trình hàm trong lớp hàm hai biến với đối
hợp
Trong mục này, ta giải các phương trình hàm sau
f(x, y) + f (2p − x, y) + f (x, 2q − y) + f (2p − x, 2q − y) = h(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (55)
và
f(x, y) − f (2p − x, y) − f (x, 2q − y) + f (2p − x, 2q − y) = h(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω, (56)
trong đó (p, q) là tâm đối xứng của tập Ω ⊂ R × R, h(x, y) cho trước.
Ký hiệu X là tập tất cả các hàm xác định trong X và X = L
0
(X, X), trong đó
L
0
(X, X) là không gian tuyến tính các toán tử tuyến tính A : X → X với dom A = X.
Dễ kiểm chứng rằng X là đại số (vành tuyến tính) trên trường R.
Xét các phần tử (toán tử) V và W trong X như sau

Chứng minh. Theo bổ đề 2, từ đẳng thức (K − K)f = 0, ∀f ∈ X, ta thu được
1
4

K
2
−4K

f = 0 ⇔ (K
2
−4K)f = 0 ⇔ K(K −4I)f = 0. Vậy nên (K −4I)X ⊂ ker K.
Mặt khác, khi ϕ ∈ ker K thì Kϕ = 0 và K(K − 4I)ϕ = (K − 4I)Kϕ = 0. Suy ra
ϕ ∈ Im (4I − K). 
Định lý 22. Phương trình không thuần nhất (55) (Kf = h) có nghiệm khi và chỉ khi
Kh = 4h. (61)
Khi đó, mọi nghiệm của (55) có dạng
f(x, y) = 3g(x, y) − g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p −x, 2q − y) (62)
+
1
4
[3h(x, y) − h(2p − x, y) − h(x, 2q − y) − h(2p − x, 2q − y)], g ∈ X.
Chứng minh. Giả sử phương trình (55) có nghiệm và f
0
là một nghiệm của nó. Khi đó
theo bổ đề 2 và đẳng thức Kf
0
= h kéo theo K
2
f
0

L
(t) = t
2
− 4t. (65)
Chứng minh. Từ đẳng thức
−V L = L, −W L = L, V W L = L,
suy ra L
2
= 4L và L không là toán tử vô hướng nên P
L
(t) = t
2
− 4t. 
Định lý 23. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Lf = 0 có dạng
f(x, y) =
1
4
[3g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)], g ∈ X. (66)
Chứng minh. Theo cùng cách như đối với định lý 21. 
Định lý 24. Phương trình không thuần nhất (55) (Lf = h) có nghiệm khi và chỉ khi
Lh = 4h. (67)
Khi đó, mọi nghiệm của (55) có dạng
f(x, y) = 3g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y) (68)
+
1
4
[3h(x, y) + h(2p − x, y) + h(x, 2q − y) − h(2p − x, 2q − y)], g ∈ X.
Chứng minh. Giả sử phương trình (56) có nghiệm và f
0
là một nghiệm của nó Theo

20
6 Ví dụ áp dụng
Ta xét một số trường hợp đặc biệt khi q = p =
1
2
. Khi đó tâm đối xứng của Ω là

1
2
,
1
2

. và (55) có dạng
f(x, y) + f (1 − x, y) + f (x, 1 − y) + f (1 − x, 1 − y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (0, 1). (70)
và
f(x, y) − f (1 − x, y) − f (x, 1 − y) + f (1 − x, 1 − y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (0, 1). (71)
Khi đó vai trò của x và y ở vế trái của (70) như nhau.
Quay trở về hàm f(t), ta có thể phát biểu kết quả sau.
Định lý 25. Hàm f (t) thỏa mãn các điều kiện
f((1 − x)y) = f (xy), ∀x, y ∈ (0, 1) (72)
khi và chỉ khi tồn tại hàm g(t) sao cho
f(xy) =
1
4
[g(xy) + g((1 − x)y) + g(x(1 − y)) + g((1 − x)(1 − y))]. (73)
Chứng minh. Từ (76) ta thu được f (x(1 − y)) = f (xy) và
f((1 − x)(1 − y)) = f (x(1 − y)) = f (xy), ∀x, y ∈ (0, 1).
Vậy có thể viết f(t) dưới dạng
f(xy) =

, ∀t ∈

1
2
, 1

.
21
hay
h(x) = h

1
2

, ∀x ∈

0,
1
2

. (76)
Tương tự, đặt xy = t, thì x(1 − y) = t
1 − y
y
và
h(t) = h

1 − y
y
t

(55) có dạng
f(x, y) + f (−x, y) + f(x, −y) + f (−x, −y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (−1, 1). (85)
22
Định lý 30. Hàm f (t) là nghiệm của phương trình thuần nhất
f(x + y) + f (−x + y) + f (x − y) + f (−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1) (86)
khi và chỉ khi f(x) là hàm lẻ trong (−2, 2).
Chứng minh. Khi f là lẻ trong (−2, 2), thì f(x − y) = −f(−x + y) và f (−x − y) =
−f(x + y). Vậy nên,
f(x + y) + f (−x + y) + f (x − y) + f (−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1).
Ngược lại, khi f là nghiệm của (86) thì đặt x = 0, y = 0 vào (86) ta nhận được
f(0) = 0. Tương tự, đặt y = x, vào (84) và sử dụng đẳng thức f(0) = 0, ta thu được
f(−2x) = −f (2x), tức là f là hàm lẻ trong (−2, 2). 
Định lý 31. Phương trình không thuần nhất
f(x + y) + f (−x + y) + f (x − y) + f (−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1) (87)
có nghiệm khi và chỉ khi h(t) ≡ const trên (−2, 2).
Khi đó, nghiệm của (83) có dạng
f(t) =
1
4
h(0) + g(t), (88)
trong đó g là hàm lẻ tùy ý trong (−2, 2). Chứng minh. Giả sử (87) có nghiệm và f là
nghiệm của nó. Đặt y = x và y = −x vào (87), ta thu được h(2x) = h(0), x ∈ (−1, 1),
i.e. h(t) ≡ h(0) in (−2, 2).
Khi h(t) ≡ h(0) trong (−2, 2) thì ta đưa (87) về phương trình
ϕ(x + y) + ϕ(−x + y) + ϕ(x − y) + ϕ(−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1), (89)
trong đó ϕ(t) = f(x) −
1
4
. Vậy nghiệm (88) được suy từ định lý 30. 
Ta trở lại phương trình

f(xy) − f((1 − x)y) − f (x(1 − y)) + f ((1 −x)(1 − y)) = 0, ∀x, y ∈ (0, 1) (96)
khi và chỉ khi tồn tại hàm g(t) sao cho
f(xy) =
1
4
[3g(xy) + g((1 − x)y) + g(x(1 − y)) − g((1 − x)(1 − y))], g ∈ X. (97)
Định lý 36. Phương trình hàm không thuần nhất
f(x + y) − f (−x + y) − f (x − y) + f (−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1) (98)
có nghiệm khi và chỉ khi h(t) ≡ const trong (−2, 2).
Khi đó mọi nghiệm của (96) có dạng
f(t) = c +
1
2
(g(t) − g(−t)), t ∈ (−2, 2), (99)
trong đó g là hàm tùy ý xác định trong (−2, 2), c = f (0).
Chứng minh. Giả sử (100) có nghiệm và f là một nghiệm của nó. Đặt y = x và
y = −x vào (100), ta được h(2x) = −h(0), x ∈ (−1, 1), tức là h(t) ≡ −h(0) trong
(−2, 2). Đặt x = 0 = y vào (100) ta thu được h(0) = 0.
Vậy (99) có dạng
f(x + y) − f (−x + y) − f (x − y) + f (−x − y)) = 0, ∀x, y ∈ (−1, 1) (100)
và nó có dạng (99). 
24
7
Trong phần cuối này, ta phát biểu một số bài toán mở về tìm các hàm số. Những
vấn đề đó và một số vấn đề về tính cộng tính đã được Sahoo (1995) đưa ra. Vấn đề thứ
nhất là tìm tất cả các hàm f : (0, 1) → R thỏa mãn phương trình hàm
f(xy) + f(x(1 − y)) + f (y(1 − x)) + f((1 − x)(1 − y)) = 0 (101)
∀x, y ∈ (0, 1). Vấn đề này được xem như một vấn đề mở đặt ra ở Ebanks, Sahoo và
Sander (1990). Chú ý rằng khi f(x) = 4A(x) −A(1), với A là một hàm cộng tính trên số
thực, thì nó thoả mãn phương trình hàm (101)7). Nếu f được giả thiết liên tục (hoặc đo