Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
1 Các kiến thức chuẩn bị 1
1.1 Hàm cộng tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Giá trị trung bình Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Tỷ sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.4 Giá trị trung bình Pompeiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Lagrange. 16
2.1 Phương trình hàm với cặp biến tự do . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phương trình hàm với 3 biến tự do . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 Phương trình hàm với n biến tự do . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3 Phương trình hàm liên quan đến giá trị trung bình Pompeiu. 39
3.1 Các phương trình dạng Stamate . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Phương trình Kuczma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.3 Phương trình chuyển động theo quy tắc Simpson . . . . . . . 50
3.4 Một số mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.5 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Kết luận 81
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
i
MỞ ĐẦU
Phương trình hàm là một chuyên đề rất khó, hay xuất hiện trong các đề
thi Olympic hay đề thi HSG quốc gia, quốc tế. Tuy nhiên, chuyên đề này
lại không được dạy một cách chính thống cho học sinh cũng như trong các
trường sư phạm. Điều này đã gây ra khó khăn cho giáo viên khi tham gia bồi
dưỡng HSG. Là một giáo viên dạy chuyên, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về
phương trình hàm và chọn phương trình hàm làm luận văn thạc sĩ của mình.
Phương trình hàm vô cùng rộng lớn, trong thời gian ngắn, tôi chỉ có thể
nghiên cứu lĩnh vực nhỏ trong đó. Được sự định hướng của thầy hướng dẫn,
tôi chọn phương trình hàm liên quan tới các đại lượng trung bình. Có 4 đại

trong đó, a ∈ R là hằng số tùy ý.
Định lý 1.1 (Xem [8]). Cho hàm số f : R −→ R là một hàm cộng tính liên
tục. Khi đó, f là một hàm tuyến tính, nghĩa là f(x) = ax, ∀x ∈ R, trong
đó, a là hằng số thực tùy ý.
Định lý 1.2 (Xem [8]). Nếu một hàm cộng tính liên tục tại một điểm thì nó
liên tục tại mọi điểm trên R.
1
Như vậy, chúng ta đã chứng tỏ các hàm cộng tính liên tục là tuyến tính.
Thậm chí nếu chúng ta giảm điều kiện liên tục về liên tục tại một điểm, các
hàm cộng tính vẫn còn tuyến tính. Trải qua nhiều năm, sự tồn tại của hàm
cộng tính gián đoạn là một bài toán mở. Các nhà toán học không thể chứng
minh mọi hàm cộng tính là liên tục và không đưa ra được một ví dụ về hàm
cộng tính gián đoạn. Nhà toán học người Đức G. Hamel vào năm 1905 là
người đầu tiên thành công trong việc chứng minh sự tồn tại các hàm cộng
tính gián đoạn (xem [8]).
1.2 Giá trị trung bình Lagrange
Định lý 1.3 (Định lý Lagrange). Mọi hàm f : R → R liên tục trên [x
1
, x
2
],
khả vi trên (x
1
, x
2
), luôn tồn tại một điểm η ∈ (x
1
, x
2
) sao cho

1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
được gọi là tỷ sai phân của hàm f đối với hai điểm
phân biệt x
1
, x
2
. Trong mục tiếp theo, chúng tôi tìm hiểu và trình bày một
số kết quả có liên quan đến tỷ sai phân.
1.3 Tỷ sai phân
Định nghĩa 1.3 (Xem [8]). Tỷ sai phân của hàm f : R → R đối với n điểm
phân biệt x
1
, x
2
, . . . , x
n
được kí hiệu là f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] và được xác định

n
, ∀n ≥ 2.
2
Theo định nghĩa trên, ta có
f[x
1
, x
2
] =
f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
,
và
f[x
1
, x
2
, x
3
] =
(x
3
− x

Định lý 1.4. Tỷ sai phân n- điểm của f có thể được biểu diễn thành
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] =
n

j=1
f(x
j
)
n

k=1
k=j
(x
j
− x
k
)
, ∀n ∈ N
∗
. (1.3)
Chứng minh. : Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 1
và n = 2, ta có
f[x
1

x
1
− x
2
.
Do đó, biểu thức đúng khi n = 1 và n = 2. Giả sử biểu thức đúng với n, ta
cần chứng minh biểu thức đúng với n + 1. Theo định nghĩa của tỷ sai phân
(Định nghĩa 1.3), ta có
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n+1
] =
1
x
1
− x
n+1
(f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] − f[x
2
, x
3

f(x
j
)
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k

.
Phân tích
n

j=1
f(x
j
)
n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k

j=2
f(x
j
)
n+1

k=2
k=j
1
x
j
− x
k
= f(x
n+1
)
n

k=2
1
x
n+1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j

1
x
1
− x
n+1
n

j=2
f(x
j
)
n

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
−
f(x
n+1
)
x
1
− x
n+1
n


)
x
1
− x
n+1
n

k=2
1
x
1
− x
k
+
f(x
n+1
)
x
n+1
− x
1
n

k=2
1
x
n+1
− x
k
+


= f(x
1
)
n+1

k=2
1
x
1
− x
k
+ f(x
n+1
)
n

k=1
1
x
n+1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j
)

j=2
f(x
j
)
x
1
− x
n+1

1
x
j
− x
1
−
1
x
j
− x
n+1

n

k=2
k=j
1
x
j
− x
k

j
)
n+1

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
.
Do đó
V P = f(x
1
)
n+1

k=2
1
x
1
− x
k
+
n

j=2
f(x
j

] =
n+1

j=1
f(x
j
)
n+1

k=1
k=j
1
x
j
− x
k
.
Nhận xét 1.1. Vai trò của x
i
, i = 1, n trong định nghĩa f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] là
như nhau.
Định lý 1.5. Giả sử f(x) = x
l
, l ∈ N, khi đó

, x
2
] =
f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
=
x
l
1
− x
l
2
x
1
− x
2
=
(x
1
− x
2
)
l−1

p
1
1
x
p
2
2
,
trong đó p
1
, p
2
là các số nguyên không âm.
Khi n = 3, ta có
f[x
1
, x
2
, x
3
] =
f[x
1
, x
3
] − f[x
2
, x
3
]

x
p
3
3
x
1
− x
2
=
1
x
1
− x
2
[(x
1
−x
2
)x
l−2
3
+(x
2
1
−x
2
2
)x
l−3
3

x
2
+x
2
2
)x
l−4
3
+· · ·+

p
1
+p
2
=l−3
x
p
1
1
x
p
2
2
x
3
+

k
1
+k

3
3
,
với p
1
, p
2
, p
3
, k
1
, k
2
là các số nguyên không âm.
Tương tự, bằng phép quy nạp, ta có
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] =

p
1
+p
2
+···+p
n
=l−n+1

+···+p
l
=1
x
p
1
1
x
p
2
2
. . . x
p
l
l
.
Vì p
1
, p
2
, . . . , p
l
là các số nguyên không âm nên từ p
1
+ · · · + p
l
= 1, suy ra
p
k
= 1 và p

2
, . . . , x
l
] =
l

j=1
x
j
.
Tương tự, khi n = l + 1 thì
f[x
1
, x
2
, . . . , x
l+1
] =

p
1
+···+p
l+1
=0
x
p
1
1
x
p

− x
l+2
= 0.
Định lý được chứng minh.
Định lý 1.6. Giả sử f : R → R có đạo hàm cấp n liên tục trong đoạn
[min {x
0
, x
1
, . . . , x
n
} , max {x
0
, x
1
, . . . , x
n
}].
Nếu tất cả các điểm x
0
, x
1
, . . . , x
n
là phân biệt thì
f[x
0
, x
1
, . . . , x

(x
k
− x
k−1
)

dt
n
, n ≥ 1. (1.4)
6
Chứng minh. : Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 1, biểu diễn (1.4) trở thành
f[x
0
, x
1
] =
1

0
f


t
1
(x
1
− x
0
) + x

= x
1
, đặt z = t
1
(x
1
− x
0
) + x
0
. Khi đó
dz = (x
1
− x
0
)dt
1
hay
dt
1
=
dz
x
1
− x
0
.
Khi t
1
= 0 thì z = x


(z)
dz
x
1
− x
0
=
x
1

x
0
f

(z)dz
x
1
− x
0
=
f(x
1
) − f(x
0
)
x
1
− x
0

f
(n−1)

x
0
+
n−1

k=1
t
k
(x
k
− x
k−1
)

dt
n−1
.
Ta sẽ chỉ ra rằng (1.4) đúng với n. Thật vậy, đặt
w = t
n
(x
n
− x
n−1
) + · · · + t
1
(x

(x
n−1
− x
n−2
) + · · · + t
1
(x
1
− x
0
) + x
0
.
Tương tự, nếu t
n
= t
n−1
, thì w = w
1
, với
w
1
= t
n−1
(x
n
− x
n−2
) + · · · + t
1

n

k=1
t
k
(x
k
− x
k−1
)

dt
n
=

1
0
dt
1

t
1
0
dt
2
. . .

t
n−2
0

, x
n−1
]
x
n
− x
n−1
= f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
].
Định lý 1.7 (Định lý giá trị trung bình đối với tỷ sai phân). Cho f : [a, b] →
R là một hàm giá trị thực, có đạo hàm cấp n liên tục và x
0
, x
1
, . . . , x
n
∈ [a, b].
Khi đó, tồn tại điểm η trong đoạn
[min {x
0
, x
1
, . . . , x
n
} , max {x

Khi đó, từ biểu diễn f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] dưới dạng tích phân (Định lý 1.6), ta
có
m
n

k=1

t
k−1
0
dt
k
≤ f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] ≤ M
n

k=1

t

. . .
t
n−1

0
dt
n
=
1
n!
.
Suy ra
m ≤ f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
].n! ≤ M.
Tiếp tục sử dụng tính liên tục của f
(n)
(x), ta có
n!f[x
0
, x
1
, . . . , x
n
] = f
(n)

x
phụ
thuộc x) sao cho
f[a, x] = f

(η
x
). (1.5)
Phần cuối của mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất của giá trị
trung bình η
x
khi x → a
+
. Xét hàm f(t) = t
2
trên đoạn [1, 2]. Áp dụng Định
lý Lagrange đối với hàm f trên đoạn [1, x], x ∈ (1, 2), ta có được
f(x) − f(1)
x − 1
= f

(η
x
), η
x
∈ (1, x).
Từ phương trình trên, ta xác định được giá trị trung bình
η
x
=

t
trên đoạn [0, 2], ta có
η
x
= ln

e
x
− 1
x

, x ∈ (0, 2)
9
và
lim
x→0
+
η
x
− 0
x − 0
= lim
x→0
+

1
x
ln

e

xấp xỉ trung bình cộng của a và x. Câu hỏi đặt ra là những
hàm nào thỏa mãn tính chất trên. Định lý dưới đây cho ta một câu trả lời.
Định lý 1.8. Giả sử hàm f là khả vi liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm
cấp hai tại a với f

(a) = 0. Nếu η
x
là giá trị trung bình trong phương trình
(1.5) thì
lim
x→a
+
η
x
− a
x − a
=
1
2
.
Chứng minh. : Để chứng minh định lý, ta đánh giá
lim
x→a
+
f(x) − f(a) − (x − a)f

(a)
(x − a)
2
bằng hai cách khác nhau.

(a)
x − a
= lim
x→a
+
f

(η
x
) − f

(a)
η
x
− a
lim
x→a
+
η
x
− a
x − a
= f

(a) lim
x→a
+
η
x
− a

x→a
+
η
x
− a
x − a
=
1
2
.
Định lý được chứng minh.
10
Sử dụng kí hiệu [x
1
, x
2
, . . . , x
n
; f(x)] để chỉ tỷ sai phân
f[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] của f. Khi đó, theo Định lý 1.7, tồn tại η ∈
[min {x
1
, x
2

x, x
2
= a + m
2
x, . . . , x
n
= a + m
n
x là
n điểm phân biệt trong đoạn [a, a + x]. Nếu f : [a, b] → R là khả vi liên tục
(n − 1) lần thì theo định lý giá trị trung bình đối với tỷ sai phân n điểm
của hàm f trên [a + m
1
x, a + m
n
x], tồn tại giá trị trung bình η trong đoạn
[a + m
1
x, a + m
n
x] thỏa mãn (1.6). Để nhấn mạnh sự phụ thuộc vào biến x,
ta kí hiệu giá trị trung bình đó là η
x
. Ta sẽ tìm hiểu sự thay đổi của η
x
khi
x dần về 0.
Định lý 1.9 (Công thức khai triển Taylor, phần dư dạng Peano). Giả sử
rằng f là khả vi n lần tại a, khi đó tồn tại hàm ε(x) sao cho
f(a + x) =


[m
1
, . . . , m
n
; x
k
]

k
n−1


1
k+1−n
(1.8)
trong đó 0 ≤ m
1
< · · · < m
n
≤ 1, η
x
là giá trị trung bình trong phương trình
(1.6) đối với [a + m
1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)] và 0 < x < b − a.
Chứng minh. : Sử dụng phương trình (1.3), ta có
[a + m

f
(l)
(a)
l!
(m
i
x)
l
+ ε(m
i
x)(m
i
x)
k
,
với lim
x→0
+
ε(m
i
x) = 0.
Với giả thiết f
(i)
(a) = 0, i = n, . . . , (k − 1) suy ra
f(a + m
i
x) =
n−1

l=0

=
n

i=1













n−1

l=0
f
(l)
(a)
l!
(m
i
x)
l
+
f








hay
[a + m
1
x, . . . , a + m
n
x; f(t)]
=
n−2

l=0
f
(l)
(a)
l!x
(n−1)−l
n

i=1
m
l
i
n


(a)
k!
n

i=1
m
k
i
x
k−(n−1)
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n

i=1
ε(m
i
x)x
k
m
k
i

i=1
m
k
i
x
k−(n−1)
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n

i=1
ε(m
i
x)x
k
m
k
i
x
n−1
n


(n−1)
(η
x
) =
k−(n−1)

l=0
f
(l+n−1)
(a)
l!
(η
x
− a)
l
+ ˆε(η
x
− a)(η
x
− a)
k−(n−1)
,
với lim
η
x
→a
ˆε(η
x
− a) = 0.
Vì f

x
− a)
k−(n−1)
(n − 1)!
.
Kết hợp các phương trình (1.6), (1.10) và (1.11), ta có
f
(k)
(a)
k!
n

i=1
m
k
i
x
k−(n−1)
n

j=1
j=i
(m
i
− m
j
)
+
n


x
− a)(η
x
− a)
k−(n−1)
(n − 1)!
.
Vì x > 0 và f
(k)
(a) = 0 nên ta có được

η
x
− a
x

k−(n−1)
=
f
(k)
(a)
k!
.
n

i=1
m
k
i
n

+
ˆε(η
x
−a)
(n−1)!
Mà
lim
x→0
+
ε(m
i
x) = 0 (i = 1, . . . , n) và lim
x→0
+
ˆε(η
x
− a) = 0,
13
suy ra
lim
x→0
+

η
x
− a
x

k−(n−1)
=

Vậy
lim
x→0
+
η
x
− a
x
=

[m
1
, . . . , m
n
; x
k
]

k
n−1


1
k+1−n
.
1.4 Giá trị trung bình Pompeiu
Vào năm 1946, Pompeiu đưa ra một dạng biến thể của định lý giá trị
trung bình Lagrange mà ngày nay gọi định lý giá trị trung bình Pompeiu.
Định lý 1.11. Với mọi hàm giá trị thực f khả vi trên một đoạn [a, b] không
chứa 0 và với mọi x

] bởi
F (t) = tf

1
t

. (1.13)
Do f khả vi trên [a, b] và 0 không nằm trong [a, b], ta thấy rằng F là khả vi
trên [
1
b
,
1
a
] và
F

(t) = f

1
t

−
1
t
f


1
t

< ξ < x
2
.
14
Bây giờ, áp dụng (1.13) và (1.14) vào (1.15), ta có
xf

1
x

− yf

1
y

x − y
= f

1
η

−
1
η
f


1
η


n
} =
x
n
f{x
1
, x
2
, . . . , x
n−1
} − x
1
f{x
2
, x
3
, . . . , x
n
}
x
1
− x
n
.
Từ đó, ta thấy rằng
f{x
1
, x
2
} =

x
j
− x
i

f(x
i
).
15
Chương 2
PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN
QUAN ĐẾN GIÁ TRỊ TRUNG
BÌNH LAGRANGE
Từ biểu thức của Định lý Lagrange là
f(x
1
) − f(x
2
)
x
1
− x
2
= f

(η), xuất hiện
phương trình hàm
f(x) − g(y)
x − y
= h(sx + ty),

)) = h(x
1
, x
2
), ta có phương trình hàm
f[x
1
, x
2
] = h(x
1
, x
2
).
Chương này sẽ trình bày một số bài toán phương trình hàm nảy sinh từ định
lý giá trị trung bình Lagrange. Các kết quả trong chương II và chương III
được tham khảo chủ yếu trong tài liệu [4], [5], [6], [7], [8].
2.1 Phương trình hàm với cặp biến tự do
Bài toán 2.1. Tìm tất cả các hàm f, h : R → R thỏa mãn
f[x, y] = h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.2)
16
Lời giải. Sử dụng định nghĩa tỷ sai phân của hàm f, phương trình (2.2)
được viết lại dưới dạng
f(x) − f(y) = (x − y)h(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.3)
Ta nhận thấy rằng, phương trình trên vẫn đúng khi x = y và nếu hàm f
thỏa mãn phương trình (2.3) thì hàm f + b (b là hằng số tùy ý) cũng thỏa
mãn phương trình (2.3). Do đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
f(0) = 0.
Từ phương trình (2.3), cho y = 0, ta được
f(x) = xh(x). (2.4)

2
+ bx + c và h(x) = ax + b,
với a, b, c là các hằng số tùy ý.
Ngược lại, với f(x) = ax
2
+ bx + c và h(x) = ax + b, ta thấy phương trình
(2.2) được thỏa mãn.
Kết luận:
f(x) = ax
2
+ bx + c và h(x) = ax + b,
với a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Kết quả dưới đây được suy ra trực tiếp từ Bài toán 2.1.
Nhận xét 2.1. Hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f(x) − f(y) = (x − y)f


x + y
2

, ∀x, y ∈ R, x = y
nếu và chỉ nếu
f(x) = ax
2
+ bx + c,
trong đó a, b, c là các hằng số tùy ý.
Định lý 2.1. Nếu đa thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c (a = 0) là nghiệm
của phương trình hàm

2
(1 − 2θ) = 0.
Vì a = 0 và t = 0 nên từ phương trình trên, ta suy ra
θ =
1
2
.
Đảo lại, với θ =
1
2
và cho t = y − x trong phương trình (2.7), ta được
f(x) − f(y) = (x − y)f


x + y
2

, x = y.
Khi đó, từ Nhận xét 2.1, ta suy ra f là một đa thức bậc không quá hai.
Tiếp theo, ta sẽ mở rộng phương trình hàm ở Nhận xét 2.1.
Bài toán 2.2. Cho s, t là các tham số thực. Tìm tất cả các hàm f khả vi
trên R, thỏa mãn phương trình
f(x) − f(y) = (x − y)f

(sx + ty), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.8)
Lời giải. Nếu t = s =
1
2
thì theo Nhận xét 2.1, ta có
f(x) = ax

f(x) − f(y) = (x − y)h(x + y).
Theo Bài toán 2.1, nghiệm của phương trình trên là
f(x) = ax
2
+ bx + c và h(x) = ax + b. (2.10)
Từ (2.10) và theo cách đặt ở trên, ta có
2at(x + y) = a(x + y), ∀x, y ∈ R, x = y.
Suy ra a = 0 và do đó f(x) = bx + c.
Kết luận:
f(x) =

ax
2
+ bx + c nếu s = t =
1
2
bx + c nếu (s, t) =

1
2
,
1
2

,
trong đó a, b, c là các hằng số thực tùy ý.
Bài toán 2.3. Tìm tất cả các hàm f, g : R → R thỏa mãn phương trình
f(x) − g(y)
x − y
= a, ∀x, y ∈ R, x = y. (2.11)

f, g, h : R → R thỏa mãn phương trình
f(x) − g(y)
x − y
= h(sx + ty), ∀x, y ∈ R, x = y. (2.16)
Lời giải. Các trường hợp s = t = 0; s = 0, t = 0 và s = 0, t = 0 đã được
giải quyết ở Bài toán 2.3 và Bài toán 2.4.
Với s, t = 0, lần lượt cho x = 0 và y = 0 trong phương trình (2.16), ta có
g(y) = yh(ty) + b , ∀y = 0 (b = f(0)) (2.17)
và
f(x) = xh(sx) + c , ∀x = 0 (c = g(0)). (2.18)
Từ các phương trình (2.16), (2.17) và (2.18), ta có
xh(sx) − yh(ty) + c − b = (x − y)h(sx + ty),
21
với mọi x, y ∈ R \ {0} và x = y.
Thay x bởi
x
s
và y bởi
y
t
vào phương trình trên, ta có
x
s
h(x) −
y
t
h(y) + c − b =

x
s

phương trình (2.24) trở thành
(u − v)h(0) = uh(v) − vh(u)
22
hay
v[h(u) − h(0)] = u[h(v) − h(0)],
với mọi u, v, u − v, u + v ∈ R \ {0}.
Do đó
h(u) = αu + a, ∀u ∈ R \ {0} (a = h(0)), (2.25)
với α là hằng số thực tùy ý.
Ta thấy rằng, phương trình (2.25) vẫn đúng khi u = 0.
Từ các phương trình (2.17), (2.18) và (2.25), ta có
f(x) = xh(sx) + c = x(αsx + a) + c
và
g(y) = yh(ty) + b = y(αty + a) + b.
Với s = t và b = c, ta có được
f(x) − g(y) = (x − y)(αtx + αty + a), ∀x = y.
Vậy nghiệm của phương trình là
f(x) = g(x) = αtx
2
+ ax + b và h(y) = αy + a,
trong đó α, a và b là các hằng số thực tùy ý.
Trường hợp 2. Xét s = −t. Khi đó, từ phương trình (2.19), ta có
xh(x) + yh(y) + (b − c)t = (x + y)h(x + y), (2.26)
với mọi x, y ∈ R \ {0}, x = y. Đặt
A(x) =

xh(x) + (b − c)t nếu x = 0
0 nếu x = 0.
(2.27)
Từ phương trình (2.26) và (2.27), ta suy ra