BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG


LÊ THỊ THÚY

PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG


LÊ THỊ THÚY

PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Đà Nẵng – Năm 2013



1.2.1. Một số định nghĩa .............................................................................. 9
1.2.2. Nghiệm trong không gian tuyến tính phức của phương trình hàm
dạng toàn phương .............................................................................................. 10
CHƯƠNG 2. LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG .... 14
2.1. LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY .................................................................... 14
2.1.1. Lớp nghiệm chính quy trên R .......................................................... 14
2.1.2. Lớp nghiệm chính quy trên C .......................................................... 19
2.2. MỘT SỐ MỞ RỘNG ................................................................................. 22


CHƯƠNG 3. HÀM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
LIÊN QUAN .................................................................................................... 35
3.1. HÀM NGUYÊN......................................................................................... 35
3.1.1. Nghiệm hàm nguyên của phương trình hàm

f ( z  )  f ( z  )  2 f ( z)  2 f () ……………………….35
3.1.2. Nghiệm hàm nguyên của phương trình hàm

f ( z   )  f ( z   )  2 f ( z )  2 f ( ) ............................. 38
2

2

2

2

3.2. PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN..................................................... 39
3.2.1. Nghiệm hàm nguyên của phương trình hàm


Tập hợp các số thực

R+

Tập hợp các số thực dương

C

Tập hợp các số phức


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết về phương trình hàm là một trong những chủ đề lâu đời
nhất của toán học phân tích. Nó được ra đời từ rất sớm, có mặt ở hầu hết
mọi nơi và có ứng dụng trong mọi lĩnh vực của đời sống và kĩ thuật. Sự
phát triển của nó không chỉ góp phần quan trọng vào sự phát triển của
toán học mà còn ảnh hưởng tới nhiều lĩnh vực khác như phân tích, khoa
học hành vi, khoa học xã hội, sinh học, kinh tế, kĩ thuật, lý thuyết thông
tin, thống kê. . .
Các nhà toán học lớn như Cauchy (1821), D’Alembert (1769), Euler
(1768), Abel (1823), Banach (1920), Darboux (1895), Ostrowski (1929),
Pexider (1903) và Poisson (1804) đã quan tâm nghiên cứu và đã đóng góp
vào lĩnh vực này. Tuy nhiên, các nhà toán học trên vẫn chưa đưa ra cách
trình bày một cách có hệ thống về các vấn đề liên quan cho đến khi những
tài liệu về phương trình hàm sau ra đời:
J.Acz’el, Lectures on Functional Equations and Their Applications (năm
1966).

Đối tượng nghiên cứu: phương trình hàm dạng toàn phương và các
bài toán liên quan.
Phạm vi nghiên cứu: tài liệu, giáo trình của GS.TSKH Nguyễn Văn
Mậu, các tài liệu tiếng Anh, các tài liệu từ các website, tạp chí toán học
và các diễn đàn toán học...
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu, tham khảo các tài liệu, giáo trình của GS.TSKH Nguyễn
Văn Mậu, các tài liệu tiếng Anh, các trang web...và hệ thống hóa các kiến
thức.
Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn kết quả đang nghiên cứu
để hoàn chỉnh luận văn.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Tạo được một đề tài có tính hệ thống, tổng quan tương đối đầy đủ
về phương trình hàm dạng toàn phương.
Đề tài đóng góp thiết thực cho việc nghiên cứu và tìm hiểu phương
trình hàm nói chung và phương trình hàm dạng toàn phương nói riêng.
7. Cấu trúc của luận văn
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo
và 3 chương.
Chương 1. Trình bày công thức nghiệm, tính chất nghiệm của phương
trình hàm dạng toàn phương cơ bản trên R, C hoặc trên không gian không


3

gian tuyến tính phức.
Chương 2. Trình bày dạng của lớp nghiệm chính quy của phương
trình hàm dạng toàn phương trong từng trường hợp cụ thể như trên R, C
hoặc trên không gian Hilbert và một số mở rộng.
Chương 3. Trình bày về lớp nghiệm là hàm nguyên của các phương


=2 x

2

+2 y

2

với x, y ∈ V ,

trong đó V là một không gian tuyến tính định chuẩn. Việc chuyển đổi
(tịnh tiến) đồng nhất thức này vào trong quan hệ hàm số ta thu được
một phương trình hàm thường được gọi là phương trình hàm dạng toàn
phương,

(Q)

q(x + y) + q(x − y) = 2q(x) + 2q(y)

với x, y ∈ V,

trong đó V là một không gian tuyến tính.
Chương này sẽ khảo sát nghiệm của phương trình hàm dạng toàn
phương (Q) trong không gian thực, không gian tuyến tính phức và các
tính chất liên quan.
Ta nhắc lại rằng một ánh xạ B : G × G → F (G là một nhóm và
F = R hoặc C) được gọi là song cộng tính nếu B là cộng tính trong mỗi
biến; có nghĩa là, nếu B(., y) và B(x, .) là cộng tính trong (.).


Ngược lại, giả sử q thỏa mãn (Q), ta định nghĩa B : R × R → R bởi
(1.2).
Chú ý rằng q(x + y) = q(y + x), B(0, y) = B(x, 0) = 0 = q(0), và
q(2x) = 4q(x).
Từ (1.2) và (Q), ta có kết luận:

4B(x + y, 2z) = q(x + y + 2z) − q(x + y − 2z)
= q(x + z + (y + z)) + q(x + z − (y + z))
− q(x − z − (y − z)) − q(x − z + (y − z))
= 2q(x + z) + 2q(y + z) − 2q(x − z) − 2q(y − z)


6

= 2(q(x + z) − q(x − z)) + 2(q(y + z) − q(y − z))
= 8B(x, z) + 8B(y, z) với x, y, z ∈ R.

(1.3)

Bây giờ, thay y=0 vào (1.3) ta được B(x, 2z) = 2B(x, z), vì vậy
(1.3) trở thành

B(x + y, z) = B(x, z) + B(y, z) với x, y, z ∈ R;
có nghĩa là , B là cộng tính trong biến thứ nhất. Do tính đối xứng của B
kéo theo tính chất cộng tính của B trong biến thứ hai.
Sử dụng (Q) và (1.2) ta nhận được:

2B(x + y, z) + 2B(x − y, z) = q(x + y + z) + q(x − y + z)
− q(x + y) − q(x − y) − 2q(z)
= 2q(x + z) + 2q(y) − 2q(x) − 2q(y) − 2q(z)

Vậy q(x) = x2 , với mọi x ∈ R.
Ví dụ 1.2. Tìm phương trình hàm dạng toàn phương thỏa mãn
với mọi x, y ∈ R.

q(x + y) = q(x) + q(y) + 2xy,

Giải.
Giả sử tồn tại hàm q thỏa mãn yêu cầu bài ra.
Đặt q(x) = f (x) + x2 và thay vào phương trình hàm trên ta được
phương trình tương đương:

f (x + y) + (x + y)2 = f (x) + x2 + f (y) + y 2 + 2xy,

với mọi x, y ∈ R.

hay

f (x + y) = f (x) + f (y),

với mọi x, y ∈ R.

Đây là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm f (x) = ax, với a là
hằng số thực. Suy ra q(x) = x2 + ax, với mọi x ∈ R, a là hằng số thực.
Thử lại ta có:

q(x + y) = (x + y)2 + a(x + y)
= (x2 + ax) + (y 2 + ay) + 2xy
= q(x) + q(y) + 2xy, với mọi x, y ∈ R.
Vậy q(x) = x2 + ax, với mọi x ∈ R, a là hằng số thực.
1.1.2. Các tính chất liên quan

u+v
2

+ 2q

u−v
2

với u, v ∈ V.

(1.5)

(1.6)

Chứng minh. Thay y bằng −y vào (Q), ta được q(y) = q(−y). Điều này
chứng tỏ q là hàm chẵn.
Thay y = 0 vào (Q), ta nhận được q(0) = 0.
Tiếp theo thay y = x vào (Q), chúng ta có q(2x) = 22 q(x) với x ∈ V .
Thay y = 2x vào (Q) ta được:

q(3x) + q(−x) = 2q(x) + 2q(2x),

với mọi x ∈ R

Sử dụng tính chẵn của q ta nhận được:

q(3x) = 32 q(x),

với mọi x ∈ R.


= 2 q(x), n ∈ Z∗ , x ∈ V.
n
n
m
Do đó, với bất kì tỉ số
và x ∈ V, ta đều có:
n
x
m 2
m
2
x =m q
=
q(x).
q
n
n
n
q

hay q(rx) = r2 q(x), với x ∈ V, r ∈ Q.
u+v
u−v
Thay x bởi
và thay y bởi
với u, v ∈ V vào (Q), chúng
2
2
ta nhận được:




10

Ánh xạ B được gọi là nửa song tuyến tính hoặc tuyến tính liên hợp
nếu B là song cộng tính, B(λx, y) = λB(x, y)
và B(x, µy) = µ
¯B(x, y) với x, y ∈ V ; λ, µ ∈ C.
Hiển nhiên, nếu B trong Nhận xét 1.3 là nửa song tuyến tính thì:

q(λx) = |λ|2 B(x, x) = |λ|2 q(x)

với x ∈ V, λ ∈ C.

(1.7)

1.2.2. Nghiệm trong không gian tuyến tính phức của phương
trình hàm dạng toàn phương
Định lý 1.2 ([3]). Giả sử q : V → C thỏa mãn (Q) và (1.7), trong đó
V là một không gian tuyến tính phức. Khi đó tồn tại duy nhất nửa song
tuyến tính dạng B1 : V × V → C sao cho

1
i
B1 (x, y) = [q(x + y) − q(x − y)] + [q(x + iy) − q(x − iy)]
4
4
= B(x, y) − iB(ix, y)
với x, y ∈ V,
(1.8)




B(x, λy) = |λ|2 B x , y ,
λ
Hơn nữa:



B(ix, iy) = B(x, y),





B(ix, y) = B(x, −iy) = −B(x, iy)

(1.10)
với x, y ∈ V.


11

Bây giờ từ (1.8) và (1.10) cho ta:

B1 (ix, iy) = B(ix, iy) − iB(i2 x, iy) = B(x, y) − iB(−x, iy)
= B(x, y) + iB(x, iy)

= B(x, y) − iB(ix, y)





B1 (λx, y)









B1 (x, λy)











B1 (x, iy)






B1 (ix, y) = iB1 (x, y) = −B1 (x, iy)

với x, y ∈ V.

(1.13)

Sử dụng tính chất song cộng tính của B1 , từ (1.12) và (1.13) chúng


12

ta nhận được

B1 ((t + i)x, y) = B1 (tx, y) + B1 (ix, y)

với x, y ∈ V, t ∈ R

= B1 (tx, y) + iB1 (x, y)
y
= (1 + t2 )B1 x,
t+i
t−i
y
= (1 + t2 )B1 x,
1 + t2
t
1
= (1 + t2 ) B1 x,
y + iB1 x,

[B1 (x, y) + B1 (t2 x, y)]
2
1+t
1
t2
=
B1 (x, ty) +
B1 (tx, y)
1 + t2
1 + t2
i
+
[B1 (x, y) + B1 (t2 x, y)];
2
1+t
do đó,

(1 + t2 )B1 (tx, y) + (1 + t2 )iB1 (x, y) = B1 (x, ty) + t2 B1 (tx, y)
+ iB1 (x, y) + iB1 (t2 x, y),
nghĩa là:

B1 (tx, y) + it2 B1 (x, y) = B1 (x, ty) + iB1 (t2 x, y)

với x, y ∈ V, t ∈ R.
(1.14)

Thay t bởi −t vào (1.14) ta được:

B1 (−tx, y) + it2 B1 (x, y) = B1 (x, −ty) + iB1 (t2 x, y)


= tB1 (x, y) + isB1 (x, y) = (t + is)B1 (x, y)
= λB1 (x, y).
và

B1 (x, λy) = B1 (x, (t + is)y)
= B1 (x, ty) + B1 (x, isy)
= tB1 (x, y) − isB1 (x, y)
= (t − is)B1 (x, y)
¯ 1 (x, y).
= λB
Do đó B1 là nửa song tuyến tính.
Vậy định lí đã được chứng minh.


14

CHƯƠNG 2

LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY VÀ
MỘT SỐ MỞ RỘNG
2.1. LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY
Định nghĩa 2.1. Lớp nghiệm chính quy của phương trình hàm dạng toàn
phương là lớp nghiệm liên tục của phương trình hàm đã cho.
2.1.1. Lớp nghiệm chính quy trên R
Hệ quả 2.1 ([3],[1]). Giả sử q : R → R thỏa mãn (Q). Nếu q là liên tục
thì q có dạng:
q(x) = cx2
với x ∈ R,
(2.1)
trong đó c là một hằng số thực.


15

Theo nguyên lí quy nạp ta có:

q(nx) = n2 q(x), với mọi x ∈ R, với mọi n ∈ N∗ .

(2.2)

Trong (2.2) lấy x = 1, ta được q(n) = n2 q(1). Suy ra

q(1) = q n.

1
n

= n2 q

1
n

hay

q

Lấy x =

q

1

n

2

q(1).

Vậy q(r) = cr2 , với mọi r ∈ Q, r > 0 (với c=q(1)).
Với mọi x ∈ R, x > 0, khi đó tồn tại dãy số hữu tỉ dương {rn }+∞
n=1
sao cho lim rn = x. Vì q liên tục nên
n→+∞

q(x) = q( lim rn ) = lim q(rn ) = lim (crn2 ) = cx2 .
n→+∞

n→+∞

n→+∞

Vậy q(x) = cx2 , với mọi x > 0, x ∈ R, (với c=q(1)).
Với mọi x ∈ R, x < 0, vì q(−y) = q(y), với mọi y ∈ R nên suy ra

q(x) = q(−x) = c(−x)2 = cx2 , với mọi x < 0.
Vậy q(x) = cx2 , với mọi x < 0, x ∈ R.
Như vậy q(x) = cx2 , với mọi x ∈ R(với c là hằng số thực).
Thử lại ta thấy hàm q(x) = cx2 , với mọi x ∈ R, (với c là hằng số
thực) thỏa mãn (Q).
Vậy hệ quả đã được chứng minh.
Nhận xét 2.1. Với q liên tục, (2.1) được suy ra từ Mệnh đề 1.2 từ


(x + y)[q(x) − q(y)] = (x − y)q(x + y),

với mọi x, y ∈ R.

(2.3)

Giải.
Giả sử hàm q thỏa mãn đề bài.
Thay x = 1, y = −1 vào (2.3) ta được q(0) = 0.
Xét hàm số

f (x) = q(x) −

q(2) − 2q(1) 2
4q(1) − q(2)
x−
x,
2
2

với mọi x ∈ R. (2.4)

Ta nhận thấy q1 (x) = x và q2 (x) = x2 thỏa mãn phương trình hàm
(2.3). Hơn nữa ta thấy rằng nếu các hàm q1 và q2 là nghiệm của (2.3) thì


17

αq1 + βq2 cũng là nghiệm của (2.3). Do đó, f (x) cũng là nghiệm của (2.3)
và f (0) = f (1) = f (2) = 0.

2
2

Do đó

x+1
4q(1) − q(2) (x + 1)x
f (x) +
− (x + 1)
x−1
2
x−1
x+1
q(2) − 2q(1) (x + 1)x2
− (x + 1)2 −
q(1)
+
2
x−1
x−1
x+1
4q(1) − q(2) x + 1
=
f (x) +
.
x−1
2
x−1
q(2) − 2q(1) x + 1 x + 1
+


q(x + 2) =

x+2
[q(x) − q(2)].
x−2

Suy ra

f (x + 2) +

4q(1) − q(2)
q(2) − 2q(1)
(x + 2) +
(x + 2)2
2
2


18

=

x+2
4q(1) − q(2)
q(2) − 2q(1) 2
f (x) +
x+
x − q(2) .
x−2

.
−
q(2)
2
x−2
x−2
x+2
=
f (x)
x−2
x + 2 8q(1) − 2q(2) 4q(2) − 8q(1)
+
+
− q(2)
x−2
2
2
x+2
x+2
x+2
=
f (x) +
.0 =
f (x).
x−2
x−2
x−2

f (x + 2) =


Kết hợp với (2.7) suy ra với mọi x ∈
/ {0, 1, 2} ta có

x + 2 (x + 2)(x + 1)
−
f (x) = 0
x−2
x(x − 1)
hay

2(x + 2)f (x)
= 0 với mọi x ∈ R\{0, 1, 2}.
x(x − 1)(x − 2)
Vậy f (x) = 0, với mọi x = −2.
Thay x = −2 vào (2.6) ta được f (−2) = 3f (−1).


19

Thay x = −1 vào (2.7) ta được f (−1) = −3f (1) = 0 nên f (−2) = 0.
Vậy f (x) = 0, với mọi x ∈ R.
Do đó q(x) = ax + bx2 , với mọi x ∈ R, (a, b là các hằng số bất kì).
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các hàm cần tìm có dạng q(x) = ax+bx2 , với mọi x ∈ R,
(a, b là các hằng số bất kì).
2.1.2 Lớp nghiệm chính quy trên C
Nhận xét 2.2. Một ánh xạ q : R → C thỏa mãn (Q) và liên tục thì có
dạng q(x) = cx2 với x ∈ R, trong đó c là hằng số phức.
Định lý 2.1 ([3]). Giả sử q : C → C là một nghiệm của (Q). Khi đó q
là liên tục hoặc liên tục tại một điểm nếu và chỉ nếu tồn tại các hằng số

Bj (x + u, y + v) = Bj (x, y) + Bj (u, v).

(c)

Thay y = 0, v = 0 vào (c). Khi đó với

Aj (x) = Bj (x, 0)

x∈R

(j = 1, 2)

(d)