Tính ổn định của một số lớp phương trình hàm với cặp biến tự do
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (306.63 KB, 46 trang )
Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1 Tính ổn định của các phương trình hàm dạng Cauchy 4
1.1 Tính ổn định của các phương trình hàm cộng tính . . . . . . 5
1.2 Tính ổn định của các phương trình hàm nhân tính . . . . . . 11
1.3 Tính ổn định của các hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Tính ổn định của các hàm lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Tính ổn định của các phương trình hàm chuyển tiếp các đại
lượng trung bình cơ bản 25
2.1 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng
trung bình cộng vào trung bình cộng . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng
trung bình cộng vào trung bình nhân . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng
trung bình cộng vào trung bình điều hòa . . . . . . . . . . . . 29
2.4 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng
trung bình cộng vào trung bình bậc hai . . . . . . . . . . . . 31
3 Tính ổn định của một số dạng phương trình hàm khác 33
3.1 Tính ổn định của phương trình sóng . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Tính ổn định của phương trình đa thức . . . . . . . . . . . . 37
3.3 Tính ổn định của phương trình dạng toàn phương . . . . . . 40
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
1
LỜI NÓI ĐẦU
Lý thuyết phương trình hàm là một trong những chủ đề lâu đời nhất của
toán học phân tích. Nó được ra đời từ rất sớm và có mặt ở hầu hết mọi nơi
và có ứng dụng trong mọi lĩnh vực của đời sống và kỹ thuật. Đã có rất nhiều
nhà toán học lớn nghiên cứu lĩnh vực này như: Cauchy, D’Alembert, Banach,
Gauss, . . .và họ đã có rất nhiều đóng góp to lớn. Trong một bài giảng nổi
tiếng của S.M.Ulam tại câu lạc bộ toán của trường đại học Wisconsin vào
năm 1940 đã đưa ra một số vấn đề chưa được giải quyết. Một trong số các
vấn đề đó đã dẫn đến một hướng nghiên cứu mới mà ngày nay đã biết đến
đó là nghiên cứu tính ổn định của phương trình hàm. Thông thường khái
niệm ổn định trong toán học đã nghiên cứu thường có một điểm khá chung
là ta thường giải quyết bài toán: Khi nào điều này còn đúng nếu thay đổi
"một chút" giả thiết của định lý mà vẫn khẳng định được các kết quả của
định lý vẫn còn đúng hoặc "xấp xỉ" đúng.Như vậy câu hỏi đặt ra là tính ổn
định của phương trình hàm là gì, có điểm chung giống như trên không và
nếu trong phương trình hàm tìm được nghiệm thì tính ổn định nghiệm của
phương trình hàm là gì? Để lý giải một phần các vấn đề trên và giới thiệu
quá trình xây dựng các công thức, giải quyết các vấn đề tôi đã thực hiện
luận văn với đề tài "Tính ổn định của một số lớp phương trình hàm với cặp
biến tự do".
Bố cục luận văn gồm 3 chương.
Chương 1. Tính ổn định của các phương trình hàm dạng Cauchy.
Mục đích của chương này là đưa ra các định nghĩa và điều kiện ổn định của
phương trình hàm Cauchy cộng tính, phương trình hàm Cauchy nhân tính,
phương trình hàm logarit và phương trình hàm lũy thừa cùng một số ví dụ
minh họa.
Chương 2. Tính ổn định của các phương trình hàm chuyển tiếp
các đại lượng trung bình cơ bản.
Chương này đưa ra các bài toán tìm nghiệm và xét tính ổn định nghiệm của
các phương trình chuyển tiếp các đại lượng trung bình cơ bản.
2
Chương 3. Tính ổn định của một số phương trình hàm dạng khác
Các kết quả chính trong luận văn được trình bày dựa trên tài liệu tham
khảo [1]-[12].
Luận văn này được thực hiện dưới sự hướng dẫn tận tình và nghiêm khắc
của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu.Thầy đã dành rất nhiều thời gian quý báu
của mình để hướng dẫn, giải đáp những thắc mắc của tôi. Qua đây tôi xin
gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất đến thầy cùng toàn thể ban lãnh
đạo và các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa
học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội đã giúp tôi có thêm nhiều kiến
thức để có thể hoàn thành luận văn và khóa học một cách tốt đẹp. Các thầy
cô phòng Sau Đại học đã tạo những điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thành
các thủ tục bảo vệ luận văn cũng như học tập. Các thầy và các bạn trong
seminar Toán Giải Tích về những góp ý để tôi có thể hoàn thành luận văn
này.
Tôi xin chân thành cảm ơn tất cả những sự giúp đỡ và đóng góp quý giá
ấy.
Cuối cùng do bản thân kiến thức còn có nhiều hạn chế nên luận văn không
tránh khỏi những thiếu sót.Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của
quý thầy cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 12 năm 2014
Nguyễn Thị Thanh Tâm
3
Chương 1
Tính ổn định của các phương trình
hàm dạng Cauchy
Định nghĩa 1.1. Phương trình hàm là các phương trình mà hai vế của
phương trình là các biểu thức được xây dựng từ một số hữu hạn các hàm
chưa biết và từ một số hữu hạn các biến độc lập.
Thông thường một phương trình hàm tổng quát đã cho thường không kèm
theo các giả thiết có đặc trưng giải tích lên các hàm như tính đo được, tính
bị chặn, khả tích, khả vi, liên tục,. . .
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà
nghiệm của nó là các hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính
chất hàm với đặc trưng hàm. Sau đây là đặc trưng hàm của một số hàm sơ
cấp.
i) Hàm bậc nhất f(x) = ax + b; a = 0; b = 0 có tính chất
f
x + y
2
=
1
2
f(x) + f(y)
, en∀x, y ∈ R.
ii) Hàm tuyến tính: f(x) = ax; a = 0 có tính chất:
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
iii) Hàm mũ: f(x) = a
x
, a > 0, a = 1 có tính chất:
f(x + y) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R.
iv) Hàm logarit: f(x) = log
a
|x|; a > 0, a = 1 có tính chất:
f(xy) = f(x) + f(y), ∀x, y = 0 x, y ∈ R.
4
v) Hàm lũy thừa: f(x) = |x|
a
có tính chất:
f(xy) = f(x)f(y) ∀x, y = 0 x, y ∈ R.
vi) Các hàm lượng giác:
+) Hàm f(x) = sin x có tính chất
f(3x) = 3f(x) −4f
3
(x), ∀x ∈ R.
+) Hàm f(x) = cos x có tính chất:
f(2x) = 2f
2
(x) − 1, ∀x ∈ R.
Tiếp theo, ta đề cập đến tính ổn định của phương trình hàm Cauchy cộng
tính và một số phương trình hàm dạng Cauchy.
1.1 Tính ổn định của các phương trình hàm cộng tính
Trước hết ta nhắc lại phương trình hàm Cauchy cộng tính:
Giả sử hàm f : R → R là hàm thỏa mãn tính chất
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R, (∗)
thì f được gọi là hàm cộng tính.
Định nghĩa 1.2. Giả sử f : R → R sao cho với mọi ε > 0 cho trước nếu
tồn tại số δ > 0 sao cho
|f(x + y) − f(x) −f(y)| < δ, ∀x, y ∈ R
và một hàm cộng tính M : R → R để
|f(x) − M(x)| < ε, ∀x ∈ R.
thì phương trình hàm Cauchy (*) được gọi là ổn định.
Định lý 1.1. Giả sử hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: Với mọi ε > 0
cho trước ta có
|f(x + y) − f(x) −f(y)| ≤ ε với ∀x, y ∈ R. (1.1)
5
Khi đó với mỗi x ∈ R, giới hạn sau tồn tại :
A(x) = lim
n→∞
2
−n
f(2
n
x)
và xác định duy nhất một hàm cộng tính A : R → R thỏa mãn điều kiện
|f(x) − A(x)| ≤ ε, ∀x ∈ R.
Chứng minh. Thay x = y vào (1.1) ta được
1
2
f(2x) − f(x)
≤
1
2
ε. (1.2)
Sử dụng phương pháp quy nạp ta được
|2
−n
f(2
n
x) − f(x)| ≤ (1 − 2
−n
)ε. (1.3)
Trong (1.3) thay x bởi 2x ta được
1
2
f(2
2
x) − f(2x)
≤
1
2
ε.
Khi đó
1
2
f(2
2
x) − 2f(x)
−
f(2x) − 2f(x)
=
1
2
f(2
2
x) − f(2x)
≤
1
2
ε.
Hay
1
2
2
f(2
2
x) − f(x)
−
1
2
f(2x) − f(x)
≤
1
2
2
ε.
Nên
1
2
2
f(2
2
x) − f(x)
≤ ε
1
2
+
1
2
2
.
Do đó
1
2
n
f(2
n
x) − f(x)
≤ ε
1
2
+
1
2
2
+ ··· +
1
2
n
= ε
1 −
1
2
n
.
Bây giờ ta sẽ chứng minh dãy
1
2
n
f(2
n
x) là dãy Cauchy với mỗi x ∈ R.
Chọn m > n khi đó
1
2
n
f(2
n
x) −
1
2
m
f(2
m
x)
=
1
2
n
|
1
2
m−n
f(2
m−n
.2
n
x) − f(2
n
x)|
≤
1
2
n
ε
1 −
1
2
m−n
6
= ε
1
2
n
−
1
2
m
).
Do đó dãy {
1
2
n
f(2
n
x)} là dãy Cauchy với mỗi x ∈ R và do R là không gian
Banach nên tồn tại A : R → R sao cho
A(x) = lim
n→∞
2
−n
f(2
n
x),
với mỗi x ∈ R hay
A(x) −
1
2
n
f(2
n
x)
≤
1
2
n
ε.
Tiếp theo ta chứng minh A là hàm cộng tính.
Thay x, y bởi 2
n
x và 2
n
y ta được
1
2
n
f(2
n
(x + y)) −
1
2
n
f(2
n
x) −
1
2
n
f(2
n
y)
≤
1
2
n
ε
với mỗi n ∈ Z
∗
+
, x, y ∈ R.
Cho n → ∞ ta được
|A(x + y) − A(x) −A(y)| ≤ ε.
Với mỗi x ∈ R ta có
|f(x) − A(x)| = |[f(x) −
1
2
n
f(2
n
x)] + [
1
2
n
f(2
n
x − A(x))]|
≤ |f(x) −
1
2
n
}f(2
n
x)| + |
1
2
n
f(2
n
x) − A(x)|
≤ ε(1 −
1
2
n
) + ε
1
2
n
= ε.
Cuối cùng ta cần chứng minh hàm A là duy nhất.
Thật vậy giả sử tồn tại hàm cộng tính A
1
: R → R. Khi đó với mỗi x ∈ R
|A(x) − A
1
(x)| =
1
n
|[A(nx) − f(nx)] + [A
1
(nx) − f(nx)]| ≤
2ε
n
.
Vậy A
1
= A.
Như vậy định lý này cho ta một kết quả là mọi phương trình Cauchy cộng
tính đều ổn định.
7
Ví dụ 1.1. Tìm tất cả các hàm f, g, h : R → R thỏa mãn phương trình sau
f(x + y) = g(x) + h(y), ∀x, y ∈ R. (1.4)
Thay y = 0 vào ta được
f(x) = g(x) + h(0), ∀x ∈ R,
hay f(x) = g(x) + α, với α = h(0).
Do đó g(x) = f(x) − α với mọi x ∈ R.
Thay x = 0 vào , ta được
f(y) = h(x) + β, với β = g(0),
hay h(x) = f(x) − β, với mọi x ∈ R.
Phương trình trở thành
f(x + y) = f(x) + f(y) −α − β, ∀x, y ∈ R. (1.5)
Đặt
f(x) = A(x) + α + β.
Thay vào (1.5) được
A(x + y) + α + β = A(x) + α + β + A(y) + α + β − α −β,
hay
A(x + y) = A(x) + A(y), ∀x, y ∈ R.
Vậy A là một hàm cộng tính trên R nên
f(x) = A(x) + α + β
g(x) = A(x) + β
h(x) = A(x) + α
Nhận xét 1.1. Nếu bài toán có thêm giả thiết: hàm f, g, h liên tục thì
nghiệm tìm được sẽ là
f(x) = ax + α + β
g(x) = ax + β
h(x) = ax + α
với a, α, β là các hằng số tùy ý.
Tiếp theo ta xét tính ổn định của phương trình (1.5).
8
Mệnh đề 1.1. Giả sử hàm f, g, h : R → R thỏa mãn điều kiện
|f(x + y) − g(x) − h(y)| ≤ ε (1.6)
với ε là số dương tùy ý cho trước và với mọi x, y ∈ R. Khi đó tồn tại duy
nhất một hàm cộng tính A : R → R sao cho
|f(x) − A(x) −f(0)| ≤ 6ε
|g(x) − A(x) − g(0)| ≤ 4ε
|h(x) − A(x) −h(0)| ≤ 6ε
với mọi x ∈ R.
Chứng minh. Thay y = 0 vào (1.6), ta được
|f(x) − g(x) − h(0)| ≤ ε, ∀x ∈ R, (1.7)
suy ra
|f(0) − g(0) −h(0)| ≤ ε. (1.8)
Thay y = 0 vào (1.6), ta được
|f(y) − h(y) − g(0)| ≤ ε, ∀t ∈ R. (1.9)
Từ (1.7) và (1.9)
|h(x) − g(x) − h(0) + g(0)| = |f(x) − g(x) − h(0) + h(x) + g(0) − f(x)|
≤ |f(x) −g(x) − h(0)| + |f(x) −h(x) −h(0)|
hay
|h(x) − g(x) − h(0) + g(0)| ≤ 2ε, ∀x ∈ R. (1.10)
Sử dụng (1.7), ta được
|f(x + y) − g(x + y) − h(0)| ≤ ε, ∀x, y ∈ R. (1.11)
Ta có
|f(x+y)−g(x+y)−h(0)| = |f(x+y)−g(x)−h(y)−g(x+y)+g(x)+h(y)−h(0)|.
Kết hợp (1.6) và (1.11) thu được
|g(x + y) − g(x) −h(y) + h(0)| ≤ |f(x + y) − g(x + y) −h(0)|
9
+ |f(x + y) − g(x) −h(y)|
≤ 2ε.
Mặt khác
|g(x + y) − g(x) −h(y) + h(0)| = |g(x + y) −g(x) − g(y) + g(0)
− h(y) + g(y) − g(0) + h(0)|.
Từ (1.10) có
|g(x + y) − g(x) −g(y) + g(0)| ≤ |g(x + y) −g(x) − h(y) − h(0)|
+ |h(y) −g(y) + g(0) − h(0)| ≤ 4ε.
Hay
|[g(x + y) − g(0)] −[g(x) − g(0)] − [g(y) − g(0)]| ≤ 4ε, (1.12)
với x, y ∈ R.
Đặt
G(x) = g(x) − g(0), ∀x, y ∈ R. (1.13)
Thế vào (1.12) được
|G(x + y) − G(x) −G(y)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R.
Theo định lý về tính ổn định của hàm cộng tính, tồn tại duy nhất một hàm
cộng tính A : R → R sao cho
|G(x) − A(x)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R. (1.14)
Từ (1.13) và (1.14) ta được
|g(x) − A(x) − g(0)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R. (1.15)
Từ (1.7), (1.8) và (1.15) ta được
|f(x)−A(x) − f(0)|
= |f(x) −g(x) − h(0) + g(x) − A(x) −g(0) + g(0) + h(0) − f(0)|
≤ |f(x) −g(x) − h(0)| + |g(x) − A(x) −g(0)|+ |g(0) + h(0) − f(0)|
≤ ε + 4ε + ε = 6ε.
10
Từ (1.10) và (1.15) ta được
|h(x) − A(x) −h(0)| = |h(x) − g(x) − h(0) + g(0) + g(x) −A(x) −g(0)|
≤ |h(x) −g(x) − h(0) + g(0)| + |g(x) − A(x) − g(0)|
≤ 2ε + 4ε = 6ε.
1.2 Tính ổn định của các phương trình hàm nhân
tính
Trong phần này ta nghiên cứu phương trình
f(xy) = f(x)f(y) (1.16)
Giả sử hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện (1.16). Khi đó f được gọi là hàm
nhân tính.
Định nghĩa 1.3. Giả sử f : R → R thỏa mãn điều kiện: Với mọi ε > 0 cho
trước, tồn tại số δ > 0 sao cho
|f(xy) − f(x)f(y)| < δ, ∀x, y ∈ R
. Khi đó nếu tồn tại một hàm nhân tính M : R → R để
|f(x) − M(x)| < ε, ∀x ∈ R.
thì phương trình hàm Cauchy (1.16) được gọi là ổn định.
Định lý 1.2. Giả sử δ > 0, và f : R → C sao cho
|f(xy) − f(x)f(y)| ≤ δ x, y ∈ R. (1.17)
Khi đó
Hoặc
|f(x)| ≤
1 +
√
1 + 4δ
2
:= ε, ∀x ∈ R. (1.18)
Hoặc f là hàm nhân tính với mọi x, y ∈ R.
Chứng minh. Trong ta có
1 +
√
1 + 4δ
2
= ε hay ε
2
− ε = δ và ε > 1
Giả sử không xảy ra tức là tồn tại a ∈ S sao cho
|f(a)| > ε,
11
hay
|f(a)| = ε + ρ,
với ρ > 0 nào đó.
Từ chọn x = y = a ta được
|f(a
2
) − (f(a))
2
| ≤ δ. (1.19)
Khi đó
|f(a
2
)| = |(f(a))
2
− (f(a)
2
− f(a
2
))|
≥ |f(a)
2
| − |f(a)
2
− f(a
2
)| ≥ |f(a)|
2
− δ
= (ε + ρ)
2
− δ = (ε + ρ) + (2ε −1) + ρ
2
(do ε
2
− ε = δ)
> ε + 2ρ, với ε > 1.
Bằng phép chứng minh quy nạp ta có
|f(a
2
n
)| > ε + (n + 1)ρ, với mọi n = 1, 2, . . .
Với mọi x, y, z ∈ S
|f(xyz) − f(xy)f(z)| ≤ δ,
|f(xyz) − f(x)f(yz)| ≤ δ.
Ta có
|f(xy)f(z) − f(x)f(yz)| ≤ |f(xyz) − f(xy)f(z)|
+ |f(xyz) − f(x)f(yz)| ≤ 2δ.
Và
|f(xy)f(z) − f(x)f(y)f(z)| ≤ |f(xy)f(z) − f(x)f(yz)|
+ |f(x)f(yz) − f(x)f(y)f(z)|
≤ 2δ + |f(x)|δ
Suy ra
|f(xy) − f(x)f(y)| ·|f(z)| ≤ 2δ + |f(x)|δ.
Chọn z = a
2
n
ta được
|f(xy) − f(x)f(y)| ≤
2δ + |f(x)δ|
|f(a
2
n
)|
, ∀x, y ∈ R, n = 1, 2, . . .
Cho n → ∞ ta được f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R.
Vậy f là một hàm nhân tính.
12
1.3 Tính ổn định của các hàm logarit
Trước hết ta nhắc lại hàm logarit (L)
f(xy) − f(x) −f(y) = 0, ∀x, y ∈ R
+
. (L)
Giả sử hàm
f : R
+
→ R
thỏa mãn điều kiện (L). Khi đó f được gọi là hàm logarit.
Định lý 1.3. Giả sử f : R
+
→ R, với ε > 0 cho trước thỏa mãn
|f(xy) − f(x) −f(y)| ≤ ε (1.20)
với mọi x, y > 0. Khi đó tồn tại một hàm logarit L : R
+
→ R sao cho
|f(x) − L(x)| ≤ ε (1.21)
với mọi x > 0.
Để chứng minh định lý này, ta dựa trên bổ đề sau
Bổ đề 1.1. Cho ε, d > 0, k, s ∈ R, với k = 0 và s = 0. Giả sử rằng hàm
f : R
+
→ B thỏa mãn điều kiện
|f(xy) − f(x) −f(y)| ≤ ε (1.22)
với mọi x, y > 0 và x
k
y
s
≥ d. Khi đó tồn tại duy nhất hàm logarit L : R
+
→
B thỏa mãn điều kiện
|f(x) − L(x)| ≤ 3ε (1.23)
với mọi x ∈ R
+
.
Chứng minh. Từ tính đối xứng của bất đẳng thức, ta đã có s = 0.
Với x, y ∈ R
+
, chọn z > 0 sao cho x
k
y
k
z
s
≥ d, x
k
y
s
z
s
≥ d, và y
k
z
s
≥ d, khi
đó ta có
|f(xy) − f(x) −f(y)| ≤ | − f(xyz) + f(x) + f(z)|
+ |f(xyz) − f(x) −f(yz)|
+ |f(yz) − f(y) − f(z)|
≤ 3ε.
Bổ đề được chứng minh.
13
Định lý 1.4. Giả sử ε, d > 0, k, s, p, q, P, Q ∈ R, k/p = s/q, pqP Q = 0, giả
sử rằng f : R
+
→ B thỏa mãn điều kiện
|f(x
p
y
q
) − P f(x) −Qf(y)| ≤ ε (1.24)
với mọi x, y > 0 và x
k
y
s
≥ d. Khi đó tồn tại duy nhất một hàm logarit
L : R
+
→ B sao cho
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤ 4ε (1.25)
với mọi x ∈ R
+
.
Chứng minh. Thay x bởi x
1
p
và y bởi y
1
q
trong (1.24) ta được
f(xy) − Pf
x
1
p
− Qf
y
1
q
≤ ε, (1.26)
với mọi x, y > 0, với x
k
p
y
s
q
≥ d.
Cho x, y ∈ R
+
, chọn z > 0 sao cho
x
k
p
y
s
q
z
s
q
−
k
p
≥ d, x
k
p
z
s
q
−
k
p
≥ d,
y
s
q
z
s
q
−
k
p
≥ d, z
s
q
−
k
p
≥ d.
Lần lượt thay x bởi xz
−1
, y bởi yz; x bởi xz
−1
, y bởi z; x bởi z
−1
, y bởi yz;
x bởi z
−1
, y bởi z trong (1.26) ta có
|f(xy) − f(x) −f(y) + f(1)| ≤
f(xy) − Pf
x
1
p
− z
−1
p
− Qf
(yz)
1
q
+
− f(x) + Pf
x
1
p
z
−1
p
+ Qf
z
1
q
+
− f(y) + Pf
z
−1
p
+ Qf
(yz)
1
q
+
f(1) − P f
z
−1
p
− Qf
z
1
q
≤ 4ε.
Theo Định lý 1.2, tồn tại duy nhất một hàm logarit L : R
+
→ B sao cho
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤ 4ε ∀x ∈ R
+
. (1.27)
Định lý được chứng minh.
14
Hệ quả 1.1. Giả sử ε > 0, d, k, s, p, q, P, Q ∈ R với
k
p
=
s
q
, pqP Q = 0. Giả
sử rằng g : R → B thỏa mãn điều kiện
|g(px + qy) −Pg(x) −Qg(y)| ≤ ε, ∀x, y ∈ R, với kx + sy ≥ d. (1.28)
Khi đó tồn tại duy nhất hàm cộng tính A : R → B sao cho
|g(x) − A(x) − g(0)| ≤ 4ε ∀x ∈ R. (1.29)
Chứng minh. Thay x bởi ln u, y bởi ln v vào (1.28) và đặt f(x) = g(ln x)
ta được
|f(u
p
v
q
) − P f(u) −Qf(v)| ≤ ε,
với mọi u, v ∈ R, với u
k
v
s
≥ e
d
. Mà
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤ 4ε,
với mọi x ∈ R
+
, hay
|g(x) − L(e
x
) − g(0)le4ε,
với mọi x ∈ R.
Đặt A(x) = L(e
x
) ta được
|g(x) − A(x) − g(0)| ≤ 4ε,
với mọi x ∈ R. Hệ quả được chứng minh.
Định lý 1.5. Giả sử ε, d > 0, k, s, p, q, P, Q ∈ R với k = 0 hoặc s = 0. Giả
sử rằng f : R
+
→ B thỏa mãn điều kiện
|f(x
p
y
q
) − P f(x) −Qf(y)| ≤ ε, (1.30)
với mọi x, y > 0 và với x
k
y
s
≥ d. Khi đó tồn tại duy nhất một hàm logarit
L : R
+
→ B sao cho
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤
4ε
|P |
với mọi x ∈ R nếu s = 0 và
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤
4ε
|Q|
15
với mọi x ∈ R nếu k = 0.
Chứng minh. + Trường hợp s = 0.
Với x, y ∈ R, chọn một số z > 0 sao cho
x
k
y
k
z
s
≥ d; x
k
y
ps
q
z
s
≥ d; y
ps
q
z
s
≥ d.
Thay x bởi xy, y bởi z; x bởi x, y bởi y
p
q
z; x bởi y, y bởi z; x bởi 1, y bởi
y
p
q
z vào (1.30) ta được
|P f(xy) − P f(x) −P f(y) + Pf(1)| ≤ | − f((xy)
p
z
q
) + P f(xy) + Qf(z)|
+
f((xy)
p
z
q
) − P f(x) −Qf
y
p
q
z
+ |f(y
p
z
q
) − P f(y) − Qf(z)|
+
− f(x
p
z
q
) + P f(1) + Qf
y
p
q
z
≤ 4ε.
Chia bất đẳng thức trên cho |P | và áp dụng Định lý 1.2, ta sẽ thấy rằng tồn
tại duy nhất một hàm logarit L : R
+
→ B sao cho
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤
4ε
|P |
, với mọi x ∈ R
+
.
+ Trường hợp k = 0. Với x, y ∈ R
+
, chọn một số z > 0 sao cho
x
s
y
s
z
k
≥ d, x
q k
p
y
s
z
k
≥ d, x
s
z
k
≥ d, x
q k
p
z
k
≥ d.
Thay y bởi xy, x bởi z; y bởi y, x bởi x
q
p
z; y bởi x, x bởi z; y bởi 1, x bởi
x
q
p
z vào (1.30) ta được
|Qf(xy) − Qf(x) −Qf(y) + Qf(1)| ≤ | − f((xy)
q
z
p
) + Qf(xy) + P f(z)|
+
f((xy)
q
z
p
) − Qf(y) − P f
x
q
p
z
+ |f(x
q
z
p
) − P f(z) − Qf(x)|
+
− f(x
q
z
p
) + Qf(1) + Pf
x
q
p
z
≤ 4ε.
Chia bất đẳng thức này cho |Q| và áp dụng Định lý 1.2, ta sẽ thấy rằng tồn
tại duy nhất một hàm logarit L : R
+
→ B sao cho
|f(x) − L(x) −f(1)| ≤
4ε
|Q|
16
với mọi x ∈ R
+
.
Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.2. Giả sử ε, d, k, s ∈ R với k = 0 hoặc s = 0. Giả sử rằng
g : R → B thỏa mãn điều kiện
|g(px + qy) −Pg(x) −Qg(y)| ≤ ε
với mọi x, y ∈ R, với kx + sy ≥ d. Khi đó tồn tại duy nhất hàm cộng tính
A : R → B sao cho
|g(x) − A(x) − g(0)| ≤
4ε
|P |
với mọi x ∈ R nếu s = 0, và
|g(x) − A(x) − g(0)| ≤
4ε
|Q|
với mọi x ∈ R nếu k = 0.
Ví dụ 1.2. Xác định tất cả các hàm f, g, h liên tục trên R
+
thỏa mãn điều
kiện
f(xy) = g(x) + h(y), ∀x, y ∈ R
+
. (1.31)
Giải. Cho x = 1, ta có
f(y) = g(1) + h(y)
⇔ h(y) = f(y) − a với a = g(1).
Cho y = 1, ta có
f(x) = g(x) + h(1)
⇔ g(x) = f(x) − b với b = h(1).
Khi đó phương trình (1.31) trở thành
f(xy) = f(x) + f(y) −a −b, ∀x, y ∈ R. (1.32)
Đặt
f(xy) = f(x) + f(y) −a −b.
Phương trình (1.32) trở thành
ϕ(xy) + a + b = (ϕ(x) + a + b) + (ϕ(y) + a + b) − a − b
17
⇔ ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y), ∀x, y ∈ R
+
.
Do x, y ∈ R
+
nên đặt
x = e
u
y = e
v
với u, v ∈ R.
Ta có
ϕ(e
u+v
) = ϕ(e
u
) + ϕ(e
v
), ∀u, v ∈ R
⇔ ψ(u + v) = ψ(u) + ψ(v) với ψ(u) = ϕ(e
u
).
Đây là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm
ψ(u) = mu
⇔ ϕ(x) = m ln x
⇔ f(x) = m ln x + a + b
g(x) = m ln x + a
h(x) = m ln x + b.
Thử lại ta thấy các hàm số f, g, h thỏa mãn bài toán.
Vậy nghiệm của phương trình là
f(x) = m ln x + a + b
g(x) = m ln x + a
h(x) = m ln x + b.
1.4 Tính ổn định của các hàm lũy thừa
Giả sử (S, +) là nửa nhóm giao hoán, E là không gian Banach phức, X
là đại số phức với phần tử đơn vị là 1
X
và C là trường số phức.
Cho f : S → X và g : S → C.
Trong phần này ta xét hàm lũy thừa
f(x + y) = g(x)f(y).
Định nghĩa 1.4. Giả sử f : S → C, khi đó ta định nghĩa tập hợp N
f
như
sau
N
f
= {a ∈ S : f(a) ∈ S \ {0, 1}; |f(a)| > 1}.
18
Định nghĩa 1.5. Giả sử f : S → X, khi đó ta định nghĩa tập hợp M
f
như
sau
M
f
= {a ∈ S : f(a) ∈ C \{0, 1} ×{1
X
}}.
Định nghĩa 1.6. Xét hàm Scf : M
f
→ C với f(a) = Scf(a)×1
X
, ∀a ∈ M
f
.
Ta định nghĩa hàm số
M
f
= {a ∈ M
f
: |Scf(a)| > 1}.
Ta có các định lý sau.
Định lý 1.6. Giả sử hai hàm số f : S → E, g : S → C thỏa mãn bất đẳng
thức sau:
|f(x + y) − g(x)f(y)| ≤ ψ(x, y), ∀x, y ∈ S. (1.33)
Nếu N
g
= ∅ và ψ(x, y + a) ≤ ϕ(x, y) với mọi x, y ∈ S và a ∈ N
g
, khi đó tồn
tại duy nhất một hàm T : S → E mà
T (x + y) = g(x)T (y),
(g(x + y) − g(x)g(y))T (z) = 0
và
|f(y) − T(y)| ≤ inf
a∈N
g
ψ(a, y)
|g(a)| − 1
với mọi x, y, z ∈ S.
Chứng minh. Ta có a ∈ N
g
và trong (1.33) thay x = a ta được
|f(a + y) − g(a)f(y)| ≤ ψ(a, y), (1.34)
với mọi y ∈ S.
Ta gọi tập hợp
A = {g : S → E},
và cho một metric trên A như sau
d(g, h) = sup
y∈S
|g(y) −h(y)|
ψ(a, y)
.
Suy ra (A, d) là một không gian metric đủ.
Tiếp theo, ta định nghĩa hàm J
a
: A → A với
J
a
(h)(y) =
1
g(a)
h(y + a)
19
với mọi h ∈ A và y ∈ S. Vì vậy
d(J
a
(u), J
a
(h)) = sup
y∈S
|u(y + a) − h(y + a)|
|g(a)|ψ(a, y)
≤ sup
y∈S
|u(y + a) − h(y + a)|
|g(a)|ψ(a, y + a)
=
1
g(a)
d(u, h)
với mọi u, h ∈ A.
Do đó h là ánh xạ co của A với hằng số L =
1
|g(a)|
.
Từ (1.34) ta được
f(y + a)
g(a)
− f(y)
≤
ψ(a, y)
|g(y)|
với mọi y ∈ S, vậy ta được d(J(f), f) ≤ L < ∞.
Suy ra tồn tại một ánh xạ T
a
: S → C sao cho
1. T
a
là điểm cố định của J, nghĩa là
T
a
(y + a) = g(a)T
a
(1.35)
với mọi y ∈ S. Ánh xạ T
a
là điểm cố định duy nhất của J trong tập
hợp
A = {h ∈ A : d(f, h) < ∞}.
2. d(J
n
(f), T
a
) → 0 khi n → ∞, có nghĩa là
T
a
(y) = lim
n→∞
f(y + na)
g(a)
n
với mọi x ∈ S.
3. d(f, T
a
) ≤
1
1 − L
d(J(f), f), có nghĩa là
d(f, T
a
) ≤
1
|g(a)| − 1
.
Từ (1.34) ta suy ra
|f(y + na) − g(a)
n
f(y)| ≤
n−1
i=0
ψ(a, y + ia)|g(a)|
n−1−i
(1.36)
20
với mọi y ∈ S và n ∈ N.
Từ ψ(a, y + a) ≤ ψ(a, y) với mọi y ∈ S ta suy ra
ψ(a, y + ma) ≤ ψ(a, y)
với mọi x ∈ S và m ∈ N, vì vậy từ (1.36) ta thu được
|f(y + na) − g(a)
n
f(y)| ≤ ψ(a, y)
|g(a)
n
| − 1
|g(a)| − 1
(1.37)
với mọi y ∈ S.
Từ (1.37), với mỗi a, b ∈ N
g
, ta chứng minh T
a
= T
b
.
Thật vậy, từ (1.37) ta có
|f(y + na) − g(a)
n
f(y)| ≤ ψ(a, y)
|g(a)
n
| − 1
|g(a)| − 1
(1.38)
|f(y + nb) − g(b)
n
f(y)| ≤ ψ(b, y)
|g(b)
n
| − 1
|g(b)| − 1
(1.39)
với mọi y ∈ S.
Trong (1.38) ta thay y bởi y + nb, trong (1.39) ta thay y bởi y + na ta được
|f(y + n(a + b)) −g(a)
n
f(y + nb)| ≤ ψ(a, y)
|g(a)
n
| − 1
|g(a)| − 1
|f(y + n(a + b)) −g(b)
n
f(y + na)| ≤ ψ(b, y)
|g(b)
n
| − 1
|g(b)| − 1
Do đó
|g(a)
n
f(y + nb) −g(b)
n
f(y + na)| ≤ ψ(a, y)
|g(a)
n
| − 1
|g(a)| − 1
+ ψ(b, y)
|g(b)
n
| − 1
|g(b)| − 1
.
Ta chia cho |g(a)
n
g(b)
n
| ta được
f(y + na)
g(a)
n
−
f(y + nb)
g(b)
n
≤
ψ(a, y)
(|g(b)| − 1)|g(a)
n
|
(1 −
1
|g(b)
n
|
)
+
ψ(b, y)
(|g(a)| − 1)|g(b)
n
|
(1 −
1
|g(a)
n
|
)
Cho n → ∞ ta được T
a
(y) = T (y) với mọi y ∈ S.
Vì vậy mà tồn tại duy nhất mọi hàm T sao cho T = T
a
, với mọi a ∈ N
g
và
|f(y) − T(y)| ≤
ψ(a, y)
|g(a)| − 1
21
với mọi y ∈ S và a ∈ N
g
. Vì a ∈ N
a
là phần tử tùy ý nên
|f(y) − T(y)| ≤ inf
a∈N
g
ψ(a, y)
|g(a)| − 1
với mọi y ∈ S.
Ta có x, y ∈ S và a ∈ N
g
là ba phần tử cố định tùy ý nên từ (1.33) ta suy ra
|f(x + y + na) −g(x)f(y + na)| ≤ ψ(x, y + na).
Ta chia bất đẳng thức này cho |g(a)
n
| được
f(x + y + na)
g(a)
n
− g(y)
f(x + na)
g(a)
n
≤
ψ(x, y + na)
|g(a)
n
|
≤
ψ(x, y)
|g(a)
n
|
.
Cho n → ∞ được T (x + y) = g(x)T (y).
Vì x, y, z ∈ S tùy ý nên
T (x + y + z) = g(x + y)T (z)
và
T (x + y + z) = g(x)T (y + z) = g(x)g(y)T (z),
hoặc
(g(x + y) − g(x)g(y))T (z) = 0
với mọi x, y, z ∈ S. Định lý được chứng minh.
Từ định lý ta có các hệ quả sau.
Hệ quả 1.3. Giả sử f : S → C thỏa mãn điều kiện
|f(x + y) − f(x)f(y)| ≤ ψ(x, y)
với mọi x, y ∈ S.
Nếu ψ(a, y + a) ≤ ψ(x, y) với mọi x, y ∈ S và a ∈ N
f
, khi đó f hoặc là bị
chặn, hoặc là hàm lũy thừa.
Hệ quả 1.4. Giả sử f, g : S → C, S có phần từ đơn vị, f là hàm khác không
và thỏa mãn điều kiện
|f(x + y) − g(x)f(y)| ≤ ψ(x, y)
22
với mọi x, y ∈ S.
Nếu ψ(x, y + a) ≤ ψ(x, y) với mọi x, y ∈ S và a ∈ N
g
thì g hoặc là bị chặn,
hoặc là hàm lũy thừa và
|f(x + y) − g(x)f(y)| ≤ ψ(x, y)
với mọi x ∈ G.
Ví dụ 1.3. Tìm tất cả các hàm f, g, h : R → R thỏa mãn điều kiện
f(x + y) = g(x).h(y), ∀x, y ∈ R. (1.40)
Cho x = 0, ta có
f(y) = ah(y) với a = g(0).
Cho y = 0, ta có
f(x) = bg(x) với b = h(0).
Nếu g(0) = 0, h(0) = 0, phương trình (1.40) trở thành
f(x + y) =
f(x)f(y)
ab
⇔
f(x + y)
ab
=
f(x)
ab
·
f(y)
ab
, ∀x, y ∈ R. (1.41)
Đặt
f(x)
ab
= ϕ(x), với x ∈ R, ta có f liên tục trên R.
Phương trình (1.41) trở thành
ϕ(x + y) = ϕ(x)ϕ(y), ∀x, y ∈ R.
Phương trình này có nghiệm
ϕ(x) = 0 hoặc ϕ(x) = e
c
x.
Với ϕ(x) = 0 ta có nghiệm của phương trình
f(x) ≡ 0
g(x) ≡ 0
h(x) là hàm tùy ý liên tục trên R.
Hoặc
f(x) ≡ 0
h(x) ≡ 0
g(x) là hàm tùy ý liên tục trênR.
23
Với ϕ(x) = e
c
x, ta có
f(x) = abe
c
x
g(x) = ae
c
x
h(x) = be
c
x.
Nếu g(0) = a = 0 thì f(x) = 0 với mọi x ∈ R.
Nếu g(x) ≡ 0 thì h(x) là hàm số tùy ý.
Nếu tồn tại x
0
∈ R sao cho g(x
0
) = 0 thì
0 = f(x
0
+ y) = g(x
0
)h(y) ⇔ h(y) = 0, ∀y ∈ R.
Thử lại ta thấy các hàm số trên thỏa mãn phương trình đã cho.
Nếu h(0) = b = 0 thì ta có f(x) = 0 với mọi x ∈ R.
Nếu h(x) ≡ 0 thì g(x) là hàm số tùy ý.
Nếu tồn tại x
0
∈ R sao cho h(x
0
) = 0 thì
0 = f(x
0
+ y) = h(x
0
)g(y) ⇔ g(y) = 0, ∀y ∈ R.
Thử lại, các hàm trên cũng thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy nghiệm của phương trình là
f(x) = abe
c
x
g(x) = ae
c
x
h(x) = be
c
x.
Hoặc
f(x) ≡ 0
g(x) ≡ 0
h(x) là hàm tùy ý liên tục trên R.
Hoặc
f(x) ≡ 0
h(x) ≡ 0
g(x) là hàm tùy ý liên tục trênR.
24
Chương 2
Tính ổn định của các phương trình
hàm chuyển tiếp các đại lượng trung
bình cơ bản
2.1 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp
đại lượng trung bình cộng vào trung bình cộng
Bài toán 2.1. Tìm hàm f : R → R thỏa mãn phương trình
f
x + y
2
=
f(x) + f(y)
2
x, y ∈ R. (2.1)
Giải. Thay y = 0 vào (2.1) ta được
f
x
2
=
f(x) + f(0)
2
, ∀x, y ∈ R. (2.2)
Khi đó áp dụng (2.1) và (2.2) ta được
f(x) + f(y)
2
= f
x + y
2
=
f(x + y) + f(0)
2
Hay f(x) + f(y) = f(x + y) + f(0) x, y ∈ R
Đặt
A(x) = f(x) −f(0),
ta có
A(x) + A(y) = A(x + y) ∀x, y ∈ R.
Vậy A là một hàm cộng tính trên R nên f(x) = A(x)+ α trong đó α = f(0).
Tiếp theo ta xét tính ổn định nghiệm của phương trình (2.1).
25
