Luận văn Tính ổn định của một số lớp phương trình hàm với cặp biến tự do

α + βg(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 ε2 − 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(a2)− (f(a))2| ≤ δ. (1.19) Khi đó |f(a2)| = |(f(a))2 − (f(a)2 − f(a2))| ≥ |f(a)2| − |f(a)2 − f(a2)| ≥ |f(a)|2 − δ = (ε+ ρ)2 − δ = (ε+ ρ) + (2ε− 1) + ρ2 (do ε2 − ε = δ) > ε+ 2ρ, với ε > 1. Bằng phép chứng minh quy nạp ta có |f(a2n)| > 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 = a2 n ta được |f(xy)− f(x)f(y)| ≤ 2δ + |f(x)δ||f(a2n)| , ∀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 6= 0 và s 6= 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 xkys ≥ 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 6= 0. Với x, y ∈ R+, chọn z > 0 sao cho xkykzs ≥ d, xkyszs ≥ d, và ykzs ≥ 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 6= s/q, pqPQ 6= 0, giả sử rằng f : R+ → B thỏa mãn điều kiện |f(xpyq)− Pf(x)−Qf(y)| ≤ ε (1.24) với mọi x, y > 0 và xkys ≥ 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 x1p −Qf y1q ∣∣∣ ≤ ε, (1.26) với mọi x, y > 0, với x k py s q ≥ d. Cho x, y ∈ R+, chọn z > 0 sao cho x k py s qz s q − k p ≥ d, xkpz s q − k p ≥ d, y s qz 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 1p − z−1p )−Qf ((yz) 1q) ∣∣∣ + ∣∣∣− f(x) + Pf (x 1pz−1p )+Qf (z 1q) ∣∣∣ + ∣∣∣− f(y) + Pf (z−1p )+Qf ((yz) 1q) ∣∣∣ + ∣∣∣f(1)− Pf (z−1p )−Qf (z 1q) ∣∣∣ ≤ 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 6= s q , pqPQ 6= 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 lnu, y bởi ln v vào (1.28) và đặt f(x) = g(lnx) ta được |f(upvq)− Pf(u)−Qf(v)| ≤ ε, với mọi u, v ∈ R, với ukvs ≥ ed. Mà |f(x)− L(x)− f(1)| ≤ 4ε, với mọi x ∈ R+, hay |g(x)− L(ex)− g(0)le4ε, với mọi x ∈ R. Đặt A(x) = L(ex) 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 6= 0 hoặc s 6= 0. Giả sử rằng f : R+ → B thỏa mãn điều kiện |f(xpyq)− Pf(x)−Qf(y)| ≤ ε, (1.30) với mọi x, y > 0 và với xkys ≥ 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 6= 0 và |f(x)− L(x)− f(1)| ≤ 4ε|Q| 15 với mọi x ∈ R nếu k 6= 0. Chứng minh. + Trường hợp s 6= 0. Với x, y ∈ R, chọn một số z > 0 sao cho xkykzs ≥ d; xky psq zs ≥ d; y psq zs ≥ 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 |Pf(xy)− Pf(x)− Pf(y) + Pf(1)| ≤ | − f((xy)pzq) + Pf(xy) +Qf(z)| + ∣∣∣f((xy)pzq)− Pf(x)−Qf (y pq z) ∣∣∣ + |f(ypzq)− Pf(y)−Qf(z)| + ∣∣∣− f(xpzq) + Pf(1) +Qf (y pq 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 6= 0. Với x, y ∈ R+, chọn một số z > 0 sao cho xsyszk ≥ d, x qkp yszk ≥ d, xszk ≥ d, x qkp zk ≥ d. Thay y bởi xy, x bởi z; y bởi y, x bởi x q pz; y bởi x, x bởi z; y bởi 1, x bởi x q pz vào (1.30) ta được |Qf(xy)−Qf(x)−Qf(y) +Qf(1)| ≤ | − f((xy)qzp) +Qf(xy) + Pf(z)| + ∣∣∣f((xy)qzp)−Qf(y)− Pf (x qpz) ∣∣∣ + |f(xqzp)− Pf(z)−Qf(x)| + ∣∣∣− f(xqzp) +Qf(1) + Pf (x qpz) ∣∣∣ ≤ 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 6= 0 hoặc s 6= 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 6= 0, và |g(x)− A(x)− g(0)| ≤ 4ε|Q| với mọi x ∈ R nếu k 6= 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 = eu y = ev với u, v ∈ R. Ta có ϕ(eu+v) = ϕ(eu) + ϕ(ev), ∀u, v ∈ R ⇔ ψ(u+ v) = ψ(u) + ψ(v) với ψ(u) = ϕ(eu). Đây là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm ψ(u) = mu ⇔ ϕ(x) = m lnx ⇔ f(x) = m lnx+ a+ b g(x) = m lnx+ a h(x) = m lnx+ b. Thử lại ta thấy các hàm số f, g, h thỏa mãn bài toán. Vậy nghiệm của phương trình làf(x) = m lnx+ a+ bg(x) = m lnx+ a h(x) = m lnx+ 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 1X 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 Nf như sau Nf = {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 Mf như sau Mf = {a ∈ S : f(a) ∈ C \ {0, 1} × {1X}}. Định nghĩa 1.6. Xét hàm Scf :Mf → C với f(a) = Scf(a)×1X , ∀a ∈Mf . Ta định nghĩa hàm số M˜f = {a ∈Mf : |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 Ng 6= ∅ và ψ(x, y+ a) ≤ ϕ(x, y) với mọi x, y ∈ S và a ∈ Ng, 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∈Ng ψ(a, y) |g(a)| − 1 với mọi x, y, z ∈ S. Chứng minh. Ta có a ∈ Ng 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 Ja : A→ A với Ja(h)(y) = 1 g(a) h(y + a) 19 với mọi h ∈ A và y ∈ S. Vì vậy d(Ja(u), Ja(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 Ta : S → C sao cho 1. Ta là điểm cố định của J , nghĩa là Ta(y + a) = g(a)Ta (1.35) với mọi y ∈ S. Ánh xạ Ta là điểm cố định duy nhất của J trong tập hợp A˜ = {h ∈ A : d(f, h) <∞}. 2. d(Jn(f), Ta)→ 0 khi n→∞, có nghĩa là Ta(y) = lim n→∞ f(y + na) g(a)n với mọi x ∈ S. 3. d(f, Ta) ≤ 1 1− Ld(J(f), f), có nghĩa là d(f, Ta) ≤ 1|g(a)| − 1 . Từ (1.34) ta suy ra |f(y + na)− g(a)nf(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)nf(y)| ≤ ψ(a, y)|g(a) n| − 1 |g(a)| − 1 (1.37) với mọi y ∈ S. Từ (1.37), với mỗi a, b ∈ Ng, ta chứng minh Ta = Tb. Thật vậy, từ (1.37) ta có |f(y + na)− g(a)nf(y)| ≤ ψ(a, y) |g(a) n| − 1 |g(a)| − 1 (1.38) |f(y + nb)− g(b)nf(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)nf(y + nb)| ≤ ψ(a, y)|g(a) n| − 1 |g(a)| − 1 |f(y + n(a+ b))− g(b)nf(y + na)| ≤ ψ(b, y) |g(b) n| − 1 |g(b)| − 1 Do đó |g(a)nf(y+nb)− g(b)nf(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)ng(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 Ta(y) = T (y) với mọi y ∈ S. Vì vậy mà tồn tại duy nhất mọi hàm T sao cho T = Ta, với mọi a ∈ Ng và |f(y)− T (y)| ≤ ψ(a, y)|g(a)| − 1 21 với mọi y ∈ S và a ∈ Ng. Vì a ∈ Na là phần tử tùy ý nên |f(y)− T (y)| ≤ inf a∈Ng ψ(a, y) |g(a)| − 1 với mọi y ∈ S. Ta có x, y ∈ S và a ∈ Ng 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 ∈ Nf , 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 ∈ Ng 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) 6= 0, h(0) 6= 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) = ecx. Với ϕ(x) = 0 ta có nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 g(x) ≡ 0 h(x) là hàm tùy ý liên tục trênR. Hoặc  f(x) ≡ 0 h(x) ≡ 0 g(x) là hàm tùy ý liên tục trênR. 23 Với ϕ(x) = ecx, ta có f(x) = abe cx g(x) = aecx h(x) = becx. 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 x0 ∈ R sao cho g(x0) 6= 0 thì 0 = f(x0 + y) = g(x0)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 x0 ∈ R sao cho h(x0) 6= 0 thì 0 = f(x0 + y) = h(x0)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 cx g(x) = aecx h(x) = becx. Hoặc  f(x) ≡ 0 g(x) ≡ 0 h(x) là hàm tùy ý liên tục trênR. 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 Mệnh đề 2.1. Giả sử hàm f thỏa mãn điều kiện∣∣∣f(x+ y 2 ) − f(x) + f(y) 2 ∣∣∣ ≤ ε, (2.3) với ε là số dương tùy ý cho trước và ∀x, y ∈ R. Khi đó tồn tại duy nhất một hàm cộng tính A : R→ R sao cho |f(x)− A(x)− f(0)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R.. Chứng minh. Thay y = 0 vào (2.3) ta được∣∣∣f(x 2 ) − f(x) + f(0) 2 ∣∣∣ ≤ ε, ∀x ∈ R. Do đó ∣∣∣f(x+ y 2 ) − f(x+ y) + f(0) 2 ∣∣∣ ≤ ε, ∀x, y ∈ R. Ta có∣∣∣f(x) + f(y) 2 − f(x+ y) + f(0) 2 ∣∣∣ ≤ ∣∣∣f(x) + f(y) 2 − f(x+ y) 2 ∣∣∣+ ∣∣∣f(x+ y) 2 − f(x+ y) + f(0) 2 ∣∣∣ ≤ 2ε. Hay |f(x+ y) + f(0)− f(x)− f(y)| ≤ 4ε. (2.4) Đặt g(x) = f(x)− f(0). Thay vào (2.4) ta được |g(x+ y)− g(x)− g(y)| ≤ 4ε. Theo tính ổn định của hàm cộng tính tồn tại duy nhất hàm cộng tính A sao cho |g(x)− A(x)| ≤ 4ε. Vậy |f(x)− A(x)− f(0)| = |g(x)− A(x)| ≤ 4ε. 26 2.2 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình cộng vào trung bình nhân Bài toán 2.2. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãn phương trình f (x+ y 2 ) = √ f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. (2.5) Giải. Từ (2.5) ta có f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R. Giả sử ∃x0 ∈ R sao cho f(x0) = 0 khi đó f (x0 + y 2 ) = √ f(x0)f(y) = 0, ∀y ∈ R. Hay f(x) = 0 với ∀x ∈ R.. Xét f(x) > 0 với x ∈ R. Lấy logarit hai vế của phương trình (2.5) ta được ln f (x+ y 2 ) = ln f(x) + ln f(y) 2 , ∀x, y ∈ R Đặt g(x) = ln f(x)), ta có g (x+ y 2 ) = g(x) + g(y) 2 ∀x, y ∈ R. Hay g là một nghiệm của phương trình Jensen, tức là g(x) = ax+ b. Suy ra nghiệm của phương trình (2.5) là f(x) = eax+b với a, b ∈ R. Tiếp theo ta xét tính ổn định nghiệm của phương trình (2.5). Mệnh đề 2.2. Giả sử hàm f : R→ R+ thỏa mãn điều kiện |f (x+ y 2 ) − √ f(x)f(y)| ≤ ε, ∀x, y ∈ R (2.6) và |f(x)− f(−x)| ≤ δ, (2.7) với ε, δ là các số dương tùy ý cho trước. Giả sử tồn tại f(a)−1 khi đó tồn tại hàm E : R→ R+ sao cho |E(x+ y)− E(x)− E(y)| ≤ α, ∀x, y ∈ R, (2.8) 27 và |f(x)− 1 2 ( E(x)− E(−x) ) | ≤ β, ∀x ∈ R, (2.9) với α, β là các hằng số nào đó. Chứng minh. Đặt m = sup x∈R √ f(x)f(a). Từ điều kiện (2.7) thì m là hữu hạn, khi đó ta có√ f(x)f(−a) ≤ √ f(−x)f(a) + | √ f(x)f(−a) + √ f(−x)f(a)| ≤ m+ |f(x− a 2 )− √ f(x)f(−a)|+ |f(−x+ a 2 )− √ f(−x)f(a)| + |f(x− a 2 )− f(−x+ a 2 )| ≤ m+ 2ε+ δ. Đặt h : R→ R+ thỏa mãn điều kiện h(x) = √ f(x)f(−x), ∀x ∈ R. Khi đó h là một hàm chẵn và |h(x)− f(x)| = √ f(x) · | √ f(x)− √ f(−x)| ≤ 2 m 2 f(a) , ∀x ∈ R, |h(x) √ f(a)| ≤ m. (2.10) Đặt E : R→ R+ thỏa mãn điều kiện: E(x) = h(x) +√f(a) ∀x ∈ R. Áp dụng (2.10) ta có |E(x+ y)− E(x)E(y)| = |h(x+ y) + √ f(a)− h(x)h(y) − (h(x) + h(y)) √ f(a)− f(a)| ≤ |h(x+ y)|+ |h(x)h(y)|+ |(h(x) + h(y)) √ f(a)|+ |f(a)| ≤ |h(x+ y)− f(x+ y)|+ |f(x+ y)|+ |h(x)h(y)f(a)f−1(a)|+ |h(x) √ f(a)| + |h(y) √ f(a)|+ √ f(a) + |f(a)| ≤ 2 m 2 f(a) + m√ f(a) + m2 f(a) + 2m+ √ f(a) + |f(a)| 28 = α. Và |f(x)−1 2 (E(x)− E(−x))| = |f(x)− h(x) + h(x)− 1 2 (h(x) + h(−x))− √ f(a)| ≤ 2 m 2 f(a) + √ f(a) = β. 2.3 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình cộng vào trung bình điều hòa Bài toán 2.3. Tìm tất cả các hàm f : R+ → R+ thỏa mãn phương trình f (x+ y 2 ) = 2f(x)f(y) f(x) + f(y) , ∀x, y ∈ R+. (2.11) Giải. Ta có f (x+ y 2 ) = 1 1 f(x) + 1 f(y) 2 , ∀x, y ∈ R+. Hay f (x+ y 2 ) = 2 1 f(x) + 1 f(y) , ∀x, y ∈ R+. Hay 1 f (x+ y 2 ) = 1 f(x) + 1 f(y) 2 , ∀x, y ∈ R+. Đặt g(x) = 1 f(x) và g(x) là hàm số dương liên tục trên R+ . Do trên ta có g (x+ y 2 ) = g(x) + g(y) 2 , ∀x, y ∈ R+ 29 Hay g chính là nghiệm của phương trình Jensen tức là g(x) = ax+ b Vậy f(x) = 1 ax+ b trong đó a = 0; b > 0 hoặc a > 0; b ≥ 0 Tiếp theo ta xét tính ổn định nghiệm của phương trình (2.11). Mệnh đề 2.3. Giả sử hàm f thỏa mãn điều kiện ∣∣∣ 1 f ( x+ y 2 ) − 1 f(x) + 1 f(y) 2 ∣∣∣ ≤ ε (2.12) với ε > 0 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∣∣∣ 1 f(x) − A(x)− 1 f(0) ∣∣∣ ≤ 4ε, ∀x ∈ R. Chứng minh. Thay y = 0 vào (2.12) ta được ∣∣∣ 1 f (x 2 ) − 1 f(x) + 1 f(y) 2 ∣∣∣ ≤ ε, ∀x ∈ R. Do đó ∣∣∣ 1 f ( x+ y 2 ) − 1 f(x+ y) + 1 f(0) 2 ∣∣∣ ≤ ε, ∀x, y ∈ R. Ta có ∣∣∣ 1 f(x) + 1 f(y) 2 − 1 f(x+ y) + 1 f(0) 2 ∣∣∣ ≤ ∣∣∣ 1 f(x) + 1 f(y) 2 − 1 f(x+ y) 2 ∣∣∣ + ∣∣∣ 1 f(x+ y) 2 − 1 f(x+ y) + 1 f(0) 2 ∣∣∣ ≤ 2ε. hay ∣∣∣ 1 f(x+ y) + 1 f(0) − 1 f(x) − 1 f(y) ∣∣∣ ≤ 4ε. (2.13) 30 Đặt g(x) = 1 f(x) − 1 f(0) . Thay vào (2.13) được |g(x+ y)− g(x)− g(y)| ≤ 4ε. Theo tính ổn định của hàm cộng tính sẽ tồn tại duy nhất hàm cộng tính A sao cho |g(x)− A(x)| ≤ 4ε. Vậy ∣∣∣ 1 f(x) − A(x)− 1 f(0) ∣∣∣ = |g(x)− A(x)| ≤ 4ε. 2.4 Tính ổn định của phương trình hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình cộng vào trung bình bậc hai Bài toán 2.4. Tìm tất cả các hàm f : R→ R liên tục sao cho f ( x+ y 2 ) = √ (f(x))2 + (f(y))2 2 , ∀x, y ∈ R. (2.14) Giải. Từ công thức trên ta có f(x) ≥ 0 với mọi x, y ∈ R. Do đó (2.14) tương đương với[ f ( x+ y c )]2 = (f(x))2 + (f(y))2 2 , ∀x, y ∈ R. Đặt F (x) = (f(x))2 ≥ 0 với mọi x ∈ R. Phương trình trên trở thành F ( x+ y 2 ) = F (x) + F (y) 2 ∀x, y ∈ R. Theo Bài toán 3.1.1 ta có F (x) là nghiệm của phương trình Jensen, tức là F (x) = ax+ b. Vậy f(x) = √ ax+ b, trong đó{ a = 0 b > 0 hoặc { a > 0 b ≥ 0. Tiếp theo ta xét tính ổn định nghiệm của phương trình (2.14). 31 Mệnh đề 2.4. Giả sử hàm f thỏa mãn điều kiện ∣∣∣f (x+ y 2 ) − √ (f(x))2 + (f(y))2 2 ∣∣∣ ≤ ε, ∀x, y ∈ R với ε > 0 tùy ý cho trước. Khi đó, tồn tại duy nhất một hàm cộng tính A : R→ R sao cho |(f(x))2 − A(x)− (f(0))2| ≤ 4ε, ∀x ∈ R. (2.15) 32 Chương 3 Tính ổn định của một số dạng phương trình hàm khác 3.1 Tính ổn định của phương trình sóng Trước hết ta tìm hiểu về phương trình sóng. Giả sử f : R2 → R sao cho f(x+h, y)+f(x−h, y)−f(x, y+h)−f(x, y−h) = 0, ∀x, y, h ∈ R. (3.1) Ta định nghĩa các toán tử M 1,h và M 2,h với h ∈ R như sau: M 1,h ϕ(x, y) = ϕ ( x+ h 2 , y ) − ϕ ( x− h 2 , y ) ; M 2,h ϕ(x, y) = ϕ ( x, y + h 2 ) − ϕ ( x, y − h 2 ) . Với ∀x, y ∈ R và ϕ : R2 → R khi đó (3.1) có thể viết lại thành M2 1,h f(x, y)− M2 2,h f(x, y) = 0. Ta nhận thấy phương trình này là phương trình sóng. Haruki đã chỉ ra rằng f : R2 → R liên tục và thỏa mãn điều kiện (3.1) với x, y, h ∈ R nếu và chỉ nếu tồn tại các hàm α; β : R→ R sao cho f(x+ y) = α(x+ y) + β(x− y), ∀x, y ∈ R. Nếu α, β : R→ R là những hàm tùy ý và A : R2 → R là hàm song cộng tính và phản đối xứng nghĩa là A(x+ y, z) = A(x, z) + A(y, z); 33 A(y, x) = −A(x, y), với ∀x, y, z ∈ R và f : R2 → R được định nghĩa bởi f(x, y) = α(x+ y) + β(x− y) + A(x, y), ∀x, y ∈ R. Khi đó (3.1) được thỏa mãn. Đặc biệt với f : R2 → R xác định g : R2 → R với g(x, y) = f(x+ y, x− y)., ∀x, y ∈ R. Khi đó f thỏa mãn điều kiện (3.1) nếu và chỉ nếu g thỏa mãn điều kiện g(x+ h, y + h)− g(x+ h, y)− g(x, y + h) + g(x, y) = 0, ∀x, y, h ∈ R. Từ kết quả trên ta có định lý dưới đây. Định lý 3.1 (xem [1],[12]). Giả sử (G,+) là nhóm Abel, X là không gian Banach, với δ > 0 và f : G×G→ X sao cho: |f(x+ h, y + h)− f(x+ h, y)− f(x, y + h) + f(x, y)| ≤ δ, ∀x, y, h ∈ G. Khi đó tồn tại các hàm α, β : G→ X và A : R2 → R là hàm song cộng tính và phản đối xứng sao cho |f(x, y)− [α(x) + β(y) + A(x, y)]| ≤ 20δ, ∀x, y ∈ G. Định lý 3.2. Giả sử f : R2 → R, δ > 0 và thỏa mãn điều kiện: |f(x+ h, y + h)− f(x+ h, y)− f(x, y + h) + f(x, y)| ≤ δ, ∀x, y, h ∈ R. Khi đó tồn tại các hàm ϕ, ψ : R→ R sao cho |f(x, y)− ϕ(x) + ψ(y)| ≤ 60δ, ∀x, y ∈ R. Chứng minh. Theo Định lý 3.1 tồn tại các hàm α, β : R → R và hàm song cộng tính và phản đối xứng A : R2 → R sao cho |f(x, y)− [α(x) + β(y) + A(x, y)]| ≤ 20δ, ∀x, y ∈ G. Với y ∈ R;x→ f(x, y) đo được trên R. Ta kí hiệu S là tập tất cả các phần tử y sao cho R\S có độ đo không. Giả sử chọn y1; y2 ∈ S khi đó |f(x, y1)− [α(x) + β(y1) + A(x, y1)]| ≤ 20δ, ∀x ∈ R. 34 Và |f(x, y2)− [α(x) + β(y2) + A(x, y2)]| ≤ 20δ, ∀x ∈ R. Vì A là cộng tính với biến thứ 2 nên có thể viết |f(x, y1)− f(x, y2)− β(y1) + β(y2)− A(x, y1 − y2)| ≤ 40δ, ∀x ∈ R. Vì x→ f(x, y1)− f(x, y2) đo đươc trên R nên A có thể bị chặn trên tập con (ta gọi là T ) của R đo được Lebesgue. Như vậy x→ A(x, y1 − y2) là cộng tính trên R và bị chặn trên T . Suy ra tồn tại số thực c(y1 − y2) sao cho A(x, y1 − y2) = c(y1 − y2), ∀x ∈ R. Đặt U = {y1 − y2 : y1, y2 ∈ S}. Với z ∈ U tồn tại c(z) ∈ R sao cho A(x, z) = c(z)x, ∀x ∈ R. Vì S đo được nên U chứa lân cận của 0 đặt là V . Lấy y ∈ R, chọn z ∈ V và một số tự nhiên n sao cho y = nz khi đó A(x, y) = nA(x, z) = nc(z)x, ∀x ∈ R. Vì vậy với y ∈ R tồn tại một số c(y) ∈ R sao cho A(x, y) = c(y)x, ∀x ∈ R. Vì A là phản đối xứng nên c(y)x = A(x, y) = −A(y, x) = −c(x)y, ∀x, y ∈ R. Đặc biệt vì c(x)x = −c(x)x, ∀x ∈ R nên c(x) = 0 với mọi x 6= 0, x ∈ R. Rõ ràng c(0) = 0 do đó A(x, y) = 0 với mọi x, y ∈ R. Vậy |f(x, y)− [α(x) + β(y)]| leq20δ, ∀x, y ∈ R. 35 Tiếp theo chọn x0, y0 ∈ R sao cho: x → f(x, y0) và y → f(x0, y) đo được