Chủ đề này có 3 trả lời

[Explorer]

Cho $f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn 

$f(x+y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x,y>N$ ($N$ là hằng số dương nào đó)

Hỏi từ đây có suy ra được $f(x)=ax$ với mọi $x>T$ hay không? (T là hằng số dương nào đó)

[perfectstrong]

$f$ sẽ là hàm tuyến tính trên $\mathbb Q$, tuy nhiên không nhất thiết phải trên $\mathbb R$.

Có cách xây dựng một hàm $f$ như vậy, nếu chấp nhận sử dụng Tiên đề Lựa chọn (Axiom of Choice)

https://math.stackex...ply-f-alpha-x-a

[nmlinh16]

Có.

 

Chứng minh: Xét số thực $x > N$ tùy ý.

1. Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng $f(nx) = nf(x)$ với mọi $n \in \mathbb{N}^\ast$.
2. Với $q$ là số hữu tỉ, $q > 1$, ta viết $q = \frac{m}{n}$ với $m, n \in \mathbb{N}^\ast$.
   Thế thì $mf(x) = f(mx) = f(nqx) = nf(qx)$ (vì $qx > N$), suy ra $f(qx) = \frac{m}{n}f(x) = qf(x)$.
3. Với $r$ là số thực, $r > 1$, chọn hai số hữu tỉ $q,q'$ sao cho $1 < q < r < q'$.
   Lấy $n \in \mathbb{N}^\ast$ đủ lớn sao cho $n(r - q) > 1$ và $n(q' - r) > 1$.
   Thế thì $nrx - nqx > x > N$ và $nq'x - nrx > x > N$.
   Suy ra $nf(rx) = f(nrx) = f(nrx - nqx) + f(nqx) > f(nqx) = nf(qx)$, nên $f(rx) > f(qx) = qf(x)$.
   Tương tự, $nf(rx) = f(nrx) < f(nrx) + f(nq'x - nrx) = f(nq'x) = nf(q'x)$, nên $f(rx) < q'f(x)$.
   Vậy $qf(x) < f(rx) < q'f(x)$.
   Vì $q$ và $q'$ có thể lấy gần $r$ một cách tùy ý nên từ bất đẳng thức trên ta có $f(rx) = rf(x)$.

Vậy $f(rx) = rf(x)$ với mọi $r \ge 1$ và $x > N$.
Nói riêng, chẳng hạn lấy $T = N+1$ và đặt $a = \frac{f(T)}{T}$. Thế thì với mọi $x > T$, ta có
$$f(x) = f\left(\frac{x}{T}\cdot T\right) = \frac{x}{T}f(T) = ax.$$

[setmiko12]

phương trình hàm khó quá mấy anh ạ ! có cách nào luyện được ko ạ cứ trên lớp thầy cô giảng ko hiểu