1 Phương trình hàm Cauchy

Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



đặc biệt trong toán học. Nó được bắt gặp ở hầu hết các ngành học của toán

học, là sự khởi đầu của các phép tính đối với hàm số.

Lớp hàm cộng tính liên tục



Định lí 1.1.2. Cho f : R → R là một hàm cộng tính. Nếu f liên tục thì f có

dạng:

f (x) = ax,



∀x ∈ R.



(1.2)



với a là hằng số thực. Hơn nữa, nếu f là một hàm xác định với mọi x, y không

âm hoặc dương và liên tục thì f có dạng (1.2).

Chứng minh. Trước hết, với x = y = 0 thì từ (1.1) ta thu được:

f (0) = 0.



Cho y = −x thay vào (1.1) ta thu được:

f (0) = f (x) + f (−x) = 0



⇔



f (−x) = −f (x).



như vậy, f là hàm lẻ. Bây giờ, ta chỉ ra f là đồng nhất hữu tỷ nghĩa là với mọi

x ∈ R và một số r là số hữu tỷ thì:

(1.3)



f (rx) = rf (x).



Thật vậy, từ (1.1) bằng phương pháp quy nạp ta thu được:

f (x1 + x2 + ... + xn ) = f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ).



với xk = x, (k = 1, 2, ..., n) thay vào phương trình trên ta có:

f (nx) = nf (x),



∀n ≥ 0.



(1.4)



Hơn nữa, với mỗi số n nguyên âm, sử dụng f là hàm lẻ và (1.4) ta thu được:

f (nx) = −f (−nx)

= −(−n)f (x)

= nf (x).



Do đó (1.4) đúng với mọi số n nguyên. Với một số hữu tỷ r có dạng r =

m = nr. Ta có:

f (nrx) = f (mx)

⇔ nf (rx) = mf (x)

m

⇔ f (rx) = f (x) = rf (x),

n

2



∀x ∈ R.



m

n



⇒



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



Như vậy f là thuần nhất hữu tỷ.

Do đó lấy f (1) = c và cho x = 1 thay vào (1.3) ta có:

f (r) = rf (1) = cr



∀r ∈ Q.



Từ đó suy ra f là một hàm tuyến tính trên tập số hữu tỷ.

Mặt khác, giả sử f là một hàm cộng tính, liên tục trên tập số thực. Với số

thực x tùy ý thì luôn tồn tại một dãy {rn } các số hữu tỷ với rn → x. Do f cộng

tính nên f là tuyến tính trên tập số hữu tỷ. Nghĩa là

f (rn ) = arn ,



∀n ∈ N.



Sử dụng tính liên tục của hàm f ta có:

f (x) = f ( lim rn ) = lim arn = ax.

n→∞



n→∞



Nhận xét: Như vậy, từ định lý trên ta thấy rằng một hàm cộng tính có tính

liên tục thì tuyến tính nghĩa là đồ thị của hàm cộng tính liên tục có dạng là

một đường thẳng (không thẳng đứng) đi qua gốc tọa độ. Hơn nữa, tính liên tục

của hàm f trong (1.1) có thể được làm yếu đi thậm chí điều kiện liên tục trở

thành liên tục tại một điểm thì hàm f vẫn có dạng tuyến tính. Điều này được

G. Darboux chứng minh trong định lý sau.

Định lí 1.1.3. Nếu f liên tục tại một điểm x0 ∈ R cho trước thì f thỏa mãn

tính cộng tính sẽ liên tục trên R.

Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết ta có:

lim f (x) = f (x0 ),



x→x0



thì với mỗi x1 ∈ R ta đều có:

f (x) = f (x − x1 + x0 ) + f (x1 ) − f (x0 )



∀x ∈ R.



Từ đó suy ra:

lim f (x) = lim f (x − x1 + x0 ) + f (x1 ) − f (x0 )



x→x1



x→x1



= f (x0 ) + f (x1 ) − f (x0 ) = f (x1 ).



Vì x1 ∈ R là tùy ý nên f là một hàm liên tục trên tập R.

3



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



Chú ý: Nếu f : R → R là một nghiệm khác không của phương trình (1.1)

thì f không bị chặn.

Trên đây, ta thấy rằng một hàm cộng tính liên tục là tuyến tính và thậm chí

điều kiện hàm f liên tục tại một điểm thì f vẫn có tính tuyến tính. Trong các

bài giảng gần đây đã đưa ra khá nhiều điều kiện khác để đảm bảo tính chất trên

nghĩa là ta yếu đi các giả thiết về tính liên tục của hàm f mà ta vẫn được những

kết quả tương tự. Một số điều kiện tương đương với tính liên tục và các chứng

minh được biết đến trong bài giảng của Aczél,Aczél và Dhombers, Kannappan,

và Kuczma. Sau đây là một vài kết quả ta thu được:

Định lí 1.1.4. Cho f : R → R là một hàm cộng tính với c = f (1). Khi đó các

điều kiện sau là tương đương:

(i) f liên tục tại điểm x0 .

(ii) f đơn điệu tăng.

(iii) f không âm với mỗi x không âm.

(iv) f bị chặn trên trên một khoảng hữu hạn.

(v) f bị chặn dưới trên một khoảng hữu hạn.

(vi) f bị chặn (trên) dưới trên một tập bị chặn có độ đo Lesbesgue dương.

(vii) f bị chặn trên một tập bị chặn có độ đo dương (Lesbesgue).

(viii) f bị chặn trên một khoảng hữu hạn.

(ix) f (x) = cx.

(x) f khả tích Lesbesgue địa phương.

(xi) f khả vi.

(xii) f là đo được Lesbesgue.

Chứng minh.

(i) ⇒ (ii) Lấy x > y và {rn } là một dãy hữu tỷ sao cho rn → x − y khi n → ∞

thì rn + y − x + x0 → x0 khi n → ∞. Từ (i) và tính cộng tính của hàm f ta

có:

f (rn + y − x + x0 ) → f (x0 ),



nghĩa là

f (rn ) + f (y − x) + f (x0 ) → f (x0 ).

4



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



crn + f (y) − f (x) → 0.



nhưng

crn + f (y) − f (x) → c(x − y) + f (y) − f (x).



như vậy

f (x) − f (y) + c(y − x) = 0.



suy ra

f (x) − f (y) = c(x − y) > 0



trong đó c = f (1) > 0.



Do đó f là một hàm đơn điệu tăng hay (ii) được chứng minh.

(ii) ⇒ (iii) Giả sử x ≥ 0 từ (ii) ta có:

f (x) ≥ f (0) = 0.



vậy (iii) được chứng minh.



(iii) ⇒ (iv) Giả sử x ∈ [a, b] (một khoảng hữu hạn) thì b − x ≥ 0 và từ (iii) và

tính cộng tính của hàm f suy ra:

f (b) ≥ f (x).



nghĩa là f bị chặn trên trên đoạn [a, b] bởi f (b).

(iv) ⇒ (v) Cho [c, d] là một khoảng hữu hạn và x ∈ [c, d]. Từ (iv) giả sử f là một

hàm bị chặn trên trên [c, d] thì f là một hàm bị chặn trên trên [c − x, d − x].

Như vậy ta có tồn tại m sao cho:

f (c − x) ≤ m,



nghĩa là

f (x) ≥ f (c) − m.



Điều này chỉ ra rằng f là hàm bị chặn dưới trên [c, d].

(v) ⇒ (vi) Giả sử f là một hàm bị chặn trên trên tập bị chặn F có độ đo

Lesbesgue dương. Tồn tại một khoảng hữu hạn [a, b] sao cho F ⊂ [a, b]. Với

x ∈ [a, b] ta xét [a − x, b − x], từ (v) ta có vì f là hàm bị chặn dưới nên

f (a − x) ≥ m hoặc f (x) ≤ f (a) − m, nghĩa là f bị chặn trên trên đoạn [a, b]

và do đó f bị chặn trên khoảng F .



5



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



(vi) ⇒ (vii) Giả sử f bị chặn dưới trên tập bị chặn F có độ đo dương. Do

đó F + F là tập có phần trong khác rỗng. Như vậy, tồn tại một đoạn

[c, d] ⊂ F + F và f là tập bị chặn dưới trên [c, d]. Từ chứng minh (v) ⇒ (vi)

dễ dàng chỉ ra rằng f bị chặn dưới trên [c, d]. Ta có (vii) được chứng minh.

Chú ý: Nếu f là hàm bị chặn trên tập C sao cho C − C chứa một đoạn

và do đó f không liên tục.

(vii) ⇒ (viii) Giả sử |f (x)| ≤ m với x ∈ F trong đó F là tập có độ đo dương.

Từ định lý Steinhaus, tồn tại một số dương δ sao cho ∀x, y ∈ F, t = x − y

thỏa mãn |t| ≤ δ có thể được . Khi đó |f (t)| = |f (x − y)| với mỗi t ∈] − δ, δ[

và do đó nó bị chặn trên mỗi khoảng hữu hạn. Vậy (viii) được chứng minh.

Chú ý:Một khoảng hữu hạn là một tập bị chặn có độ đo dương.

(viii) ⇒ (ix) Giả sử f bị chặn trên đoạn [a, b]. Đặt:

φ(t) = f (x) − cx,



với x ∈ R.



(1.5)



thì φ cũng là hàm cộng tính trên R, φ(r) = 0 với r ∈ Q và φ là một hàm bị

chặn trên [a, b]. Hơn nữa,

với x ∈ R, r ∈ Q.



φ(x + r) = φ(x)



(1.6)



Do đó với mỗi số thực x, tồn tại một số hữu tỷ r sao cho x + r ∈ [a, b],

ta có thể suy ra (1.6) nghĩa là φ bị chặn khắp mọi nơi trên R.

Do đó φ(x) = 0 với x ∈ R. Thực vậy, giả sử phản chứng, tồn tại một số

x0 sao cho φ(x0 ) = b(= 0) > 0 Khi đó φ(nx0 ) = nb đúng với mọi n ∈ Z, nên

với n lớn tùy ý, thì φ có thể nhận giá trị lớn tùy ý. Mâu thuẫn với tính bị

chặn của hàm φ. Do đó,

f (x) = cx.



Vậy (ix) vẫn đúng.

(ix) ⇒ (x) Hiển nhiên.

(x) ⇒ (xi) Lấy tích phân hai vế của phương trình (1.1) trên [a, b] ta có:

b



b



f (x + y)dy =



b



f (x)dy +



a



a



f (y)dy.

a



nghĩa là

b+x



f (v)dv = (b − a)f (x) + d.

a+x



Vì f là khả tích địa phương nên từ phương trình trên suy ra f liên tục và

cuối cùng f là khả vi. Vậy (xi) được chứng minh.

6



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



(xi) ⇒ (xii) Hiển nhiên.

(xii) ⇒ (i) Để chứng minh với mọi nghiệm đo được của (1.1) là liên tục (nghĩa

là có dạng tuyến tính), một số chứng minh được biết đến từ các tác giả

(Sierpinski, Alexiewicz và Orlicz). Sau đây, là một trong số chứng minh đó.

Chứng minh([2]Chứng minh theo Sierpinski).

Ta biết rằng nếu P, Q là hai tập đo được tuyến tính có độ đo dương, thì

tồn tại các điểm p ∈ P và q ∈ Q. Đặt:

ϕ(x) = f (x) − xf (1),



∀x ∈ R.



(1.7)



mà ta biết rằng ϕ(r) = 0 với mỗi r hữu tỷ và

ϕ(x + r) = ϕ(x)



x ∈ R, r ∈ Q.



Từ định nghĩa của hàm ϕ ta suy ra ϕ đo được (vì f là đo được). Bây giờ

ta sẽ chứng minh, với mọi x ∈ R thì

ϕ(x) = 0.



Giả sử phản chứng, tồn tại một số a sao cho

ϕ(a) = 0.



(1.8)



Đặt

E1 = {x ∈ R : ϕ(x) > 0}.



và

E2 = {x ∈ R : ϕ(x) < 0}.



Vì ϕ(−x) = −ϕ(x), E1 và E2 là đối xứng nhau. Hơn nữa, E1 và E2 là đo

được (vì ϕ là một hàm đo được) . Giả sử những tập này có độ đo dương,

tồn tại x1 ∈ E1 và x2 ∈ E2 sao cho x1 − x2 = r trong đó r ∈ Q ta có

ϕ(x1 ) = ϕ(x2 + r) = ϕ(x2 ).



suy ra mâu thuẫn vì x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 . Như vậy tập E1 và E2 có độ đo

không. Đặt E = E1 ∪ E2 thì E có độ đo không và E := {x|ϕ(x) = 0}, thì tập

G = {x ∈ R : ϕ(x) = 0} là tập có độ đo dương.

Đặt H = {x ∈ R : ϕ(x + a) = 0}, thì H có độ đo dương (vì H ⊃ G − a)

Lấy x ∈ H thì ϕ(x + a) = 0. Do đó,

ϕ(x) + ϕ(a) = 0.

7



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



Từ (1.9) ta suy ra ϕ(a) = 0, nên ϕ(x) = 0. Do đó H ⊂ E , nghĩa là, tập đo

được dương chứa trong một tập có độ đo không, vô lý. Vì vậy, ϕ(x) = 0 với

x ∈ R và f (x) = xf (1).

Từ đó, ta có thể kết luận rằng mọi nghiệm không liên tục của phương

trình (1.1) có độ đo không.

Chứng minh( chứng minh theo Alexiewicz và Orlicz)

Cho x = 0 giả sử:

ϕ(t) = f (t) −



và

φ(t) =



f (x)

t.

x



1

.

1 + |ϕ(t)|



Rõ ràng là ϕ(t + x) = ϕ(t) + ϕ(x) = ϕ(t), vì ϕ(x) = 0. Do đó ϕ và φ tuần

hoàn với chu kỳ x. Nên

x

0



dt

=

1 + |ϕ(t)|



x



φ(t)dt,

0



x



=



φ(2t)dt,

0



x



=

0



nên



x

0



dt

.

1 + 2|ϕ(t)|



|φ(t)|dt

= 0.

(1 + 2|φ(t)|)(1 + 2|φ(t)|)



f (x)

t với mọi t, trong trường hợp

x

cụ thể với mọi x = 0 tồn tại một số t0 = 0 sao cho:



Suy ra ϕ(t) = 0 khắp nơi. Nghĩa là f (t) =



f (t0 ) =



f (x)

t0 .

x



và

f (t0 ) = f (1)t0 .



do đó f (x) = f (1)x với mọi x = 0. Rõ ràng phương trình trên đúng với

x = 0.



Hệ quả 1.1.5. Với phương trình Cauchy (1.1) thì tính liên tục và tính đo được

là tương đương.

8



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



Chứng minh. Cho f là một hàm đo được và thỏa mãn (1.1) thì f bị chặn trên

tất cả các khoảng bị chặn. Thật vậy, ta giả sử trên khoảng (−A, A) hàm f không

bị chặn tức là tồn tại một dãy {yk } ∈ I sao cho:

với mỗi n cố định.



f (yk ) > 2n + f (yk−1 ),



Đặt

Em = {x ∈ I : |f (x)| ≤ m},



với m ∈ Z.



thì E1 ⊂ E2 ⊂ ... và ∪Em = I . Do đó tồn tại một số n sao cho µ(En ) là dương

(với µ là độ đo Lesbesgue). Đặt

Fk = yk + En = {z : z = yk + x : x ∈ En },

= {z : |z − yk | < A, |f (z − yk )| ≤ n}.



và

Gk = {z : |z| < 2A, f (yk ) − n ≤ f (z) ≤ n + f (yk )}.



ta có Fk ⊂ Gk . Ta chọn j > k thì ta có:

−f (yj ) + 2n + f (yk ) < 0.



Nếu zj ∈ Gj thì f (yj ) − n ≤ f (zj ). Cộng hai vế của bất phương trình ta có

n + f (yk ) < f (zj ) nên zj ∈ Gk , j = k và Gj ∩ Gk = φ. Do đó Fj ∩ Fk = φ với mọi

j = k . Do đó

∞



µ(∪∞ Fk )

1



µ(Fk ) ≤ 4A, Fk ⊂ Gk ⊂ (−2A, 2A).



=

1



Từ đó, ta kết luận được

µ(Fk ) = 0,



∀k,



nên

µ(En ) = µ(Fk ) = 0



∀k.



mâu thuẫn suy ra f bị chặn trên trên một khoảng bị chặn và do đó f liên

tục. Vì vậy với phương trình Cauchy thì tính liên tục và tính đo được là tương

đương.

Hệ quả 1.1.6. Nếu f thỏa mãn (1.1) trên R và đo được trên mọi tập con C có

độ đo Lesbesgue dương thì f liên tục.

Chứng minh. Ta có tập các ∀x ∈ C sao cho |f (x)| < n là một tập có độ đo dương

với n đủ lớn. Chứng minh tiếp theo được suy ra từ định lý (1.1.2) (vii).

9



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



Lớp hàm cộng tính không liên tục



Trong phần trên, ta đã chứng tỏ rằng lớp hàm cộng tính liên tục là tuyến

tính. Thậm chí nếu điều kiện liên tục được làm yếu đi thành liên tục tại một

điểm thì hàm cộng tính vẫn tuyến tính. Trong nhiều năm qua sự tồn tại của lớp

hàm cộng tính phi tuyến vẫn là một vấn đề mở. Các nhà toán học không chứng

minh được rằng mọi hàm cộng tính là liên tục hay chỉ ra một phản ví dụ về lớp

hàm cộng tính phi tuyến. Năm 1905, nhà toán học người Đức G. Hamel, người

đầu tiên thành công trong chứng minh sự tồn tại hàm cộng tính phi tuyến. Ông

đã chứng minh bằng việc sử dụng tiên đề chọn chứng minh rằng phương trình

(1.1) có nghiệm không liên tục.

Định lí 1.1.7. Tồn tại một hàm cộng tính f không liên tục.

Trước khi chứng minh định lý này, Hamel đã xây dựng ý tưởng về cơ sở

Hamel để xây dựng một hàm cộng tính phi tuyến. Xét tập hợp

√

√

S = {s ∈ R|s = u + v 2 + w 3, u, v, w ∈ Q}.

√ √



tập mà các phần tử là tổ hợp tuyến tính hữu tỷ của 1, 2, 3. Hơn nữa tập sinh

bởi tổ hợp hữu tỷ này là duy nhất. Nghĩa là nếu một phần tử s ∈ S có hai tổ

hợp tuyến tính hữu tỷ khác nhau, chẳng hạn,

√

√

√

√

s = u + v 2 + w 3 = u + v 2 + w 3.



thì u = u , v = v , w = w . Để chứng tỏ điều này, ta cần chú ý giả thiết này kéo

theo

√

√

(u − u ) + (v − v ) 2 + (w − w ) 3 = 0.



Đặt a = (u − u ), b = (v − v ), c = (w − w ) ta thấy rằng biểu thức trên quy về

√

√

a + b 2 + c 3 = 0.



Tiếp theo, ta chỉ ra rằng a = 0 = b = c . Biểu thức trên cho

√

√

b 2 + c 3 = −a.



và bình phương hai vế ta có,

√

2bc 6 = a2 − 2b2 − 3c2 .



Từ đây suy ra b hoặc c là 0.Trường hợp khác, ta chia hai vế cho 2bc và có

√

a2 − 2b2 − 3c2

6=

.

2bc

10



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT

√



√



cho ta sự mâu thuẫn rằng 6 là một số vô tỉ. Nếu b = 0 thì ta có a + c 3 = 0,

√

a

điều này kéo theo c = 0 (nếu ngược lại thì 3 = − .) là một số hữu tỷ trái với

c



√



thực tế rằng 3 là một số vô tỉ). Tương tự nếu c = 0 ta được b = 0. Như vậy cả

b và c đều bằng 0. Từ đó, lập tức ta có a = 0. Nếu đặt

√ √

B = {1, 2, 3}.



thì mỗi phần tử của S là một tổ hợp tuyến tính duy nhất của các phần tử của

B . Tập B được gọi là một cơ sở Hamel đối với tập S . Về mặt hình thức, một cơ

sở Hamel cũng được định nghĩa tương tự.

Định nghĩa 1.1.8. Cho S là một tập số thực, B ⊂ S . B được gọi là cơ sở Hamel

của tập S nếu nó thỏa mãn các tính chất sau đây:

(i) Với mọi số thực x có thể biểu diễn bởi một tổ hợp tuyến tính hữu hạn x =

r1 x1 + ... + rn xn với ∀xi ∈ B và ri ∈ Q ∀i = 1, ..., n.

(ii) Không có tập con nào của B có tính chất xác định như trong (i).

Để chỉ ra sự tồn tại của một cơ sở ta sử dụng phương pháp quy nạp siêu hạn

hay bổ đề Zorn. Chú ý, B là một tập không đếm được và biểu diễn của x được

cho bởi (i) là duy nhất.

Nhận xét rằng, có một mối liên hệ chặt chẽ giữa các hàm cộng tính và cơ sở

Hamel. Để diễn tả một hàm cộng tính ta chỉ cần cho các giá trị trên một cơ sở

Hamel là đủ, các giá trị đó có thể phân bố tùy ý. Điều này là nội dung của hai

định lý tiếp theo.

Định lí 1.1.9. Giả sử B là một cơ sở Hamel đối với R. Nếu hai hàm cộng tính

có giá trị bằng nhau tại mỗi phần tử của B , thì chúng bằng nhau.

Chứng minh. Giả sử f1 , f2 là hai hàm cộng tính có giá trị giống nhau tại mỗi

phần tử của B . Khi đó f1 − f2 là cộng tính. Giả sử đối với ta ký hiệu f = f1 − f2 .

Giả sử x là số thực tùy ý. Thế thì có các số b1 , ..., bn trong B và các số hữu tỷ

r1 , r2 , ..., rn sao cho

x = r1 b1 + r2 b2 + ... + rn bn .



Từ đó

f1 (x) − f2 (x) = f (x) = f (r1 b1 + r2 b2 + ... + rn bn ),

= f (r1 b1 ) + f (r2 b2 ) + ... + f (rn bn ) = r1 f (b1 ) + r2 f (b2 ) + ... + rn f (bn ),

= r1 [f1 (b1 ) − f2 (b1 )] + r2 [f1 (b2 ) − f2 (b2 )] + ... + r2 [f1 (b2 ) − f2 (b2 )].



Như vậy, ta có f1 = f2 và ta thu được điều phải chứng minh.

11



Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT



Định lí 1.1.10. Giả sử B là một cơ sở Hamel đối với R. Giả sử g : B → R là

một hàm tùy ý xác định trên B . Khi đó tồn tại một hàm cộng tính f : R → R

sao cho f (b) = g(b) với mọi b ∈ B .

Chứng minh. Với mỗi số thực x có thể tìm được b1 , b2 , ..., bn trong B và các số

hữu tỉ r1 , r2 , ..., rn sao cho:

x = r1 b1 + r2 b2 + ... + rn bn .



Việc xác định f (x) trở thành

r1 g(b1 ) + r2 g(b2 ) + ... + rn g(bn ).



Biểu thức này xác định f (x) với mọi x. Định nghĩa này là duy nhất, đối với mỗi

x việc chọn b1 , b2 , ..., bn , r1 , r2 , ..., rn là duy nhất, không kể đến thứ tự của các số

bi , ri được chọn. Đối với mỗi b ∈ B , ta có f (b) = g(b) bởi cách xác định của f .

Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng f là cộng tính trên tập số thực. Giả sử x, y là hai số

thực tùy ý. Thế thì

x = r1 a1 + r2 a2 + ... + rn an .

y = s1 b1 + s2 b2 + ... + sm bm .



với r1 , r2 , ..., rn , s1 , s2 , ..., sm là các số hữu tỷ và a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bm là các phẩn

tử của cơ sở Hamel B . Hai tập {a1 , a2 , ..., an } và {b1 , b2 , ..., bm } có thể có những

phần tử chung. Giả sử hợp của hai tập đó là {c1 , c2 , ..., cl }. Thế thì l ≤ m + n và

x = u1 c1 + u2 c2 + ... + ul cl .

y = v1 c1 + v2 c2 + ... + vl cl .



ở đây u1 , u2 , ..., ul , v1 , v2 , ..., vl là các số hữu tỉ, và không đồng thời bằng không.

Bây giờ

x + y = (u1 + v1 )c1 + (u2 + v2 )c2 + ... + (ul + vl )cl .



và

f (x + y) = f ((u1 + v1 )c1 + (u2 + v2 )c2 + ... + (ul + vl )cl ),

= (u1 + v1 )g(c1 ) + (u2 + v2 )g(c2 ) + ... + (ul + vl )g(cl ),

= [u1 g(c1 ) + u2 g(c2 ) + ... + ul g(cl )],

+ [v1 g(c1 ) + v2 g(c2 ) + ... + vl g(cl )],

= f (x) + f (y).



Do đó f là cộng tính trên tập các số thực R. Điều phải chứng minh.

12