“David Hilbert là nhà Toán học lớn nhất của nhân loại trong nửa đầu của thế kỷ 20,”
Hermann Weyl ∗ .
1. DẤU HIỆU ĐẦU TIÊN CỦA NHÀ TOÁN HỌC TƯƠNG LAI
David Hilbert sinh ngày 23 tháng 1 năm 1862 tại Wehlau, gần thành phố K¨onigsberg,
thủ đô của Đông Phổ.Cha của David là một luật gia làm việc tại tòa hành chánh thành phố
này. Ở trường, David học tiếng La tinh, tiếng Hy Lạp, toán học, và nhiều kiến thức xã hội
nhưng không hứng thú mấy với hai môn ngoại ngữ bởi vì phải nhớ nhiều và không có chỗ
cho suy nghĩ độc lập. Chỉ có môn toán là chàng thích nhất vì nó không đòi phải học thuộc
lòng và “dễ học và không cần cố gắng mấy.” Trong khi “mẹ chàng giúp chàng làm bài luận
văn đem về nhà, thì tại lớp học, David giúp thầy giáo giảng giải những bài toán khó.” Các
thầy giáo nhận xét “David ham thích toán học và tỏ ra có hiểu biết rất sâu sắc về bộ môn
này” . Đây là dấu hiệu đầu tiên của một nhà toán học tương lai.
Mùa Thu năm 1880, David Hilbert vào ĐH K¨onigsberg, trường khá tốt về các ngành
khoa học của Đức thời bấy giờ. Đối với David Hilbert, điều tốt nhất trong thời gian ở đây
là được gặp gỡ, kết thân với hai nhà Toán học trẻ tài năng Hermann Minkowski (1864-1909)
và Adolf Hurwitz (1859-1919). Mùa Xuân năm 1882, một chàng trai 17 tuổi rụt rè nhút
nhát tên là Hermann Minkowski chuyển về trường ĐH K¨onigsberg sau khi học xong năm
thứ nhất tại ĐH Berlin. Mặc dù còn ít tuổi, nhưng Minkowski đã có một giải thưởng về
Toán tại ĐH Berlin và có một số thành quả trong nghiên cứu Lý thuyết số. Vừa mới về
K¨onigsberg, Minkowski lại được công bố thắng giải thưởng lớn của Hàn lâm Viện khoa học
Paris năm 1883 (cùng chia giải thưởng với nhà Toán học người Anh Henry Smith). Tin tức
về Minkowski làm chấn động K¨onigsberg. Tài năng toán học của Hilbert cũng vừa ló dạng
tại đây, lại xấp xỉ tuổi nhau (Hilbert lớn hơn Minkowski hai tuổi), cho nên hai chàng trai dễ
dàng thân thiết, mặc dù cha Hilbert khuyên “không nên quá gần gũi người nổi tiếng.”
Mùa Xuân năm 1884, một giảng viên 25 tuổi tên là Adolf Hurwitz mới được tuyển vào
trường. Vừa mới gặp gỡ, Hilbert nhìn thấy ở thầy giáo trẻ này sự khiêm tốn dễ mến và một
sự thông minh không lẫn được qua cặp mắt xanh xám long lanh. Hai chàng sinh viên Hilbert
và Minkowski mau chóng làm quen với Hurwitz, rồi cả ba trở nên thân thiết. Họ trao đổi,
bàn luận gần như đủ khắp các ngõ ngách của toán học. Cuối Đông năm 1885, Hilbert tốt
nghiệp tiến sĩ với luận án về Lý thuyết hàm bất biến. Hurwitz gợi ý Hilbert nên về trường
1

ĐH Leipzig làm việc dưới sự hướng dẫn của nhà Toán học nổi tiếng Felix Klein (1849-1925).
Sau này Klein kể lại: “Chỉ nghe chàng trai trẻ này giảng bài cho sinh viên là tôi nhận ra
ngay đây chính là con người mà toán học đang mong đợi.”

David Hilbert (1862-1943) (Archives of P. Roquette, Heidelberg).

2. PHƯƠNG PHÁP CÓ TÍNH CÁCH MẠNG
Paul Gordan (1837-1912), nhà Toán học Đức, từng được mệnh danh là “vua các bất biến”
đã chứng minh được định lý về tính hữu hạn của các bộ sinh cho các dạng tuyến tính (the
finiteness of generators for linear forms), nhưng ông không thể mở rộng bài toán của mình
cho những hàm có hơn hai biến. Người ta gọi đây là bài toán Gordan. Hilbert bắt tay vào
nghiên cứu bài toán nổi tiếng này và tháng 12 năm 1888 công bố đầy đủ lời giải. Phương
pháp mà Hibert sử dụng hoàn toàn xa lạ, không theo con đường thông thường nên ngay sau
đó có nhiều người cho rằng phương pháp “kỳ cục”, “thảm họa”, nhưng sau họ từ từ nhận ra
rằng chứng minh của Hilbert không những đúng mà còn có tính cách mạng.
Trong hai năm sau đó, Hilbert tiếp tục làm việc trên Lý thuyết bất biến. Năm 1892,
những đóng góp của ông có thể xem như kết thúc cho việc nghiên cứu lý thuyết này. Ông
viết cho Minkowski – khi ấy đang giảng dạy tại ĐH Bonn: “Tôi tin rằng những vấn đề lớn
của lý thuyết trường hàm sinh ra bởi những bất biến đã giải quyết xong. Từ nay tôi sẽ từ giã
lĩnh vực này.” Nhà toán học trẻ tuổi của chúng ta vừa mới hoàn tất một chủ đề của Toán
học mà đã có ngay một vị trí trong cộng đồng toán học Đức và của cả châu Âu. Mục tiêu
kế tiếp của ông sẽ là Lý thuyết số đại số (Algebraic number theory).
Ba năm tiếp theo có một số thay đổi quan trọng trong cuộc đời của Hilbert. Năm 1892,
ông lập gia đình nhưng bất hạnh là đứa con duy nhất bị thiểu năng trí tuệ từ nhỏ. Adolf
Hurwitz, người thầy và cũng là người bạn thân của Hilbert rời khỏi ĐH K¨onigsberg để nhận
chức giáo sư thực thụ tại Viện Kỹ thuật Liên bang Thụy Sĩ (ETH), bỏ trống ghế giáo sư
thực thụ tại ĐH K¨onigsberg. Hermann Minkowski cũng rời K¨onigsberg để trở thành giáo sư
thực thụ tại ĐH Bonn. Bỗng nhiên chỉ còn một mình Hilbert trong bộ ba thân thiết ở lại.
Năm 1893, Hội Toán học Đức (DMV = Deutsche Mathematiker-Vereinigung) giao cho
Hilbert và Minkowski viết một báo cáo về Lý thuyết số, công việc phải hoàn tất trong hai
2

năm. Hilbert rất sung sướng nhận công việc này vì đây là cơ hội để ông đặt lại nền tảng
cho Lý thuyết số mà tới thời gian ấy vẫn còn một số vấn đề tồn đọng trong cách sử dụng ký
hiệu cũng như trong một số chứng minh. Hơn thế, Hilbert còn thấy củng cố Lý thuyết số sẽ
là tiền đề để phát triển Lý thuyết số đại số một cách sâu rộng hơn.
Thời gian ấy, nhà toán học 31 tuổi của chúng ta được phong giáo sư thực thụ. ĐH
K¨onigsberg mặc dù có truyền thống nghiên cứu khoa học rất tốt nhưng vẫn còn nằm ngoài
các trung tâm nghiên cứu khoa học thuộc dòng chính của Đức. Hilbert vẫn chờ cơ hội.
Mùa Thu năm 1894, tiếng gọi từ G¨ottingen đã vọng về tới Hilbert. Giáo sư Heinrich Weber
(1842-1913) sẽ rời G¨ottingen để đến Strasburg. Giáo sư Felix Klein, đứng đầu khoa toán tại
G¨ottingen đề nghị cho Hilbert về thế chỗ này. Klein gửi thư cho Hilbert: “Tôi tin anh sẽ đem
về thêm sức mạnh vốn có sẵn tại G¨ottingen này. Toán học ở đây từ trước tới giờ vẫn phát
triển, nhưng nó sẽ phát triển nhanh và rộng thêm nữa khi có anh về.” Giấc mơ của Hilbert
nay đã thành sự thực.
3. MỘT BƯỚC DÀI TRONG LÝ THUYẾT TOÁN HỌC
Trường ĐH G¨ottingen, một trong số ít trung tâm toán học của thế giới của thế giới cuối
thế kỷ 19 đầu thế kỷ 20 đón chào David Hilbert vào mùa Xuân năm 1895.

David Hilbert (ngoài cùng bên phải) bên gia đình và bạn bè.

Ta còn nhớ năm 1893, Hội Toán học Đức (DMV) giao cho Hilbert và Minkowski viết
một báo cáo về Lý thuyết số. Công việc của Minkowski có vẻ như bị chậm lại vì một lí do
nào đó, trong khi Hilbert đã hoàn tất phần việc của mình và DMV công bố phần Hilbert
đã viết xong vào năm 1897. Đó chính là cuốn sách danh tiếng Die Theorie der algebraischen
Zahlk¨orper (Lý thuyết trường các số đại số). Hermann Weyl viết về tác phẩm này như sau:
“Đây là một hạt ngọc trong tài liệu sách vở toán học. Thậm chí cho tới ngày nay, sau hơn
nửa thế kỷ, việc nghiên cứu cuốn sách này vẫn cần thiết cho những ai muốn thấu hiểu lý
thuyết về các số đại số.”
Suốt trong hai năm kế tiếp, Hilbert chỉ nói và viết về các trường số. Bài báo cuối cùng
và cũng là bài báo quan trọng nhất của Hilbert về lĩnh vực này công bố năm 1899 nói về
3

lý thuyết mở rộng Abel của các trường số, nền tảng của lớp trường (class fields). Nếu như
trước đây Hilbert nói kết thúc việc nghiên cứu Lý thuyết bất biến (đóng vấn đề lại), thì nay
với việc nghiên cứu Lý thuyết trường các số đại số, Hilbert đã mở tung cánh cửa này ra.
Thời gian từ 1898 đến 1902, Hilbert chuyển sang nghiên cứu nền tảng của hình học.
Ông bị thu hút bởi ý tưởng tiên đề hóa. Với cách tiếp cận tiên đề hóa, hình học trở thành
một hệ thống suy diễn giả định (hypothetico-deductive system). Không cần thiết phải biết
điểm, đường thẳng và mặt phẳng là gì. Những gì cần là thiết lập một hệ thống tiên đề
thỏa mãn những điều kiện phi mâu thuẫn (consistency), độc lập (independence) và đầy đủ
(completeness). Rồi từ đó người ta có thể lý luận thuần túy hình thức, dẫn ra được những
định lý và chứng minh được chúng, chúng có thể áp dụng cho tập hợp những cái ghế, những
cái bàn, những hàm số,. . . Dùng hệ thống lý luận như thế, Hilbert cho thấy Hình học phi
Euclid cũng chặt chẽ như Hình học Euclid và cũng chặt chẽ như Lý thuyết số vậy.
Năm 1899, Hilbert xuất bản cuốn Grundlagen der Geometrie (Nền tảng của Hình học).
Tác phẩm nhanh chóng nổi tiếng. Henri Poincaré bình luận: “Hilbert đã bước một bước dài
trong lĩnh vực lý luận Toán học.” Thật vậy, không những Hilbert đóng góp lý luận chặt chẽ
qua phương pháp tiên đề vào lĩnh vực hình học, mà phương pháp tiên đề hóa này và tính
chặt chẽ của nó có ảnh hưởng trên nhiều lĩnh vực khác của toán học sau này nữa: Đại số
(Nhóm, Vành, Trường), Giải tích (Không gian Hilbert, Không gian Banach),. . .
Cuối năm 1899, Hilbert mở lớp về phép tính biến phân (Calculus of variations). Nhà
Toán học 37 tuổi của chúng ta lúc này thật chín chắn nhưng vẫn còn tràn đầy sinh động như
thời ở K¨onigsberg. Ông đã để lại nhiều ấn tượng và sự ngưỡng mộ của học viên. Max von
Laue (1879-1960), một nhà Vật lý Đức, giải Nobel năm 1914, học trò của Hilbert thời gian
này, nói: “Trong tâm trí tôi, con người này là một thiên tài vĩ đại nhất mà tôi từng biết.”
4. TƯƠNG LAI CỦA TOÁN HỌC
Một trong những danh dự lớn nhất của một nhà Toán học trong suốt cuộc đời là được
mời đọc bài diễn văn chính thức trong Đại hội Các nhà Toán học thế giới (ICM) mỗi bốn
năm họp một lần. Đại hội đầu tiên (1896) danh dự ấy dành cho Henri Poincaré. Đại hội
lần thứ hai (1900), danh dự ấy thuộc về David Hilbert, đây là cách mà thế giới công nhận
những thành tựu to lớn trong lĩnh vực toán học của David Hilbert. Bài diễn văn của Hibert
nổi tiếng trong lịch sử toán học như là một lời tiên tri và khắc họa những gì các nhà toán
học sẽ phải làm trong tương lai.
“Lịch sử đã cho ta thấy sự phát triển của khoa học là liên tục. Chúng ta biết rằng mỗi
thời kỳ có những bài toán mà thời kỳ kế tiếp phải giải, hoặc là để chúng qua một bên, thay
thế bằng những bài toán khác. Nếu chúng ta muốn hình dung sự phát triển của toán học
trong tương lai gần, chúng ta phải bỏ qua những bài toán còn tồn đọng trong trí và chú ý vào
những bài toán mà toán học hôm nay đặt ra cho tương lai phải giải.
Chúng ta đang bước vào thế kỷ 20, đúng là lúc chúng ta phải nhìn ra những bài toán này.
Thật vậy, sự phân chia thế kỷ không những cho phép chúng ta nhìn lại quá khứ mà còn đưa
4

tư tưởng chúng ta vào tương lai.
Vai trò to lớn của các bài toán đối với sự phát triển của toán học và ảnh hưởng của một
số bài trên sự nghiên cứu của các nhà toán học là không thể chối cãi được. Khi mà một ngành
toán học nào đó nảy sinh ra nhiều vấn đề thì rõ ràng là ngành toán học đó đang phát triển
phong phú. Ngược lại, ngành toán học nào thiếu vấn đề mới thì, hoặc là nó phát triển chậm,
hoặc là nó đang dừng lại (chết). Cũng như trong cuộc sống, con người cần phải có mục đích
để theo đuổi, các nhà toán học cũng cần phải có những bài toán để giải. Sức mạnh của nhà
toán học thể hiện qua việc nghiên cứu tìm ra lời giải. Rồi sẽ phải có những phương pháp mới,
những cách nhìn mới, và các nhà toán học sẽ tìm ra những chân trời mới.”
Hai mươi ba bài toán được Hilbert nêu ra trong dịp này, nay thường gọi là hai mươi ba
bài toán Hilbert có một vai trò quan trọng – là những khúc quanh có tính chất bản lề cho
sự phát triển toán hiện đại. “Các nhà toán học chúng tôi thường đo lường sự tiến bộ của
mình bằng cách xem xét những gì mình đã làm được đối chiếu với những vấn đề Hilbert đã
đặt ra” – Hermann Weyl. Danh sách các nhà Toán học đóng góp công sức tìm cách giải các
bài toán này hầu hết là những nhà toán học hàng đầu.
Đầu thế kỷ 20, Hilbert giảng dạy về phương trình tích phân và lý thuyết thế vị (potential
theory). Bây giờ ông nổi tiếng đến nỗi sinh viên từ nhiều nơi trên thế giới, kể cả Mỹ, nhiều
nhà toán học đã và sẽ thành danh, tìm về G¨ottingen nghe ông giảng. Tạp chí Bulletin of the
American Mathematical Society (tạp chí của Hội Toán học Mỹ) vừa mới thành lập, thường
xuyên đăng bài giảng mới nhất của Hilbert. Một số Hàn lâm Viện có tiếng bầu ông vào
làm thành viên. Năm 1902, do sự vận động của Hilbert, Minkowski từ Zurich chuyển về
G¨ottingen. Theo gợi ý của Minkowski, Hilbert bắt đầu chuyển sang nghiên cứu Toán-Vật lý,
bộ môn ông cũng rất thích thú và có nhiều khả năng, chỉ sau Lý thuyết số. Riêng Minkowski,
từ ngày sang Zurich giảng dạy, ông đã chuyển hẳn sang bộ môn này, và chính Minkowski
là người đã đưa thêm chiều thời gian vào không gian ba chiều thông thường của chúng
ta thành không-thời-gian (space time) (bốn chiều), làm bệ phóng cho người học trò tên là
Albert Einstein, vài năm sau bay vút lên bằng Lý thuyết tương đối (rộng) của mình.
Trong thời gian Thế chiến thứ nhất, Hilbert tiếp tục nghiên cứu về Toán-Vật lý. Sau Thế
chiến thứ nhất, Hilbert chuyển sang nghiên cứu về Nền tảng của toán học (The foundations
of Mathematics). Nhưng sức khỏe của Hilbert xấu dần giữa những năm 1920. Từ năm 1928
trở đi, hoạt động nghiên cứu của Hilbert coi như chấm dứt. Hilbert bắt đầu cuộc sống cô
đơn. Trí nhớ của ông kém dần. Khi có khách tới thăm, ông lắng nghe một cách chăm chú,
lịch sự, nhưng trả lời vô hồn, không dính dáng gì tới câu hỏi. Mùa Xuân năm 1943, Hilbert
qua đời, thọ tuổi 81. Ánh sáng đã tỏa sáng từ ĐH G¨ottingen suốt trong gần nửa thế kỷ, nay
đã tắt, và G¨ottingen chìm trong bầu trời đen tối của Đức Quốc xã.
————————————–
∗ Hermann

Weyl (1885-1955), nhà Toán học Mỹ gốc Đức, , một trong những người sáng lập nên
Viện Nghiên cứu Cao cấp Princeton (IAS).
Độc giả có thể đọc thêm bài viết chi tiết về nhà toán học Hilbert tại trang của TS. Lê Quang
Ánh: Rosetta.vn/lequanganh.

5

1. MỞ ĐẦU
Trong R, hàm số tuyến tính f (x) = ax có tính chất bảo toàn phép cộng, tức là
f (x + y) = f (x) + f (y),

∀x, y ∈ R.

Câu hỏi đặt ra là còn có hàm số nào khác cũng có tính chất đó hay không. Bài toán tìm
các hàm số có tính chất bảo toàn phép cộng được gọi là bài toán phương trình hàm Cauchy.
Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu bài toán phương trình hàm Cauchy với giả thiết
liên tục, khả vi, đơn điệu, bị chặn. . . và một số bài toán mà khi giải quyết quy về bài toán
phương trình hàm Cauchy.
Trước hết, ta nhắc lại một số định nghĩa.
Định nghĩa 1.1. Cho tập con khác rỗng A ⊂ R. Hàm số f : A → R được gọi là hàm tuyến
tính nếu tồn tại hằng số thực a sao cho f (x) = ax, ∀x ∈ A.
Khi A = R thì đồ thị hàm tuyến tính là đường thẳng đi qua gốc tọa độ trong R2 .
Định nghĩa 1.2. Cho tập con khác rỗng A ⊂ R. Hàm số f : A → R được gọi là thỏa mãn
điều kiện phương trình hàm Cauchy (điều kiện CFE) nếu
f (x + y) = f (x) + f (y)

(1)

với mọi x, y ∈ A, x + y ∈ A.
Những hàm số thỏa mãn điều kiện phương trình hàm Cauchy (điều kiện CFE) (1) còn
được gọi là hàm cộng tính. Ta thấy rằng, hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện CFE (1)
với mọi x, y ∈ R khi và chỉ khi
f (x1 + ... + xn ) = f (x1 ) + . . . + f (xn ),

∀n ∈ N∗ , ∀x1 , . . . , xn ∈ R.

Bài toán phương trình hàm Cauchy là bài toán tìm tất cả các hàm số có tính chất cộng tính.
Định lý 1.1. Cho f : R → R là một hàm số thỏa mãn điều kiện CFE (1) với mọi x, y ∈ R.
Khi đó, hàm f thỏa mãn các tính chất sau.
a) f (qx) = q · f (x), ∀x ∈ R, ∀q ∈ Q.
1

b) f liên tục trên R khi và chỉ khi f liên tục tại một điểm x0 ∈ R nào đó.
c) Nếu hàm f liên tục trên R thì f là hàm tuyến tính trên R.
d) f là hàm phi tuyến trên R khi và chỉ khi nó có đồ thị trù mật khắp nơi trong R2 .
Chứng minh.
a) Giả sử hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
∀x, y ∈ R.

f (x + y) = f (x) + f (y),
Khi đó, ta có
f (2x) = 2f (x),

∀x, y ∈ R.

Điều này suy ra f (0) = 0. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh
f (nx) = nf (x),

∀x ∈ R, n ∈ N.

Hiển nhiên khẳng định trên đúng với n = 0. Giả sử khẳng định trên đúng với n = k ≥ 1
(k ∈ N), tức là
f (kx) = kf (x), ∀x ∈ R.
Khi đó, ta được
f ((k + 1)x) = f (kx + x) = f (kx) + f (x) = kf (x) + f (x) = (k + 1)f (x),
Theo nguyên lí quy nạp toán học, ta có
f (nx) = nf (x),

∀x ∈ R, n ∈ N.

Chú ý rằng 0 = f (0) = f (x − x) = f (x) + f (−x),

∀x ∈ R. Vì vậy, ta được

f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R.
Do đó, ta có
f (nx) = nf (x),

∀x ∈ R, n ∈ Z.

Với q ∈ Q thì tồn tại n ∈ Z, m ∈ N∗ sao cho q =

n
.
m

Từ đây, ta được

m · f (qx) = f (mqx) = f (nx) = nf (x),
hay ta được
f (qx) =

n
f (x) = qf (x),
m

∀x ∈ R.

Như vậy,
f (qx) = qf (x),
2

∀x ∈ R,

∀x ∈ R, q ∈ Q.

∀x ∈ R.

b) Nếu hàm f liên tục trên R thì f liên tục tại mọi điểm x0 ∈ R. Ngược lại, giả sử f là hàm
liên tục tại một điểm x0 ∈ R, ta sẽ chứng minh f liên tục trên R.
Thật vậy, lấy tùy ý t ∈ R. Ta có
f (u) = f (u − t + x0 + t − x0 )
= f (u − t + x0 ) + f (t − x0 )
= f (u − t + x0 ) + f (t) + f (−x0 )
= f (u − t − x0 ) + f (t) − f (x0 ) .
Do f liên tục tại x0 nên lim f (x) = f (x0 ). Điều này suy ra lim f (u − t + x0 ) = f (x0 ).
x→x0

u→t

Từ đây, ta được
lim f (u) = lim [f (u − t + x0 ) + f (t) − f (x0 )] = f (x0 ) + f (t) − f (x0 ) = f (t).

u→t

u→t

Điều này chứng tỏ hàm f liên tục tại mọi điểm t ∈ R, hay f liên tục trên R. Vậy hàm f
liên tục trên R khi và chỉ khi f liên tục tại một điểm x0 ∈ R.
c) Ta sẽ sử dụng tính trù mật của Q trong R để chứng minh ý này. Theo chứng minh phần
a), ta có
f (qx) = qf (x), ∀x ∈ R, q ∈ Q.
Đặt a = f (1) thì f (q) = aq, ∀q ∈ Q. Lấy tùy ý x ∈ R. Vì Q trù mật trong R nên tồn tại
dãy số {rn }+∞
n=1 ⊂ Q sao cho lim rn = x. Vì f là hàm liên tục nên ta có
n→+∞


f (x) = f


lim rn

n→+∞


= lim (a · rn ) = a ·
n→+∞


lim rn

n→+∞

= ax.

Điều này chứng tỏ f (x) = ax, ∀x ∈ R. Ngược lại, ta thấy hàm tuyến tính f (x) = ax,
∀x ∈ R (trong đó a là hằng số) thỏa mãn tính chất cộng tính và tính chất liên tục. Vậy
mọi hàm cộng tính liên tục trên R đều là hàm tuyến tính.
d) Đồ thị của hàm f : R → R là tập con G của không gian R2 , được xác định như sau


G = (x; y) ∈ R2 |y = f (x) .
Chú ý rằng nếu
f (x1 )
f (x2 )
=
, ∀x1 , x2 ∈ R, x1 ̸= 0, x2 ̸= 0
x1
x2
thì f (x) = ax, ∀x ∈ R, x ̸= 0 (trong đó a là hằng số). Do f là hàm cộng tính nên f (0) = 0
nên f (x) = ax, x ∈ R. Vì vậy, f là hàm tuyến tính, trái với giả thiết phi tuyến. Như vậy,
tồn tại x1 , x2 ∈ R, x1 ̸= 0, x2 ̸= 0 sao cho
f (x1 )
f (x2 )
̸=
.
x1
x2
3

Mặt khác, ta thấy
→
−
−
u = (x1 ; f (x1 )); →
v = (x2 ; f (x2 ))
−
độc lập tuyến tính trong R2 . Lấy tùy ý →
w = (x; f (x)) trong R2 , khi đó luôn có các số
−
−
−
thực r1 , r2 để →
w = r1 · →
u + r2 · →
v . Nếu ta cố định các số hữu tỉ p1 , p2 thì bằng phép chọn
→
−
−
x1 , x2 thích hợp, ta có {p1 · u + p2 · →
v } là tập đóng trong không gian vectơ G. Ta có Q
2
là tập trù mật trong R, Q trù mật trong R2 . Nhờ kết quả của ý a định lí này, ta có
−
−
p1 .→
u + p2 .→
v = (p1 x + p2 x2 ; f (p1 x1 + p2 x2 )) .
b = {(x; y)|x = p1 x1 + p2 x2 ; y = f (p1 x1 + p2 x2 ) ; p1 , p2 ∈ Q} là trù mật khắp
Vì vậy, tập G
b ⊂ G suy ra G trù mật khắp nơi trong R2 .
nơi trong R2 . Từ đó và G
Như vậy, định lý 1.1 được chứng minh.
□
Nhận xét. Định lí 1.1 nói lên rằng, trên R, mọi hàm cộng tính đều là hàm thuần nhất hữu
tỉ, hàm cộng tính liên tục tại một điểm thì liên tục tại mọi điểm (và hiển nhiên nếu nó liên
tục tại mọi điểm thì nó liên tục tại mỗi điểm), hơn nữa, hàm cộng tính liên tục luôn là hàm
tuyến tính. Một hàm cộng tính liên tục trên R có đồ thị là đường thẳng đi qua gốc tọa độ
(trong R2 ). Một hàm cộng tính phi tuyến trên R có đồ thị trù mật hầu khắp nơi trong R2 .
Lớp các hàm cộng tính phi tuyến phô diễn một dáng điệu rất kì lạ.
Bài toán 1.1 (Đề thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 1992, môn Toán, bảng B).
Cho hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f (x + 2xy) = f (x) + 2f (xy),

∀x, y ∈ R.

Biết rằng f (1991) = a. Tính f (1992).
Lời giải. Với giả thiết ở đề bài cho, ta chưa thấy tính chất cộng tính của hàm f . Tuy nhiên,
nhờ một số biến đổi, có thể nhận ra f thỏa mãn điều kiện CFE (1).
Từ đẳng thức ở đề bài, cho x = 0 ta được f (0) = 0, cho y = −1 ta nhận được
f (−x) = −f (x),

∀x ∈ R,

tức là f là hàm lẻ trên R. Cũng từ đẳng thức ở đề bài, cho y = −


1
f (0) = f (x) + 2f − x ,
2

∀x ∈ R.

Điều này suy ra

f (x) = 2f


1
x , ∀x ∈ R.
2
4

1
thì
2

Với ∀x ̸= 0 và ∀y ∈ R, ta có

y 
y 
= f (x) + 2f x ·
= f (x) + 2f
f (x + y) = f x + 2 · x ·
2x
2x




1
y
2


= f (x) + f (y).

Hơn nữa, do f (0) = 0 nên đẳng thức f (x + y) = f (x) + f (y) cũng đúng với x = 0, y ∈ R.
Điều này chứng tỏ
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.
Theo Định lí 1.1, ta có
∀x ∈ R, q ∈ Q.

f (qx) = qf (x),

Đặt k = f (1) thì f (q) = k · q, ∀q ∈ Q. Vì f (1991) = a nên 1991 · k = a hay k =
được
a
f (q) =
· q, ∀q ∈ Q.
1991
Vậy f (1992) =

a
.
1991

Ta thu

1992
a.
1991

Bài toán 1.2 (Đề dự tuyển Olympic Toán Quốc tế 1979). Chứng minh rằng hàm số f :
R → R thỏa mãn điều kiện CFE (1) với mọi x, y ∈ R khi và chỉ khi
f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y),

∀x, y ∈ R.

Lời giải.
Điều kiện cần. Giả sử hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện CFE (1)
f (x + y) = f (x) + f (y),

∀x, y ∈ R.

Khi đó, với mọi số thực x, y, ta có
f (xy + x + y) = f (xy) + f (x + y) = f (xy) + f (x) + f (y).
Như vậy, điều kiện cần được chứng minh.
Điều kiện đủ. Giả sử hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện
f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y),

∀x, y ∈ R.

Bây giờ ta đặt y = u + v + uv thì từ đẳng thức trên, ta thu được
f (x + u + v + uv + xu + xv + xuv)
= f (x) + f (u + v + uv) + f (xu + xv + xuv),

∀x, u, v ∈ R.

Từ đây, đổi vai trò của x và u trong đẳng thức vừa thu được, ta suy ra
f (x + u + v + uv + xu + xv + xuv)
= f (u) + f (x + v + xv) + f (xu + uv + xuv),
5

∀x, u, v ∈ R.

Do đó, với mọi x, u, v ∈ R thì
f (x) + f (u + v + uv) + f (xu + xv + xuv) = f (u) + f (x + v + xv) + f (xu + uv + xuv),
hay ta có
f (x) + f (u) + f (v) + f (uv) + f (xu + xv + xuv)
= f (u) + f (x) + f (v) + f (xv) + f (xu + uv + xuv).
Từ đây, ta có
f (uv) + f (xu + xv + xuv) = f (xv) + f (xu + uv + xuv),

∀x, u, v ∈ R.

Cho x = 1 trong đẳng thức trên, ta được
f (uv) + f (u + v + uv) = f (v) + f (u + 2uv),

∀u, v ∈ R.

Điều này suy ra
f (uv) + f (u) + f (v) + f (uv) = f (v) + f (u + 2uv),

∀u, v ∈ R.

Từ đây, ta có
f (u) + 2f (uv) = f (u + 2uv),

∀u, v ∈ R.

Đến đây, lập luận tương tự Bài toán 1.1, ta được
f (x + y) = f (x) + f (y),

∀x, y ∈ R.

Như vậy, ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 1.3 (Bài T11/469, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ). Tìm tất cả các hàm số f :
(0; +∞) → R thỏa mãn điều kiện


f (x) + f (y)
x+y
, ∀x, y ∈ (0; +∞).
=
f
2016
2015
Lời giải. Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Ta thấy rằng
x
x
x
x x
 x 
+
f
+f
2f
2
2 =
2 , ∀x ∈ (0; +∞).
f
=f2 2=
2016
2016
2015
2015
Do đó, ta được



x+y

 2f
f (x) + f (y)
x+y
2
=f
=
,
2015
2016
2015

∀x ∈ (0; +∞),

hay

f (x) + f (y) = 2f

x+y
2
6


,

∀x, y ∈ (0; +∞).

Với mọi x, y ∈ (0; +∞), ta có
f (x) + f (2y) = 2f

x
2



+y ,

f (x + y) + f (y) = 2f

x
2



+y ,

nên f (x) + f (2y) = f (x + y) + f (y). Điều này dẫn tới
2f (x) + 2f (2y) = 2f (x + y) + 2f (y) = f (2x) + f (2y) + 2f (y),

∀x, y ∈ (0; +∞),

hay
f (2x) − 2f (x) = f (2y) − 2f (y),

∀x, y ∈ (0; +∞).

Từ đẳng thức trên, ta thấy rằng tồn tại hằng số c ∈ R để
f (2x) − 2f (x) = c,

∀x ∈ (0; +∞).

Từ đây, ta được
f (x + y) + f (y) = f (x) + f (2y) = f (x) + 2f (y) + c,
hay
f (x + y) = f (x) + f (y) + c,

∀x, y ∈ (0; +∞).

Xét hàm số
g(x) = f (x) + c,

∀x ∈ (0; +∞).

Từ (2), ta có
g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ (0; +∞).
Chứng minh tương tự như trong Định lý 1.1, ta được
g(nx) = ng(x),

∀x ∈ (0; +∞), ∀n ∈ N∗ .

Điều này suy ra
f (nx) = nf (x) + (n − 1)c,

∀x ∈ (0; +∞), ∀n ∈ N∗ .

Sử dụng kết quả trên, ta được


f (x) + f (2015x)
x + 2015x
=
f (x) = f
2016
2015
f (x) + 2015f (x) + 2014c
=
2015
2016f (x) + 2014c
=
,
2015
hay
f (x) = −2014c,

∀x ∈ (0; +∞).

Thay hàm số này vào đẳng thức đề bài, ta được c = 0. Vậy hàm số cần tìm là hay
f (x) = 0,

∀x ∈ (0; +∞).
7

(2)

2. PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY TRÊN TẬP RỜI RẠC
Bây giờ, chúng ta xét một số bài toán phương trình hàm Cauchy trên tập rời rạc.
Bài toán 2.1. Tìm tất cả các hàm số f : N → R thỏa mãn điều kiện CFE (1) với mọi số
tự nhiên x, y.
Lời giải. Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Theo giả thiết của
bài toán, ta có
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ N.
Điều này suy ra
∀x ∈ N.

f (2x) = 2f (x),
Ta sẽ chứng minh

∀x ∈ N, ∀n ∈ N∗ ,

f (nx) = nf (x),

bằng phương pháp quy nạp toán học. Thật vậy, với n = 1 thì khẳng định trên đúng. Giả sử
khẳng định đó đúng với số nguyên dương n > 1. Lúc này, ta có
f ((n + 1)x) = f (nx + x) = f (nx) + f (x) = nf (x) + f (x) = (n + 1)f (x).
Vì vậy, theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có
∀x ∈ N, ∀n ∈ N∗ ,

f (nx) = nf (x),

Từ đây, cho x = 1 trong đẳng thức trên, ta được
f (n) = an,

∀n ∈ N∗ ,

và a = f (1). Hơn nữa, từ đề bài với f (0) = 0. Như vậu,
f (n) = an,

∀n ∈ N∗ ,

Thử lại, ta thấy f (x) = ax, ∀x ∈ N, là hàm số cần tìm, trong đó a là hằng số tùy ý.
Bài toán 2.2. Tìm tất cả các hàm số f : Z → R thỏa mãn điều kiện CFE (1) với mọi số
nguyên x, y.
Lời giải. Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Từ kết quả của Bài
toán 2.1, ta được
f (x) = ax, ∀x ∈ N,
với a = f (1). Hơn nữa, từ đề bài ta có
0 = f (0) = f (x − x) = f (x) + f (−x),

∀x ∈ Z,

hay
f (−x) = −f (x),

∀x ∈ Z.

Do đó, ta thu được
f (x) = ax,

∀x ∈ Z.

Thử lại, ta thấy đây là các hàm số thỏa mãn Bài toán 2.2, với a là hằng số tùy ý.
8

3. PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY VỚI GIẢ THIẾT LIÊN TỤC
Tiếp theo, ta xét đến bài toán phương trình hàm Cauchy và một số bài toán phương
trình hàm có giả thiết liên tục.
Bài toán 3.1. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện CFE (1) với mọi
x, y ∈ R.
Lời giải. Từ Định lí 1.1, ta thấy rằng những hàm cần tìm là
f (x) = ax,

∀x ∈ R,

trong đó a là hằng số thực tùy ý. Tiếp theo, ta sẽ trình bày hai cách tiếp cận khác cho Bài
toán 3.1.
Cách 1 . Ta biết rằng một hàm liên tục trên một đoạn thì luôn có tích phân trên đoạn đó.
Để ý rằng
Z1
f (x) = f (x) · 1 = f (x)

Z1
dy =

0

Z1
0

[f (x + y) − f (y)] dy

f (x)dy =
0

Z1
f (x + y)dy −

=

Z1
0

Zx+1
Z1
f (y)dy =
f (t)dt − f (y)dy,

0

x

0

Theo tính chất của tích phân phụ thuộc tham số, ta thấy rằng hàm
Zx+1
g(x) =
f (t)dt
x

khả vi và
g ' (x) = f (x + 1) − f (x).
Chú ý rằng, hàm số
Z1
h(x) =

f (y)dy
0

là hàm hằng với h' (x) = 0. Từ đây ta suy ra f khả vi trên R và
f ' (x) = f (x + 1) − f (x),

∀x ∈ R.

f (x + 1) = f (x) + f (1),

∀x ∈ R.

Từ (1), ta có

Kết hợp hai kết quả trên, ta được
f ' (x) = f (1),
9

∀x ∈ R.

∀x ∈ R.

Đặt a = f (1) thì
f ' (x) = a,

∀x ∈ R.

Điều này dẫn tới
∀x ∈ R,

f (x) = ax + b,

trong đó a, b là hằng số. Thay f (x) = ax + b vào (1), ta tìm được b = 0. Vậy những hàm
cần tìm là
f (x) = ax, ∀x ∈ R,
trong đó a là hằng số thực tùy ý.
Cách 2 . Tương tự như trên, ∀x, y, ta có
Zy
yf (x) =

Zy
[f (x + t) − f (t)] dt

f (x)dt =
0

0

Zy

Zy
f (x + t)dt −

=

0
Zx+y

0

Zy

f (u)du −

=

0
x+y
Z

f (t)dt
0

0
x+y
Z

f (u)du −

0

f (t)dt

0

0

Zx

Zy

f (u)du −

=

Zy

Zx

f (u)du −

=

f (t)dt

f (u)du −

f (u)du.
0

0

Thay x bởi y và thay y bởi x trong đẳng thức trên, ta được
Zx+y
Zx
Zy
xf (y) =
f (u)du − f (u)du − f (u)du.
0

0

0

Vì vậy, ta có
xf (y) = yf (x),

∀x, y ∈ R.

Với mọi x, y ̸= 0 thì
f (y)
f (x)
=
.
x
y
Điều này suy ra
tục nên ta có

f (x)
x

= a, hay f (x) = ax, ∀x ̸= 0, trong đó a là hằng số. Vì f là hàm liên
f (x) = ax,

∀x ∈ R,

trong đó a là hằng số thực tùy ý. Thử lại, ta thấy các hàm số f (x) = ax, ∀x ∈ R, trong đó
a là hằng số thỏa mãn các điều kiện của Bài toán 3.1.
10

Bài toán 3.2. Cho x0 ∈ R. Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục tại điểm x0 và thỏa
mãn điều kiện CFE (1) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Theo Định lí 1.1, hàm f thỏa mãn điều kiện (1) với mọi x, y ∈ R và f liên tục tại
một điểm x0 thuộc R thì f liên tục trên R. Do đó theo kết quả của Bài toán 3.1, ta được
f (x) = ax,

∀x ∈ R,

trong đó a là hằng số thực tùy ý.
Bài toán 3.3. Cho hằng số c ∈ R. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [c; +∞) → R thỏa
mãn điều kiện CFE (1) với mọi x, y ∈ [c; +∞), x + y ∈ [c; +∞).
Lời giải. Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Chọn số nguyên
dương d sao cho d > c. Khi đó, ta có
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ [d; +∞).
Với mọi số nguyên dương n, ta được f (nd) = nf (d). Tiếp theo, ta lấy số nguyên dương m
n
n
≥ 1, lúc này m
d ≥ d > c nên
sao cho m

n 
n 
d = f m · d = f (nd) = nf (d).
mf
m
m
Vì vậy
f

n 
n
d = f (d),
m
m

hay
∀q ∈ Q, q ≥ 1.

f (qd) = qf (d),

lim qn =
Với mỗi số thực tùy ý x ∈ [d; +∞), tồn tại dãy số hữu tỉ {qn }+∞
n=1 sao cho n→+∞
x
qn ≥ ≥ 1, với mọi n ∈ N∗ . Khi đó, do tính liên tục của hàm f nên
d
f (d)
f (x) = lim f (qn d) = lim [qn f (d)] = x ·
.
n→+∞
n→+∞
d
Đặt a =

f (d)
,
d

x
d

và

ta có
f (x) = ax,

∀x ∈ [d; +∞).

Lấy tùy ý x ∈ [c; d], ta có x + kd > x ≥ c và kd ≥ d > c với mọi k ∈ N∗ nên
f (x + kd) = f (x) + f (kd),

∀k ∈ N∗ .

Chọn k đủ lớn để x + kd ≥ d, lúc này
a(x + kd) = f (x + kd) = f (x) + f (kd) = f (x) + akd.
Điều này suy ra f (x) = ax, ∀x ∈ [c, d]. Vậy f (x) = ax, ∀x ∈ [c; +∞). Thử lại ta thấy hàm
số này thỏa mãn các điều kiện của Bài toán 3.3.
Ta biết rằng, lũy thừa có tính chất (x · y)α = xα · y α với điều kiện cả hai vế đều có nghĩa.
Hàm số lũy thừa f (x) = xα (với α là hằng số) luôn thỏa mãn đẳng thức
11

f (xy) = f (x) · f (y).
Nhưng liệu còn có những hàm số nào khác cũng thỏa mãn đẳng thức đó hay không? Ta xét
Bài toán 3.4 sau đây.
Bài toán 3.4. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R \ {0} → R thỏa mãn điều kiện
f (xy) = f (x) · f (y),

∀x, y ∈ R \ {0} .

Lời giải. Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Từ đề bài, với y = 1,
ta có
f (x) · (1 − f (1)) = 0, ∀x ∈ R.
Do đó, nếu f (1) ̸= 0 thì f (x) = 0, ∀x ∈ R \ {0} . Rõ ràng đâylà một nghiệm của Bài toán
3.4.
Nếu f (1) = 1 thì


 
1
1
=f x·
= f (1) = 1, ∀x ̸= 0,
f (x) · f
x
x
nên f (x) ̸= 0, ∀x ̸= 0. Do đó, ta được
f (x2 ) = (f (x))2 > 0,

∀x ̸= 0.

Điều này chứng tỏ
f (x) > 0,

∀x > 0.

Với mỗi x > 0, y > 0 luôn tồn tại u, v ∈ R để x = eu và y = ev . Ta xét hàm số
g(t) = ln f (et ),

∀t ∈ R.

Rõ ràng hàm g liên tục trên R và
∀u, v ∈ R.

g(u + v) = g(u) + g(v),

Khi đó, theo Bài toán 3.1, ta được g(t) = at, ∀t ∈ R, trong đó a là hằng số. Từ đây, ta suy
ra
f (x) = f (eu ) = eg(u) = eau = (eu )a = xa , ∀x > 0.
Tiếp theo, với x < 0 tùy ý thì x2 > 0, sử dụng kết quả trên ta có
(f (x))2 = f (x2 ) = (x2 )b = |x|b


2

,

∀x < 0, b ∈ R.

Do f là hàm lên tục nên
(
f (x) =

xb , ∀x > 0,
−|x|b , ∀x < 0.

Thử lại, ta thấy các nghiệm của Bài toán 3.4 là
f (x) = 0,
12

∀x ̸= 0,

hoặc
f (x) = |x|a ,

∀x ̸= 0,

hoặc
(
f (x) =

xb , ∀x > 0,
−|x|b , ∀x < 0,

trong đó a, b là các hằng số tùy ý.
Ta có ax+y = ax · ay với điều kiện cả hai vế đều có nghĩa. Hà...