\documentclass[a4paper,11pt,oneside]{book}
\usepackage{amsthm,amssymb,amsmath}
%\usepackage[top=30mm,bottom=30mm,left=25mm,right=35mm]{geometry}
%\usepackage[nonamebreak,square]
\makeindex
\usepackage{xepersian}
\newtheorem{theorem}{قضیه}[section]
\newtheorem{lemma}[theorem]{لم}
\newtheorem{proposition}[theorem]{گزاره}
\newtheorem{corollary}[theorem]{نتیجه}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{definition}{تعریف}
\newtheorem*{remark}{توجه}
\newtheorem*{example}{مثال}
\renewcommand\proofname{برهان}
\renewcommand{\baselinestretch}{2}




\begin{document}
\tableofcontents
\chapter{تعاریف ومباحث مقدماتی} 
\chapter{بررسی پایداری معادله تابعی درجه دوم سه بعدی}
\section{مقدمه}
تابع درجه دوم $f(x) =x^2 (x \in\mathbb{R})$ درمعادله تابعی زیر صدق می کند
 
\begin{eqnarray}
&&f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)\label{1}
\end{eqnarray}
\begin{remark}
اگر فرض کنیم $x$ و$y$  عناصری از$\mathbb{R}$ باشند
\begin{eqnarray*}
&&f(x+y)+f(x-y)=(x+y)^2+(x-y)^2=x^2+y^2\\ 
&&+2xy+x^2+y^2-2xy=2x^2+2y^2=2f(x)+2f(y)
\end{eqnarray*}
\end{remark}
معادلات تابعی زیر را در نظربگیرید:
\begin{eqnarray}
&&f(x+y+z)+f(x)+f(y)+f(z)=f(x+y)+f(y+z)+f(z+x)\\ \label{2}
&&f(x+y+z)+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)=3f(x)+3f(y)+3f(z)\label{3}
\end{eqnarray}
\section{ جوابهای معادله(\ref{3})}

\begin{theorem}
اگرفضاهای برداری $E_1$  و$E_2$  دامنه وبردهای مشترک تابع$f$ درهردومعادله تابعی باشند،آنگاه معادله تابعی (\ref{3}) معادل با معادله (\ref{1}) تابعی است. 
\end{theorem}
\begin{proof}
در معادله تابعی(\ref{3})،اگر:
\begin{LTR}
\item[(1)]$x=y=z=0$آنگاه $f(0)=0$
\item[(2)]$y=z=0$آنگاه $f(x)+f(x)+f(-x)=3f(x)$
\item[(3)]$z=0$ آنگاه $f(x+y)+f(x-y)+f(y)+f(-x)=3f(x)+3f(y)$
\end{LTR}

ازعبارت دوم می توان نتیجه گرفت$f(x)=f(-x)$ ، یعنی تابع $f$ زوج است،بنابراین:
\begin{eqnarray*}
&&f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)
\end{eqnarray*}
برعکس،فرض کنیم یک تابع $f:E_1 \longrightarrow E_2$ به ازای هر $x,y,z \in E_1$  در (\ref{1}) صدق کند:
\\از (\ref{1})داریم:
\begin{eqnarray*}
&&f(x+y+z)+f(x)=2\big(x+\frac{y+z}{2}\big)+2\big(\frac{y+z}{2}\big) 
\end{eqnarray*}  
و 
\begin{eqnarray*}    
&&f(y)+f(z)=2f\big(\frac{y+z}{2})+2f(\frac{y-z}{2}\big)
\end{eqnarray*}
توضیح:
\\باتوجه به (\ref{1})ودو معادله آخر،و با استفاده از عبارت زیر:
\begin{LTR}
$f(2x)=(2x)^2=4x^2=4f(x) \Longrightarrow f(2x)=4f(x)$
\end{LTR}
 به دست می آوریم:
\begin{LTR}
$f(x+y+z)+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)\\ =[f(x+y+z)+f(x)]+[f(y)+f(z)]+f(x-y)\\
+f(y-z)+f(z-x)-f(x)-f(y)-f(z)\\
=2\big(x+\frac{y+z}{2}\big)+2\big(\frac{y+z}{2}\big)+2f\big(\frac{y+z}{2}\big)+2f\big(\frac{y-z}{2}\big)\\
+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)-f(x)-f(y)-f(z)=\\
\underbrace{[2\big(x+\frac{y+z}{2}\big)+2f\big(\frac{y-z}{2}\big)]}_\text{(1)}+\underbrace{[2\big(\frac{y+z}{2} +2f(\frac{y+z}{2}\big)]}_\text{(2)}\\
+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)-f(x)-f(y)-f(z)  \\ =f(x+y)+f(y+z)+f(z+x)+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)\\
-f(x)-f(y)-f(z)\\
=\underbrace{[f(x+y)+f(x-y)]}_\text{(3)} +\underbrace{[f(y+z)+f(y-z)]}_\text{(4)}+ \underbrace{[f(z+x)+f(z-x)]}_\text{(5)}\\
 -f(x)-f(y)- f(z) =2f(x)+2f(y)+2f(y)+2f(z)+2f(z)+2f(x)\\
-f(x)-f(y)-f(z)=3f(x)+3f(y)+3f(z)$
\end{LTR}
تبصره:
\begin{LTR}
\begin{itemize}
\item[(1)]$4f\big(\frac{y+z}{2}\big)=4\big(\frac{y+z}{2}\big)^2=(y+z)^2=f(y+z)$
\item[(2)]$2f\big(x+\frac{y+z{2}\big)+
2f\big(\frac{y-z}{2}\big)=2\big(x+\frac{y+z}{2})^2+2(\frac{y-z}{2}\big)^2\\
=2[x^2+x(y+z)+(\frac{(y+z)^2{4}]+2[\frac{y^2-2yz+z^2}{4}]\\
=2[x^2+xy+xz+\frac{y^2+2yz+z^2}{4}]+[\frac{y^2}{2}-yz+\frac{z^2}{2}]=x^2+x^2+2xy+2xz+\frac{1}{2}y^2+yz+\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{2}y^2-yz+\frac{1}{2}z^2=(x^2+2xy+y^2)+(x^2+2xz+z^2)f(x+y)+f(x+z)$
\item[(3)]$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)$
\item[(4)]$f(y+z)+f(y-z)=2f(y)+2f(z)$
\item[(5)]$f(z+x)+f(z-x)=2f(z)+2f(x)$
\end{itemize}
\end{LTR}

\end{proof}
\section{مسائل پایداری معادله (3.2)}
اگر فرض کنیم$E_1$ و$E_2$  به ترتیب یک فضای نرمدار ویک فضای باناخ باشند.همجنین فرض کنیم که 
\\$Df(x,y,z) :=f(x+y+z)+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)-3f(x)-3f(y)-3f(z)$

پایداری  هایرز-اولام معادله (3.2)رادرقضیه زیر اثبات می کنیم.
\begin{theorem}
فرض کنیم تابع$f:E_1 \longrightarrow E_2$ درنامساوی زیر صدق کند: 
\begin{equation}
                                              \| Df(x,y,z) \| \le \varepsilon
\end{equation}
به ازای هر$x$,$y$,$z$،آنگاه وجود دارد یک تابع مربعی منحصر به فرد$g:E_1 \longrightarrow E_2$ که نامساوی زیر برای هر $x \in E_1$ برقرار است:
\begin{equation*}  
                                               \|f(x) - g(x) \| \le \frac{9}{5} \varepsilon   
\end{equation*}
علاوه بر این ، اگر $f$ اندازه پذیر باشد یا $f(tx)$  در $t\in \mathbb{R}$ به ازای هر $x\in E_1$ پیوسته باشد ، آنگاه تابع $g$ به ازای هر$x\in E_1$ و $t\in \mathbb{R}$ در $g(tx)=t^2g(x)$ صدق می کند.

\end{theorem}
\begin{proof} اگر در نامساوی (4.2) 
\item[] $x=y=z=0$  آنگاه 
\begin{equation} 
                                             \|f(0) \| \le \frac{\varepsilon}{5}
\end{equation}
\item{} $y=z=0$ آنگاه به ازای هر $x\in E_1$
\begin{equation}
                        \| f(x) +f(x)+f(-x)-3f(x) \| =\|-f(x)+f(-x) \|=\|f(x) -f(-x) \| \le 2 \varepsilon
\end{equation}
\item[]$z=0$ آنگاه به ازای هر $x,y \in E_1$
\begin{equation}
 \|f(x+y)+f(x-y)-2f(x)-2f(y) \| \le f(x+y)+f(x-y)+f(-x)-3f(x)-2f(y)-3f(0) \| +\|f(x)+f(-x) \|+\|3f(0)\| \le \varepsilon +2\varepsilon +\frac{3}{5} \varepsilon=\frac {18}{5} \varepsilon
\end{equation}
بنابراین:
\\$ \|f(x+y) -f(x-y)-f(x)-f(y) \| \le \frac{9}{5} (2 \varepsilon)$
\\طبق قبل $g(x)=x^2$ جواب معادله است.
\\برای اثبات یکتایی:
\end{proof}
در قضیه زیر پایداری هایرز-اولام راسیاس معادله (3.2) را ثابت می کنیم.
\begin{theorem}
فرض کنیم تابع $f : E_1 \longrightarrow E_2$ در نامساوی زیر صدق کند:
\begin{equation}
      \|Df(x,y,z) \| \le \varepsilon(\|x\|^p+\|y\|^p+\|z\|^p).
\end{equation}
آنگاه وجود دارد یک تابع مربعی منحصربه فرد $g: E_1 \longrightarrow E_2$ به طوری که:
\begin{equation*}
   \|g(x)-f(x)\| \le
\begin{Bmatrix}
 \frac{4\varepsilon}{2^p-4}\|x\|^p  &  p>2\\
 \frac{1}{2} \|f(0)\| +\frac{26+3*2^p}{4-2^p} \|x\|^p  & p<2 
\end{Bmatrix}
\end{equation*}
علاوه براین ،اگر $f$ اندازه پذیر یا $f(tx)$  در $t\in \mathbb{R}$ برای هر ثابت $x\in E_1$ پیوسته باشد ،آنگاه تابع مربعی $g$ در$g(tx)=t^2g(x)$ برای هر $x\in E_1$ و $t \in \mathbb{R}$ صدق می کند.

\end{theorem}
\begin{proof}
در حالت $p>2$  با قرار دادن حالتهای زیردر(8.2)
\item{} $x=y=z=0$ آنگاه  $f(0)=0$ 
\item{}$y=z=0$ آنگاه به ازای هر $x \in E_1$ 
\begin{equation}
                         \|f(x)+f(x)+f(-x)-3f(x)\|=\|f(x)-f(-x)\| \le \varepsilon \|x\|^p
\end{equation}
\item{}$z=0$ آنگاه به ازای هر $x,y \in E_1$
\begin{equation}
  \nonumber\\ \|f(x+y)+f(x-y)+f(y)+f(-x)-3f(x)-3f(y) \| \le \varepsilon (\|x\|^p+\|y\|^p)\nonumber
  \|f(x+y)+f(x-y)+f(-x)-3f(x)-2f(y)\| \varepsilon (\|x\|^p+\|y\|^p)
\end{equation}
\\
از نامساوی های (9.2) و(10.2) به
\\
\\ $\|f(x+y)+f(x-y)\|+f(y)+f(-x)+3f(x)-3f(y)+f(x)-f(-x)\| \\ \le  \varepsilon(\|x\|^p+\|y\|^p)+\varepsilon\|x\|^p$
\\$\|f(x+y)+f(x-y)-2f(x)-2f(y)\|\le 2\varepsilon (\|x\|^p+\|y\|^p)$\\
\\
طبق $S.Czerwik$ آخرین نامساوی  نتیجه می دهد که قضیه به ازای $p>2$ برقرار است.
\\
درحالت $p<2$ با قرار دادن $y=-x$ و $z=x$در(8.2) به ازای هر
\begin{equation*}
 \|f(x-x+x)+f(x+x)+f(-x+x)+f(x-x)-3f(x)-3f(-x)-3f(x)\| =\|-5f(x)+f(2x)+f(-2x)+f(0)-3f(-x)\| 
\nonumber\\ \le \varepsilon(\|x\|^p+\|-x\|^p+\|x\|^p) \le 3\varepsilon(\|x\|^p)\nonumber
\end{equation*}
\begin{equation}
 \|-5f(x)+f(2x)++f(-2x)+f(0)-3f(-x)\| \le 3\varepsilon \|x\|^p
\end{equation}
و $y=-x$ و$z=-x$ در (8.2)
\begin{equation}
\|-5f(-x)+f(2x)+f(0)+f(-2x)-3f(x)\| \le 3\varepsilon\|x\|^p
\end{equation}
از دونامساوی بالا به ازای هربه دست می آوریم:
\begin{equation}
\|f(x)-f(-x)\| \le 3\varepsilon\|x\|^p
\end{equation}
اگر در نامساوی (8.2) قرار دهیم $z=-x$  به دست می آوریم:
\\
 \\ $\|f(x+y-x)+f(x-y)+f(y+x)+f(-x-y)-3f(x)-3f(y)-3f(-x)\| \le \varepsilon(\|x\|^p+\|y\|^p+\|-x\|^p)$
\\
\begin{equation}
\|-2f(y)+f(x-y)+f(x+y)+f(-2x)-3f(x)-3f(-x)\| \le \varepsilon(2\|x\|^p+\|y\|^p)
\end{equation}
از دونامساوی (11.2)و(13.2) داریم:
\\
\\$\|2f(y)-f(x-y)-f(x+y)-f(-2x)+3f(x)+3f(-x)+5f(-x)-f(2x)-f(0)-f(-2x)+3f(x)\| \le 3\varepsilon\|x\|^p+\varepsilon(2\|x\|^p+\|y\|^p)$
\\
\begin{equation}
\|2f(y)-f(-x)-f(x+y)-2f(-2x)+6f(x)+8f(-x)-f(2x)-f(0)\| \le \varepsilon(5\|x\|^p+\|y\|^p)
\end{equation}
\\
با استفاده از 
\\
\\$\|f(x+y)+f(x-y)-2f(x)-2f(y)\| \le \|-2f(y)+f(x-y)+f(x+y)+f(-2x)-3f(x)-3f(-x)\| +\|f(x)+3f(-x)-f(-2x)\| \le \varepsilon(2\|x\|^p+\|y\|^p)+\|f(x)-f(-x)\|+\|4f(-x)-f(-2x)\| \le \varepsilon(2\|x\|^p+\|y\|^p)+3\varepsilon\|x\|^p+\frac{1}{2} \bigg(\|2f(y)-f(x-y)-(x+y)-2f(-2x)-f(2x)+8f(-x)+6f(x)-f(0)\| +\|-2f(y)+f(x-y)+f(x+y)+f(2x)-6f(x)\|+\|f(0)\| \bigg) \le \varepsilon(5\|x\|^p+\|y\|^p)+\frac{1}{2} \bigg( \varepsilon(5\|x\|^p+\|y\|^p)+\|-2f(y)+f(x-y)+f(x+y)+f(-2x)-3f(x)-3f(-x)\|+\|f(2x)-f(-2x)\|+\|3f(-x)-3f(x)\|+\|f(0)\| \bigg)\le \varepsilon(5\|x\|^p+\|y\|^p)+\frac{1}{2} \bigg( \varepsilon(5\|x\|^p+\|y\|^p)+\varepsilon(2\|x\|^p+\|y\|^p)+3*2^p\varepsilon\|x\|^p+9\varepsilon\|x\|^p+\|f(0)\| \bigg)=\varepsilon(5\|x\|^p+\|y\|^p)+\frac{1}{2}\varepsilon \bigg( (16+3*2^p)\|x\|^p +2\|y\|^p \bigg) +\frac{\|f(0)\|}{2}\le \frac{26+3*2^p}{2}\varepsilon(\|x\|^p+\|y\|^p)+\frac{\|f(0)\|}{2}$
\\
اثبات منحصر به فردی:






\end{proof}
مسئله پایداری هایرز-اولام برای حالت $p=2$ در قضیه (3.2) نتیجه گرفته شد.در حقیقت معادله تابعی ()برای حالت$p=2$ پایدار نیست
\begin{remark}
یک مثال از $czerwik$ نشان می دهد که یک تابع $f :\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ که در نامساوی () در حالت $p=2$ به ازای هر $x,y,z \in \mathbb{R} $ صدق می کند، ولی هیچ تابع مربعی وجود ندارد که $|f(x)-g(x)|$ بر$\mathbb{R} -\{0\}$ کراندار باشد.
درحقیقت، اگر تعریف کنیم :
ُ\\
\begin{equation*}
                   \varphi(x)=
\begin{Bmatrix} 
(\frac{1}{132}) \varepsilon  &  |x| \ge 1 \\
(\frac{1}{132})\varepsilon x^2 & |x| <1


\end{Bmatrix}
\end{equation*}
و به ازای هر $x\in \mathbb{R}$قرار دهیم:
\begin{equation*}
    \\ f(x)=\sum _{n=0}^\infty{ {9^-}^n} \varphi(3^nx) 
\end{equation*}
\end{remark}
درقضیه زیر پایداری هایرز-اولام معادله () در دامنه های محدود رااثبات خواهیم کرد.
\begin{theorem}
فرض کنیم $d>0$ و $\varepsilon>0$ داده شده باشد.اگر یک تابع $f : E_1 \longrightarrow E_2$  درنامساوی () به ازای هر $x,y,z \in E_1$ با$\| x\| +\|y\|+\|z\| \le d$ صدق کند،آنگاه وجود دارد یک تابع مربعی منحصربه فرد $g : E_1 \longrightarrow E_2$ که به ازای هر $x\in E_1$ :
\begin{equation}
          \|f(x) - g(x) \| \le 27 \varepsilon
\end{equation}
علاوه بر این اگر $f$ اندازه پذیر باشد یا $f(tx)$ در$t\in  \mathbb{R}$  برای هرثابت $x \in E_1$ پیوسته باشد آنگاه تابع $g$ در $g(tx) =t^2g(x)$ به ازای هر $x\in E_1$ و $t \in \mathbb{R}$ صدق می کند.
\end{theorem}
\begin{proof} 
فرض کنیم$\|x\|+\|y\|+\|z\|<d$ باشد.$t\in E_1$ که$\|t\| \le 2d$.آنگاه،
                \[  \|x\|+\|y-t\|+\|z+t\| \ge d; \qquad\|x-y\|+\|t\|+\|t\| \ge d;\]
\begin{equation}
                   \|x\|+\|z\|+\|t\| \ge d;\qquad\|z+t\|+\|x\|+\|t\| \ge d;
\end{equation}
                  \[ \|x\|+\|t\|+\|t\| \ge d;\qquad\|y\|+\|z\|+\|t\| \ge d;   \]\\
از () و() و رابطه زیر:
\\$\|2f(x+y+z) +2f(x-y)+2f(y-z)+2f(z-x)\\-6f(x)-6f(y)-6f(z)-10f(0)\| \\ \le f(x+y+z)+f(x-y+t)+f(y-z-2t)+f(-x+z+t)\\-3f(x)-3f(y-t)-3f(z+t)\| \\
+\|f(x+y+x)+f(-x+y+t)+f(x-z-2t)+f(-y+z+t) \\ -3f(y)-3f(x-t)-3f(z+t)\| \\ +\|-f(x-y)-f(x-y+t)-f(-2t)-f(-x+y+t) \\+3f(x-y)+3f(-t)+3f(t) \| \\+\|-f(y-z)-f(y-z+t)-f(-2t)-f(-y+z+t) \\+3f(y-z)+3f(-t)+3f(t)\| \\+\|-f(z-x)-f(-x+z+t)-f(-2t)-f(x-z+t)\\+3f(-x+z)+3f(-t)+3f(t)\| \\+\|-f(y+z)-f(-y+t)-f(y-z-2t)-f(z+t) \\+3f(0)+3f(y-t)+3f(z+t)\|\\+\|-f(x+z)-f(-x+t)-f(x-z-2t)-f(z+t)\\ +3f(0)+3f(x-t)+3f(z+t)\| \\+\|f(x-z+t)+f(x+z)+f(-z-t)+f(-x+t)\\ -3f(x)-3f(-z)-3f(t)\| \\+\|f(y-z+t)+f(y+z)+f(-z-t)+f(-y+t) \\-3f(y)-3f(-z)-3f(t)\| \\+\|-f(z+t)-f(z+t)-f(0)-f(-z-t)\\+3f(z+t)+3f(0)+3f(0)\| \\+\|-f(z+t)-f(-z-t)-f(z+t)-f(0)\\+3f(0)+3f(z+t)+3f(0)\| \\+\|f(0)+f(-2t)+f(t)+f(t)-3f(-t)-3f(t)-3f(0)\| \\+\|2f(-2t)+2f(0)+2f(-t)+2f(t)-6f(-t)-6f(-t)-6f(0)\| \\ +\|3f(z+t)+3f(z)+3f(-t)+3f(-z+t)-9f(z)-9f(0)-9f(t)\| \\+\|-3f(-z+t)-3f(-z)-3f(-t)\\+9f(t)+9f(-z)+9f(0)\| \\+\|4f(t)+4f(t)+4f(0)+4f(-t)-12f(t)-12f(0)-12f(0)\| \\ \le 24 \varepsilon$ \\
به دست می آوریم:
\begin{equation}
     \|Df(x,y,x)\| \le \frac{1}{2} \|2f(x+y+z)+2f(x-y)+2f(y-z)+2f(z-x)-6f(x)-6f(y)-6f(z)-10f(0)\| +\|5f(0)\| \le frac{1}{2} .24 \varepsilon +3\varepsilon,
\end{equation}
چون با قرار دادن $y=z=0$ در () به دست می آوریم: \\

$ \|f(0)\| \le \frac{3}{5} \varepsilon$\\
واضح است که نامساوی() به ازای همه$x,y,z\in E_1$ برقرار است.بنابراین،اثبات این قضیه یک نتیجه فوری از قضیه () است.
\end{proof}
تعریف میکنیم:
\[ S=\{(x,y,z) \in E^3 : \|x\|<d, \|y\|<d, \|z\|<d\} \]
برای یک $d>0$.
\[ \{(x,y,z) \in E^3 : \|x\| +\|y\|+\|z\| \le 3d\} \subset E^3 \backslash S \]
نتیجه می دهد که نتیجه فرعی زیر نتیجه ای از قضیه () است.
\begin{corollary}
اگر یک تابع$f: E_1 \longrightarrow E_2$  درنامساوی () به ازای هر$(x,y,z) \in E^3 \backslash S$  صدق کند،آنگاه وجود دارد یک تابع مربعی منحصربه فرد $g : E_1 \longrightarrow E_2$ که در نامساوی () به ازای هر $x\in E_1 $  صدق می کند،علاوه براین،اگر$f$ اندازه پذیر یا $f(tx)$ به ازای هر $x \in E_1$ در $t\in \mathbb{R} $ پیوسته باشد،آنگاه تابع $g$ به ازای هر $x\in E_1$ و $t \in \mathbb{R}$ در $g(tx)=t^2g(x)$ صدق می کند.
\end{corollary}
\begin{corollary}
 تابع $f: E_1 \longrightarrow E_2$ یک تابع مربعی است اگروتنهااگر $\|Df(x,y,z) \|\rightarrow{ 0}$ باشد همان طور که $\|x\|+\|y\|+\|z\| \rightarrow \infty$
                                                                                                
\end{corollary}
 \chapter{پایداری هایرز-اولام تعمیم یافته در فضاهای کوشی-نرمدار $\beta$}
\section{مقدمه}
یکی از جالب ترین سوالات در قضیه تحلیل تابعی که درمورد پایداری اولام معادلات تابعی بحث می کند،سوال زیر است:\\
چه زمانی یک نگاشت که به طور تقریبی در یک معادله تابعی صدق می کند باید به یک جواب دقیق از معادله تابعی داده شده نزدیک باشد؟\\
اولین مسئله پایداری توسط $ S.M$-اولام درسال 1940 در دانشگاه ویسکونزین مطرح شد.\\
فرض کنیم $G$ یک گروه و$G^\prime$ یک گروه متریک با متر$\rho(.,.)$  باشد،آیا به ازای $\epsilon >0$ وجوددارد$\delta >0$ بطوریکه اگر به ازای هر $x,y\in G$ $f:G\rightarrow G^\prime$ در\\$\rho(f(xy),f(x)f(y))<\delta$ صدق کند،آنگاه به ازای هر $x\in G$ وجود داشته باشد یک همریختی $h:G\rightarrow G^\prime$ با $\rho(f(x),h(x))<\epsilon$؟
برای تعداد زیادی از معادلات تابعی تعمیم یافته مفهوم پایداری برای معادلات تابعی زمانی مطرح می شود که معادله تابعی...
بنابراین سوال پایداری معادلات تابعی این ایت که چطور...
اگر جواب مثبت باشد می توان گفت معادله پایدار است.\\
درسال 1941 $D.H$.هایرز نگاشت های جمع پذیر تقریبی $f:E \rightarrow E^\prime$  که $E$ و$E^\prime$ فضاهای باناخ و$f$ در نامساوی هایرز که به صورت زیر است به ازای هر$x,y\in E$ مطرح نمود:
\ \[     \|f(x+y)-f(x)-f(y)\| \le \epsilon  \]
نشان داده شد که به ازای هر$x\in E$  $L(x) =\lim{n \to \infty} \frac{f(2^nx)}{2^n}$ و$L :E \rightarrow E^\prime$ یک نگاشت جمع پذیر منحصربه فرد است که در $\|f(x) -L(x) \| \le \epsilon$ صدق می کند.
\section{تعاریف}
یادآور می شویم که نگاشت $f$ درمعادله زیر صدق می کند،معادله $Jensen$ نامیده می شود.
\\ \[ 2f(\frac{x+y}{2})=f(x)+f(y) \]
بعضی از مفاهیم پایه که درمورد فضاهای کوشی-نرمدار$\beta$ وبعضی از نتایج ابتدایی را مورد بررسی قرار می دهیم.
\\
ما $\beta$ را یک عدد حقیقی ثابت که $0<\beta\le 1$ درنظر میگیریم و فرض می کنیم $\mathbb{K}$ ، $\mathbb{R}$  $\mathbb{C}$  را نشان می دهد.فرض کنیم $X$ یک فضای خطی حول $\mathbb{K}$ باشد.یک فضای کوشی-نرمدار$\beta$ $\|.\|$ یک تابع قدرمطلق روی $X$ است که در موارد زیر صدق می کند:
\begin{itemize}
\item[1)] $\|x\| \ge 0 ,    \forall x\in X    \Leftrightarrow x=0$
\item[2)] $\| \lambda x\| =| \lambda| ^\beta .\|x\| ,  \forall \lambda \in \mathbb{K}$  و همه  $x \in X$
\item[3)]وجود دارد یک ثابت $K \ge 1$ بطوریکه $\|x+y\| \le K(\|x\|+\|y\|) $ به ازای هر $x,y \in X$
\end{itemize} 
جفت$(X,\|.\|)$ یک فضای کوشی-$\beta$ نرم روی $X$نامیده می شود.کوچکترین $K$ ممکن ضریب تقعر$\|.\|$نامیده می شود.
یک فضای باناخ کوشی-$\beta$ یک فضای نرمدارکوشی-$\beta$ است.
یک $\beta$-نرم کوشی $\|.\|$،یک$(\beta,p)$-نرم $(0<p\le1)$ نامیده می شود اگربه ازای هر$x,y\in X$:
\\ \[\|x+y\|^p \le \|x\|^p+\|y\|^p \]
در این حالت،یک فضای باناخ کوشی-$\beta$ یک فضای باناخ $(\beta,p)$ نامیده می شود.
فرض کنیم $p$-نرم داده شده است،فرمول$d(x,y) :=\|x-y\|^p$ به ما یک مترثابت انتقالی روی $X$  می دهد.
ازآنجایی که کار کردن با نرمهای $p$ خیلی آسان تر از نرمهای کوشی است،از این به بعد،توجه امان را اساسا به نرمهای $p$ محدود می کنیم.\\
حال یک نگاشت $g:X\rightarrow Y$ را که در معادله تابعی زیربه ازای هر$x_i \in X$  که $n\in N$ یک عدد صحیح ثابت بطوریکه $n\ge 2$ صدق می کند،در نظر می گیریم:
\begin{equation}
    \sum_{1\le i<j \le n} g\bigg(\frac{x_i +x_j}{2} +\sum_{l=1, k_l\ne i,j}^{n-2}{x_{k_l}}\bigg) =\frac{(x-1)^2}{2} \sum g(x_i)
\end{equation} 
می بینیم در حالت$n=2$ معادله ()،معادله شرکت پذیر$Jensen$وهمچنین تعداد زیادی از نتایج مربوط به مسائل پایداری معادله$Jensen$ رانتیجه می دهد.بنابراین معادله ()تعمیمی از معادله شرکت پذیر$Jensen$است. \\
\ $ n=2 \rightarrow  (i=1 ,j=2) \Rightarrow g\bigg(\frac{x_1 +x_2}{2}\bigg) =\frac{1}{2}\bigg(g(x_1)+g(x_2)\bigg) \Rightarrow \\2g\bigg( \frac{x_1+x_2}{2}\bigg)=g(x_1)+g(x_2) $\\
ما دراین فصل نتایج پایداری اولام که با نگاشتهای بیشتری کنترل شده اند را تعمییم می دهیم.....
\\درحقیقت ما درباره مسئله پایداری هایرز-اولام برای معادله ()  با $n\ge 3$ تحقیق می کنیم.به عنوان یک نتیجه فرعی،نتایج تعمیم یافته قضیه پایداری هایرز-اولام برای معادله ()را در فضاهای باناخ به دست می آوریم.
\section{نگاشت های شرکت پذیرتعمیم یافته}
درابتدا،لم$A.Nejati$و$ََA.Ranjbari$ در حالت $n=3$ در () رامعرفی می کنیم.
\begin{lemma}
فرض کنیم$X$ و $Y$ فضاهای خطی باشند.یک نگاشت $f:X\rightarrow Y$ در معادله زیربه ازای هر $x_1,x_2,x_3 \in X$ صدق می کند اگروتنهااگر $f$ شرکت پذیر باشد. 
\begin{equation}
f\bigg( \frac{x_1+x_2}{2}+x_3 \bigg) +f\bigg(\frac{x_1+x_3}{2}+x_2 \bigg) +f\bigg( \frac{x_2+x_3}{2}+x_1\bigg) =2 [f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)]
\end{equation}
قابل ذکراست که معادله زیربا$x_3=0$ در ():\\
\ $ \frac{1}{2} f(x_1+x_2)+f \bigg(\frac{x_1}{2}+x_2 \bigg)+ f(x_1 +\frac{x_2}{2} \bigg) =2[f(x_1)+f(x_2)]$
\\ به ازای هر $x_1,x_2 \in X$ معادل با $f(x_1+x_2) =f(x_1)+f(x_2)$ می باشد.
\end{lemma}
\begin{theorem}
فرض کنیم $X$ و$Y$ فضاهای خطی باشند وفرض کنیم $n\ge3$ یک عدد صحیح ثابت مثبت باشد.یک تابع $f:X \rightarrow Y$ درر معادله زیربه ازای هر $x_1,...x_n \in X$ صدق می کند اگروتنهااگر $f$ یک تابع شرکت پذیر باشد.
\begin{equation}
\sum_{1\le i<j\le n} f\bigg(\frac{x_i+x_j}{2}+ \sum_{l=1 ,k_l \ne i,j}^{n-2} x_{k_l} \bigg) =\frac{(n-1)^2}{2} \sum_{i=1}^n f(x_i)
\end{equation}
\end{theorem}
\begin{proof} 
با قرار دادن$x_1=...x_n=0$ در () به دست می آوریم:$f(0)=0$\\
اگر قراردهیم :$x_1=x,x_2=y,x_3=...x_n=0$ در ()، به ازای هر$x,y \in X$آنگاه داریم:
\begin{equation}
  f\bigg(\frac{x+y}{2} \bigg)+(n-2)f\bigg(\frac{x}{2}+y\bigg)+(n-2)f\bigg(\frac{y}{2}+x\bigg)+\binom{n-2}{2}f(x+y)=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)+f(y)]
\end{equation}
از()برای $y=0$ وبه ازای هر$x\in X$ نتیجه می شود که:$f(2x)=2f(x)$.\\
\ $f\bigg(\frac{x}{2}\bigg)+(n-2)f\bigg(\frac{x}{2}\bigg)+(n-2)f(x)+\frac{(n-2)(n-3)}{2}f(x)=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)]\\
(n-1)f\bigg(\frac{x}{2}\bigg)+[(n-2)+\frac{(n-2)(n-3)}{2}]f(x)=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)]\\
(n-1)f\bigg(\frac{x}{2}\bigg)+[\frac{n^2-3n+2}{2}]=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)]\\
(\frac {n-1+n^2-3n+2}{2}) f(x)=\frac{(n-1)^2}{2} $\\
بنابراین معادله ()را به ازای هر $x,y \in X$می توان به صورت زیر بازنویسی کرد:\\
$ \frac{1}{2}f(x+y)+\frac{(n-2)}{2}f(x+2y)+\frac{(n-2)}{2}f(y+2x)+\frac{(n-2)(n-3)}{2}f(x+y)=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)+f(y)]$\\
\begin{equation}
f(x+y)+(n-2)f(x+2y)+(n-2)f(2x+y)+(n-2)(n-3)f(x+y)=(n-1)^2[f(x)+f(y)]
\end{equation}
برای $y=-x$ در ()به ازای هر $x \in X$ به دست می آوریم:\\
$f(x-x)+(n-2)f(x-2x)+(n-2)f(2x-x)+(n-2)(n-3)f(x-x)=(n-1)^2[f(x)+f(-x)]\\
(n-2)f(-x)+(n-2)f(x)+(n-2)(n-3)f(0)=\\(n-1)^2f(x)+(n-1)^2f(-x)\\
(n-2-(n-1)^2)f(-x)=((n-1)^2-n+2)f(x)\\
-(n^2-3n+3)f(-x)=(n^2-3n+3)f(x)\\
-f(-x)=f(x) \\
f(-x)=-f(x)$\\
با() به ازای هر$x,y,z \in X$ همچنین به دست می آوریم:\\
از آنجایی که $1\le i<j\le n$ است،بنابراین :\\
$ \{i=1,j=2\}  ,  \{i=1,i=3\}  ,  \{i=2,i=3\}$\\
\\
$f(\frac{x+y}{2}+z)+(n-3)f(\frac{x}{2}+y+z)+f(\frac{x+z}{2})+(n-3)f(\frac{y}{2}+x+z)+\\
f(\frac{y+z}{2}+x)+(n-3)f(\frac{z}{2}+x+y)+\binom{n-3}{2}f(x+y+z)=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)+f(y)+f(z)]$\\
با قراردادن $z=-x-y$وبااستفاده از خواص زیر می توان نتیجه گرفت که $f$ یک تابع شرکت پذیر است:\\
$ f(0)=0  ,  f(2x)=2f(x)  , f(-x)=-f(x) $\\
$f(\frac{x+y}{2}-x-y)+(n-3)f(\frac{x}{2}+y-x-y)+f(\frac{x-x-y}{2})+(n-3)f(\frac{y}{2}+x-x-y)+\\
f(\frac{y-x-y}{2}+x)+(n-3)f(\frac{-x-y}{2}+x+y)+\binom{n-3}{2}f(x+y-x-y)=\frac{(n-1)^2}{2}[f(x)+f(y)+f(-x-y)]$\\
برعکس این استنباط مشخص است.\\
\end{proof}
\section{پایداری معادلات شرکت پذیر تعمیم یافته}
تعریف تابع زیرجمعی منقبض شونده:یک تابع $\phi :A \rightarrow B$ که $A$ دامنه و$B$ هم دامنه$(B,\le)$  بطوریکه هردو تحت عمل جمع بسته هستند ودارای ویژگی زیر است:\\
$                    \phi(x+y) \le\phi(x)+\phi(y)$    به ازای هر$ x,y \in A $\\
\\
تعریف تابع زیرجمعی انقباضی :تابع $\phi :A \rightarrow B$  زیرجمعی انقباضی است اگر وجود داشته باشد یک ثابت$L$ با$0>L<1$  بطوریکه:\\
$\phi(x+y) \le L[\phi(x)+\phi(y)]$   به ازای هر $ x,y \in A$\\
 آنگاه $\phi$ درویژگی های زیرصدق می کند:\\
$\phi(2x) \le 2 L\phi(x)$\\
$\phi(2^nx)\le (2L)^n \phi(x)$\\
\\
بااستفاده از شرط زیرجمعی انقباضی تابع $\phi$ به ازای $x \in A$ وهر عدد صحیح مثبت $\lambda \ge 2$ می توان نتیجه گرفت:\\
$ \phi(\lambda x) \le \lambda L \phi(x)$\\
$\phi(\lambda^i x)\le (\lambda L)^i \phi (x) ,  i\in \mathbb{N}$\\
\\
تعریف تابع زیرجمعی انبساطی:تابع $\phi A \rightarrow B $  زیرجمعی انبساطی است،اگر وجود داشته باشد یک ثابت $L$ با $0<L<1$  بطوریکه:\\
$\phi(x+y) \ge \frac{1}{L}[\phi(x)+\phi(y)]$    به ازای هر $x,y \in A$\\
آنگاه $\phi$ در ویژگی های زیر صدق می کند:\\
$ \phi(x) \le \frac{L}{2} \phi(2x)$\\
$\phi (\frac{x}{2^n}) \le (\frac{L}{2})^n \phi(x)$\\
بااستفاده از شرط زیرجمعی انبساطی تابع $\phi $ به ازای $x \in A$ وهر عدد صحیح مثبت $\lambda \ge 2$ می توان نتیجه گرفت:\\
$ \phi(\lambda x) \ge \frac{ \lambda}{ L} \phi(x)$\\
$\phi(\frac {x}{\lambda^i}) \le (\frac{L}{\lambda})^i \phi (x) ,  i\in \mathbb{N}$\\
\\
از حالا، بدون هیچ منبع مشخصی فرض می کنیم $X$ یک فضای خطی حول $\mathbb{K}$ و$Y$ یک فضای باناخ -$(\beta,p)$ با $p$-نرم $\|.\|_Y$ است.\\
حال میخواهیم پایداری تغییریافته هایرز-اولام معادله تابعی () را بررسی کنیم.\\
فرض کنیم نگاشت$f: X \rightarrow Y$ واسکالر $\mu \in \mathbb{K}$ داده شده است.عملگر تفاضلی $D_\mu f : X^n =\overbrace{ X\times... \times X }^\text{$n$-بار}\rightarrow Y$ از معادله () را به ازای هر $n$-متغیره های $x_1,...x_n \in X$ $(n\ge3)$ که به عنوان یک اختلال در معادله () عمل می کندبه صورت زیر تعریف می کنیم:
\begin{equation*} D_\mu f(x_1,x_2,...x_n) := \sum _{1\le i <j \le n} f\bigg( \frac{\mu x_i+\mu x_j}{2}+\sum _{l=1 ,k_l\ne i,j}^{n-2} \mu {x_k}_l \bigg) -\frac{(n-1)^2}{2} \sum _{i=1}^{n} \mu f(x_i)
\end{equation*}
\begin{theorem}
فرض کنیم وجود دارد یک نگاشت$\varphi  : X^n = \overbrace{X\times..,\times X}^\text{$n$-بار} \rightarrow[0,\infty)$درحالی که یک نگاشت $f:X\rightarrow Y$ درنامساوی زیر به ازای هر $n$-متغیره های $x_1,...x_n \in X$ صدق می کند:
\begin{eqnarray}
&&\|D_1 f(x_1,... ,x_n)\|_Y \le \varphi (x_1,...,x_n)
\end{eqnarray}
همچنین نگاشت $\varphi$ زیرجمعی انقباضی با یک ثابت $L$  که در $\lambda^{1-\beta}L <1$ صدق می کند.آنگاه وجود خواهدداشت یک نگاشت جمع پذیر $g:X\rightarrow Y$ که به ازای هر$x\in X$ که $\lambda:=n-1$ درمعادله() ونامساوی زیر صدق می کند:
\begin{eqnarray}
&&\|f(x)-g(x)\|_Y \le \frac{2^\beta \varphi \overbrace{(x,... ,x)}^{n-بار}}{n^\beta \lambda^\beta \sqrt[p]{(\lambda^{\beta p}-\lambda^p L^p)}}
\end{eqnarray}
\end{theorem}
\begin{proof} 
با جایگزینی $x_1,...x_n :=x$ در نامساوی تابعی () $x \in X $ به دست می آوریم:
\begin{eqnarray*}
&&\|D_1 f (x_1,... ,x_n)\|_Y=\bigg\| \sum _{1\le i <j \le n} f\bigg( \frac{ x+x}{2}+\sum _{l=1 ,k_l\ne i,j}^{n-2} {x} \bigg) -\frac{(n-1)^2}{2} \sum _{i=1}^{n} f(x)\bigg\| \\
&&=\bigg\|\binom{n}{2} f((n-1)x) -\frac{n(n-1)^2}{2} f(x) \bigg\|_Y \le \varphi(x,...x)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray}
&&\bigg\|f(x) -\frac{f(\lambda x)}{\lambda} \bigg\|_Y \le \frac{2^\beta}{n^\beta \lambda^{2\beta} } \varphi(x,...,x)
\end{eqnarray}
بنابراین با توجه به () وجایگزینی $x := \lambda ^i x$ وروش تکرار داریم:
\begin{eqnarray*}
&&\bigg\| \frac {f(\lambda ^i x)}{\lambda ^l} - \frac{(\lambda ^m x)}{\lambda ^m} \bigg\|_{Y}^{P} \le \sum_{i=1}^{m-1} \frac{1}{\lambda^{\beta p^i}} \bigg\| {f(\lambda ^i x)} - \frac{f(\lambda ^{i+1} x)}{\lambda} \bigg\|_{Y}^{P} \\ 
&&\le  \frac{2^{\beta p}}{n^{\beta p}\lambda ^{2\beta p}}\sum_{i=1}^{m-1} \frac{1}{\lambda^{\beta p^i}} \varphi (\lambda^i x ,...,\lambda^i x)^p
\end{eqnarray*}
طبق تعریف زیرجمعی انقباضی نگاشت $\varphi$ داریم:
\begin{eqnarray*}
&&\le  \frac{2^{\beta p}}{n^{\beta p}\lambda ^{2\beta p}}\sum_{i=1}^{m-1} \frac{1}{\lambda^{\beta p^i}}                       (\lambda L)^{\beta p^i}\varphi (\lambda^i x ,...,\lambda^i x)^p
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray}
&&= \frac{2^{\beta p}\varphi (\lambda^i x ,...,\lambda^i x)^p}{n^{\beta p}\lambda ^{2\beta p}}\sum_{i=1}^{m-1}(\lambda ^{1-\beta} L)^{pi}
\end{eqnarray}
به ازای هر $x \in X$ و $ m>1 \ge 0$.
بنابراین می توان نتیجه گرفت که دنباله$ \{ \frac{f(\lambda^mx)}{\lambda^m}\}$  در$Y$ کوشی است ودرنتیجه همگراست.بنابراین می بینیم که نگاشت $g: X \rightarrow Y$ که به صورت زیر تعریف شده است به ازای هر $x \in X$ خوش تعریف است.
\begin{eqnarray*}
&&g(x) := \lim_{m \to \infty} \frac{f(\lambda^mx)}{\lambda^m}= \lim_{m \to \infty} \frac{f((n-1)^mx)}{(n-1)^m}
\end{eqnarray*}
علاوه براین از() واضح است که نامساوی زیر به ازای هر $x_1,...x_n \in X$ برقرار است وهمچنین نگاشت $g$ شرکت پذیر است.
\begin{eqnarray*}
&&\| D_1 g(x_1,...,x_n) \|^{P}_{Y} = \lim _{m \to \infty} \frac{\|D_1f(\lambda^mx_1,...,\lambda^mx_n)\|}{\lambda^{\beta pm}}\\
 &&\le  \lim _{m \to \infty}\frac{\varphi(\lambda^mx_1,...,\lambda^mx_n)^P}{\lambda^{\beta pm}}\\
&& \le  \lim _{m \to \infty}(\lambda^{1-\beta}L)^{pm} \varphi(x_1,...,x_n)^P =0
\end{eqnarray*}
با گرفتن حد زمانی که $m \rightarrow \infty$ در () با $l=0$ ،می توان نتیجه گرفت که $g$ یک نگاشت جمع پذیر که در نامساوی () صدق می کند، نزدیک به نگاشت تقریبی $f: X\rightarrow Y$ از معادله () است.\\ 
برای اثبات منحصربه فردی، فرض می کنیم وجود دارد یک نگاشت جمع پذیر دیگری مانند $T : X\rightarrow Y$ که در معادله () ونامساوی () صدق می کند.آنگاه به آسانی می توان دید که با قراردادن $ x_i := x$ به ازای هر $i=1,...,n$ در () به ازای هر $x \in X$ و هر $m \in \mathbb{N}$ داریم:\\
$ T(\lambda x)= \lambda T(x)$\\
$T(\lambda^mx)=\lambda^m T(x)$ \\
بنابراین با استفاده از آخرین تساوی و() به ازای هر $x \in X$ وهر$m \in \mathbb{N}$ :
\begin{eqnarray*}
&&\bigg\| \frac {f(\lambda ^m x)}{\lambda ^m} - T(x) \bigg\|_{Y}=\frac{1}{\lambda^{\beta m}}\| {f(\lambda ^m x)} - T(\lambda ^mx) \|_{Y} \\ 
&&\le  \frac{1}{\lambda^{\beta m}}\frac{2^\beta \varphi (\overbrace{\lambda^m x ,...,\lambda^m x}^\text{n-بار}) }{n^{\beta }\lambda ^\beta  \sqrt[p]{(\lambda^{\beta p}-\lambda^p L^p)}}\\
&&\le \frac{2^\beta \varphi (\overbrace{ x ,..., x}^\text{n-بار}) }{n^{\beta }\lambda ^\beta  \sqrt[p]{(\lambda^{\beta p}-\lambda^p L^p)}} (\lambda^{1-\beta}L)^m
\end{eqnarray*}
بنابراین زمانی که $m \to \infty$ ،به ازای هر $x \in X$:
\begin{eqnarray*}
&&g(x) - T(x) =0
\end{eqnarray*}
که با وجود این اثبات منحصربه فردی کامل می شود.
\end{proof}
\begin{theorem} 
فرض کنیم وجود دارد یک نگاشت$\varphi  : X^n = \overbrace{X\times..,\times X}^\text{$n$-بار} \rightarrow[0,\infty)$ درحالی که یک نگاشت $f:X\rightarrow Y$ درنامساوی زیر به ازای هر $n$-متغیره های $x_1,...x_n \in X$ صدق می کند:
\begin{eqnarray}
&&\|D_1 f(x_1,... ,x_n)\|_Y \le \varphi (x_1,...,x_n)
\end{eqnarray}
همچنین نگاشت $\varphi$ زیرجمعی  با یک ثابت $L$  که در $\lambda^\beta L <\lambda$ صدق می کند.آنگاه وجود خواهدداشت یک نگاشت جمع پذیر $g:X\rightarrow Y$ که به ازای هر$x\in X$ که $\lambda:=n-1$ درمعادله() ونامساوی زیر صدق می کند:
\begin{eqnarray}
&&\|f(x)-g(x)\|_Y \le \frac{2^\beta  L\varphi \overbrace{(x,... ,x)}^{n-بار}}{n^\beta \lambda^\beta \sqrt[p]{(\lambda^{\beta p}-\lambda^p L^p)}}
\end{eqnarray}
\end{theorem} 

\begin{proof}
با توجه به () وجایگزینی $x := \frac{x}{\lambda ^i} $ وروش تکرار داریم:
\begin{eqnarray*}
&&  \bigg\| \lambda^l f\frac {x}{\lambda ^l} - \lambda^mf\bigg(\frac{x}{\lambda ^m}\bigg) \bigg\|_{Y}^{P} \le \sum_{i=1}^{m-1}\lambda^{\beta pi}  \bigg\| f \bigg(\frac{x}{\lambda^i} \bigg) - \lambda f \bigg(\frac{x}{\lambda^{i+1}} \bigg) \bigg\|_{Y}^{P} \\ 
&&\le  \frac{2^{\beta p}}{n^{\beta p}\lambda ^{2\beta p}}\sum_{i=1}^{m-1}\lambda^{(i+1)\beta p}\varphi \bigg(\frac{x}{\lambda^{i+1} } ,...,\frac{x}{\lambda^{i+1}} \bigg)^p
\end{eqnarray*}
طبق تعریف زیرجمعی انبساطی نگاشت $\varphi$ و به ازای هر $x \in X$ و $ m>1 \ge 0$ داریم:
\begin{eqnarray}
  &&  \le \frac{2^{\beta p}\varphi ( x ,..., x)^p}{n^{\beta p}\lambda ^{2\beta p}}\sum_{i=1}^{m-1}(\lambda ^{\beta-1} L)^{(i+1)p}
\end{eqnarray}
بنابراین می بینیم که نگاشت $ g: X \rightarrow Y$ که به صورت زیر تعریف شده است، به ازای هر $x \in X$ خوش تعریف است.
\begin{eqnarray*}
&&g(x) := \lim_{m \to \infty} \frac{f(\lambda^mx)}{\lambda^m}= \lim_{m \to \infty} \frac{f((n-1)^mx)}{(n-1)^m}
\end{eqnarray*} 
با گرفتن حد زمانی که $m \rightarrow \infty$ در () با $l=0$ ،می توان نتیجه گرفت که $g$ یک نگاشت جمع پذیر که در نامساوی () صدق می کند، نزدیک به نگاشت تقریبی $f: X\rightarrow Y$ از معادله () است.\\ 
برای اثبات منحصربه فردی، فرض می کنیم وجود دارد یک نگاشت جمع پذیر دیگری مانند $T : X\rightarrow Y$ که در معادله () ونامساوی () صدق می کند.آنگاه به آسانی می توان دید که با قراردادن $ x_i := x$ به ازای هر $i=1,...,n$ در () به ازای هر $x \in X$ و هر $m \in \mathbb{N}$ داریم:......\\

\end{proof}
\begin{theorem}
فرض کنیم یک نگاشت $f: X \to Y$ به ازای هر $x_1,...x_n \in X$در نامساوی زیر صدق می کند:
\begin{eqnarray*}
\| D_1 f (x_1,...,x_n )\|_Y \le \varphi (x_1,...,x_n)
\end{eqnarray*} 
اگر تابع$\varphi : X^n \to [0,\infty)$ به ازای هر$x,x_1,...,x_n \in X$ ،که $\lambda := n-1$ در عبارات زیرصدق  کند:
\begin{eqnarray*}
 &&\phi (x,...,x) := \sum _{i=0}^{\infty} \frac {k^i \varphi(\lambda^ix,...,\lambda^ix)}{\lambda^{\beta i}}< \infty \\
&&\lim_{m \to \infty} \frac{k^m \varphi(\lambda^mx,...,\lambda^mx)}{\lambda^{\beta m}}=0
\end{eqnarray*}
آنگاه وجود خواهد داشت یک نگاشت جمع پذیر منحصربه فرد $g : X \to Y$ به طوری که $g$ در معادله () و نامساوی زیر به ازای هر $x \in X$ صدق می کند.
\begin{eqnarray*}
&&\|f(x) -g(x)\|_Y \le \frac{2^\beta K}{n^\beta \lambda ^{2\beta}}\phi (x,...,x)
\end{eqnarray*}
\end{theorem}
\begin{proof}
از () وبا جایگذاری $ x:= \lambda^i x$ وروش تکرار به ازای هر$ x\in X$ و هر $m> 1$ داریم:
\begin{equation}
\bigg\|f(x)-\frac{f(\lambda^mx}{\lambda^m}\bigg\| _Y \le \frac{2^\beta K}{n^\beta \lambda ^{2\beta}}\sum _{i=0}^{m-2}\frac {k^i \varphi(\lambda^ix,...,\lambda^ix)}{\lambda^{\beta i}}+\frac{2^\beta K}{n^\beta \lambda ^{2\beta}} \frac{k^{m-1} \varphi(\lambda^{m-1}x,...,\lambda^{m-1}x)}{\lambda^{\beta (m-1)}}
\end{equation}
که نامساوی بالا به ازای$m=1$  همان ()است.درحقیقت،بامحاسبه می بینیم که به ازای هر$x \in X$،داریم:
\begin{eqnarray*}
&&\bigg\|f(x)-\frac{f(\lambda^{m+1}x)}{\lambda^{m+1}}\bigg\| _Y \le K \bigg\|f(x)-\frac{f(\lambda x)}{\lambda}\bigg\| _Y+ \frac{K}{\lambda^\beta}\bigg\|f(\lambda x)-\frac{f(\lambda^{m+1}x)}{\lambda^m}\bigg\| _Y \\
&&\le \frac{2^\beta K}{n^\beta \lambda ^{2\beta}}\varphi(x,...,x)+\frac{2^\beta K^2}{n^\beta \lambda ^{3\beta}}\sum _{i=0}^{m-2}\frac {k^i \varphi(\lambda^{i+1}x,...,\lambda^{i+1}x)}{\lambda^{\beta i}}+\frac{2^\beta K}{n^\beta \lambda ^{3\beta}} \frac{k^{m-1} \varphi(\lambda^mx,...,\lambda^mx)}{\lambda^{\beta (m-1)}}\\
&&=\frac{2^\beta K}{n^\beta \lambda ^{2\beta}}\sum _{j=0}^{m-1}\frac {k^j \varphi(\lambda^jx,...,\lambda^jx)}{\lambda^{\beta j}}+\frac{2^\beta }{n^\beta \lambda ^{2\beta}}\frac{k^m \varphi(\lambda^mx,...,\lambda^mx)}{\lambda^{\beta m}}
\end{eqnarray*}
که با استقرا درحالت $m+1$ نامساوی() رااثبات می کند.\\
بنابراین می توان نتیجه گرفت که دنباله $ \{\frac{f(\lambda^mx)}{\lambda^m}\}$در $y$ کوشی وهمگراست.بنابراین می بینیم که یک نگاشت $g : X \to Y$ که به صورت زیر تعریف شده است به ازای هر $x \in X$ خوش تعریف است.
\begin{eqnarray*}
 &&g(x) := \lim_{m \to \infty} \frac{f(\lambda^mx)}{\lambda^m}= \lim_{m \to \infty} \frac{f((n-1)^mx)}{(n-1)^m}
\end{eqnarray*}
 اثبات منحصربه فردی:
\end{proof}
\begin{theorem}
فرض کنیم یک نگاشت$f: X \to Y$ در نامساوی زیربه ازای هر $x_1,...,x_n \in X$ صدق می کند.
\begin{eqnarray*}
\| D_1 f (x_1,...,x_n )\|_Y \le \varphi (x_1,...,x_n)
\end{eqnarray*}
اگرتابع$\varphi : X^n \to [0,\infty)$ در نامساوی های  زیر به ازای هر $x,x_1,...x_n \in X$  که $\lambda : =n-1$ صدق کند
\begin{eqnarray*}
&& \psi (x,...,x) := \sum_{i=1}^{\infty}(\lambda^\beta K)^i \varphi \bigg(\frac{x}{\lambda ^i},...,\frac{x}{\lambda^i} \bigg) < \infty  \\
&& \lim_{m \to \infty} (\lambda^\beta K)^m \varphi \bigg(\frac{x_1}{\lambda^m},...,\frac{x_n}{\lambda^n} \bigg)=0\\
\end{eqnarray*}
آنگا ه وجود دارد یک نگاشت جمع پذیر منحصربه فرد$g : X \to Y$ به طوری که $g$  در معادله () و نامساوی زیر به ازای هر $x \in X $  صدق می کند.
\begin{eqnarray*} 
&& \| f(x) - g(x) \| \le \frac{2^\beta}{n^\beta \lambda ^(2\beta)} \phi (x,...,x)\\
\end{eqnarray*}
\end{theorem} 
\begin{proof}
از () وروش مشابه () نتیجه می شود که به ازای هر $x \in X$ وهر $m>1$ 
\begin{eqnarray*}
&& \bigg\| f(x) - \lambda ^m f \bigg(\frac{x}{\lambda^m}\bigg) \bigg\|_Y \le \frac{2^\beta}{n^\beta \lambda^{2\beta}}\sum_{i=1}^{m-1}(\lambda^\beta K)^i \varphi \bigg( \frac{x}{\lambda^i},...,\frac{x}{\lambda^i}\bigg)+\frac{2^\beta}{n^\beta \lambda^{2\beta}K}(\lambda^\beta K)^m \varphi \bigg( \frac{x}{\lambda^m},...,\frac{x}{\lambda^m}\bigg) \\
\end{eqnarray*}
بنابراین می بینیم  نگاشت $g:X\to Y$ که به صورت زیر تعریف شده است،به ازای هر $x \in X$ خوش تعریف است.
\begin{eqnarray*}
&& g(x):= lim_{m \to \infty} \lambda^m f \bigg(\frac{x}{\lambda^m}\bigg) = lim_{m \to \infty}(n-1)^m f \bigg(\frac{x}{(n-1)^m}\bigg) \\
\end{eqnarray*}
اثبات منحصر به فردی:

\end{proof}
\begin{corollary}
فرض کنیم $X$ یک فضای کوشی-نرمدار$ \alpha$ خطی با نرم- $\alpha$ $\|.\|$ باشد.اگر وجود داشته باشدعدد حقیقی$r_i \in \mathbb{R}$ ،$ r :=\sum_{i=1}^{n} r_i \ne 1$ به طوری که یک نگاشت $f : X \to Y$ در نامساوی زیر به ازای هر $x_1,...,x_n \in X$ که () صدق می کند.
\begin{eqnarray*}
&& \| D_1f(x_1,...,x_n)\|_Y \le \theta \prod_{i=1}^{n} \|x_i\|^{r_i} \\
\end{eqnarray*}
آنگاه وجود دارد یک نگاشت جمع پذیر منحصربه فرد $g : X \to Y$  که در معادله () ونامساوی زیر به ازای هر $x \in X$ که  $\lambda := n-1$ صدق می کند:
\begin{eqnarray*}
&& \|f(x) -g(x) \|_Y \le 
\begin{Bmatrix}
&&\frac{K \theta 2^\beta \|x\|^r}{n^\beta \lambda ^\beta ( \lambda ^{\alpha r}-K \lambda^\beta)}  &  & K\lambda^{\alpha r} < \lambda^\beta \\
&&\frac{K \theta 2^\beta \|x\|^r}{n^\beta \lambda ^\beta ( \lambda ^{\alpha r}-K \lambda^\beta)}  &  & K\lambda ^\beta< \lambda^{\alpha r}
\end{Bmatrix}
\end{eqnarray*}
\end{corollary}
\begin{corollary}
فرض کنیم $X$یک فضای خطی نرمدار$\alpha$ کوشی  با نرم$\alpha$ کوشی $\|.\|$ باشد.اگر وجود داشته باشد یک ثابت $r \in \mathbb{R}$ به طوریکه نگاشت $f : X \to Y$ در نامساوی تابعی زیر به ازای هر $x_1,...,x_n \in X$ صدق کند:
\begin{eqnarray*}
&& \| f(x) - g(x) \|_Y \theta \bigg( \sum_{i=1}^{n} \|x_i\|^r \bigg)
\end{eqnarray*}
آنگاه وجود دارد یک نگاشت جمع پذیر منحصربه فرد $g : X \to Y$ که در معادله () ونامساوی زیر به ازای هر$x \in X$ که $ \lambda :=n-1$ صدق می کند:
\begin{eqnarray*}
&& \|f(x) -g(x) \|_Y \le 
\begin{Bmatrix}
&&\frac{nK \theta 2^\beta \|x\|^r}{n^\beta \lambda ^\beta ( \lambda ^{\beta}-K \lambda^{\alpha r})}  &  & K\lambda^{\alpha r} < \lambda^\beta \\
&&\frac{nK \theta 2^\beta \|x\|^r}{n^\beta \lambda ^\beta ( \lambda ^{\alpha r}-K \lambda^\beta)}  &  & K\lambda ^\beta< \lambda^{\alpha r}
\end{Bmatrix}
\end{eqnarray*}
\end{corollary}
\begin{example}
حال ،
درحالت $n=3$;$\lambda =2$ ;$ \alpha =\beta=K=r=1$ برای معادله()ُ.فرض کنیم معادله $f: X \to Y$ که به صورت$ f(x) = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{\phi(2^nx)}{2^n}$، $ x \in \mathbb{R}$ که
\begin{eqnarray*}
&& \phi(x) = 
\begin{Bmatrix}
&& \mu  & &x \ge 1  \\
&&\mu x  && x \in (-1,1)\\
&&- \mu  & &x \le -1 , \mu = \frac{\theta}{6}, \theta >0
\end{Bmatrix}
\end{eqnarray*}
اثبات:
\begin{eqnarray}
&& | f(x_1+x_2) -f(x_1) -f(x_2) | \le \theta (|x_1| +|x_2|) 
\end{eqnarray}  
بنابراین از () نامساوی $Jensen$ به دست می آید:
\begin{eqnarray*}
&& \bigg | 2f \bigg( \frac{x_1+x_2}{2}\bigg) -f(x_1)-f(x_2) \bigg| \le 2 \bigg | f \bigg( \frac{x_1+x_2}{2}\bigg) -f\bigg(\frac{x_1}{2}\bigg)-f \bigg( \frac{x_2}{2} \bigg) \bigg |\\
&&+ \bigg | -f \bigg (\frac{x_1+x_1}{2}\bigg)+f \bigg( \frac{x_1}{2} \bigg)+f \bigg(\frac{x_1}{2} \bigg) \bigg|
+ \bigg | -f \bigg( \frac{x_2+x_2}{2} \bigg) +f \bigg( \frac{x_2}{2} \bigg)+ f\bigg(\frac{x_2}{2}\bigg) \bigg|\\
&& \le 2 \theta \bigg( \bigg| \frac{x_1}{2} \bigg| +\bigg| \frac{x_2}{2} \bigg| \bigg) + \theta \bigg( \bigg|\frac{x_1}{2} \bigg|+\bigg| \frac{x_1}{2} \bigg| \bigg ) + \theta \bigg ( \bigg| \frac{x_2}{2} \bigg|+ \bigg | \frac{x_2}{2} \bigg| \bigg)  \\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray}
&& =2 \theta (|x_1|+|x_2|)
\end{eqnarray}
بنابراین از معادله () و ()نامساوی زیر رانتیجه می گیریم:
\begin{eqnarray*}
&& \bigg| f\bigg(\frac{x_1+x_2}{2}+x_3 \bigg) + f\bigg( \frac{x_1+x_3}{2}+x_2 \bigg) +f\bigg( \frac{x_2+x_3}{2}+x_1 \bigg) -2 [f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)] \bigg| \\
&& \le \bigg| f\bigg( \frac{x_1+x_2}{2}+x_3 \bigg) -f\bigg( \frac{x_1+x_2}{2} \bigg)-f(x_3) \bigg| +\frac{1}{2} \bigg| 2f \bigg(\frac{x_1+x_2}{2} \bigg) -f(x_1)-f(x_2) \bigg|\\
&&+ \bigg| f\bigg( \frac{x_1+x_3}{2}+x_2 \bigg) -f\bigg(\frac{x_1+x_3}{2}\bigg)-f(x_2)\bigg|+\frac{1}{2}\bigg|2f\bigg(\frac{x_1+x_3}{2}\bigg)-f(x_1)-f(x_3) \bigg|\\
&&+ \bigg| f\bigg( \frac{x_2+x_3}{2}+x_1 \bigg) -f\bigg(\frac{x_2+x_3}{2}\bigg)-f(x_1)\bigg|+\frac{1}{2}\bigg|2f\bigg(\frac{x_2+x_3}{2}\bigg)-f(x_2)-f(x_3) \bigg|\\
&& \le \theta \bigg(\frac{|x_1|+|x_2|}{2}+|x_3|\bigg)+\frac{1}{2}\big[2\theta(|x_1|+|x_2|)\big]+\theta \bigg(\frac{|x_1|+|x_3|}{2}+|x_2|\bigg)+{1}{2}\big[2\theta(|x_1|+|x_3|)\big]\\
&&+\theta\bigg(\frac{|x_2|+|x_3|}{2}+|x_1| \bigg)+\frac{1}{2}\big[2\theta(|x_2|+|x_3|)\big]\\
&&+4\theta(|x_1|+|x_2|+|x_3|).
\end{eqnarray*}
اما از() مشاهده می کنیم که:\\
$\frac{f(x)}{x}\to \infty$ زمانی که $x \to \infty$ و $\frac{|f(x)-g(x)|}{|x|}$ که $(x\ne 0)$ غیرکراندار است.\\
جایی که $g(x)=\lim_{m\to \infty}\frac{f(2^mx)}{2^m}$,یا$g(x)=\lim_{m \to \infty}2^mf(2^{-m}x).$
\begin{corollary}
اگر وجود داشته باشد یک ثابت  $\delta \ge 0$ به طوری که یک نگاشت $f: X \to Y$ در نامساوی تابعی زیر به ازای هر $x_1,...,x_n \in X$ صدق کند:
\begin{eqnarray*}
\big\| D_1f(x_1,...,x_n) \big\|_Y \le \delta
\end{eqnarray*}
آنگاه وجود دارد یک نگاشت جمع پذیر منحصربه فرد$g:X \to Y$ که در معادله () ونامساوی زیر به ازای هر $x \in X$ که $\lambda :=n-1$ صدق می کند:
\begin{eqnarray*}
\big\|f(x)-g(x)\big\|_Y \le \frac{K \delta 2^\beta}{n^\beta \lambda^\beta (\lambda^\beta -K)}   ,  K<\lambda^\beta
\end{eqnarray*}

\end{corollary}
      
\end{example}


   




































 

\end{document}