$f: QQ \rightarrow QQ$

[dan952]

Sia $f:QQ \rightarrow QQ$ tale che:
• $f(m+n)=f(m)+f(n)\ \forall m,n \in QQ$
• $f(1)=0$
Dimostrare che $f(r)=0\ \forall r \in QQ$

[Gi81]

Non uso l'ipotesi $f(1)=0$ e dimostro che $f(q)= f(1)*q$ per ogni $q in QQ$

[1]$f(0)=0$
infatti $f(0)= f(0+0)=f(0)+f(0)$

[2]$f$ è dispari
infatti per ogni $q in QQ$ si ha $0=f(0)=f(q-q)= f(q)+f(-q)$

[3]per ogni $a in ZZ$ si ha $f(a)= f(1)*a$
infatti $f(a+1)= f(a)+f(1)$

[4] per ogni $n in NN$, per ogni $q in QQ$ si ha $f(n*q)= n *f(q)$
per induzione su $n$:
$n=0$ e $n=1$ sono banalmente vere, e $f((n+1)*q)= f(nq+q)= f(nq)+f(q)= n*f(q)+f(q)= (n+1) *f(q)$

[5] per ogni $n in NN \\{0}$ si ha $f(1/n)= f(1) * 1/n$
infatti $f(1)= f(n* 1/n)= n*f(1/n)$

[6] per ogni $m, n in NN \\ {0}$ si ha $f(m/n)= f(1)* m/n$
infatti $f(m/n)= f( m * 1/n)= m *f(1/n)= m*f(1) * 1/n=f(1)* m/n$
[/list:u:1mqwknzn]

[kobeilprofeta]

forse piu` veloce: a intero
$f(x)=f(a+(x-a))=f(1+...+1)+f(x-a)=f(1)+...+f(1)+f(x-a)=f(x-a)$
Da questo noto che se $q-p$ e` intero, allora $f(p)=f(q)$.
Per assurdo ci sia $y$ t.c. $f(y)=k!=0$. Allora $f(1)=f(y+(1-(n-1)*y))=f(y)+f(1-(n-1)*y)=2k!=0$ assurdo!

Nota: $y-(1-(n-1)*y)=y-1+(n-1)*y=ny$ che e` intero dato che $y$ posso sempre scriverlo come $m/n$.

[Black Magic]

Dalle ipotesi fatte su $f$ deduciamo che:

$f(1+n)=f(1)+f(n)=f(n)$

Quindi deduciamo che $f(n)=0$ , $\forall n \in NN$ perché $f(n)=f(1+1+1+1+....)$
Inoltre, supposto m>n si ha:
$f(-n+m)=f(-n)+f(m)= f(-n) = 0$,

ed essendo m e n arbitrari, possiamo concludere che $f(n)=0 \forall n\in ZZ$.

Ora, siano $a,b \in QQ$ e $1=a+b$. Deve essere:

$f(a)+f(b)=f(a+b)=f(1)=0$,

$f(a)=-f(b)$
$f(a)+0=-f(b)$, $f(a)+f(a+b)=-f(b) \rightarrow f(na)=-f(nb)$

Per ogni coppia $(a,b) \in [0,1] \cap QQ$, con $a+b=1$, esiste sempre un $n \in RR$ tale che $nb=1$

(È vero se $n \in QQ$ oppure $n \in RR$, ma nel nostro caso la cosa si verifica per n interi! Quindi modifico questo pezzo di dimostrazione)
Nel nostro caso è vero che $nb\in ZZ$, perché ogni razionale $a$ può essere scritto nella forma $\frac{m}{n}$, per cui:


$f(a)=0 \forall a \in[0,1]\cap QQ$
Q.E.D.

[dan952]

A meno di errori di battitura mi sembrano tutte corrette $\Rightarrow$ bravi tutti

[Rigel1]

Domandone: cosa succede se al posto di \(\mathbb{Q}\) ci mettiamo \(\mathbb{R}\)?

[dan952]

Supponiamo per assurdo che l'insieme $P={x \in RR| f(x)>0$[nota]Analogamente si procede se si considera l'insieme di punti dove $f<0$[/nota]sia non vuoto, e sia $\xi = Inf P> -\infty$, tuttavia se si prende $r<0 \in QQ$ allora $f(\xi+r)=f(\xi)+f(r)>0$ assurdo poiché $\xi+r<\xi$ contro l'ipotesi di estremo inferiore. Concludiamo che $f(x)=0$ per ogni $x \in RR$.

Ho messo come ipotesi che $Inf P> -\infty$, altrimenti non saprei come procedere.

[Rigel1]

In realtà esistono funzioni \(f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) additive ma non lineari (e, in particolare, ne esistono tali che \(f(1) = 0\) ma \(f\) non è identicamente nulla).
La dimostrazione, però, non è elementare.

[dan952]

Si ne esistono infinite, ho letto qualcosina a riguardo su Wikipedia nella voce equazione funzionale di Cauchy.

[Rigel1]

"dan95":Si ne esistono infinite, ho letto qualcosina a riguardo su Wikipedia nella voce equazione funzionale di Cauchy.

Esattamente.

[Black Magic]

"Rigel":In realtà esistono funzioni \(f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) additive ma non lineari (e, in particolare, ne esistono tali che \(f(1) = 0\) ma \(f\) non è identicamente nulla).
La dimostrazione, però, non è elementare.

Il punto è capire che proprietà potrebbe avere f.

Sia dunque $f:RR \to RR$ reale di variabile reale con le proprietà:

1. $f(x+y)=f(x)+f(y)$
2. $f(1)=0$

Abbiamo già dimostrato che in $QQ$ la funzione è sempre nulla.

Sia ora $x_0 \in RR-QQ$.
Esiste una successione $(a_{n})_{n \in NN}$ di elementi di $QQ$ che converge a $x_0$.
Cioè si deve avere:
$lim_{n -> +\infty} a_{n} = x_0$

Dunque $f(x_0)= lim_(n -> +\infty) f(a_{n}) =0$ se f è continua.

Esiste anche un'altra maniera per dimostrare questo fatto ma al momento non saprei ben scriverla.

Edit

Sia $x_0 \in RR-QQ$.
Esiste (Teorema di Riemann-Dini) una serie di numeri reali che converge a $x_0$.
Nel nostro caso, possiamo costruire una serie di numeri razionali convergente a $x_0$, cosicché si ha:

$f(x_0)= \sum_{k=0}^(+\infty) f(a_{n}) = 0$,

perché la serie a secondo membro ha termini tutti nulli.

Questo accade senz'altro se f è continua.


PS

Potrei avere abusato pesantemente e, quindi, scritto corbellerie.

[dan952]

Sei sicuro che il teorema di Riemann Dini dica quello?
La versione che so io (vista pochi minuti fa su Wiki) afferma:
Data una successione di reali ${a_n}_n$ se:
• $S_m=\sum_{n=1}^{m}a_n \rightarrow l \in RR$ per $m \rightarrow +\infty$ (converge semplicemente)
• $\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n|=+\infty$
allora $\forall \alpha \in \bar(RR)$ esiste una permutazione $\sigma : NN \rightarrow NN$ tale che
$$\lim_{m \rightarrow +\infty}|\alpha-S_m^{\sigma}|=0$$
dove $S_m^{\sigma}=\sum_{n=1}^{m}a_{\sigma(n)}$
Ora se prendiamo la serie a segni alterni e sfruttiamo l'ipotesi di continuità di $f$ avremo che $\forall \alpha \in RR$ esisterà una permutazione $\sigma_{\alpha}: NN \rightarrow NN$ tale che $\lim_{m \rightarrow +\infty} |f(\alpha)-f(\sum_{n=1}^{m} \frac{(-1)^{\sigma_{\alpha}(n)}}{\sigma_{\alpha}(n)})|=\lim_{m \rightarrow +\infty} |f(\alpha)|=|f(\alpha)|=\lim_{m \rightarrow +\infty} |f(\alpha-\sum_{n=1}^{m} \frac{(-1)^{\sigma_{\alpha}(n)}}{\sigma_{\alpha}(n)})|=|f(0)|=0$

[Black Magic]

"dan95":Sei sicuro che il teorema di Riemann Dini dica quello?
La versione che so io (vista pochi minuti fa su Wiki) afferma:
Data una successione di reali ${a_n}_n$ se:
• $S_m=\sum_{n=1}^{m}a_n \rightarrow l \in RR$ per $m \rightarrow +\infty$ (converge semplicemente)
• $\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n|=+\infty$
allora $\forall \alpha \in \bar(RR)$ esiste una permutazione $\sigma : NN \rightarrow NN$ tale che
$$\lim_{m \rightarrow +\infty}|\alpha-S_m^{\sigma}|=0$$
dove $S_m^{\sigma}=\sum_{n=1}^{m}a_{\sigma(n)}$

E io cosa ho detto?

Esiste (Teorema di Riemann-Dini) una serie di numeri reali che converge a x0.

Chiaro che deve avere delle proprietà, ma comunque è vero che il teorema afferma quello.

Il punto è che si può scrivere qualsiasi numero reale come serie i cui termini sono tutti razionali. (1)
Questo il teorema di Riemann-Dini non lo dice, quindi:

Ora se prendiamo la serie a segni alterni e sfruttiamo l'ipotesi di continuità di $f$ avremo che $\forall \alpha \in RR$ esisterà una permutazione $\sigma_{\alpha}: NN \rightarrow NN$ tale che $\lim_{m \rightarrow +\infty} |f(\alpha)-f(\sum_{n=1}^{m} \frac{(-1)^{\sigma_{\alpha}(n)}}{\sigma_{\alpha}(n)})|=\lim_{m \rightarrow +\infty} |f(\alpha)|=|f(\alpha)|=\lim_{m \rightarrow +\infty} |f(\alpha-\sum_{n=1}^{m} \frac{(-1)^{\sigma_{\alpha}(n)}}{\sigma_{\alpha}(n)})|=|f(0)|=0$

Non puoi dedurlo solo con il teorema di Riemann-Dini, perché non è detto che i termini della serie siano tutti razionali.

Dunque se (1) è vera $\exists x \in RR : f(x) \ne 0$ a patto che f sia discontinua?
In teoria è possibile costruire una funzione del genere (non date a me i meriti di ciò).

[Black Magic]

Pensandoci bene, non è necessario sfoderare colossi come il teorema Riemann-Dini.

Teorema
Sia $x\in RR-QQ$. Allora esiste una serie $\sum_{k=0}^(+\infty) a_n$ di termini razionali $(a_n)_{n\in NN} : a_n \in QQ \forall n \in NN$ che converge a $x$.

Dimostrazione

In generale il numero x può scriversi come:

$x=b_0,b_1b_2b_3...b_k..$
Dove $b_0$ è la parte intera del numero $x$.
Possiamo costruire la serie che converge al numero $x$ nel modo seguente:

$a_0=b_0$;
$a_1=10^(-1)b_1$;
...
...
E quindi in generale: $a_k=10^(-k)b_k$.
Quindi $\sum_{k=0}^(+\infty) a_k = \sum_{k=0}^(+\infty)10^(-k)b_k = x$

Q.E.D.

La continuità di f è quindi un requisito essenziale affinché sia nulla in tutto $RR$.
Possiamo sfruttare un'altra via per dimostrare quanto detto.
All'uopo, sia ancora una volta $f:RR \to RR$, con
$f(1)=0$
$f(x+y)=f(x)+f(y)$
E inoltre sia f continua, ma non sia identicamente nulla, con $f(x)=0 \forall x \in QQ$.
Supponiamo per assurdo che f non sia nulla in tutti gli irrazionali e sia $x_0$ irrazionale. Per la continuità di f $\forall \epsilon >0 \exists \delta>0 : \forall x \in dom f \cap I_{\delta, x_0} \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon$,
essendo $I_{\delta, x_0} = {x \in RR : |x-x_0|<\delta}$.
per la densità di $QQ$ in $RR$, in ogni $I_{\delta, x_0}$ trovo punti in cui f si annulla e quindi non è possibile che $\forall \epsilon >0 \Rightarrow |f(x_0)|< \epsilon$.

Se scegliamo $\epsilon <|f(x_0)|$ troviamo che ciò è infatti falso.

O altrimenti si può analogamente dimostrare la discontinuità di f dimostrando che non trasforma aperti in aperti di $RR$.

[dan952]

"Black Magic":E io cosa ho detto?

Esiste (Teorema di Riemann-Dini) una serie di numeri reali che converge a x0.

In effetti, in sostanza, dice quello . Ma ci dice anche (come corollario) che la serie armonica a segni alterni (quindi con tutti termini razionali) con opportuni scambi di termini possiamo farla convergere ad ogni $x \in \bar(RR)$ che è un punto fondamentale della mia pseudo-dimostrazione.

[Black Magic]

Molto elegante l'uso della serie armonica a segni alterni.
Ad ogni modo sì, avevamo scomodato quel teorema (il "Rimandini" ) perché ci desse una base solida per costruire una successione che converge ad ogni elemento di $RR$.
È chiaro che siamo giunti ad una affermazione ovvia: f non può essere continua.
Se vi va, possiamo andare oltre:

1. f è limitata?
2. f è integrabile (secondo Riemann)?

[Rigel1]

Come avete già osservato, se \(f\) è continua (in almeno un punto) allora segue che \(f\) è nulla.
In realtà è sufficiente che \(f\) sia misurabile; come ho già detto, la dimostrazione non è elementare.