Una funzione particolare

[Bremen000]

Sia $f : RR \to RR$ una funzione continua t.c. $f(x+y)= f(x) + f(y)$ per ogni $x, y \in RR$.
Si dimostri che in realtà esiste una costante $c \in RR$ t.c. $f(x)=cx$ per ogni $x \in RR$.

[dan952]

Dimostriamo che $f(0)=0$, infatti sia $\varepsilon >0$ arbitrario per la continuità di $f$ esiste $y>0$ tale che
\begin{equation}
|f(x+y)-f(x)|=|f(y)| < \varepsilon
\end{equation}
la tesi segue dal l'arbitrarietà di $\varepsilon$.

Dimostriamo che $f(n)=cn$ con $n$ intero e qualche costante $c \in \mathbb{R}$, sia $f(1)=c$ allora usando la definizione segue la tesi. Infatti $f(0)=f(n)+f(-n)$ da cui $f(n)=-f(-n)$, inoltre per induzione su $n \in \mathbb{N}$ si dimostra che $f(n)=cn$.

Dimostrano che dati due interi $m,n$ si ha $f(m/n)=cm/n$, infatti $f(1)=nf(1/n)$ da cui $c/n=f(1/n)$ da cui la tesi è immediata.

Ora ogni numero irrazionale $\xi$ è approssimabile con un numero razionale $p/q$ ovvero per ogni $\varepsilon>0$ esiste $p/q$ tale che $|\xi-p/q| <\varepsilon$ moltiplicando per $c$ costante reale abbiamo che
\begin{equation}
|c\xi-f(p/q)+f(p/q)-cp/q|=|c\xi-f(p/q)| < \varepsilon
\end{equation}
Ovvero
\begin{equation}
|c\xi-f(p/q)|=|c\xi-f(\xi)+f(\xi-p/q)| < \varepsilon
\end{equation}
la tesi segue che $\xi-p/q$ dipende da $\varepsilon$ che sono arbitrariamente piccoli e quindi lo è anche $f(\xi-p/q)$.

[dan952]

Si chiama equazione funzionale di Cauchy

[massimoaa]

Io farei così.
Ponendo nella relazione data $x=y=0$ si ottiene: $f(0)=2f(0)$ da cui $f(0)=0$
Ponendo $y=x$ nella relazione, con x generico, si ha:
$f(2x)=2f(x)$
e questo prova che f(x) é lineare ed essendo nulla per $x=0$ sarà del tipo:
$f(x)=ax$

[Paolo902]

Osservate che la continuità non è strettamente necessaria, è sufficiente la misurabilità.

Dimostriamo che una funzione misurabile che soddisfa $f(x+y)=f(x)+f(y)$ per ogni $x,y\in \mathbb R$ è continua e, per cominciare, proviamo che $f$ è continua in 0.

Prendendo $x = 0$ otteniamo che deve essere $f(0) = 0$. Inoltre prendendo $y = −x$, deduciamo che $f$ deve essere dispari.

Grazie al teorema di Lusin esiste un compatto $K \subset [0,1]$ tale che \[\mathscr L^1([0,1]\setminus K)<1/3\] e la restrizione di $f$ a $K$ è continua. Essendo $K$ compatto, tale restrizione è uniformemente continua. Ora fissiamo $\epsilon > 0$. Per l’uniforme continuità, esiste $\delta > 0$ (w.l.o.g. minore di 1/3), tale che
[tex]\vert f(x)-f(y) \vert < \epsilon \qquad \forall x,y \in K, \, \vert x-y \vert < \delta.[/tex]

Proviamo ora che $|f(h)| < \epsilon$ se $|h| < \delta$, i.e. che $f$ è continua in $0$. Preso $h \in \mathbb R$ con $|h|<\delta$ si ha che $K\cap (K−h)\ne\emptyset$, dove $K−h={x−h | x \in K}$. Infatti, se fosse $K \cap (K −h) = \emptyset$, dato che $K \subset [0,1]$, si avrebbe $K \cup (K-h) \subset [0,1] \cup [−h,1−h]$ e quindi \( \mathscr L^1(K \cup (K-h)) \le 1+|h|\). Ma allo stesso tempo [tex]\mathscr L^1(K \cup (K -h)) = \mathscr L^1 (K)+\mathscr L^1 (K −h) = 2\mathscr L^1(K) > 4/3[/tex] perché [tex]\mathscr L^1([0,1]\setminus K) < 1/3[/tex]. Quindi $|h| > 1/3$, che è falso.

Dunque esiste $x\in K\cap (K−h)$ cioè $x\in K$ e anche $x+h\in K$. Quindi
\[|f (h)| = |f ((x + h) − x)| = |f (x + h) + f (−x)| = |f (x + h) − f (x)| < \varepsilon,
\]
cioè $f$ è continua in $0$. Tenendo conto che $f(0)=0$ e passando al limite per $y \to 0$ nella relazione funzionale, deduciamo ora che $f$ è continua in un qualunque $x \in \mathbb R$.

[massimoaa]

Leggendo alcune risposte mi chiedevo se poi i concetti di " insieme compatto. misurabilità, uniforme continuità, teorema di Lusin etc,etc " non siano un ...tantinello sproporzionati in una sezione dedicata alla scuola media, sia pure superiore ...

[Paolo902]

@massimoaa: sì, certo, ne sono ben consapevole. Ho tuttavia ritenuto opportuno quanto meno segnalarlo: si sa mai, magari qualche universitario si trova a passare di qui e potrebbe trovarlo interessante.

[massimoaa]

@Paolo90 La mia osservazione era riferita alla collocazione della risposta e non certo al suo contenuto:
ad avercela tanta conoscenza!

[axpgn]

@massimoaa
Spoiler, please ...

[dan952]

Si potrebbe pure dimostrare che l'insieme $V={f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\ \text{continua in 0}| f(x+y)=f(x)+f(y)}$ ha struttura di spazio R-vettoriale di dimensione 1.

[otta96]

"dan95":Si potrebbe pure dimostrare che l'insieme $V={f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\ \text{continua in 0}| f(x+y)=f(x)+f(y)}$ ha struttura di spazio R-vettoriale di dimensione 1.

Dicesi "duale di $RR$".

[Bremen000]

Ho trovato questo quesito in una gara di matematica per il liceo. Era un po' diverso, cioè non usava la continuità e si limitava a chiedere la dimostrazione per $f:QQ \to RR$. Fatto questo mi è venuto in mente che, siccome ogni numero reale è limite di una successione di razionali, si poteva generalizzare...

@dan95 non avevo idea che fosse un problema famoso, grazie!

@Paolo90 molto interessante davvero!

[otta96]

Anche le monotonìa è una condizione sufficiente per concludere che è lineare (o anche la locale limitatezza).

[dan952]

@otta
Duale se aggiungiamo l'ipotesi di R-linearità, ma è proprio quello che dobbiamo dimostrare, cioè che una funzione da R in R additiva e continua (limitata, misurabile, continua in un punto o dir si voglia) è R-lineare.

[otta96]

Ma quello è già stato detto, tra l'altro visto che ci sono dico come lo avrei dimostrato io:

Che $f(x)=cxAAx\inQQ$ è abbastanza facile da dimostrare, dove $c:=f(1)$, a questo punto se sappiamo che è continua, sapendo anche che due funzioni continue coincidono su insiemi chiusi, la $f$ coincide con la moltiplicazione per $c$ per lo meno sulla chiusura di $QQ$, cioè $RR$.

[Erasmus_First]

@ dan95

"dan95":[quote="dan95"]Dimostriamo che $f(0)=0$, infatti sia $\varepsilon >0$ arbitrario per la continuità di $f$ esiste $y>0$ tale che
\begin{equation}
|f(x+y)-f(x)|=|f(y)| < \varepsilon
\end{equation}
la tesi segue dal l'arbitrarietà di $\varepsilon$.

[/quote]
???
Occhio, dan 95: Per $x = y = 0$ la condizione:
$∀(x, y)$ ∈ $RR^2$ $f(x +y) = f(x) + f(y)$
dà subito
$f(0+0) = f(0)+f(0)$ ⇔ $f(0)=2f(0)$ ⇔ $0 = f(0)$.

_______

[dan952]

@Erasmus
Sì poi ho visto

[otta96]

Tra l'altro come ipotesi ne basta una ancora più debole, è sufficiente che il grafico della funzione non sia denso in $RR^2$ (anche se francamente non so se come condizione è più forte o più debole di quella già citata della misurabilita).