Dimostrare la suriettività

[Silente]

Chiedo gentilmente un input per riuscire a risolvere questo:

Sia \(\displaystyle f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}' \) tale che \(\displaystyle f(x+y)=f(x)+f(y) \) e \(\displaystyle f(xy)=f(x)f(y) \), dimostrare che f è suriettiva.

Andando per step sono riuscito a dimostrare che \(\displaystyle f(0)=0' \), \(\displaystyle f(1)=1' \), \(\displaystyle f(-x)=-f(x) \).
Inoltre ragionando per assurdo, se esistesse un \(\displaystyle x_0' \in \mathbb{R}'\) che non è immagine di nessun elemento del dominio, allora vorrebbe dire che: \(\displaystyle (x_0' -y')+y' \) non è immagine di niente, \(\displaystyle \forall y' \in \mathbb{R}' \).
Ciò implica che ( per la proprietà \(\displaystyle f(x+y)=f(x)+f(y) \) ):

\(\displaystyle \Biggl( x_0'-y' \notin \text{Im} \left\{ f \right\} \Biggr) \vee \Biggl( y' \notin \text{Im} \left\{ f \right\} \Biggr) ,\forall y' \in \mathbb{R}' \)

dove con \(\displaystyle \text{Im} \left\{ f \right\} \) ho indicato l'immagine della funzione.
Cioè basta che un elemento non sia nell'immagine, allora altri infiniti non ci sono.
Una cosa analoga si può fare sfruttando l'altra proprietà (scissione del prodotto).
Ad ogni modo questo non basta per trovare un assurdo (almeno io ancora non lo vedo).

Qualche input?

Grazie.

[killing_buddha]

Cosa sono $\mathbb R$ ed $\mathbb R'$?

[Silente]

Due insiemi che soddisfano gli assiomi dei reali.

[killing_buddha]

Certamente i numeri reali sono "due insiemi che soddisfano gli assiomi dei reali", e tuttavia l'enunciato è falso: prendi la funzione che manda tutto in zero. Certamente è lineare e preserva il prodotto, eppure è davvero, davvero molto non-suriettiva.


Commento a latere:

Questo è il mio fucile. Ce ne sono tanti come lui, ma questo è il mio.
Il mio fucile è il mio migliore amico. È la mia vita. Devo dominarlo come domino la mia vita.
Il mio fucile, senza di me, è inutile. Senza il mio fucile, io sono inutile. Devo sparare bene con il mio fucile. Devo sparare meglio del mio nemico che tenta di uccidermi. Devo colpirlo prima che lui colpisca me.

Mi sa che devi essere più preciso, i reali sono molte cose. Se ci metti tanto, tra le richieste che gli fai, viene fuori che "questi sono i reali, ce ne sono tanti come loro, ma alla fine neanche troppi".

[Silente]

Perdonami, non ho specificato che f non è identicamente nulla.

Inoltre non capisco cosa volevi dirmi con il commento finale. Sono impreciso nell'affermare che dominio e codominio sono due insiemi che soddisfano gli assiomi dei reali?

[killing_buddha]

Sei impreciso ad assumere che "gli assiomi dei reali" siano qualcosa di ben definito. Gli assiomi di campo? Quelli di spazio topologico? Quelli di campo ordinato? Quelli di campo formalmente reale? Quelli di spazio vettoriale su $\mathbb R$? Quelli di spazio vettoriale su $\mathbb Q$?...

[killing_buddha]

Se invece di prendere insiemi che soddisfano gli assiomi dei reali prendi i reali e basta, prova a dimostrare che un tale $f$ è univocamente determinato da dove manda $1$:

- $f(1)=a$, $f(n)=n a$, quindi sai dove va $\mathbb Z$.
- A questo punto \(f(p/q) = f(p)f(1/q) = pa(1/f(q)) = p/q\), sicché $f$ è univocamente determinato su $\mathbb Q$.
- Manca poco a vedere che è determinato su tutto $\mathbb R$: fallo tu.

Ora si tratta di capire quanti valori può assumere $f$, ma l'hai già fatto tu. O $f(1)=0$ (ma questo caso l'ha escluso l'ipotesi di partenza) o $f(1)=1$, che è quello che hai dimostrato tu. Chiaramente l'identità è suriettiva, e questo argomento prova che non c'è altra scelta per $f$.

[Silente]

In realtà il problema era proprio quello.
Anche io ero riuscito a dimostrare che f era biunivoca sui razionali, anche se non ero arrivato a capire che f è univocamente determinata da dove manda 1.
Per questo che mi hai appena proposto, a parte sviluppare ogni reale come somma infinita di razionali, non mi viene in mente nulla di buono..
Ad ogni modo ci penso ancora un po' e domani mi faccio risentire.
Grazie dell'aiuto.

[killing_buddha]

Metti insieme questi pezzi, o scegli uno di questi 4 modi di dimostrarlo:

- $\mathbb Q$ è denso in $\mathbb R$ che è Hausdorff. Una funzione continua a codominio un Hausdorff è univocamente determinata da cosa fa su un denso.

- Una funzione $\mathbb Q$-lineare tra spazi vettoriali è continua; ogni numero reale è il limite (formale) di una successione di razionali; $f$ deve quindi essere l'identità anche sui reali perché
\[
f(x) = f(\lim q_n) = \lim f(q_n) = \lim q_n = x.
\]
- Un omomorfismo di spazi metrici $f$ definito su uno spazio metrico qualsiasi (in questo caso $\mathbb Q$) a valori in uno spazio metrico completo (in questo caso $\mathbb R$) deve estendersi in un unico modo ad un omomorfismo di spazi metrici dal completamento di Cauchy \(\textsf{Cauchy}(\mathbb Q)=\mathbb R \to \mathbb R\). Tale estensione unica deve essere l'identità quando $f : \mathbb Q \to \mathbb R$ è l'inclusione insiemistica (siamo in quel caso).

- Ogni numero reale si scrive come la somma di una serie di razionali, $x = \sum q_n$, che se proprio vuoi sono l'espansione in una certa base $b$ (diciamo 10) di $x$. A questo punto $f$, che è continua dato che è lineare, deve essere tale che \(f\Big(\lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^n q_i\Big) = \lim_{n\to \infty} f\Big( \sum_{i=0}^n q_i\Big) = \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^n f(q_i) = \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^n q_i=x\).

[Silente]

Ok ri ringrazio, così è risolto.
La cosa curiosa è che questa traccia viene data nel capitolo "Numeri Reali", prima di aver introdotto limiti, continuità di funzioni, ecc. Chissà l'autore in che modo voleva che venisse risolto...

Il testo è lo Zorich, Mathematical Analysis I.

[Paolo902]

Chi ha detto che $f$ è continua? Esistono funzioni \( \mathbb Q\)-lineari che non sono continue (click). E infatti l'esercizio non è stato svolto correttamente, perché non si è usata la seconda ipotesi.

Propongo questa strada per mostrare che l'unica funzione sui reali (non identicamente nulla) contemporaneamente additiva e moltiplicativa è l'identità.

Si è già visto che una siffatta funzione deve essere l'identità su $\mathbb Q$. D'altro canto la funzione è positiva (non strettamente) per $x\ge 0$, perché per $x\ge 0$ si ha
\[
f(x) = f(\sqrt{x})^2.
\]
Pertanto, stante l'additività, $f$ è pure crescente, i.e. $a \le b$ implica $f(b) = f(a) + f(b-a) \ge f(a)$.

Ora supponiamo per assurdo che esista $x$ tale che $x \[
x < q < f(x).
\]
D'altro canto, siccome $f$ è crescente
\[
f(x) \le f(q) = q < f(x),
\]
assurdo. Analogamente se ci fosse un $x$ con $f(x)>x$. Segue l'asserto.

[killing_buddha]

Ah, certo, perché la dimensione di R è infinita, chiaro. Invece il trucco era mostrare che è monotona, me lo ricordavo da teoria di Galois, ma evidentemente ricordavo una cosa sbagliata

[Ragazzo1231]

"Paolo90":
Ora supponiamo per assurdo che esista $x$ tale che $x

scusate se mi intrometto, ma come fai esattamente a dire questa cosa? in base a cosa dici "supponiamo che esista $x$ tale che $x

[killing_buddha]

Tricotomia. Per due numeri reali, o è vero che $a=b$, o che $ab$. Entrambe le opzioni $ab$ devono essere scartate, e il motivo è quello scritto là sopra.

[Ragazzo1231]

quindi dovrebbe tenere pure in conto l'ipotesi in cui $x>f(x)$?
non sono ancora molto bravo con queste cose

[Silente]

Grazie mille

[Ragazzo1231]

"Ianero":Grazie mille

tu hai per caso capito? sapresti spiegarmelo?

[Silente]

Si, ha esaminato entrami i casi di > e <, arrivando all'assurdo per entrambi, avevi capito bene anche tu.

[Ragazzo1231]

Ma le dimostrazioni per assurdo sono un po' come le dimostrazioni per induzione?
non avendole mai fatte, mi risulta un po' difficile...

[Silente]

Perdonatemi se rispolvero una vecchia discussione, ma rivedendo l'argomento mi è venuto un dubbio che non ho capito bene come superare.

Nella dimostrazione proposta da @Paolo90, la chiave consiste nel supporre per assurdo che esista un \(\displaystyle x\in\mathbb{R} \) tale che \(\displaystyle x \)).
Tuttavia la funzione \(\displaystyle f \) di cui stiamo parlando è una funzione che non mappa \(\displaystyle \mathbb{R} \) in sé stesso, ma mappa \(\displaystyle \mathbb{R} \) in un altro insieme \(\displaystyle \mathbb{R}' \) che si suppone rispetti gli stessi assiomi del precedente. Di conseguenza, scrivere \(\displaystyle x
Ad ogni modo, per chiarezza, riporto il testo dell'esercizio:

Show that if \(\displaystyle \mathbb{R} \) and \(\displaystyle \mathbb{R}' \) are two models of the set of real numbers and \(\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R'} \) is a mapping such that \(\displaystyle f(x+y)=f(x)+f(y) \), \(\displaystyle f(xy)=f(x)f(y) \), then \(\displaystyle f \) is a bijective mapping that preserves the order.

Quello che a suo tempo ero riuscito a fare da solo era far vedere che la restrizione \(\displaystyle f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q} \) doveva per forza essere l'identità (da cui segue ovviamente biunivocità e preservazione dell'ordinamento, senza riuscire ad estendere la cosa a tutti i reali.

E' un mio limite o effettivamente bisogna essere più specifici quando si scrive in questo contesto una cosa come \(\displaystyle x
PS: grazie ancora a @Paolo90 per l'aiuto che mi diede all'epoca.

[Silente]

Forse si potrebbe aggirare così...

Per qualsiasi \(\displaystyle x\in\mathbb{R} \) indichiamo con \(\displaystyle x' \) il suo analogo in \(\displaystyle \mathbb{R}' \).
Supponiamo dunque per assurdo che \(\displaystyle f(x)
$$f(x)<\underbrace{q'
poiché \(\displaystyle f \) è l'identità su \(\displaystyle \mathbb{Q} \), si ha che:

$$f(x)
che però è assurdo, perché va contro il fatto che \(\displaystyle f \) è crescente.


Una conferma mi sarebbe molto d'aiuto.
Grazie.