[EX] - Determinare tutte le funzioni continue tali che...

[Plepp]

Salve ragazzi,
sono alle prese con questo esercizio:

Determinare tutte le funzioni $f:RR\to RR$ continue tali che, $\forall x,y\in RR$, $f(x+y)=f(x)+f(y)$.

1° PASSO. Provo che $\forall n\in NN$, $\forall x\in \mathbb{R}$, si ha
\[\qquad f(nx)=nf(x)\tag{1}\]
(lo dimostro facilmente per induzione su $n$).

2° PASSO. Dimostro che la $(1)$ vale anche se $n\in ZZ\setminus NN$ (è facile provare che $f$ è dispari - il che si deduce anche dal fatto che $f$ è un endomorfismo di $(RR,+)$ - per cui, supponendo $n=-m$ per un certo $m$ intero positivo, $f(nx)=f(-mx)=-f(mx)\stackrel{(1)}{=}-mf(x)$).

3° PASSO. Mostro che, posto $\alpha : = f(1)\in RR$, si ha $f(x)=\alpha x$, $\forall x\in QQ$.
Distinguo due casi:

[*:6guo9sed] $\alpha = 0$. Siano $x=m/n\in QQ$, con $m\in ZZ$ e $n\in NN\setminus \{0\}$. Abbiamo
\[\alpha=f(1)=0\iff f(n/n)=0\iff nf(1/n)=0\iff f(1/n)=0 \tag{2}\]
da cui
\[f(x)=f(m/n)=mf(1/n)\stackrel{(2)}{=}0\][/*:m:6guo9sed]
[*:6guo9sed] $\alpha\ne 0$. Per $m=0$ si ha la tesi (in quanto endomorfismo di $(RR, +)$, $f$ manda $0$ in $0$, quindi $f(m/n)\stackrel{m=0}{=}f(0)=0=\alpha\cdot 0$). Suppongo dunque $m\ne 0$. Voglio provare che
\[\dfrac{f(m/n)}{\alpha \frac{m}{n}}=1\]
E infatti
\[\dfrac{f(m/n)}{\alpha \frac{m}{n}}\stackrel{(1)}{=}\dfrac{mf(1/n)}{\alpha \frac{m}{n}}=\dfrac{f(1/n)}{\alpha \frac{1}{n}}=\dfrac{nf(1/n)}{\alpha }\stackrel{(1)}{=}\dfrac{f(n/n)}{\alpha }=\dfrac{f(1)}{\alpha }=\alpha/\alpha=1\][/*:m:6guo9sed][/list:u:6guo9sed]

Una volta provato che sui razionali $f$ coincide con una funzione lineare, la continuità (di $\f$ e di $\alpha x$) mi permette di concludere che le due funzioni coincidono su tutto $RR$.

Che ne pensate?

[Rigel1]

Direi che è corretto.
(L'esercizio diventa interessante - e difficile - quando si toglie l'ipotesi di continuità.)

[gio73]

Servizio di traduzione simultanea

Rigel ha detto: "Ora rifai l'esercizio togliendo l'ipotesi di continuità"

[Rigel1]

"gio73":Servizio di traduzione simultanea

Rigel ha detto: "Ora rifai l'esercizio togliendo l'ipotesi di continuità"

Per carità, non pretendo tanto. La cosa non è banale: si può dimostrare che il medesimo risultato vale in ipotesi di misurabilità di \(f\), mentre non vale in generale (ma la dimostrazione dell'esistenza di funzioni non lineari soddisfacenti quella proprietà non è costruttiva e richiede l'uso dell'assioma della scelta).
Di questa cosa se n'è parlato tempo fa nella sezione "Pensare un po' di più"; forse la memoria storica di gugo è in grado di recuperare il thread.

[vict85]

In realtà usa un aspetto piuttosto ‘semplice’.

Riprendendo la dimostrazione iniziale. Quello che ha dimostrato Plepp è che se \(f(x+y) = f(x)+f(y)\) allora \(f\) è \(\mathbb{Q}\)-lineare. Questa condizione con la continuità implica che \(f(x) = xf(1)\) per ogni \(x\in \mathbb{R}\). Altrimenti l'unica condizione che si ha è che \(f(q) = qf(1)\) per ogni \(q\in \mathbb{Q}\).

Seppur in genere non sia una cosa che si usa, \(\mathbb{R}\) è uno spazio \(\mathbb{Q}\)-vettoriale. Senza l'assioma della scelta ci dovremmo però fermare a questa affermazione. D'altra parte se accettiamo l'assioma della scelta allora ogni spazio vettoriale ha una base. Pertanto, in particolare, \(\mathbb{R}\) ha una base di cardinalità \(2^{\aleph_0}\) (\(2^\omega\) per chi usa gli ordinali) come spazio vettoriale su \(\mathbb{Q}\). Quasta base viene chiamata base di Hamel.

Grazie a questa base è possibile definire funzioni \(\mathbb{Q}\)-lineari \(f\,\colon\mathbb{R} \to \mathbb{R}\). Il numero di queste funzioni risulta essere \(2^{2^{\aleph_0}}\) in quanto è uguale al numero delle mappe dalla base a \(\mathbb{R}\). Si può vedere facilmente che quasi tutte queste sono non-continue in quanto abbiamo visto che il numero delle funzioni \(\mathbb{Q}\)-lineari continue uguaglia la cardinalità di \(\mathbb{R}\).

Quelle non continue sono molto ‘strane’ e controintuitive.

Immagino che sia più interessante vedere cosa succede se si ipotizza \(f \) misurabile.