Una funzione che "trasforma linearmente" è liscia, e quindi lineare

[Sk_Anonymous]

Esercizio. Sia \(f: \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}\) una funzione localmente integrabile tale che \[f(x+y) = f(x)+f(y) \quad \forall \, x,y \in \mathbb{R}^N.\]
Dimostrare che \(f \in \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R}^N)\) e che \(f\) è lineare.

Possiedo una mia soluzione.

[Vincent46]

Ora devo uscire, però già che ci sono butto un'idea. Divido la dimostrazione nei seguenti passi:

$1$. $f$ è continua in $0$;
$2$. $f$ è continua in ogni punto;
$3$. $f$ è lineare.

Dal passo $3$ si conclude, perché le funzioni lineari sono $C^{\infty}$.

$1$. questo passo mi manca

$2$. intanto, osserviamo che $f(0)=0$ e che $f(-x)=-f(x)$, come è facile verificare.
Allora, per ogni $x \in \RR^n$, se fissiamo $\varepsilon > 0$ e prendiamo $y$ in un intorno sufficientemente piccolo di $x$, si ha che
$$ |f(x)-f(y)| = |f(x-y)| < \varepsilon \ , $$
in quanto $x-y$ appartiene ad un intorno sufficientemente piccolo di $0$.

$3$. si tratta di dimostrare che $f(ax)=af(x)$, per ogni $a \in \RR$.
Se $a$ è razionale, tale risultato è certamente garantito. Infatti:

$1)$ per ogni $n$ intero, $f(\frac{x}{n})=\frac{1}{n}f(x)$, come ci si convince facilmente scrivendo $x$ come $n*\frac{x}{n}$ e sostituendo nella formula data dall'esercizio (che vale per la somma di $2$ vettori di $\RR^n$ e dunque, per induzione, vale per la somma di un qualsiasi numero di vettori di $\RR^n$);
$2)$ $f(\frac{p}{q} x) = f(\frac{x}{q}) + ... + f(\frac{x}{q})$ (p volte) $ = \frac{p}{q}x$, per ogni coppia $(p, q)$ di naturali positivi.

Se $a$ non è razionale, è possibile approssimarlo con una successione ${a_i}$ di numeri razionali che tende ad $a$. Così si ottiene, sfruttando la continuità di $f$, che
$$ af(x)= \lim_{i \to \infty}a_i f(x) = \lim_{i \to \infty}(a_i x) = f(\lim_{i \to \infty} a_i x) = f(ax) \ ,$$
come voluto.

[Sk_Anonymous]

Il passo 3 è ok (basta ricordare che due funzioni continue che coincidono in un denso, coincidono nella sua chiusura). Per la continuità...

... mollifica.

[dan952]

Ci provo ma ultimamente sto dando i numeri

La funzione è limitata nei compatti, infatti sia $U \sube RR^N$ e $K \sub U$ un compatto, consideriamo l'estremo superiore di $f$ in $K$, se questo è $+\infty$ ( analogo $-\infty$) allora esisterà una successione ${x_n}_{n \in NN}$ tale che per ogni $N \in NN$ esiste un $n \in NN$ tale che $f(x_n)>N$. Per ipotesi $\int_{K} f(x)<+\infty$, dunque fissato $N \in NN$ esisterà $n \in NN$ tale che $\int_{K}f(x)+N|K|<\int_{K}f(x+x_n)=\int_{K}f(x)+\int_{K}f(x_n)$ per arbitrarietà di $N$ segue l'assurdo dunque $f$ è limitata , sfruttando questo l'ipotesi che è localmente integrabile segue che è anche continua (basta maggiorare).

[Sk_Anonymous]

@dan95: provi che la funzione è limitata, ma limitata dove? Su \(\mathbb{R}^N\) non può essere - prendi \( (x_1, \dots, x_N) \mapsto a_1 x_1 + \dots + a_N x_N\). Quindi, nel migliore dei casi, hai mostrato che è limitata nei compatti. E poi non dici nulla sulla regolarità, né sulla linearità.

[dan952]

Sì in realtà avevo in mente i compatti ma (come solito) non l'ho scritto. In sostanza quello che volevo dimostrare era la continuità in $x=0$ (attraverso la limitatezza) per poi riallacciarmi al discorso di Vincent.

[Sk_Anonymous]

Allora non ho capito come usi la proprietà chiave per provare la continuità (in realtà ho capito anche meno, di quello che hai scritto). Dal momento che io personalmente (ma non so gli altri) ignoro le tecniche di lettura del pensiero, sarebbe cosa buona e giusta, ché di Matematica si tratta, scrivere per bene (e anche perdio) i propri tentativi di soluzione.

[dan952]

Hai ragione chiedo perdono.

Scrivo (per bene) quello che ho pensato di fare:

Vogliamo dimostrare la continuità in $x=0$. Consideriamo una successione ${x_n}_{n \in NN} \sub [0,1]^N$ decrescente tale che $\lim_{n \rightarrow +\infty} ||x_n||=0$, inoltre consideriamo il compatto $K_n=[x_n^{(1)},x_n^{(1)}+1] \times [x_n^{(2)},x_n^{(2)}+1] \times \cdots \times [x_n^{(N)},x_n^{(N)}+1]$, dalle ipotesi deduciamo che $$\int_{K_n}f(x+x_n)=\int_{I^N}f(x)+f(x_n)$$
Dove $I=[0,1]$. Quello che rimane da fare è stimare la differenza $\int_{K_n}f(x+x_n)-\int_{I^N}f(x)=f(x_n)$ in qualche modo usando la limitatezza nei compatti. E qui non saprei come continuare.

[Sk_Anonymous]

Ok, al momento non saprei come sfruttare il tuo argomento. Scrivo la soluzione a cui avevo pensato io:

Sia \( \omega \in \mathcal{C}^\infty _c (\mathbb{R}^N)\) con \(\text{supp } \omega \subseteq B(0,1)\) e \(\int_{\mathbb{R}^N}\omega (x) \, dx = 1\). Facendo la convoluzione tra \(\omega\) e \(f\) si ottiene sostanzialmente il mollificatore standard con passo \(=1\), che è notoriamente una funzione \(\mathcal{C}^\infty\). In termini: \[\begin{split} \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R}^N) \ni \omega * f (x) = \int_{\mathbb{R}^N \sim B(x,1)} \omega (x - y) f(y) \, dy & = \int_{\mathbb{R}^N \sim B(0,1)} \omega (z) f(x - z)\, dz\\ & = \int_{B(0,1)} \omega (z) f(x) \, dz - \int_{B(0,1)} \omega (z) f(z) \, dz \end{split} \]da cui si ottiene che \[f(x) = \omega * f(x) + \int_{B(0,1)} \omega (z) f(z) \, dz \]ove quest'ultimo integrale è finito, dal momento che \(\omega\) è liscia ed \(f\) localmente integrabile. Ne segue che \(f(x)\), in quanto somma di una funzione \(\mathcal{C}^\infty\) e di una costante, è anch'essa \(\mathcal{C}^\infty\).

[Vincent46]

"Delirium":Il passo 3 è ok (basta ricordare che due funzioni continue che coincidono in un denso, coincidono nella sua chiusura). Per la continuità...

... mollifica.

I mollificatori non li conosco bene ma non sono riuscito a trovare nulla. Però ho pensato a questo: sia $S_R(x)$ una sfera di raggio $R$ attorno al punto $x \in \mathbb{R}^n$, e consideriamo
$$ \int_{S_R(x)} f(y) \, dy \ .$$
Poiché per ogni versore $z$ si ha che $f(x+Rz)+f(x-Rz)=2f(x)$, come si deduce dall'additività di $f$, si può sfruttare la simmetria di $f$ sulla sfera per dedurre che l'integrale qui sopra vale $|S_R|f(x)$, dove $|S_R|$ denota la misura della sfera. Allora $f$ soddisfa la proprietà della media superficiale e, poiché $f$ è localmente integrabile per ipotesi, deduciamo che $f$ è armonica, e quindi è analitica, su $\RR^n$.

[Sk_Anonymous]

@Vincent: se riesci a dimostrare per bene che \[\int_{S_R (x)} f(y) \, dy = |S_R | f(x),\]cosa che non mi sembra del tutto ovvia, per me la tua soluzione funziona.

Per quanto riguarda i mollificatori, guarda nel mio spoiler precedente.

[Vincent46]

"Delirium":@Vincent: se riesci a dimostrare per bene che \[\int_{S_R (x)} f(y) \, dy = |S_R | f(x),\]cosa che non mi sembra del tutto ovvia, per me la tua soluzione funziona.

Per quanto riguarda i mollificatori, guarda nel mio spoiler precedente.

Ok. Il cambio di variabile $y=x+z$, che ha determinante $1$, trasforma l'integrale in
\[ \int_{S_R(0)}f(x+z)\, dz = \int_{S_R(0)}f(x) \, dz + \int_{S_R(0)}f(z)\, dz \ . \]
Il primo addendo è uguale a $|S_R|f(x)$, mentre il secondo dà $0$, in quanto la funzione integranda è dispari e il dominio è simmetrico rispetto all'origine.
Bella la soluzione coi mollificatori!

[Sk_Anonymous]

Mi sa che funziona (non lo dico mai con certezza perché sono spesso abbastanza impacciato a seguire le soluzioni degli altri). Molto bene! Mi hai fatto riemergere un sacco di nozioni del corso di PDE...

[Vincent46]

"Delirium":Mi sa che funziona (non lo dico mai con certezza perché sono spesso abbastanza impacciato a seguire le soluzioni degli altri). Molto bene! Mi hai fatto riemergere un sacco di nozioni del corso di PDE...

io ne ho appena seguito uno (bellissimo).