Aditividad + Mensurabilidad $\implies$ Continuidad

Question

Una función $f:\Bbb R \to \Bbb R$ es aditiva y medible en Lebesgue. Demostrar que $f$ es continua.

Sé que en $\Bbb Q$ , $f$ resulta ser lineal. Por lo tanto, si $f$ debe ser continua, entonces $f$ debe ser lineal en $\Bbb R$ . Pero, estoy atrapado aquí.

Si alguien puede ayudar por favor. Gracias de antemano.

Answer 1

Utilizando Teorema de Lusin existe un $K \subset [0,1]$ tal que $\mu(K)>2/3$ y $f$ continua en $K$ . Sea $\epsilon>0$ . De hecho, $f$ es uniformemente continua en $K$ por lo que existe $\delta>0$ tal que $|x-y|<\delta$ implica $|f(x)-f(y)|<\epsilon$ sin pérdida de generalidad, supongamos $\delta<1/3$ .

Sea $h<\delta$ . Obsérvese que la intersección entre $K$ y $K-h$ es no vacío; en caso contrario, $1+h= \mu([-h,1]) \geq \mu(K \cup K-h)= \mu(K)+\mu(K-h)=2\mu(K)>4/3$ Así que $h>1/3$ mientras que $h<\delta<1/3$ por suposición.

Sea $x_0 \in K \cap (K-h)$ . Tenemos $|f(x_0+h)-f(x_0)|<\epsilon$ Por lo tanto $|f(h)|<\epsilon$ porque $f$ es aditivo. Se deduce que $f$ es continua en $0$ .

Por último, es fácil concluir que $f$ es continua en $\mathbb{R}$ .

Edita: Para una demostración sencilla del teorema de Lusin, véase por ejemplo: Marcus B. Feldman, Demostración del teorema de Lusin , The American Mathematical Monthly Vol. 88, No. 3 (Mar., 1981) (pp. 191-192).

Answer 2

Así es como lo hice por primera vez. Primero tomamos algunas notas. Tenemos $\displaystyle f(0) = f(0 +0) = f(0) +f(0)$ Así que $f(0)=0$ . Más interesante aún, tenemos $f(2x) = f(x + x) = f(x) + f(x) = 2f(x)$ al iterar, $f(nx) = nf(x)$ . Mirando $-x$ tenemos $f(0) = f(x +(-x)) = f(x) + f(-x)$ así que $f(-x) = - f(x)$ . Por último, tenemos $f(x) = \displaystyle f\left(\frac x2 + \frac x2\right) = 2 f\left( \frac x2\right)$ y al iterar, $\displaystyle f\left(\frac{x}{2^n}\right) = \frac{1}{2^n} f(x)$ . Juntándolo todo, tenemos que $\displaystyle f\left(\frac{k}{2^n}x \right) = \frac{k}{2^n}f(x)$ para cualquier $k \in \mathbb{Z}$ , $n \in \mathbb{N}$ . \\Supongamos $f$ no es idéntico $0$ ya que, de lo contrario, nuestra función sería trivialmente continua. Entonces existe algún $p$ tal que $f(p) = a \neq 0$ . Entonces, por nuestra observación anterior, todo número de la forma $\displaystyle \frac{k}{2^m} p $ es tal que $\displaystyle f\left(\frac{k}{2^m} p\right) = \frac{k}{2^m}f(p) = \frac{k}{2^m} a \neq0$ . Puesto que hay contablemente tales números de la forma $\displaystyle\frac{k}{2^m} p$ Enumérelos por $\{p_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ . Llame a $f(p_n) = a_n$ . Puesto que cada $a_n$ es de la forma $\displaystyle \frac{k}{2^m} a$ para algunos $k, m$ y $a\neq 0$ tenemos que $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ es denso en $\mathbb{R}$ ya que los racionales diádicos son densos en $\mathbb{R}$ y escalando un conjunto denso e infinito en $\mathbb{R}$ no hará nada para cambiar su densidad.

Ahora, arregla $\epsilon >0$ . Sea $V= \displaystyle B\left(0, \frac\epsilon2\right)$ . Desde $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ son densos, $\mathbb{R} = \displaystyle \bigcup_{n \in \mathbb{N}} V + a_n$ . Ahora tenemos que demostrar la siguiente afirmación: $f^{-1}(V+a_n) = f^{-1}(V) + p_n$ . En primer lugar, supongamos $x \in f^{-1}(V) +p_n$ . Entonces $x = y+ p_n$ para algunos $y \in f^{-1}(V)$ Así que $f(x) = f(y) + f(p_n) = v + a_n$ para algunos $v \in V$ y, por tanto $f^{-1}(V+a_n) \supset f^{-1}(V) + p_n$ . Ahora queremos mostrar $f^{-1}(V+a_n) \subset f^{-1}(V) + p_n$ donde $f(p_n) =a_n$ . Supongamos $f(x) = v+a_n$ para algunos $v \in V$ . Entonces $f(x-p_n) = f(x) - f(p_n) = v+a_n - a_n = v$ Así que $x-p_n \in f^{-1}(V)$ . Así $x = (x-p_n) +p_n \in f^{-1}(V) + p_n$ . Así hemos demostrado la igualdad que queríamos. \\De aquí, vemos $$\mathbb{R} = f^{-1}(\mathbb{R}) = f^{-1}\left( \displaystyle \bigcup_{n \in \mathbb{N}} V+a_n\right) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} f^{-1}(V+a_n) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} f^{-1}(V) + p_n.$$

Ahora bien, puesto que $V$ está abierto y $f$ mensurable, $f^{-1}(V)$ es medible, y por invariancia de traslación de la medida de Lebesgue (denotada por $m$ ), tenemos $m(f^{-1}(V) +p_n) = m(f^{-1}(V))$ . Establecer $U = f^{-1}(V)$ . La igualdad anterior implica $m(U) >0$ de lo contrario tendríamos $\mathbb{R}$ como la unión contable de conjuntos nulos. Así, podemos aplicar Teorema de Steinhaus a $U-U$ para ver que $U-U \supset B(0, \delta)$ es decir, una bola de radio $\delta>0$ alrededor del origen. Entonces para cada $|x|< \delta$ tenemos $x= y-w$ para $y, w \in U$ . Pero entonces $$|f(x)| = |f(y-w)| = |f(y) - f(w)| \le |f(y)| + |f(w)| < \frac\epsilon2 + \frac\epsilon2 = \epsilon$$ desde $f(y), f(w) \in V$ .

Esto demuestra la continuidad de $f$ en cero, y por la propiedad de pseudo-linealidad, podemos obtener linealidad en cualquier punto $z$ . Para tomar cualquier secuencia $z_n \to z$ entonces $z- z_n \to 0$ por lo que tenemos $f(z) - f(z_n) = f(z-z_n) \to 0$ por continuidad en cero. Con esto concluye la demostración.