Si $B(x+y)-B(x)-B(y) \in\mathbb Z$ ¿podemos añadir una función entera a $B$ para hacerlo aditivo?

Question

Dada una función $ B:\mathbb R \to\mathbb R$ satisfactoria $B(x+y)-B(x)-B(y) \in\mathbb Z$ para todos los números reales $x$ y $y$ ¿hay una función $ Z:\mathbb R \to\mathbb Z$ de tal manera que $B+Z$ es una función aditiva? En otras palabras, ¿hay una función $ A:\mathbb R \to\mathbb R$ satisfactoria $A(x+y)=A(x)+A(y)$ para todos los números reales $x$ y $y$ de tal manera que $A(x)-B(x) \in\mathbb Z$ por cada número real $x$ ?

Mi motivación: Estaba pensando en soluciones reales de la ecuación funcional de d'Alembert, $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$ sin asumir la continuidad. Hubo un caso en el que pude mostrar que para alguna función real $B$ , $f(x)= \cos (2 \pi B(x))$ y $ \cos\left (2 \pi\left (B(x+y)-B(x)-B(y) \right ) \right )=1$ así que por cada $x$ y $y$ tenemos $B(x+y)-B(x)-B(y) \in\mathbb Z$ . Me preguntaba si hay una función aditiva $A$ de tal manera que $A(x)-B(x) \in\mathbb Z$ para cada $x$ . En ese caso, podría mostrar que la solución es de la forma $f(x)= \cos (2 \pi A(x))$ donde $A$ es aditivo. Es fácil verificar que cada función de esta forma es de hecho una solución a la ecuación funcional. (En otros casos podría mostrar que $f$ es la función cero constante o es de la forma $f(x)= \cosh (A(x))$ para alguna función aditiva $A$ . Pero no están relacionados con mi pregunta aquí.)

Mi intento: He definido $n(x,y)=B(x+y)-B(x)-B(y)$ . Así que $n(x,y)=n(y,x)$ y $n(x,0)=-B(0)$ . Sin perder la generalidad, podemos asumir que $B(0)=0$ (de lo contrario podemos restar $B(0)$ de $B(x)$ y continuar). Porque $x+(y+z)=(x+y)+z$ por lo tanto podría concluir que $n(x,y+z)+n(y,z)=n(x+y,z)+n(x,y)$ . Pero esto no parece ayudar mucho.

Answer 1

Hay un problema similar aquí: EE.UU. Enero TST 2015

En primer lugar, mostramos que hay una función $ B:\mathbb Q \to\mathbb R$ de tal manera que por cada racional $x$ y $y$ , $B(x+y)-B(x)-B(y) \in\mathbb Z$ pero no hay una función aditiva $A$ de tal manera que $B(x)-A(x) \in\mathbb Z$ para cada uno de los racionales $x$ .

Es bien sabido que si $A$ es una función aditiva, entonces hay una constante $c$ de tal manera que $A(x)=cx$ para cada uno de los racionales $x$ . Ver aquí para una prueba.

Ahora construye $B \left ( \frac pq \right )= \frac pqK(q)$ donde $ \gcd (p,q)=1$ , $q>0$ y $K(q)= \sum\limits_ {i=0}^{q-1} i!$ .

Afirmo que tenemos $B(x+y)-B(x)-B(y) \in \mathbb {Z}$ por cada uno de los racionales $x$ y $y$ .

Deje que $x= \frac {a}{b}$ , $y= \frac {c}{d}$ y $ \frac {p}{q}= \frac {a}{b}+ \frac {c}{d}$ donde $ \gcd (a,b)= \gcd (c,d)= \gcd (p,q)=1$ . Entonces, en el mod $1$ lo hemos hecho:

$$B \left ( \frac pq \right )-B \left ( \frac ab \right )-B \left ( \frac cd \right )= \frac pqK(q)- \frac abK(b)- \frac cdK(d) \equiv\left ( \frac pq- \frac ab- \frac cd \right )K(bd)=0$$

Fíjese que para $m \ge n$ Tenemos $m! \equiv0\pmod n$ así que $K(q+m) \equiv K(q) \pmod q$ para todos $m \ge0 $ .

Ahora afirmo que no hay $c$ de tal manera que $B(x)-cx \in\mathbb {Z}$ para todos $x \in\mathbb {Q}$ .

Supongamos que existe tal $c$ . Si $q$ es un entero positivo, entonces $B( \frac 1q)- \frac cq= \frac1q (K(q)-c) \in\mathbb Z$ . Así que $c$ es un número entero tal que por cada número entero positivo $q$ Tenemos $K(q) \equiv c \pmod q$ . por ejemplo, tenemos $K(q!) \equiv c \pmod {q!}$ . Pero por definición de $K$ sabemos que $K(q!) \equiv K(q) \pmod {q!}$ lo que lleva a $K(q) \equiv c \pmod {q!}$ . Por lo tanto, hay una secuencia de números enteros como $(k_q)_{q \in\mathbb Z^+}$ de tal manera que $c=k_q \cdot q!+K(q)$ . Ahora, por cada número entero positivo $q$ :

$$0=c-c=k_{q+1} \cdot (q+1)!+K(q+1)-k_q \cdot q!-K(q)= \left ((q+1)k_{q+1}-k_q+1 \right )q!$$ $$ \therefore\quad k_{q+1}= \dfrac {k_q-1}{q+1}$$

Ahora mostramos que para cada número natural $n$ debemos tener $|k_q| \ge q^n$ . Para el caso base, observamos que si $k_q=0$ Entonces $k_{q+1}$ no puede ser un número entero, así que $|k_q| \ge1 =q^0$ . Para el paso de inducción, lo hemos hecho:

$$ \dfrac {|k_q|+1}{q+1} \ge\dfrac {|k_q-1|}{q+1}=|k_{q+1}| \ge (q+1)^n$$ $$ \therefore\quad |k_q| \ge (q+1)^{n+1}-1 \ge q^{n+1}$$

Pero esto lleva a una contradicción obvia. Así que $c$ no existe.

Finalmente, mostramos que hay una función $ B:\mathbb R \to\mathbb R$ de tal manera que por cada verdadero $x$ y $y$ , $B(x+y)-B(x)-B(y) \in\mathbb Z$ pero no hay una función aditiva $A$ de tal manera que $B(x)-A(x) \in\mathbb Z$ para cada uno de los verdaderos $x$ . Así que la respuesta a la pregunta original es negativa.

Deje que $({ \bf e}_i)_{i \in I}$ ser un Hamel Basis . Así que por cada número real $x$ hay un conjunto finito de índices $I_x \subseteq I$ y números racionales $ \left ( \frac {p_i}{q_i} \right )_{i \in I_x}$ de tal manera que $ \gcd (p_i,q_i)=1$ , $q>0$ y $x= \sum\limits_ {i \in I_x} \dfrac {p_i}{q_i}{ \bf e}_i$ . Define:

$$B(x)= \sum_ {i \in I_x} \frac {p_i}{q_i}K(q_i)$$

Tengan en cuenta que $I_x$ y $ \left ( \frac {p_i}{q_i} \right )_{i \in I_x}$ se determinan de manera única y por lo tanto $B$ está bien definido. Podemos comprobar que $B$ satisface las condiciones deseadas, de manera similar a lo que hicimos antes.

Answer 2

Deje que $$B(2^{-2n})= \frac13 +2^{-2n}, \\B (2^{-2n-1})= \frac23 +2^{-2n-1}$$ Si eso se puede completar para $B( \mathbb {R})$ ,
entonces $A(1)=2^{2n}A(2^{-2n})$ no tiene un valor finito.

Answer 3

Deje que $B= (e_i)_{i \in I}$ una base de $ \bf R$ como un $ \bf Q$ espacio vectorial. Para cada $i$ elegir un número entero $n_i$ . Deje que $f(x)= \sum _i (x_i+n_i) $ . Luego $f$ satisface su propiedad