Una forma de la ecuación funcional de Cauchy

Question

Encuentre todas las funciones $f :\mathbb R \to \mathbb R$ que satisfacen las condiciones:

1. $$f(x+y)=f(x)+f(y), \enspace \forall x,y \in \mathbb R;$$
2. $$\exists \lim_{x\to \infty}f(x).$$

Este problema es importante para la comunidad porque en el foro sólo he visto el caso en que $f$ es continua, pero no es el caso cuando sólo sabemos que $\displaystyle\exists \lim_{x\to \infty}f(x).$

Encontré una solución a este problema en un libro de análisis que poseo, que insinúa lo siguiente:

Es fácil ver que $f(q)=q\cdot f(1), \enspace \forall q\in \mathbb Q$ . Sea $f(1)=a$ . Si $a>0$ , entonces considere la secuencia $a_n=n.$ De ello se desprende que $$\lim_{x\to \infty}f(x)=\lim_{n\to \infty}f(a_n)=\lim_{n\to \infty}an=\infty.$$

El siguiente paso en el libro es que esto implica $f$ está aumentando. No pude entender bien esta línea. ¿Por qué es $f$ ¿aumentando? Por supuesto, es fácil comprobar que $f(q)\le f(r), \forall q<r \in \mathbb Q$ Pero, ¿por qué esto también es cierto para los reales?

Por favor, ayúdenme a entender esto. Muchas gracias.

También está claro que si $f$ es creciente, entonces $f(x)=ax$ para todos $x\in \mathbb R$ (supongamos que existe un $x\in \mathbb R\setminus \mathbb Q$ tal que $f(x)<x$ . Entonces, por densidad, hay un $q\in \mathbb Q$ tal que $f(x)<aq=f(q)<ax$ y esto da claramente la contradicción de que $x< q <x$ ).

Answer 1

Así que tenemos que lim $f = +\infty $ .

Vamos $x<y$ sean números reales. Entonces $f(y)-f(x) = f(y-x)$ Así que $n(f(y)-f(x)) = f(n(y-x))$ .

Desde $f(n(y-x)) \rightarrow +\infty$ cuando $n\rightarrow +\infty$ es positivo para $n$ lo suficientemente grande.

Así que $n(f(y)-f(x))$ es positivo para $n$ lo suficientemente grande. Pero la señal de $n(f(y)-f(x))$ no depende de $n$ .

Así que $n(f(y)-f(x))$ es siempre positivo, y especialmente $f(y) > f(x)$ .

Answer 2

No creo que necesite la propiedad creciente y puede argumentar más directamente: Como antes, $f(qx)=qf(x)$ para $q\in \Bbb Q$ y $x \in\Bbb R$ y que $a=f(1)$ Dejemos que $y\notin\Bbb Q$ . Supongamos que $f(y)\ne ay$ , digamos que $\epsilon:=\left|\frac{f(y)}y-a\right|>0$ . Por densidad de $\Bbb Q$ en $\Bbb R$ encontramos $u,v\in \Bbb Q$ con $y-\epsilon<u<y<v<y+\epsilon$ . Entonces $|f(y)-ay|>|a|\epsilon$ mientras que $|f(u)-ay|$ y $|f(v)-ay|$ son ambos $<|a|\epsilon$ . Así que $f(u)$ , $f(v)$ son ambos $>f(y)$ o ambos $<f(y)$ . En cualquier caso, encontramos dos números positivos $x_1=y-u$ y $x_2=v-y$ tal que exactamente uno de $f(x_1)$ , $f(x_2)$ es positivo y el otro negativo. Entonces uno de $\lim_{n\to\infty}f(nx_1)$ , $\lim_{n\to\infty}f(nx_2)$ es $+\infty$ y el otro es $-\infty$ . Esto contradice la existencia de $\lim_{x\to\infty}f(x)$ .