Una función diferenciable en el espacio euclídeo compatible con la multiplicación escalar es un mapa lineal

Question

Así rezaba la pregunta

Problema $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es diferenciable y $$f(\lambda x)=\lambda f(x), \forall \lambda\in \mathbb{R}, x\in \mathbb{R}^n.$$ Demostrar que $f$ es un mapa lineal.

Lo que pienso La ecuación $f(\lambda x)=\lambda f(x)$ da inmediatamente la compatibilidad de escalares, quedando por verificar la compatibilidad de sumas.
Intento derivar la adición de $f(\lambda x)=\lambda f(x)$ . Aparte de la compatibilidad de los escalares, $f$ es una función homogénea. Supongamos que $x=(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ entonces obtengo $f(\lambda x_1,\cdots,\lambda x_n)=\lambda f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ . Diferenciación por $\lambda$ , obtengo $$ f_1x_1+f_2x_2+\cdots +f_nx_n=f\left( x_1,x_2,\cdots ,x_n \right) $$ donde $f_i$ es la derivada parcial de $f$ sobre el $i^{\text{th}}$ variable de su dominio. Lo que necesito ahora es $$ f\left( x+y \right) =f\left( x \right) +f\left( y \right) ,\forall x,y\in \mathbb{R}^n $$ Del mismo modo, suponemos $y=(y_1,y_2, \cdots ,y_n)$ entonces necesitamos $$ f\left( x+y \right) =\left( x_1+y_1 \right) f_1\left( x_1+y_1 \right) +\left( x_2+y_2 \right) f_2\left( x_2+y_2 \right) +\left( x_n+y_n \right) f_n\left( x_n+y_n \right) $$ es igual a $$ f\left( x \right) +f\left( y \right) =x_1f_1\left( x_1 \right) +x_2f_2\left( x_2 \right) +\cdots +x_nf_n\left( x_n \right) +y_1f_1\left( y_1 \right) +y_2f_2\left( y_2 \right) +y_nf_n\left( y_n \right) . $$ Porque $f_i$ como derivada, es lineal, podemos romper los paréntesis y cancelar $x_if_i(x_i)$ y $x_if_i(y_i)$ . Sin embargo, los términos de forma $x_if_i(y_i)$ y $y_if_i(x_i)$ no se puede cancelar, lo que me desconcierta.

Es posible que mis pensamientos estuvieran totalmente fuera de lugar. Cualquier ayuda o idea será bienvenida.

Answer 1

Probablemente esté redactado con una confusa dosis de "generalidad". Todo lo que necesitamos es diferenciabilidad en $0$ . Por lo tanto $Df(0)$ sea el mapa lineal dado por la derivada total en $0$ . Todo lo que tenemos que argumentar es que $f(x)=Df(0)x$ para todos $x$ .

Sea $x\in \mathbb{R}^n\setminus \{0\}$ y observe que para todo $\lambda \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$

$$ f(x)=\lambda f\left(\frac{x}{\lambda}\right)=\lambda\left( Df(0)\frac{x}{\lambda}+o\left(\left\|\frac{x}{\lambda}\right\|\right)\right)=Df(0)x+\varepsilon\left(x/\lambda\right)\|x\|, $$ donde $\varepsilon$ es alguna función con la propiedad de que $\lim_{\|y\|\to 0}\varepsilon(y)=0.$ Sin embargo, el lado izquierdo es completamente independiente de $\lambda$ por lo que obtenemos que

$$ f(x)=Df(0)x+\lim_{\lambda\to \infty}\varepsilon(x/\lambda)\|x\|=Df(0)x $$

Answer 2

En primer lugar, observe que $f(0)=0$ . Ahora arreglar $x,y\in \Bbb{R}^n$ . Para cada $\lambda$ lo sabemos: $$ f(x+y) -f(x)-f(y)=\frac{\lambda(f(x+y) -f(x)-f(y))}{\lambda}=\frac{f(\lambda(x+y)) -f(\lambda x)-f(\lambda y)}{\lambda}$$ Esto muestra la función $\lambda \to\frac{f(\lambda(x+y)) -f(\lambda x)-f(\lambda y)}{\lambda}$ definido para positivo $\lambda$ es constante. ¿Y su límite como $\lambda \to 0$ ?