Si $f$ es una función continua tal que $|f(x+y)-f(x)-f(y)|$ está acotado y $f(n)=o(n)$ entonces $f$ está acotado

Question

Supongamos que $f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ es una función continua tal que $$\sup_{x,y\in\mathbf{R}}|f(x+y)-f(x)-f(y)|<\infty \quad (*)$$ y $\lim_{n\to\infty}\frac{f(n)}{n}=0$ , demuestre que $\sup_{x\in\mathbf{R}} |f(x)|<\infty$

No sé cómo empezar, ¿qué puedo conseguir de $(*)$ ?

Answer 1

Probemos esto: Establecer $x=y$ y obtener $|f(2x)-2f(x)|<M$ para algunos $M$ y todos $x$ .

Supongamos ahora que existe realmente una secuencia $x_n$ tal que $f(x_n)\rightarrow \infty$ . Encuentre ahora un índice $k$ tal que $f(x_k)=N$ con $N$ siendo mucho mayor que $M$ (cuánto debe decidir el resto).

Ahora, (*) nos da que $f(2x_k)\geq 2N-M$ entonces $f(4x_k)\geq 4N-2M-M$ y en general $f(2^nx_k)\geq 2^nN-a_nM$ . Aquí $a_n$ satisface lo siguiente: $$ a_1=1,\quad a_{n+1}=2a_n+1$$ Ahora bien, esto implica fácilmente que $a_n\leq 2^{n+1}-1$ .

Por lo tanto, tenemos $$ f(2^nx_k)\geq 2^nN-2^{n+1}M$$ Ahora, utiliza esto para demostrar que cuando $N$ es significativamente mayor que $M$ (se puede hacer riguroso), tenemos $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\dfrac{f(2^nx_k)}{2^nx_k}\cong\dfrac{N}{x_k}$ lo que da una contradicción.

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Edito: Tras el comentario de @pizza, actualizo la prueba, ya que se supone que el límite es $0$ sólo para números enteros. Así que lo que hemos demostrado hasta ahora es que la función $f$ se contabiliza en números enteros. Digamos que $|f(n)|\leq N$ para algunos $N\gg M$ .

Ahora, $|f(n)-2f(n/2)|<M$ implica que $$M+N\geq 2|f(n/2)|\Rightarrow N\geq |f(n/2)|$$ Del mismo modo, podemos demostrar que $|f(\dfrac{n}{2^k})|\leq N$ para todos $k$ .

Ahora, fíjate que la se $\{\dfrac{n}{2^k}: n,k\in\mathbb{Z}\}$ es denso en $\mathbb{R}$ y completar la prueba...

Answer 2

Establecer $L=\sup_{x,y\in\mathbf{R}}|f(x+y)-f(x)-f(y)|$ . Tenga en cuenta que \begin{align} L\geq & |f(u+v)-f(u)-f(v)|,\quad \forall u,v\in\mathbb{R}\\ L\geq & |f(r+s)-f(r)-f(s)|,\quad \forall r,s\in\mathbb{R}\\ \end{align} Debido a la desigualdad del triángulo \begin{align} 2L\geq & |f(u+v)-f(u)-f(v)+f(r+s)-f(r)-f(s)|\\ \end{align} Ahora haciendo $u+v=0$ y $r=0$ tenemos \begin{align} 2L\geq & |f(0)-f(u)-f(v)+f(0+s)-f(0)-f(s)|=|f(u)+f(v)| \end{align} . Supongamos que existe una secuencia $x_n$ tal que $\lim_{n\to \infty}|f(x_n)|=\infty$ .

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Caso 1: $\lim_{n\to \infty}f(-x_n)=M$ . $$ 2L\geq |f(x_n)-f(-x_n)| $$ Y así tenemos la desigualdad, $$ \frac{2L}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|}\geq \frac{|f(x_n)-f(-x_n)|}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|} \geq \frac{|f(x_n)|}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|} - \frac{|f(-x_n)|}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|} $$ Hacer $n\to \infty$ en esta desigualdad tenemos $$ \frac{2L}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|}\to 0, \mbox{ and } \frac{|f(x_n)|}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|} - \frac{|f(-x_n)|}{|f(x_n)|+|f(-x_n)|}. \to 1 $$ Una contradicción.

Caso 2: $\lim_{n\to \infty}|f(-x_n)|=\infty$ y $\lim_{n\to \infty}|f(x_n)|=\infty$ .

$$ L\geq |f(x_n-x_n)-f(x_n)-f(-x_n)|\geq |-|f(-x_n)|-|f(x_n)|+|f(0)|| $$ Haga $n\to \infty$ tenemos otra contradicción.

Pronto sólo podemos concluir que no hay una secuencia $x_n$ tal que $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=\infty$ Por lo tanto, $$ \sup_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|<\infty. $$