Continuo y aditivo implica lineal

Question

El siguiente problema es del libro de álgebra lineal de Golan. He publicado una solución en los comentarios.

El problema: Dejemos que $f(x):\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sea una función continua que satisfaga $f(x+y)=f(x)+f(y)$ para todos $x,y\in \mathbb{R}$ . Mostrar $f$ es una transformación lineal.

Answer 1

La única propiedad de las transformaciones lineales que nos queda por verificar es que $f(xt)=tf(x)$ para todos $x,y\in \mathbb{R}.$ Basta con establecer este resultado sólo para los números racionales. Si $j$ es irracional y $x\in \mathbb{R}$ , podemos encontrar un racional $r$ con $|jx-rx|<\delta$ para cualquier real positivo $\delta$ . Por continuidad, para cada $\epsilon>0$ podemos elegir $\delta$ para que $|f(rx)-f(jx)|<\epsilon$ . Esta condición también da $\require{enclose} \enclose{horizontalstrike}{|r-j|<\delta/|j|}$ y eligiendo $\delta$ para ser aún más pequeño si es necesario da $|f(x)-f(r)|<\epsilon$ También. La combinación de todo esto da como resultado

$\require{enclose} \enclose{horizontalstrike}{|jf(x)-f(jx)|<|j|f(x)-f(r)| + |f(jx)-f(rx)|<(|j|+1)\epsilon}$

**La línea anterior es incorrecta, especialmente no se puede encontrar un $r \in \Bbb Q$ s.t $|rx-jx|<\delta$ así como $|x-r|<\delta$ en lugar de esto puede encontrar un $r \in \Bbb Q$ s.t $|rx-jx|<\delta$ así como $|j-r|<\delta$

La línea debe ser $|jf(x)-f(jx)|<|jf(x)-f(rx)+f(rx)-f(jx)| \leq |f(jx)-f(rx)|+|jf(x)-rf(x)|\leq 2\epsilon$

y podemos hacerlo arbitrariamente pequeño, dando el resultado deseado.

Para verificar la propiedad para los racionales, primero la verificamos para los enteros. Si $n\in \mathbb{N}$ entonces

$nf(x)=f(x)+f(x)+...+f(x)=f(nx)$

por hipótesis. También,

$f(x)=f(x/n)+f(x/n)+\cdots f(x/n)=nf(x/n)$

así que $\frac{1}{n}f(x)=f(\frac{x}{n})$ . Combinando lo anterior se demuestra que tenemos multiplicación escalar para todos los racionales positivos.

Observando que $f(0)=f(0)+f(0)$ da $f(0)=0$ y

$f(0)=f(-x)+f(x)\Rightarrow -f(-x)=f(x)$ . Esto nos permite extender la multiplicación escalar a los racionales negativos y completar la prueba.

Answer 2

Tal vez una respuesta más clara sea...

Dejemos que $f$ una función continua adictiva tal que $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ .

(a) Observe que $f$ es lineal en $\mathbb{Q}$ :

(i) si $q\in \mathbb{Z}$ , $f(q)=f(\sum_{i=1}^{q} (1^i))$ para la aditividad de $f$ , $$ f(q)=\sum_{i=1}^{q} f(1^i)=q f(1)=q k $$ para algunos $k\in\mathbb{R}$ . Así que $f$ es linar en $\mathbb{Z}$

(ii) si $q\in \mathbb{Q}\backslash\mathbb{Z}$ , $q=\frac{a}{b}$ donde $b\neq0$ y $a,b\in \mathbb{Z}$ . Tenga en cuenta que $f(1)=f\left(\sum_{i=1}^b 1^i/b\right)$ para la aditividad de $f$ , $$ f(1)=\sum_{i=1}^nf( 1^i/n)=nf(1/n)\Rightarrow \frac{1}{b}f(1)=f(1/b)\Rightarrow f(1/b)=k/b $$ para algunos $k\in\mathbb{R}$ . Así que $f$ es lineal en $\mathbb{Q}$

(b) Que $x\in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$ y $\varepsilon>0$

Por la continuidad de $f$ , hay $\delta>0$ tal que $|x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon$ .

Para la densidad de $\mathbb{Q}$ en $\mathbb{R}$ , hay $j$ en $(x,y)$ , de tal manera que $|x-j|<\varepsilon$ . $$ |f(x)-xf(1)|\leq |f(x) - f(j)| +|f(j) -xf(1)| \leq \varepsilon+|jf(1) -xf(1)| <\varepsilon(1+f(1)) $$ como $\varepsilon$ es un positivo arbitrario, tenemos $f(x)=kx$ para cualquier número real, es decir $f$ es lineal.