Necesito encontrar todas las funciones $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$, que es continua y satisfacer $f(x+y)=f(x)+f(y)$

Question

Necesito encontrar todas las funciones $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ tal que $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Sé que hay otras preguntas que se están haciendo la misma cosa, pero estoy tratando de averiguarlo por mí mismo de la mejor manera posible. Aquí es cómo empecé:

Pruebe algunos de los casos:

$x=0:$ $$f(0+y)=f(0)+f(y) \iff f(y)=f(0)+f(y) \iff 0=f(0)$$ El mismo resultado se para al $y=0$

$x=-y:$ $$f(-y+y)=f(-y)+f(y) \iff f(0)=f(-y)+f(y) \iff 0=f(-y)+f(y)\iff \quad f(-y)=-f(y)$$ Quiero extender el resultado de la configuración de $x=-y$ a otros números que $-1$, tal vez todos los números reales o todos los números racionales. Tengo un poco de ayuda de la lectura de otras soluciones en la siguiente parte:

Deje $q=1+1+1+...+1$. Entonces $$f(qx)=f((1+1+...+1)x)=f(x+x+...+x)=f(x)+f(x)+...+f(x)=qf(x)$$ Entendí esta parte, pero no entiendo por qué esto me ayuda a encontrar todas las funciones que satisfacen el requisito de que $f(x+y)=f(x)+f(y)$, pero esto es lo que me pasó:

Así $$f(qx)=qf(x)$$ y que debe seguir $$f \bigg (\frac {1}{q} x\bigg)= \frac{1}{q}f(x)$$ where $q\no =0$, entonces es más que sigue $$f \bigg (\frac {p}{q} x\bigg)= \frac{p}{q}f(x)$$ where $\frac{p}{q}$ es racional, y, por último, además, se sigue que $$f (ax)= af(x)$$ where $un$ is real. Thus functions of the form $f(ax)$ where $$ is real satisfies the requirement of $f(x+y)=f(x)+f(y)$.

No sé cuánto de lo que yo hice es correcto\incorrecta, y cualquier ayuda sería muy apreciada. También hay alguna manera de que yo pueda decir que las funciones de la forma $f(ax)$ donde $a$ es real son las únicas funciones que satisfacen el requisito de $f(x+y)=f(x)+f(y)$? O hacer otras soluciones existen?

De nuevo, muchas gracias por la ayuda! (Sugerencias se agradece, voy a tratar de entender las sugerencias!)

Answer 1

Para $f(\frac1q x)$:

$$f(x) = f(q\cdot\frac1q x) = f(\frac1q x+\ldots+\frac1q x) = f(\frac1q x)+\ldots+f(\frac1q x) = qf(\frac1q x)$$

Para $f(\frac pqx)$: Set $y=\frac xq$ para obtener $$f(\frac pqx) = f(p\frac xq) = f(py) = p\,f(y) = p\,f(\frac1q x) = p\cdot\frac1qf(x)$$

Así que ya sabes $f(\alpha x)=\alpha f(x)$ todos los $x\in \mathbb Q$. Deje $(\alpha_n)$ ser una secuencia de números racionales que convergen en el número real $r$. Desde $f$ es continua, tenemos $\lim_{n\to\infty}f(\alpha_n x)=f(r x)$. Por otro lado, ya que todos los $\alpha_n$ son racionales, tenemos $\lim_{n\to\infty}f(\alpha_n x) = \lim_{n\to\infty} \alpha_n f(x) = r\,f(x)$. Puesto que para cada $r\in R$ existe una secuencia de números racionales convergentes, por lo tanto, tenemos $f(rx)=r\,f(x)$ todos los $r\in \mathbb R$.

Por último, podemos obtener una forma explícita por la observación de que $f(x) = f(x\cdot 1) = x\,f(1)$. Por lo tanto, con $f(1)=c$ arbitrarias, obtenemos $$f(x) = cx$$

Answer 2

$$f(x+y)=f(x)+f(x)$$ $$f(0)=0$$ $$f(-x)=-f(x)$$ Todos estos son suficientes para que el estado de una función lineal con ninguna constante. También, $$f'(x)=\dfrac{f(x+h)-f(x)}h$$ si $$f'(x)=\dfrac{f(h)}{h}=c$$

Así, La única solución es $f(x)=cx$

Una confirmación demasiado de wolfram. .

Answer 3

Si no se asume la continuidad de la $f$, entonces depende del Axioma de Elección, declaró como el Lema de Zorn. Considerar a la familia $\cal L$ de los linealmente independientes sobre $\mathbf Z$ subconjuntos de a $\mathbf{R}$. Dada una cadena de tales conjuntos,

$$L_1 \subset L_2 \subset \dotsm \subset L_n \subset \dotsm$$

podemos probar a $L = \bigcup_n L_n \in \cal L$. Supongamos $L$ no eran linealmente independientes sobre $\mathbf Z$. Entonces, habría de ser distinto con $x_i \in L$ y un valor distinto de cero enteros $a_i$ tal que

$$a_1 x_1 + \dotsm + a_m x_m = 0$$

Pero cada una de las $x_i$ debe ser en $L_n$ algunos $n$. Deje $N$ ser la máxima de todos los $n$. A continuación, cada una de las $x_i \in L_N$, y por lo $L_N$ $\mathbf Z$dependiente de conjunto, contrariamente a la suposición.

Ya que cada cadena tiene una cota superior, el Lema de Zorn dice que hay un máximo de miembro, $M$$\cal L$. Cada número real $r$ debe ser un $\mathbf Z$=combinación lineal de un conjunto finito de elementos de $M$; de lo contrario, $M \cup \{r\}$ $\mathbf Z$- independiente, contrario a $M$ siendo máxima. $M$ es una base de Hamel de $\mathbf R$.

Y ahora, cualquier permutación de $M$ se extiende por la linealidad a un discontinua $f$ tal que $f(x+y) = f(x) + f(y)$.