Mi profesor estaba hablando el día de hoy (en el contexto de la probabilidad, más específicamente los axiomas de Kolmogorov) sobre el aditivo de la propiedad de las funciones, a saber, que:
$$f(x+y) = f(x) + f(y)$$
He estado tratando de encontrar qué funciones cumple este. La intuición dice que, para funciones de más de $\mathbb{R}$, las únicas funciones que debería ser de la forma $f(x) = ax$ de un. Por desgracia sólo he demostrado que esto es cierto cuando el dominio de la función es racional múltiplos de un número real.
Mi pregunta es si es posible extender este resultado ($f(x) = ax$aditividad) para los números reales, posiblemente sin asumir la continuidad de f. A mí me parece que aditividad introduce tantas limita a una función que nada, pero el caso trivial sería capaz de colarse a través de. El siguiente es un resumen de mis pensamientos hasta la fecha, aunque son obviamente mucho y no "de lectura obligatoria'. :)
Cuando x es racional - Investigación Preliminar
No es difícil ver que:
$$f(x + x + x) = 3f(x)$$
y, más en general, para $a\in \mathbb{N}$, $$f(ax) = af(x)$$ No es demasiado difícil de probar (bueno, tomó la mitad de un viaje en autobús ... ) que esto también se aplica en primer lugar para $a\in \mathbb{Z}$ y, a continuación, para $a\in \mathbb{Q}$, (para esto último sólo hay que considerar $a=m/n$ y, a continuación, tenga en cuenta que:
$$f\Big(\frac{m}{n}x\Big)=mf\Big(\frac{x}{n}\Big)=\frac{m}{n}\cdot nf\Big(\frac{x}{n}\Big)=\frac{m}{n}\cdot f\Big(n\frac{x}{n}\Big)=\frac{m}{n}\cdot f(x)$$
La razón de esta pequeña ecuación que es interesante es que podemos establecer $x = 1$ y obtener:
$$f(a)=a\cdot f(1)$$
que es equivalente a lo que se esperaba de manera intuitiva, es decir, (después de un cambio de $a$$y$$f(1)$%#%)
$a$$
mientras que y es racional
$$f(y) = a\cdot y$ es un racional múltiplo de un número real
Pero podemos hacer algo mejor que eso. Si sustituimos en $y$ o cualquier otro número real en $x = \sqrt{2}$ (que sabemos racional,$f(ax) = af(x)$), puede realizar el mismo argumento anterior y demostrar que, por ejemplo
$a$$
Siempre que $$f(y) = \Big(\frac{f(\sqrt{2})}{\sqrt{2}}\Big)\cdot y=a\cdot y$ es decir, para cuando $y = \frac{m}{n}\sqrt{2}$ es un racional múltiples de $y$. Sin embargo, observe que el valor del coeficiente de $\sqrt{2}$ (es decir, la pendiente de la recta) es, aparentemente, no tienen relación alguna con el valor que toma en el caso de que $a$ es puramente racional.
Lo que estoy pidiendo
Aún no hemos demostrado que $y$$$f(x) = ax$x \in \mathbb{R}$ for all $f(x) = x$, as the slope of the line may change depending on what real number we are taking rational multiples of. As far as I've shown now, we might have $x$ when $f(x) = 3x$ is rational, $x$ when $\sqrt{2}$, etc.
Todavía siento que $ is a rational multiple of $ todos los $f(x) = ax$. Una de las razones para pensar que esto viene de señalar que $x \in \mathbb{R}$$
$$f(2) = f(2-\sqrt{2})+f(\sqrt{2})$, $2$ y $2-\sqrt{2}$ no son racionales múltiplos de cada uno de los otros, sin embargo, la ecuación anterior nos da una contención en las laderas de las líneas formadas por sus racional múltiplos (que llamaremos $\sqrt{2}$ $a_1, a_2$ para las laderas de la rational múltiplos de $a_3$ $2, 2-\sqrt{2}$ respectivamente). Tenemos $\sqrt{2}$
Hay tantas restricciones aquí - todos los racionales multipes tienen el mismo coeficiente, siempre que 2 (o más) números que no son racionales múltiplos de cada uno de los otros se suman tenemos otra restricción en sus coeficientes. La solución trivial es sólo eso$2a_1 = (2-\sqrt{2}) a_2 + \sqrt{2} a_3$$
más de $$f(x) = ax$ y me cuesta mucho ver cómo cualquier otra solución posible que pueda pasar a través de todas estas limitaciones.
Hay un aditivo de la función en $x \in \mathbb{R}$ no de la forma $\mathbb{R}$?
