Demuestra que $f(x+y)=f(x)+f(y)$ implica $f$ continuo $\Leftrightarrow$ $f$ medible

Question

Dejemos que $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ y para cada $x,y\in \mathbb R$ tenemos $f(x+y)=f(x)+f(y)$ .

Demuestra que $f$ medible $\Leftrightarrow f$ continua.

Answer 1

Una implicación es trivial. Si una función es continua, entonces es medible. Lo contrario es más complicado.

Puede encontrar una prueba muy bonita en lo siguiente documento . Otra prueba se puede encontrar considerando la función $F(x)=\int_0^x f(t)dt$ que está bien definido ya que $F$ es medible.

Otro enfoque es el siguiente: demostrar que una solución discontinua para la ecuación funcional no está acotada en ningún intervalo abierto. Se puede demostrar que para una solución discontinua la imagen de cualquier intervalo es densa en $\Bbb{R}$ y por lo tanto tenemos problemas con la mensurabilidad.

Answer 2

Dejemos que $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sea un homomorfismo de grupo medible. Vamos a demostrar $f$ es continua. Para cualquier $\delta > 0$ existe un intervalo $I = (a, b)$ de longitud $b - a = \delta$ tal que el conjunto $E: = f^{-1}(I)$ tiene una medida positiva. Ahora, usando eso $f$ es un homomorfismo de grupo, podemos ver que $$f^{-1} ((-\delta, \delta)) = f^{-1}( I - I) = E - E$$ (donde para un conjunto $S \subseteq \mathbb R$ denotamos $S - S:= \{x - y | x, y \in S\}$ ). Por el teorema de Steinhous, $E - E$ contiene una vecindad abierta en el origen. Por lo tanto, para algunos $\varepsilon > 0$ tenemos $$|x| < \varepsilon \implies x \in E - E \implies |f(x)| < \delta.$$ Así, $f$ es continua en $0$ y como $f$ es un homomorfismo de grupo, esto demuestra que $f$ es continua en todas partes.

Obsérvese que la continuidad de $f$ implica que $f$ ¡es realmente lineal! Así, cualquier homomorfismo de grupo medible $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es lineal.

Answer 3

Aquí hay una solución usando la convolución que complementa las anteriores. Vemos que $f(x)=f(1)x$ para la racionalidad $x$ comprobando primero los números enteros, luego los números de la forma $1/n$ . Lo difícil es ocuparse de los números irracionales. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $f(x)=0$ en los racionales (porque restando $f(1)x$ no afecta a la propiedad en la definición).

Arreglar algunos $j\in C_c^\infty(\mathbb R)$ . Por la propiedad definitoria de $f(x)$ tenemos la siguiente expresión para la convolución: $$(e^{2\pi if(x)}\star j)(x)=e^{2\pi i f(x)}\int j(y)e^{-2\pi i f(y)}\, dy.$$

En particular, la integral es una constante, por lo que $e^{2\pi i f(x)}$ es continua, ya que la convolución es continua (como $j$ es suave y con soporte compacto - este es un teorema estándar).

Debemos tener cuidado, porque no podemos concluir de esto que $f(x)$ es continua sin más trabajo. La función logaritmo es multivaluada, y es posible que $f(x)$ para "saltar" por múltiplos de $1$ .

Sin embargo, podemos concluir que $f$ debe tener un valor entero. De esto concluimos que es cero en todas partes: dado $x\in R$ , aplique la propiedad definitoria $n$ veces a $x/n$ para concluir que $n|f(x)$ por cada $n$ , lo que implica $f(x)=0$ .

Nótese que utilizamos la hipótesis de mensurabilidad para asegurarnos de que la integral que define la convolución está bien definida. Utilizamos una exponencial compleja en lugar de $e^f$ (lo que facilitaría la conclusión) porque esta última invita a preocuparse por la integrabilidad al definir la convolución.