Dejemos que $\,f:[0,\infty)\to [0,\infty)$ sea una función tal que $\,f(x+y)=f(x)+f(y),\,$ para todos $\,x,y\ge 0$ . Demostrar que $\,f(x)=ax,\,$ para alguna constante $a$ .
Mi prueba :
Tenemos , $\,f(0)=0$ . Entonces, $$\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=f'(0)=a\text{(constant)}.$$
Entonces, $\,f(x)=ax+b$ . Como, $\,f(0)=0$ así que $b=0$ y $f(x)=ax.$
¿Es correcta mi prueba?
En su prueba asume que $f$ es diferenciable, lo cual no está dado.
Permítame sugerirle cómo obtener la fórmula de $f$ :
Paso I. Demostrar que $\,f(px)=p\,f(x),\,$ cuando $p$ es un racional positivo y $x$ un real no negativo. (Al principio se muestra esto para $p$ entero). Obtenemos también que, $\,f(0)=0$ .
Paso II. Observe que $f$ es creciente, ya que, para $y>x$ tenemos $$ f(y)=f(x)+f(y-x)\ge f(x). $$
Paso III. Desde $f$ es creciente, entonces el límite $\,\lim_{x\to 0^+}f(x)\,$ existe. Sin embargo, $$ \lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{n\to\infty}f\Big(\frac{1}{n}\Big) =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\,f(1)=0. $$
Paso IV. Escoge un $x\in(0,\infty)$ y una secuencia decreciente $\{q_n\}\subset\mathbb Q$ que tiende a $x$ . Entonces $$ f(q_n)=q_n\,f(1) $$ y $$ x\,f(1)\longleftarrow q_n\,f(1)=f(q_n)=f(x)+f(q_n-x)\longrightarrow f(x), $$ desde $\,\,q_n-x\to 0^+$ y por lo tanto $\,\,\lim_{n\to\infty}f(q_n-x)=0$ .
Por lo tanto, $\,f(x)=x\,f(1),\,$ para todos $x\in\mathbb [0,\infty)$ y por lo tanto $\,f'(x)=f(1)$ .
Tenga en cuenta que $f$ es monótona: si $y>0$ entonces $f(y)\ge0$ así que $f(x+y)=f(x)+f(y)\ge f(x)$ .
En particular, la función es continua sobre $[0,\infty)$ excepto para un conjunto a lo sumo contable.
Puede ampliar $f$ a $f_e\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ al establecer $f_e(x)=-f(-x)$ , para $x<0$ . Demuestre que esta función sigue teniendo la propiedad de que $f_e(x+y)=f_e(x)+f_e(y)$ . Entonces la continuidad en un punto implica la continuidad en $0$ .
El resultado se desprende ahora de los métodos de Resumen de los hechos básicos sobre la ecuación funcional de Cauchy
Me temo que tu intento no es bueno: estás asumiendo la diferenciabilidad en $0$ que no está entre las hipótesis.
Por inducción, $f(nx)=nf(x)$ para un número entero $n$ .
Ahora toma cualquier $x$ . Desde
$$\lfloor nx\rfloor\le nx\le\lceil nx\rceil,$$ aplicando la función no decreciente $f$ deducimos $$f\left(\lfloor nx\rfloor\right)\le f(nx)\le f\left(\lceil nx\rceil\right).$$
Por la propiedad de inducción anterior, $$\lfloor nx\rfloor f(1)\le nf(x)\le \lceil nx\rceil f(1),$$ y $$\frac{\lfloor nx\rfloor}nf(1)\le f(x)\le \frac{\lceil nx\rceil}nf(1).$$
Como $n$ puede ser arbitrariamente grande, apretando
$$f(x)=f(1)x.$$
Se me ocurre una prueba, pero requiere teoría de la diferenciación en el contexto de la integral de Lebesgue. Supongo que debe haber pruebas más elementales.
$f \geq 0$ Así que $f$ no es decreciente. Una función monótona en un intervalo $[a,b]$ sólo puede tener como máximo un número contable de discontinuidades. Por lo tanto, $\lim_{h\to 0} \left(f(x+h)-f(x)\right) = 0$ para algunos $x$ lo que implica que $f$ es continua en $0$ . Dado $\epsilon > 0$ , elija $\delta > 0$ para que $f(\delta) < \epsilon$ Esto se puede hacer porque $f(0)=0$ .
Considere los segmentos disjuntos $(\alpha_1,\beta_1),\dots,(\alpha_n,\beta_n)$ tal que $$ \sum_{i=1}^{n}(\beta_i-\alpha_i) < \delta. $$ Entonces $$ \sum_{i=1}^n|f(\beta_i) - f(\alpha_i)| = f\left(\sum_{i=1}^n(\beta_i-\alpha_i)\right) \leq f(\delta) < \epsilon, $$ por lo que $f$ es absolutamente continua. Hay teoremas que dicen que si $f$ es no decreciente y absolutamente continua en $[a,b]$ entonces $f$ es diferenciable en casi todas partes en $[a,b]$ y $$ f(x)-f(a) = \int_a^xf'(t)dt $$ para $x \in [a,b]$ . Lo que has escrito implica que $f'$ es constante en su dominio, por lo que $f(x) = \int_0^xf'(t)dt = ax$ para alguna constante $a$ .
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