$f: QQ \rightarrow QQ$

[dan95]

Sia $f:QQ \rightarrow QQ$ tale che:
• $f(m+n)=f(m)+f(n)\ \forall m,n \in QQ$
• $f(1)=0$
Dimostrare che $f(r)=0\ \forall r \in QQ$

[Gi8]

Non uso l'ipotesi $f(1)=0$ e dimostro che $f(q)= f(1)*q$ per ogni $q in QQ$

[1]$f(0)=0$
infatti $f(0)= f(0+0)=f(0)+f(0)$

[2]$f$ è dispari
infatti per ogni $q in QQ$ si ha $0=f(0)=f(q-q)= f(q)+f(-q)$

[3]per ogni $a in ZZ$ si ha $f(a)= f(1)*a$
infatti $f(a+1)= f(a)+f(1)$

[4] per ogni $n in NN$, per ogni $q in QQ$ si ha $f(n*q)= n *f(q)$
per induzione su $n$:
$n=0$ e $n=1$ sono banalmente vere, e $f((n+1)*q)= f(nq+q)= f(nq)+f(q)= n*f(q)+f(q)= (n+1) *f(q)$

[5] per ogni $n in NN \\{0}$ si ha $f(1/n)= f(1) * 1/n$
infatti $f(1)= f(n* 1/n)= n*f(1/n)$

[6] per ogni $m, n in NN \\ {0}$ si ha $f(m/n)= f(1)* m/n$
infatti $f(m/n)= f( m * 1/n)= m *f(1/n)= m*f(1) * 1/n=f(1)* m/n$

[kobeilprofeta]

forse piu` veloce: a intero
$f(x)=f(a+(x-a))=f(1+...+1)+f(x-a)=f(1)+...+f(1)+f(x-a)=f(x-a)$
Da questo noto che se $q-p$ e` intero, allora $f(p)=f(q)$.
Per assurdo ci sia $y$ t.c. $f(y)=k!=0$. Allora $f(1)=f(y+(1-(n-1)*y))=f(y)+f(1-(n-1)*y)=2k!=0$ assurdo!

Nota: $y-(1-(n-1)*y)=y-1+(n-1)*y=ny$ che e` intero dato che $y$ posso sempre scriverlo come $m/n$.

[Black Magic]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dalle ipotesi fatte su $f$ deduciamo che:

$f(1+n)=f(1)+f(n)=f(n)$

Quindi deduciamo che $f(n)=0$ , $\forall n \in NN$ perché $f(n)=f(1+1+1+1+....)$
Inoltre, supposto m>n si ha:
$f(-n+m)=f(-n)+f(m)= f(-n) = 0$,

ed essendo m e n arbitrari, possiamo concludere che $f(n)=0 \forall n\in ZZ$.

Ora, siano $a,b \in QQ$ e $1=a+b$. Deve essere:

$f(a)+f(b)=f(a+b)=f(1)=0$,

$f(a)=-f(b)$
$f(a)+0=-f(b)$, $f(a)+f(a+b)=-f(b) \rightarrow f(na)=-f(nb)$

Per ogni coppia $(a,b) \in [0,1] \cap QQ$, con $a+b=1$, esiste sempre un $n \in RR$ tale che $nb=1$

(È vero se $n \in QQ$ oppure $n \in RR$, ma nel nostro caso la cosa si verifica per n interi! Quindi modifico questo pezzo di dimostrazione)
Nel nostro caso è vero che $nb\in ZZ$, perché ogni razionale $a$ può essere scritto nella forma $\frac{m}{n}$, per cui:


$f(a)=0 \forall a \in[0,1]\cap QQ$
Q.E.D.

[dan95]

A meno di errori di battitura mi sembrano tutte corrette $\Rightarrow$ bravi tutti

[Rigel]

Domandone: cosa succede se al posto di \(\mathbb{Q}\) ci mettiamo \(\mathbb{R}\)?

[dan95]

Supponiamo per assurdo che l'insieme $P={x \in RR| f(x)>0$¹sia non vuoto, e sia $\xi = Inf P> -\infty$, tuttavia se si prende $r<0 \in QQ$ allora $f(\xi+r)=f(\xi)+f(r)>0$ assurdo poiché $\xi+r<\xi$ contro l'ipotesi di estremo inferiore. Concludiamo che $f(x)=0$ per ogni $x \in RR$.

Ho messo come ipotesi che $Inf P> -\infty$, altrimenti non saprei come procedere.

---

Note

1. Analogamente si procede se si considera l'insieme di punti dove $f<0$ ↑

[Rigel]

In realtà esistono funzioni \(f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) additive ma non lineari (e, in particolare, ne esistono tali che \(f(1) = 0\) ma \(f\) non è identicamente nulla).
La dimostrazione, però, non è elementare.

[dan95]

Si ne esistono infinite, ho letto qualcosina a riguardo su Wikipedia nella voce equazione funzionale di Cauchy.

[Rigel]

Si ne esistono infinite, ho letto qualcosina a riguardo su Wikipedia nella voce equazione funzionale di Cauchy.

Esattamente.