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Chi ha detto che $f$ è continua? Esistono funzioni \( \mathbb Q\)-lineari che non sono continue (click). E infatti l'esercizio non è stato svolto correttamente, perché non si è usata la seconda ipotesi.

Propongo questa strada per mostrare che l'unica funzione sui reali (non identicamente nulla) contemporaneamente additiva e moltiplicativa è l'identità.

Si è già visto che una siffatta funzione deve essere l'identità su $\mathbb Q$. D'altro canto la funzione è positiva (non strettamente) per $x\ge 0$, perché per $x\ge 0$ si ha
\[
f(x) = f(\sqrt{x})^2.
\]
Pertanto, stante l'additività, $f$ è pure crescente, i.e. $a \le b$ implica $f(b) = f(a) + f(b-a) \ge f(a)$.

Ora supponiamo per assurdo che esista $x$ tale che $x<f(x)$. Allora, per la densità (lineare) dei razionali nei reali, c'è sicuramente un $q \in \mathbb Q$ tale che
\[
x < q < f(x).
\]
D'altro canto, siccome $f$ è crescente
\[
f(x) \le f(q) = q < f(x),
\]
assurdo. Analogamente se ci fosse un $x$ con $f(x)>x$. Segue l'asserto.

Ah, certo, perché la dimensione di R è infinita, chiaro. Invece il trucco era mostrare che è monotona, me lo ricordavo da teoria di Galois, ma evidentemente ricordavo una cosa sbagliata

Paolo90 ha scritto:Ora supponiamo per assurdo che esista $x$ tale che $x<f(x)$

scusate se mi intrometto, ma come fai esattamente a dire questa cosa? in base a cosa dici "supponiamo che esista $x$ tale che $x<f(x)$" che ragionamento hai dovuto fare? ti sei basato sul principio di induzione? vorrei davvero capire

Tricotomia. Per due numeri reali, o è vero che $a=b$, o che $a<b$ o che $a>b$. Entrambe le opzioni $a<b$ e $a>b$ devono essere scartate, e il motivo è quello scritto là sopra.

quindi dovrebbe tenere pure in conto l'ipotesi in cui $x>f(x)$?
non sono ancora molto bravo con queste cose

Grazie mille

Ianero ha scritto:Grazie mille

tu hai per caso capito? sapresti spiegarmelo?

Si, ha esaminato entrami i casi di > e <, arrivando all'assurdo per entrambi, avevi capito bene anche tu.

Ma le dimostrazioni per assurdo sono un po' come le dimostrazioni per induzione?
non avendole mai fatte, mi risulta un po' difficile...

Perdonatemi se rispolvero una vecchia discussione, ma rivedendo l'argomento mi è venuto un dubbio che non ho capito bene come superare.

Nella dimostrazione proposta da @Paolo90, la chiave consiste nel supporre per assurdo che esista un \(\displaystyle x\in\mathbb{R} \) tale che \(\displaystyle x<f(x) \) (o viceversa con il \(\displaystyle > \)).
Tuttavia la funzione \(\displaystyle f \) di cui stiamo parlando è una funzione che non mappa \(\displaystyle \mathbb{R} \) in sé stesso, ma mappa \(\displaystyle \mathbb{R} \) in un altro insieme \(\displaystyle \mathbb{R}' \) che si suppone rispetti gli stessi assiomi del precedente. Di conseguenza, scrivere \(\displaystyle x<f(x) \) non è un pò mettere in relazione due oggetti di insiemi differenti, per i quali non sappiamo affatto come essi siano in relazione?

Ad ogni modo, per chiarezza, riporto il testo dell'esercizio:

Show that if \(\displaystyle \mathbb{R} \) and \(\displaystyle \mathbb{R}' \) are two models of the set of real numbers and \(\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R'} \) is a mapping such that \(\displaystyle f(x+y)=f(x)+f(y) \), \(\displaystyle f(xy)=f(x)f(y) \), then \(\displaystyle f \) is a bijective mapping that preserves the order.

Quello che a suo tempo ero riuscito a fare da solo era far vedere che la restrizione \(\displaystyle f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q} \) doveva per forza essere l'identità (da cui segue ovviamente biunivocità e preservazione dell'ordinamento, senza riuscire ad estendere la cosa a tutti i reali.

E' un mio limite o effettivamente bisogna essere più specifici quando si scrive in questo contesto una cosa come \(\displaystyle x<f(x) \)?

PS: grazie ancora a @Paolo90 per l'aiuto che mi diede all'epoca.