Una funzione particolare

Messaggioda Bremen000 » 06/09/2017, 13:34

Sia $f : RR \to RR$ una funzione continua t.c. $f(x+y)= f(x) + f(y)$ per ogni $x, y \in RR$.
Si dimostri che in realtà esiste una costante $c \in RR$ t.c. $f(x)=cx$ per ogni $x \in RR$.
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Re: Una funzione particolare

Messaggioda dan95 » 09/09/2017, 11:40

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Dimostriamo che $f(0)=0$, infatti sia $\varepsilon >0$ arbitrario per la continuità di $f$ esiste $y>0$ tale che
\begin{equation}
|f(x+y)-f(x)|=|f(y)| < \varepsilon
\end{equation}
la tesi segue dal l'arbitrarietà di $\varepsilon$.

Dimostriamo che $f(n)=cn$ con $n$ intero e qualche costante $c \in \mathbb{R}$, sia $f(1)=c$ allora usando la definizione segue la tesi. Infatti $f(0)=f(n)+f(-n)$ da cui $f(n)=-f(-n)$, inoltre per induzione su $n \in \mathbb{N}$ si dimostra che $f(n)=cn$.

Dimostrano che dati due interi $m,n$ si ha $f(m/n)=cm/n$, infatti $f(1)=nf(1/n)$ da cui $c/n=f(1/n)$ da cui la tesi è immediata.

Ora ogni numero irrazionale $\xi$ è approssimabile con un numero razionale $p/q$ ovvero per ogni $\varepsilon>0$ esiste $p/q$ tale che $|\xi-p/q| <\varepsilon$ moltiplicando per $c$ costante reale abbiamo che
\begin{equation}
|c\xi-f(p/q)+f(p/q)-cp/q|=|c\xi-f(p/q)| < \varepsilon
\end{equation}
Ovvero
\begin{equation}
|c\xi-f(p/q)|=|c\xi-f(\xi)+f(\xi-p/q)| < \varepsilon
\end{equation}
la tesi segue che $\xi-p/q$ dipende da $\varepsilon$ che sono arbitrariamente piccoli e quindi lo è anche $f(\xi-p/q)$.
"Chi è padrone del proprio respiro, è padrone della propria vita."~ Antico proverbio

"La capacità di scegliere è un dono che la natura fa all'uomo. Scegliere è un dono che l'uomo fa a se stesso." D.B.

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Re: Una funzione particolare

Messaggioda dan95 » 09/09/2017, 11:45

Si chiama equazione funzionale di Cauchy
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Re: Una funzione particolare

Messaggioda massimoaa » 09/09/2017, 14:03

Io farei così.
Ponendo nella relazione data $x=y=0$ si ottiene: $f(0)=2f(0)$ da cui $f(0)=0$
Ponendo $y=x$ nella relazione, con x generico, si ha:
$f(2x)=2f(x)$
e questo prova che f(x) é lineare ed essendo nulla per $x=0$ sarà del tipo:
$f(x)=ax$
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Messaggioda Paolo90 » 09/09/2017, 14:18

Osservate che la continuità non è strettamente necessaria, è sufficiente la misurabilità.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Dimostriamo che una funzione misurabile che soddisfa $f(x+y)=f(x)+f(y)$ per ogni $x,y\in \mathbb R$ è continua e, per cominciare, proviamo che $f$ è continua in 0.

Prendendo $x = 0$ otteniamo che deve essere $f(0) = 0$. Inoltre prendendo $y = −x$, deduciamo che $f$ deve essere dispari.

Grazie al teorema di Lusin esiste un compatto $K \subset [0,1]$ tale che \[\mathscr L^1([0,1]\setminus K)<1/3\] e la restrizione di $f$ a $K$ è continua. Essendo $K$ compatto, tale restrizione è uniformemente continua. Ora fissiamo $\epsilon > 0$. Per l’uniforme continuità, esiste $\delta > 0$ (w.l.o.g. minore di 1/3), tale che
\( \displaystyle \vert f(x)-f(y) \vert < \epsilon \qquad \forall x,y \in K, \, \vert x-y \vert < \delta. \)

Proviamo ora che $|f(h)| < \epsilon$ se $|h| < \delta$, i.e. che $f$ è continua in $0$. Preso $h \in \mathbb R$ con $|h|<\delta$ si ha che $K\cap (K−h)\ne\emptyset$, dove $K−h={x−h | x \in K}$. Infatti, se fosse $K \cap (K −h) = \emptyset$, dato che $K \subset [0,1]$, si avrebbe $K \cup (K-h) \subset [0,1] \cup [−h,1−h]$ e quindi \( \mathscr L^1(K \cup (K-h)) \le 1+|h|\). Ma allo stesso tempo \( \displaystyle \mathscr L^1(K \cup (K -h)) = \mathscr L^1 (K)+\mathscr L^1 (K −h) = 2\mathscr L^1(K) > 4/3 \) perché \( \displaystyle \mathscr L^1([0,1]\setminus K) < 1/3 \) . Quindi $|h| > 1/3$, che è falso.

Dunque esiste $x\in K\cap (K−h)$ cioè $x\in K$ e anche $x+h\in K$. Quindi
\[|f (h)| = |f ((x + h) − x)| = |f (x + h) + f (−x)| = |f (x + h) − f (x)| < \varepsilon,
\]
cioè $f$ è continua in $0$. Tenendo conto che $f(0)=0$ e passando al limite per $y \to 0$ nella relazione funzionale, deduciamo ora che $f$ è continua in un qualunque $x \in \mathbb R$.
"Immaginate un bravo matematico come qualcuno che ha preso dal tenente Colombo per le doti investigative, da Baudelaire per l’ispirazione, dal montatore Faussone per il rigore e l’amore per “le cose ben fatte”, da Ulisse per la curiosità, l’ardimento e l’insaziabilità di conoscenza." (AC)
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Re: Una funzione particolare

Messaggioda massimoaa » 09/09/2017, 15:52

Leggendo alcune risposte mi chiedevo se poi i concetti di " insieme compatto. misurabilità, uniforme continuità, teorema di Lusin etc,etc " non siano un ...tantinello sproporzionati in una sezione dedicata alla scuola media, sia pure superiore ... :D
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Messaggioda Paolo90 » 09/09/2017, 15:56

@massimoaa: sì, certo, ne sono ben consapevole. Ho tuttavia ritenuto opportuno quanto meno segnalarlo: si sa mai, magari qualche universitario si trova a passare di qui e potrebbe trovarlo interessante.
"Immaginate un bravo matematico come qualcuno che ha preso dal tenente Colombo per le doti investigative, da Baudelaire per l’ispirazione, dal montatore Faussone per il rigore e l’amore per “le cose ben fatte”, da Ulisse per la curiosità, l’ardimento e l’insaziabilità di conoscenza." (AC)
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Re: Una funzione particolare

Messaggioda massimoaa » 09/09/2017, 16:09

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
@Paolo90 La mia osservazione era riferita alla collocazione della risposta e non certo al suo contenuto:
ad avercela tanta conoscenza!
Ultima modifica di massimoaa il 09/09/2017, 17:06, modificato 1 volta in totale.
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Re: Una funzione particolare

Messaggioda axpgn » 09/09/2017, 16:41

@massimoaa
Spoiler, please ... :wink:
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Re: Una funzione particolare

Messaggioda dan95 » 09/09/2017, 17:12

Si potrebbe pure dimostrare che l'insieme $V={f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\ \text{continua in 0}| f(x+y)=f(x)+f(y)}$ ha struttura di spazio R-vettoriale di dimensione 1.
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