Dimostrare la suriettività

[Paolo90]

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.

[killing_buddha]

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

[Ragazzo123]

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

[killing_buddha]

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.

[Ragazzo123]

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

[Silent]

Grazie mille

[Ragazzo123]

Grazie mille

tu hai per caso capito? sapresti spiegarmelo?

[Silent]

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

[Ragazzo123]

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

[Silent]

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.