Demonstrações

Encontrar todas as funções [tex3]f: \mathbb Q \rightarrow \mathbb R[/tex3] tais que [tex3]f(x+y) = f(x) + f(y), \forall x, y \in \mathbb Q[/tex3] .

Solução

prova-se por indução que [tex3]f(\sum_{i=1}^n x_i) = \sum_{i=1}^n f(x_i)[/tex3] para qualquer conjunto de racionais [tex3]x_1,x_2,...x_n[/tex3] :

para [tex3]n=1[/tex3] temos que [tex3]f(x_1) = f(x_1)[/tex3] o que é tautologicamente verdade para qualquer [tex3]x_1[/tex3] racional.

Para qualquer racional [tex3]x_{n+1}[/tex3] temos que é verdade que:

[tex3]f(\sum_{i=1}^n x_i + x_{n+1}) = f(x_{n+1}) + f(\sum_{i=1}^nx_i)[/tex3]

Se tivermos que [tex3]f(\sum_{i=1}^n x_i) = \sum_{i=1}^n f(x_i)[/tex3] para algum [tex3]n[/tex3] então

[tex3]f(\sum_{i=1}^n x_i + x_{n+1}) = f(x_{n+1} + \sum_{i=1}^n f(x_i) = \sum_{i=1}^{n+1} f(x_i)[/tex3]

e completa-se a indução.

Agora tomamos o conjunto [tex3]x_1,x_2,...,x_n[/tex3] onde todos os elementos são iguais a [tex3]1[/tex3] ou seja: [tex3]x_i=1, \forall i \in \{1,2,...,n\}[/tex3]
neste caso [tex3]f(\underbrace{1+1+...+1}_\text{$n$ vezes}) = \underbrace{f(1)+f(1) +... + f(1)}_\text{$n$ vezes} \iff f(n) = n \cdot f(1)[/tex3] para todo [tex3]n[/tex3] inteiro positivo.

Como [tex3]f(0+0) = f(0) + f(0) \iff f(0) = f(0) + f(0) \implies f(0) = 0[/tex3] .

Portanto [tex3]f(1+(-1)) = f(1) + f(-1) \iff f(0) = f(1) + f(-1) \iff f(-1) = (-1) \cdot f(1)[/tex3] .

Tomando o conjunto [tex3]x_i=(-1)[/tex3] chegamos que [tex3]f(n) = n \cdot f(1)[/tex3] para todo [tex3]n[/tex3] INTEIRO (além dos positivos também vale para zero e para os negativos).

Por fim, tomemos [tex3]x_i = \frac1q[/tex3] com [tex3]q[/tex3] qualquer inteiro positivo. Então tomando um conjunto de [tex3]q[/tex3] [tex3]x_i[/tex3] s teremos que:

[tex3]f(\sum_{i=1}^q x_i) = \sum_{i=1}^q f(x_i) \iff f(q \cdot \frac1q) = q \cdot f(\frac1q) \iff f(\frac1q) = \frac1qf(1)[/tex3]

por fim, tomemos [tex3]x_i = \frac1q, \forall 1 \leq i \leq p[/tex3] então

[tex3]f(\sum_{i=1}^p \frac1q) = \sum_{i=1}^p f(\frac1q) \iff f(\frac pq) = p \cdot f(\frac1q) = p \cdot \frac1q f(1) = \frac pq f(1)[/tex3]

para qualquer [tex3]p,q>0[/tex3] portanto [tex3]f(x) = x \cdot f(1)[/tex3] para qualquer [tex3]x \in \mathbb Q^+[/tex3] basta observar que [tex3]f(0) = f(x) + f(-x)[/tex3] para perceber que [tex3]f(x) = x \cdot f(1) , \forall x \in \mathbb Q[/tex3]

portanto [tex3]f[/tex3] é uma função linear em [tex3]x[/tex3] cuja razão de proporção é [tex3]f(1)[/tex3] que é uma constante.

Não podemos generalizar este resultado para o domínio [tex3]\mathbb R[/tex3] ,ou seja: [tex3]f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R, f(x+y) = f(x) + f(y)[/tex3]
Pois apesar de termos de fato que [tex3]f(x) = x \cdot f(1)[/tex3] quando [tex3]x[/tex3] é racional não podemos definir um valor para [tex3]f(\sqrt2)[/tex3] por exemplo sem nenhuma informação adicional.

Rigorosamente precisamos considerar o conjunto [tex3]\mathbb R[/tex3] como espaço vetorial sobre o corpo [tex3]\mathbb Q[/tex3] . O Axioma da escolha, que é equivalente ao Lema de Zorn, implica que todo espaço vetorial admite uma base. Esta base de números reais [tex3]r_1,r_2,...,r_n,..[/tex3] é chamada de Base de Hamel e podemos escrever qualquer número real [tex3]r[/tex3] como sendo [tex3]r = \sum_{i=1}^n q_i r_i[/tex3] com [tex3]q_i \in \mathbb Q, \forall i[/tex3] de onde [tex3]f(r) = \sum_{i=1}^n q_i f(r_i)[/tex3] então [tex3]f[/tex3] pode assumir diversas formas dependendo da escolha de [tex3]f(r_i)[/tex3] todas elas sendo descontínuas a menos que [tex3]f(r_i) =0, \forall i >1[/tex3] .

Felizmente, algumas condições extras à equação funcional aditiva de Cauchy em [tex3]\mathbb R[/tex3] fazem com que a solução de fato se torne linear: [tex3]f(x) = x \cdot f(1), \forall x \in \mathbb R[/tex3] . Seguem algumas dessas condições com suas respectivas provas:

1-) [tex3]f[/tex3] é contínua em [tex3]\mathbb R[/tex3] .

Prova: de fato se [tex3]f[/tex3] for contínua em [tex3]\mathbb R[/tex3] então para qualquer real [tex3]x[/tex3] podemos tomar uma sequência de racionais [tex3]q_1,q_2,...,q_n,...[/tex3] que convirja para [tex3]x[/tex3] ([tex3]\lim_{n\rightarrow +\infty} q_n = x[/tex3] ) como sabemos que [tex3]f(q_n) = q_n \cdot f(1)[/tex3] para todo [tex3]n \in \mathbb N[/tex3] então [tex3]f(x) = f(\lim_{n \rightarrow +\infty}q_n) =\lim_{n \rightarrow +\infty} f(q_n) = \lim_{n \rightarrow +\infty} q_n \cdot f(1) = f(1) \cdot \lim_{n \rightarrow +\infty} q_n = f(1) \cdot x[/tex3] .

2-) [tex3]f[/tex3] é contínua em um único ponto [tex3]r[/tex3] .

Prova: fixe [tex3]a \in \mathbb R[/tex3] então [tex3]\lim_{x \rightarrow a} f(x) = \lim_{x \rightarrow r}f(x-r+a)[/tex3] ( pois [tex3]|x-r| = |(x-r+a)-a|[/tex3] )
[tex3]=\lim_{x \rightarrow r}(f(x) - f(r) + f(a)) = \lim_{x \rightarrow r} f(x) + f(a) - f(r) [/tex3] da continuidade em [tex3]r[/tex3] temos que [tex3]\lim_{x \rightarrow r}f(x) = f(r)[/tex3] então [tex3]\lim_{x \rightarrow a} f(x) = f(a) + f(r) - f(r) = f(a)[/tex3] logo [tex3]f[/tex3] é contínua em todo [tex3]a \in \mathbb R[/tex3] e da prova anterior temos que [tex3]f[/tex3] é linear. Vale notar que esta condição é muito geral e implica também que se [tex3]f[/tex3] é diferenciável ou integrável então deve ser linear.

3-) [tex3]f[/tex3] é monótona em algum intervalo de [tex3]\mathbb R[/tex3] qualquer de extremos [tex3]x_1<x_2[/tex3] .

Prova: supondo sem perda de generalidade que [tex3]f[/tex3] é crescente no tal intervalo, isto é: se [tex3]x_1 < x < y < x_2 \implies f(x) < f(y)[/tex3] e que [tex3]f(1)>0[/tex3] . As provas para os demais casos são triviais ou análogas:
Suponha que [tex3]r[/tex3] seja um irracional qualquer no intervalo e que [tex3]f(r) = R \cdot f(1)[/tex3] com [tex3]R>r[/tex3] . Tomemos o racional [tex3]r<q<R[/tex3] tal que [tex3]q[/tex3] também esteja no intervalo [tex3]x_1,x_2[/tex3] . Então [tex3]f(r)<f(q) \iff R \cdot f(1) < q f(1) \iff R < q[/tex3] o que contraria a hipótese de [tex3]q<R[/tex3] . Analogamente se [tex3]R<r[/tex3] tome um racional no intervalo tal que [tex3]R<q<r[/tex3] e também chegará num absurdo. Sobrando a única opção que [tex3]R=r[/tex3] portanto [tex3]f(r) = r \cdot f(1)[/tex3] para todo [tex3]r[/tex3] real no intervalo [tex3]x_1,x_2[/tex3] .

Tome algum real [tex3]z[/tex3] fora do intervalo. Então existe um racional [tex3]q[/tex3] tal que [tex3]q \cdot z[/tex3] está no intervalo [tex3]x_1,x_2[/tex3] (basta tomar qualquer racional no intervalo [tex3]\frac{x_1}z,\frac{x_2}z[/tex3] ) portanto [tex3]f(q \cdot z) = q \cdot z \cdot f(1)[/tex3] mas da linearidade sabemos que [tex3]f(q \cdot z) = q \cdot f(z)[/tex3] logo [tex3]q \cdot f(z) = q \cdot z \cdot f(1) \iff f(z) = z \cdot f(1)[/tex3] para todo [tex3]z[/tex3] real.

4-) [tex3]f[/tex3] é limitada em algum intervalo de [tex3]\mathbb R[/tex3]
-> implica que [tex3]f[/tex3] é contínua em [tex3]0[/tex3]

5-) [tex3]f[/tex3] é positiva para valores reais positivos
vou ficar devendo essas provas por enquanto

Agora sim ficou bem completo. Obrigado, sousóeu.

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Olá, Anonymous. Tudo bem?

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