标题: 函数问题 [打印本页]
作者:
颖颖 时间: 2010-4-27 20:58 标题: 函数问题
1。已知 f(x) 为连续函数，且对任意实数 x,y 满足 f(x+y) = f(x) + f(y). 求所有满足以上条件的 f。
2。如果 f(x) 未必连续，求所有满足剩余条件的 f。
作者:
阿尔法孝直 时间: 2010-4-28 00:30
1、由于f(x)连续，f(x+y)=f(x)+f(y)意味着f(kx)=kf(x)，k为有理数。
当k=0时，f(0)=0
当k≠0时，两边对x求导，kf'(kx)=kf'(x)，令t=kx，则f'(t)=f'(x)，即f(x)是斜率恒定的函数。
只有f(x)=px，p为实常数。
2、假设x=x0为f(x)的间断点，即lim(x→x0+)f(x)，f(x0)，lim(x→x0-)f(x)不全相等。
前面说了，k为有理数时有f(kx)=kf(x)，那么
lim(x→x0+)kf(x)，kf(x0)，lim(x→x0-)kf(x)不全相等。
lim(x→x0+)f(kx)，f(kx0)，lim(x→x0-)f(kx)也不全相等。
lim(x→kx0+)f(x)，f(kx0)，lim(x→kx0-)f(x)应该也不全相等。
那么x=kx0，(k为全体有理数)
都是间断点。
未完待续……
[ 本帖最后由 阿尔法孝直 于 2010-4-28 01:27 编辑 ]
作者:
yinweiqi1 时间: 2010-4-28 01:55
f连续未必可以对x求导吧，ms以前还有人构造过处处连续处处不可导的函数，巨复杂
结论还是对的，f(x)=cx。
2.没有仔细想，不太严密，应该是一组直线簇一样的函数，每条直线上定义的点满足存在有理数m，使mx1=x2，然后每两条直线上定义的点不存在有理数m，使mx1=x2。每条直线的斜率任意定。
还是大一学zorich的东东差不多都忘了，现在是彻彻底底的工科男了。。。。。。
作者:
颖颖 时间: 2010-4-28 09:38 标题: 回复 #1 颖颖 的帖子
1. 连续确实未必可以求导，以下是一个连续但无处可微函数：
给个提示，证明 f 处处可微分的时候，可以先证明 f 在 0 点可微。同时，由于 f 连续所以 f 必然处处可积分。因此，只要把 f 在 0 点写成一个关于某连续函数的积分即可。
2. 由于f(x)连续，f(x+y)=f(x)+f(y)意味着f(kx)=kf(x)，k为有理数。。。这句话也不太理解。
3. 2 楼对第二部分的思路是对的，但 m 也不是可以随便选的。比如说，f(1 + pi) = f(1) + f(pi)，那么假设 f(有理数) = m1x，f(有理数＊pi) = m2x，那么 f(1+pi) 的斜率必然受到 m1 & m2 的限制，对么？
作者:
muzhi 时间: 2010-4-28 18:17
1. 有理数部分的证明不需要连续性：
f(m/n) = f(m)/n = f(1) * m/n
无理数部分用有理数序列逼近并用连续性
2. 还真没想过这个事，还没想明白
楼上说的斜率没明白
f(a+b*pi) = m1*a + m2*b*pi不就完了，f(1+pi)这个点的斜率是什么？
[ 本帖最后由 muzhi 于 2010-4-28 18:18 编辑 ]
作者:
muzhi 时间: 2010-4-28 19:03
我怀疑第二部分跟实数域的结构有关，有熟悉抽象代数的同学么？
我只啃过一点群论，还没读过域相关的内容，不知道该如何入手
当然，去找抽象代数这个想法本身也有可能不对头...
作者:
颖颖 时间: 2010-5-5 19:23
原帖由 muzhi 于 2010-4-28 18:17 发表
f(a+b*pi) = m1*a + m2*b*pi不就完了。。。
我怀疑第二部分跟实数域的结构有关，有熟悉抽象代数的同学么？
思路完全正确，而且在 f 不需要连续的时候，其解确实和实数结构有关，用到的是 field extension （域扩展）这个概念。即，如果 k 是一个域（域是所有能够加减乘除的一个代数结构，例如有理数，实数都是域，但整数不是，因为有些整数之间相除得出来不是整数），l 是 k 的子域（例如，有理数就是实数的子域），则商空间 k/l 是一个向量空间。由 Axiom of choice（选择公理），任何向量空间都有一个 basis（基）。也就是说，存在一个无理数数列 {x_i, i = 1,2,3,...} 使得任意实数 r 都能被写为: r = q0+q1.x1+q2.x2+... 其中 q_i, i = 0,1,2,... 皆为有理数。满足以上条件的数列 {x_i} 被称为 k/l 的 basis（基）。
然后可证明，
1, 简单部分：f(q0+q1.x1+q2.x2+...) = m0.q0 + m1.q1.x1 + m2.q2.x2+... （m 暂且称为斜率）
2, 复杂部分：从 Axiom of choice 只能得出 k/l 之基 x_i 的存在性，而不能得出此基的唯一性（事实上基也的确不唯一）。那么当 r 同时满足 r=q0+q1.x1+q2.x2+... 和 r=s0+s1.y1+s2.y2+... 的时候（y_i是 k/l 的另一个基，s_i 皆为有理数），如何确定 f(q0+q1.x1+q2.x2+... ) = f(s0+s1.y1+s2.y2+...)? 还是说这个条件会对一些斜率 m0, m1, m2, ... 有所限制？
注：有些数学家不喜欢在证明中用 Axiom of choice，因为这个公理以只保证存在性，而不能提供建设性构造而臭名远扬。因此，如何不用 Axiom of choice 的情况下来解此方程，则是数学界的一个未解之悬疑。
[ 本帖最后由 颖颖 于 2010-5-5 19:35 编辑 ]
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