Olculebilir Toplamsal Bir Fonksiyon Dogrusal Olmak Zorunda Mi?

Question

Su baglantidaki soruyla alakali bir analiz sorum var, tatli bir soru:

Her $x, y \in \mathbb{R}$ icin, $f(x+y) = f(x) + f(y)$ ozelligini saglayan olculebilir bir $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ fonksiyonu dogrusal olmak zorundadir. (Yani, oyle bir $c \in \mathbb{R}$ vardir ki her $x$ icin $f(x) = cx$'dir.)

Ben bu soruyu gecen yil cozmustum, hatta cozumumle de gurur duymustum ama simdi cozemiyorum. Asagida benim cabami acikladim. 5. adimdaki uygun $\phi$ fonksiyonunun ne oldugunu hatirlayamiyorum. 6. adimdaki manipulasyonlarin ne olmasi gerektigini cikaramiyorum. Elimde sorunun baska cozumleri var, istedigim bu dogrultuda bir cozum. Ama eger isterseniz baska cozum yollari da paylasabilirsiniz.

1) $f(0) = 0$. Bunu gostermek cocuk oyuncagi.
2) $f(1) = c$ olsun. O zaman, her $a$ dogal sayisi icin $f(a) = ca$. Bu da basit.
3) Her $a$ tam sayisi icin, $f(a) = ca$ oldugu da basit; hatta her $a$ rasyonel sayisi icin $f(a) = ca$ oldugu da zor degil. Buraya kadar cebir.
4) $f$ surekli ve her $a \in \mathbb{Q}$ icin $f(a) = ca$ ise o zaman her $x \in \mathbb{R}$ icin $f(x) = cx$'dir. Evet, zira $x$'e yakinsayan rasyonel bir $a_n$ dizisi bulabiliriz. $f$ surekli oldugundan ve $ca_n$ de $cx$'e yakinsayan bir dizi oldugundan bu adim da cok zor degil.
5) Simdi $f$ olculebilir olsun. Yani surekli olmasina gerek yok (Gerci sonucta surekli olmasi gerektigini anliyoruz.). O zaman uygun bir smooth (duzgun, gicir, purussuz? tmd sozluk geometri/topoloji demis ama bu analitik bir kavram degil mi?) ve tikiz bir araligin disinda sifir olan $\phi$ fonksiyonu icin $e^{if} * \phi$ fonksiyonuna bakiyoruz. Burada $*$ islemi konvolusyon (convolution :))
6) Biraz manipulasyonla $f(x) = cx + 2\pi n_x$ gibi bir sey olmasi gerektigini goruyoruz. Burada $n_x$ sayisi $x$'e bagli bir tam sayi.
7) Bu da biraz suslu cumlelerle su demek oluyor: elimizde $\mathbb{R}$'den $\mathbb{Z}$'ye giden bir grup homomorfizmasi var. Ama $\mathbb{R}$ bolunebilir bir grup! Bu grup homomorfizmasi sadece $0$ olabilir.
8) QED (Quantum Electrodynamics). (Espri Ahmet Feyzioglu hocamizindir.)

Mersi.

Answer 1

    Problemi soran arkadaş, büyük ölçüde çözmüş aslında. Biz, bazı "rötuşlar" yapalım. Önce, problemi daha ağır koşul altında çözelim: ölçülebilirlik koşulunu, yerel (lokal) integrallenebilirlik koşulu ile değiştirelim.

$f$, Lebesque anlamında yerel (lokal) integrallenen olsun. $ϕ$ fonksiyonu da kompakt dayanağa (support) sahip, sürekli ve integrali $1$′e eşit  olan bir fonksiyon olsun.O halde,

$$h(x)=\int\limits_{-\infty }^{+\infty }f(x-t)\varphi (t)dt$$ girişimi (convolution) sürekli olacaktır. Böylece, 

$h(x) =\int\limits_{-\infty }^{+\infty }f(x-t)\varphi (t)dt \\=\int\limits_{-\infty }^{+\infty }(f(x)-f(t))dt \\=f(x)\int\limits_{-\infty }^{+\infty }\varphi (t)dt-\int\limits_{-\infty}^{+\infty }f(t)\varphi (t)dt$

Şimdi,

$$\int\limits_{-\infty }^{+\infty }f(t)\varphi (t)dt=a$$ dersek $$\int\limits_{-\infty }^{+\infty }\varphi (t)dt=1$$ olduğundan, $$f(x)=h(x)+a$$ buluruz. Buradaki $h(x)$ fonksiyonu sürekli olduğundan, $f(x)$ de sürekli olacaktır.

O halde her $x \in \mathbb{R}$ için $f(x)=cx$; ($c=f(1)$) sağlanır. 

Şimdi problemi genel halde çözelim. $c=f(1)$ olmak üzere, $$g(x)=f(x)-cx$$ tanımlayalım ve her $x$ için $g(x)=0$ olduğunu gösterelim.

Rasyonel $x$ ler için $g(x)=0$ olduğunu biliyoruz. $g(x)$ ölçülebilir olduğundan $e^{ig(x)}$ fonksiyonu ölçülebilir ve sınırlı, dolayısıyla lokal integrallenen olacaktır.  Tıkız (kompakt) dayanağa sahip ve tüm $\mathbb{R}$ de sürekli $\varphi (t)$ fonksiyonunu,

$$\int\limits_{-\infty }^{+\infty }e^{-ig(t)}\varphi (t)dt\neq 0$$  olacak şekilde alalım. 

$$h(x)=e^{ig(x)}* \varphi=\int\limits_{-\infty }^{+\infty } e^{ig(x-t)} \varphi (t)dt$$

$$=e^{ig(x)} \int\limits_{-\infty }^{+\infty } e^{-ig(t)} \varphi (t)dt$$ girişimi (convolution) tüm $\mathbb{R}$ de süreklidir.

$$\int\limits_{-\infty }^{+\infty } e^{-ig(t)} \varphi (t)dt=A$$ dersek, her $x \in \mathbb{R}$ için  $$h(x)=Ae^{ig(x)}$$ olur. Her $x \in \mathbb{Q}$ için $g(x)=0$ olduğundan,  $x \in \mathbb{Q}$ için $h(x)=A$ (sabit) olur. $h$ fonksiyonu tüm $\mathbb{R}$ de sürekli olduğundan, her $x \in \mathbb{R}$ için $h(x)=A$ olur ve dolayısıyla her $x \in \mathbb{R}$ için $e^{ig(x)}=1$ sağlanır.

Buradan her $x \in \mathbb{R}$ için $g(x)=2\pi n(x)$ sağlanacak şekilde $n(x)$ tamsayısı vardır. Bu eşitlikte $g(x)=f(x)-cx$ koyarsak, her $x \in \mathbb{R}$ için $n(x)$ $=\frac{1}{2\pi }(f(x)-cx)$ olur. Buradan, $n(x)$ fonksiyonunun toplamsal olduğu görülür. Özel halde, her $k\neq 0$ tamsayısı için $n(\frac{1}{k}x)=\frac{1}{k}n(x)$ sağlanmalıdır. Yani  $n(x)$ tamsayısı her $k\neq 0$  tamsayısına bölünür. 

O halde her $x \in \mathbb{R}$  için $n(x)=0$ ve sonuçta, $f(x)=cx$ olur.

Comments

Tesekkur ederim! Cok guzel!