如果$f(x)$是无穷次可微函数，它也是线性函数吗？

abababa

假设$f(x)$是定义在$\mathbb{R}^n$上，值域包含在$\mathbb{R}^n$上的无穷次可微函数，并且对任意的$a\in \mathbb{R}$都有$f(ax)=af(x)$，能否证明$f(x+y)=f(x)+f(y)$？其中$x,y\in\mathbb{R}^n$。

这个已知条件，我找到一个齐次函数的欧拉定理：
baike.baidu.com/item/齐次函数/3929297

根据定理的叙述，$f$应该是一个$1$次齐次函数，不知道对证明问题有没有什么用，就是求偏导的时候，$\frac{\partial f}{\partial(x_i+y_i)}$，这个分量要怎么才能变到单一的变量呢？变到$\frac{\partial f}{x_i}$，就能和$f(x)$联系上了。

Czhang271828

回复 1# abababa

下面先证明一个比较本质的命题: 若$f:\mathbb R\to \mathbb R$上的可测函数, 若$f(x)+f(y)=f(x+y)$, 则$f(x)=xf(1)$, $\forall x\in\mathbb R$.

$f$是可测函数, 等价于$f$使得一切$\{x:f(x)\in B,\mathbb R\ni B\text{为开集}\}$为可测集. 可测集定义比较复杂, 其中欧式空间$\mathbb R^n$上的集合$E$为可测集, 当且仅当存在Borel集$E_1$和零测集$E_2$使得$E=E_1\cup E_2$. 其中Borel集是指一切由至多可数个开集通过交, 并, 补运算生成的集合. 零测集是指一切满足
\[
\inf \{\sum_{i=1}^\infty m(B_i):E_2\subset \cup_{i=1}^\infty B_i\}=0
\]
的集合, 这里$B_i$指$\mathbb R^n$中开集, $m(B_i)$表示$B_i$在$\mathbb R^n$中体积(也叫测度).

简单地说, 可测集包括开集, 闭集, 可数个开集和闭集通过任意交并补运算生成的集合(比如有理数集).

然后定理的证明如下: $f$在$(-1,1)$上可测, 根据Лузин定理, 对任意存在一个正测的闭集$F\subset (-1,1)$使得$f$为限制在$F$上的连续映射, 也就是将$f(F)$上的闭集映射至$F$中闭集. 对任意$x_1,x_2\in F$, $f(x_1)-f(x_2)=f(x_1-x_2)$为限制在$F-F:=\{x+y:x,y\in F\}$上的连续函数. 根据Steinhaus定理, $F-F$包含一个球心在$0$处的开球 (这里也可以用$\widehat{\chi_F\ast\chi_F}(0)=[\hat{\chi_F}(0)]^2>0$证明). 从而$f$在$x=0$处连续, 因此由$f(x+x_0)=f(x)+f(x_0)$可知$f$在$\mathbb R$上连续.

数学归纳法知, 对任意$r\in\mathbb Q$, $f(r)=rf(1)$. 由于无理数能被有理数列逼近, 根据连续函数定义(不妨设$\{r_n\}\to x\in\mathbb R$)
\[
xf(1)=\lim_{n\to\infty} r_nf(1)=f(\lim_{n\to\infty} r_n)=f(x).
\]

$f(x)=xf(1)$对任意$x\in\mathbb R$成立.

多元情形亦然.

先占个坑, 看看能不能用尽量简单的限定去加强你的问题.

abababa

回复 2# Czhang271828
谢谢我再详细补充一些我能看懂的地方。已知$f(x+y)=f(x)+f(y)$且$f$是$\mathbb{R}^n$上的可测函数。

先证明$f(x)=-f(-x)$，也就是奇函数。令$x=y=0$可知$f(0)=0$，然后令$y=-x$代入，有$f(x)+f(-x)=f(0)=0$，所以$f(x)=-f(-x)$。

然后$f$在$(-1,1)$上可测，令闭区间$I=[-1+\delta,1-\delta]\subset(-1,1)$，根据鲁津定理，存在一个紧致集$F$使得$m(I\setminus F)<\varepsilon$，然后$f|_F$是连续函数，这时对任意的$x_1,x_2\in F$，有$f(x_1-x_2)=f(x_1)+f(-x_2)=f(x_1)-f(x_2)$。

后面的对有理数$r\in\mathbb{Q}$的证明：
令$x=y$可知$f(2x)=2f(x)$，假设$f(nx)=nf(x)$，其中$n$是正整数，则对$n+1$有：$f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)=nf(x)+f(x)=(n+1)f(x)$，根据数学归纳法就有$f(nx)=nf(x)$，对任意的正整数$n$都成立，而又是奇函数，所以对任意的整数$n$都成立。

令$x=\frac{y}{n}$，于是$f(y)=f(nx)=nf(x)=nf(\frac{y}{n})$，所以$f(\frac{y}{n})=\frac{1}{n}f(y)$。对任意整数$m$有$f(m\cdot\frac{y}{n})=mf(\frac{y}{n})=\frac{m}{n}f(y)$，所以对任意有理数$r=\frac{m}{n}$都有$f(\frac{m}{n}y)=\frac{m}{n}f(y)$，也即$f(rx)=rf(x)$，令$x=1$就有$f(r)=rf(1)$。

对任意的$x\in\mathbb{R}$，存在有理数序列$\{r_n\}$的极限点为$x$，所以
\[xf(1)=f(1)\cdot\lim_{n\to\infty}r_n=\lim_{n\to\infty}r_nf(1)=\lim_{n\to\infty}f(r_n)\]
因为$f$是连续函数，所以可以交换极限号和函数符号，
\[\lim_{n\to\infty}f(r_n)=f(\lim_{n\to\infty}r_n)=f(x)\]

中间的那个Steinhaus定理我没明白具体是什么意思，对这个定理也不了解。

Czhang271828

回复 3# abababa

Лузин定理仅说明$f(x)$限制在某个闭集上连续, 你甚至无法由此推出$f(x)$在某一点处连续. 比如Dirichlet函数在任意点处不连续, 但该函数限制在闭集$(0,1)\setminus\cup_{i=1}^\infty (r_i-2^{-i}\varepsilon,r_i+2^{-i}\varepsilon)$上连续.

由于$f$的平移性质, 我们仅需说明$f(x)$在任意一点处连续即可推出$f$在$\mathbb R$山一致连续. 下证明$f$在原点处连续:

$f(x_1-x_2)=f(x_1)+f(-x_2)$. 从而$f$在集合$G$上连续, 其中$F-F:=\{x_1-x_2:x_1,x_2\in F\}$. Steinhaus定理说明两个正测集相减生成的集合一定包含某一原点处的开球. 可以用上文的卷积法证明.

Czhang271828

下给出一种相对优雅的证法:

若$f:\mathbb R^n\to\mathbb R^n$, $f$对任意实数满足$f(ax)=af(x)$, 那么$f(0)=0$且$f$在原点处有各个方向的方向导数. 不妨设$\nabla f|_{x=0}=(k_1,k_2,\ldots,k_n)$.

任取$x\in B_\delta(0)$, 记$x=(\hat x_1,\hat x_2,\ldots,\hat x_n)$. 因此
$$
f(x)=f(0)+k_1\hat x_1+\cdots+k_n\hat x_n+o(|x|)=\sum_{i=1}^n k_i\hat x_i+o(|x|).
$$
下证明$o(|x|)$项实际为$0$. 考虑函数$g(x)=\dfrac{|f(x)|}{\sqrt{\sum_{i=1}^n|k_i^2\hat x_i^2|}}$, 其中$g(0)=1$. 因此$g(x)$在$B_\delta(0)$上存在二阶导数. 由于$o(x)$在每一坐标方向上均为$0$, 故可求得$\nabla^2 g(x)=0$, 从而$g(x)$为调和函数. 注意到对任意$M>0$, $g(Mx)$为$B_\delta(0)$上的调和函数, 从而$g(x)$在$\mathbb R^n$上调和. 注意到$g(x)=1+\dfrac{o(|x|)}{x}$有界, 据Liouville定理知$g$为常函数.从而$o(|x|)$项为$0$.

abababa

回复 4# Czhang271828

谢谢，这个定理的证明我还没有看，但它在这里的使用，通过你的解释我明白了，就是虽然$f|_F$是连续函数，但闭集上不一定包含一个区间，为了让函数在区间上连续，必须得先存在这样一个区间让它连续（Steinhaus定理就是说明了确实存在这样一个区间（开球）），然后通过平移，就能在整个实轴上连续了。

abababa

回复 6# abababa

我又请maven网友证明了一下这个在一点处连续的，这个只用了鲁津定理，我更容易理解一些：

你这个不就是Cauchy方程吗?最后能推出f(x)=xf(1)吧?如果是Lebesgue 可测,我还需要借助 Lusin 定理才能做到。
由 Lusin,存在紧致集S含于[0,1],设其测度为s>0,并且函数f在紧致集S上能一致连续。因此对任意的 epsilon > 0都存在 delta,使得只要|x-y| < delta 就有 |f(x)-f(y) <epsilon。现在你就要平移S了,为此你需要开启哈士奇的360度智能狗眼探测系统,把S向后看一些,选择一个正数r < delta,让S和S-r的交集非空,这样你在交集里就能选择一个点c,显然|c+r-c = |r| < delta,由一致连续就有 |f(c+r)-f(c) <epsilon,根据你证明的奇函数和线性,这也就是 |f(r) <epsilon,再根据你证明的 f(0) = 0,这就变成了:只要|r-0|< delta 就有 |f(r)-f(0) <epsilon,按定义它就在点0处连续了。
下面就说明确实能让S和S-r的交集非空。假设交集是空集,考虑哈士奇的背毛由黑白不交的二色构成,无论形态如何,都有白+黑=完整背毛,这对应着 Lebesgue 测度可加性,因为交集是空集,所以m(S并S-r) = m(S)+m(S-r),平移不变又等于 2m(S)。这时你再考虑哈士奇的背毛,无论如何分布,都不会越过狗头狗尾,注意S含于[0,1],从而S-r#S的头尾就是1和0-r. 因此m(S #S-r) <= m([-r,1]) = 1+r,因此1+r>= 2m(S)=2s,为了导出矛盾,你只要精心选择那个就可以,比如现在有r >= 2s-1,同时又有r<delta,所以你只要让2s-1 < delta 出现矛盾就行,这是容易的。

原来这个就是柯西方程啊，开始我只是感觉像，但原来我见过的柯西方程是已知条件里就给了连续性。

abababa

回复 5# Czhang271828
我有些地方不明白，这个$g(0)$的分子不就是$\abs{f(0)}$吗，而$f(0)=0$，那$g(0)$怎么会是$1$呢？$g(x)$的分母也不是$0$，它不是未定式形式的吧。

abababa

回复 5# Czhang271828
根据提示，在点零处的偏导数和可微的定义，我试着证明如下，但仍有些问题：
按可微的定义，存在不依赖$\Delta x$的常数$A$使得$\Delta f(x)=A\Delta x+o(\Delta x)$，然后就有
\[0=\lim_{\Delta x\to 0}\abs{\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}}=\lim_{\Delta x\to 0}\abs{\frac{\Delta f(x)-A\Delta x}{\Delta x}}\]
在点$0$处的$\Delta f(x)$就是$\Delta f(x)=f(0+h)-f(0)$，其中$h\to 0$，于是$\Delta x=h-0$，然后在点$0$处可微就是
\[0=\lim_{h\to 0}\abs{\frac{(f(0+h)-f(0))-A(h-0)}{h-0}}=\lim_{h\to 0}\abs{\frac{f(h)-f(0)-Ah}{h}}=\lim_{h\to 0}\abs{\frac{f(h)-Ah}{h}}\]
然后当$x\neq 0$时，令$h=ax$代入上式，并且根据已知条件还有$f(ax)=af(x)$，于是
\[0=\lim_{a\to 0}\abs{\frac{f(ax)-Aax}{ax}}=\lim_{a\to 0}\abs{\frac{af(x)-aAx}{ax}}=\lim_{a\to 0}\abs{\frac{f(x)-Ax}{x}}\]
极限与$a$无关，所以必须是$f(x)-Ax=0$，也就是$f(x)=Ax$。这样的话就有$f(x+y)=A(x+y)=Ax+Ay=f(x)+f(y)$了。

这里就是这个$A$的问题，它是不依赖$\Delta x$时的一个常数，那么后面对$y$，应该是有一个不依赖于$\Delta y$的常数$B$吧，这个$A,B$是不是相等的？相等时才能有最后的结论。我觉得是相等的，应该就是等于那个$\nabla f(0)$。是不是我在定义上还有什么地方没弄清楚的。

Czhang271828

回复 7# abababa

这, 第二段话本质就是Steinhaus定理. 只是原始版本的Steinhaus定理不含哈士奇.

Czhang271828

回复 8# abababa

f分母补上了一个$\sqrt\,$, 虽然结论一样正确, 但毕竟不是我的本意.

分子是$f(x)$模长, 分母是$f(x)$线性项模长. 因此比值在$0$附近为$1$.

Czhang271828

回复 9# abababa

这个函数本质可以看成矩阵$Y=CX+o(|X|)$, 你的$A$和$B$实际上不同单位方向坐标$X=(0,\ldots, 0, 1, 0, \ldots,0)$在$C$作用下的结果. $C$可以由$\nabla f(0)$展现, 就像观察哈士奇眼神的局部便能知道他的360度狗眼智能狗眼探测系统一样

abababa

回复 12# Czhang271828

虽然你说的这个我还没理解，但我在9楼的那个疑问，现在我明白了，因为这里的$x$实际上是个向量，所以那个$A$其实也是一个向量，我按二元函数的方式写了一下就明白了：$\Delta f(x_1,x_2)=A_1\Delta x_1+A_2\Delta x_2+o(\rho)$

因为在点$(0,0)$可微，所以在这点处连续，且偏导数都存在，还有$A_1=\frac{\partial f}{\partial x_1}(0,0),A_2=\frac{\partial f}{\partial x_2}(0,0)$，所以就是
\[\Delta f(x_1,x_2)=\frac{\partial f}{\partial x_1}(0,0)\Delta x_1+\frac{\partial f}{\partial x_2}(0,0)\Delta x_2+o(\rho)=\nabla f(0,0)\cdot(\Delta x_1,\Delta x_2)+o(\rho)\]
写成向量形式就是
\[\Delta f(x)=\nabla f(0)\cdot\Delta x+o(\rho)\]

abababa

那这样的话，主楼的问题里，需要无穷次可微吗？并且需要在任意一点的邻域里都可微吗？还是只需要在点$0$可微就够了？

Czhang271828

回复 14# abababa

是的，确实这样就够了