定義域是實數時,同樣有一族函式滿足條件,但有些是極其複雜的,所以我們需要更多的條件得到f(x)=cx,以下條件可得f(x)是正比例函式:
◎f是連續函式,條件也可減弱為f在某點連續。
◎存在a,b∈
R,
◎f單調,或f在某開區間單調。
◎存在ε1>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0,或者存在ε2>0,使得x∈[0,ε2],有f(x)≤0
另外,如果沒有其他條件的話,(假如承認選擇公理AC成立),那麼有無窮非f(x)=cx的函式滿足該條件,這是利用哈默基的概念證明的。
幾個條件的證明
函式連續:由於函式連續,且有理數稠密,不難說明f(x)=xf(1)在x為任意實數上成立(利用有理數逼近)。
函式在區間有界,定義函式g(x)=f(x)-f(1)x,顯然g是實值函式。
由於g(x+y)=f(x+y)-f(1)(x+y)=(f(x)-f(1)x)+(f(y)-f(1)y)=g(x)+g(y)
所以g(x)也是滿足柯西函式方程的函式
因此任意q∈
Q
由於f在(a,b)上有界,那麼設界為M,即任意x∈(a,b),有|f(x)|≤M
那麼由於|x|≤max(|a|,|b|),有任意x∈(a,b),
|g(x)|=|f(x)-f(1)x|≤|f(x)|+|f(1)||x|≤M+max(|a|,|b|),即g在(a,b)有界
由於任意x不在(a,b),有有理數q,使得x-q∈(a,b),
即|g(x)|=|g(x-q)+g(q)|=|g(x-q)|同樣有界,即g(x)在
R
而若有x∈
因此g(x)=0恆成立,即f(x)=f(1)x
函式在某點連續:根據連續的定義可知,任意δ,存在ε,使得x∈(x0-δ,x0+δ),|f(x)-f(x0)|<ε,即f(x)在區間有界,化為上面的條件。
函式單調或在某區間(a,b)單調,那麼任意x∈(a,b),f(q1)<f(x)<f(q2),
其中q1<x,q2>x,將q1,q2逼近x,不難說明f(x)=xf(1)
而任意x∈
同理可知成立。
函式保號保號是指:存在ε1>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0,或者存在ε2>0,使得x∈[0,ε2],有f(x)≤0。
根據對稱性我們只需證明"存在ε1>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0"的情況。
任意y>x,存在n,使得e=(y-x)/n∈[0,ε1],那麼利用
f(y)-f(x)=f(y)-f(y-e)+f(y-e)-f(y-2e)+...+f(x+e)-f(x)=nf(e)>0,即可得f(x)單調,化為上面條件
定義域是實數時,同樣有一族函式滿足條件,但有些是極其複雜的,所以我們需要更多的條件得到f(x)=cx,以下條件可得f(x)是正比例函式:
◎f是連續函式,條件也可減弱為f在某點連續。
◎存在a,b∈
R,
(a<b),函式在(a,b)有界◎f單調,或f在某開區間單調。
◎存在ε1>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0,或者存在ε2>0,使得x∈[0,ε2],有f(x)≤0
另外,如果沒有其他條件的話,(假如承認選擇公理AC成立),那麼有無窮非f(x)=cx的函式滿足該條件,這是利用哈默基的概念證明的。
幾個條件的證明
函式連續:由於函式連續,且有理數稠密,不難說明f(x)=xf(1)在x為任意實數上成立(利用有理數逼近)。
函式在區間有界,定義函式g(x)=f(x)-f(1)x,顯然g是實值函式。
由於g(x+y)=f(x+y)-f(1)(x+y)=(f(x)-f(1)x)+(f(y)-f(1)y)=g(x)+g(y)
所以g(x)也是滿足柯西函式方程的函式
因此任意q∈
Q
,我們有g(qx)=qg(x)由於f在(a,b)上有界,那麼設界為M,即任意x∈(a,b),有|f(x)|≤M
那麼由於|x|≤max(|a|,|b|),有任意x∈(a,b),
|g(x)|=|f(x)-f(1)x|≤|f(x)|+|f(1)||x|≤M+max(|a|,|b|),即g在(a,b)有界
由於任意x不在(a,b),有有理數q,使得x-q∈(a,b),
即|g(x)|=|g(x-q)+g(q)|=|g(x-q)|同樣有界,即g(x)在
R
上有界而若有x∈
R
,使得g(x)不為0,那麼必存在n,使得|g(nx)|=n|g(x)|趨向無窮大,矛盾。因此g(x)=0恆成立,即f(x)=f(1)x
函式在某點連續:根據連續的定義可知,任意δ,存在ε,使得x∈(x0-δ,x0+δ),|f(x)-f(x0)|<ε,即f(x)在區間有界,化為上面的條件。
函式單調或在某區間(a,b)單調,那麼任意x∈(a,b),f(q1)<f(x)<f(q2),
其中q1<x,q2>x,將q1,q2逼近x,不難說明f(x)=xf(1)
而任意x∈
R
,存在q,使得x=qr,r∈(a,b),q∈Q
,同理可知成立。
函式保號保號是指:存在ε1>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0,或者存在ε2>0,使得x∈[0,ε2],有f(x)≤0。
根據對稱性我們只需證明"存在ε1>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0"的情況。
任意y>x,存在n,使得e=(y-x)/n∈[0,ε1],那麼利用
f(y)-f(x)=f(y)-f(y-e)+f(y-e)-f(y-2e)+...+f(x+e)-f(x)=nf(e)>0,即可得f(x)單調,化為上面條件