Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

13Limieten en continuïteit

De tussenwaardestelling en de extremumstelling werden op middelbareschoolniveau op visueel vertrouwen gebruikt. Met rijen (Hoofdstuk 11) en de topologie van $\R$ (Hoofdstuk 12) in handen bewijst dit hoofdstuk ze — en vervolledigt het de theorie met de stelling van de monotone bijectie (die $\arcsin$ , $\operatorname{arcosh}$ en hun soortgenoten uit Hoofdstuk 4 legitimeert) en de stelling van Heine over uniforme continuïteit.

Overal is $I$ een interval en $f \colon I \to \R$ ; “ $x_0 \in \overline I$ ” laat limieten in de eindpunten toe.

13.1 Limieten van functies

Definitie 13.1 (Limiet in een punt)

Zij $x_0 \in \overline{I}$ en $\ell \in \R$ . Dan geldt $f(x) \to \ell$ als $x \to x_0$ wanneer

\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I, \qquad \abs{x - x_0} \leq \delta \implies \abs{f(x) - \ell} \leq \varepsilon .

Limieten in $\pm\infty$ en oneindige limieten worden volgens hetzelfde patroon gedefinieerd ( $\abs{x - x_0} \leq \delta$ wordt $x \geq M$ ; $\abs{f(x) - \ell} \leq \varepsilon$ wordt $f(x) \geq M'$ ). Eenzijdige limieten beperken $x$ tot $x > x_0$ (geschreven $x \to x_0^+$ ) of $x < x_0$ . De limiet is uniek wanneer hij bestaat (zelfde bewijs als Propositie 11.4).

Voorbeeld 13.2 (Een limiet via de insluiting)

Bereken $\lim_{x \to 0} x\,\bigl\lfloor \frac1x \bigr\rfloor$ . De insluiting door het gehele deel $\frac1x - 1 < \lfloor \frac1x \rfloor \leq \frac1x$ geeft, na vermenigvuldiging met $x$ (let op het teken!):

1 - x < x\Bigl\lfloor \frac1x \Bigr\rfloor \leq 1 \quad (x > 0), \qquad 1 \leq x\Bigl\lfloor \frac1x \Bigr\rfloor < 1 - x \quad (x < 0),

en beide eenzijdige insluitingen sluiten op $1$ : de limiet is $1$ . Merk op wat er gebeurde: $\lfloor \frac1x\rfloor$ alleen heeft wilde sprongen nabij $0$ , maar de factor $x$ temt elke sprong ( $x$ maal een eenheidssprong is klein), en alleen de insluiting overleeft. Het afsluitende inzicht: limieten van producten van een kleine factor met een factor van begrensde oscillatie zijn insluitingsproblemen, nooit problemen voor de bewerkingsstelling — de bewerkingsstelling vereist dat beide factoren convergeren.

Stelling 13.3 (Sequentiële karakterisering)

$f(x) \to \ell$ als $x \to x_0$ dan en slechts dan als: voor elke rij $(u_n)$ van punten van $I$ met $u_n \to x_0$ geldt $f(u_n) \to \ell$ .

Bewijs. ( $\Rightarrow$ ) Zij $u_n \to x_0$ en $\varepsilon > 0$ . Neem $\delta$ uit de definitie, dan $N$ met $\abs{u_n - x_0} \leq \delta$ voor $n \geq N$ : vanaf $N$ geldt $\abs{f(u_n) - \ell} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Contrapositie. Als $f \not\to \ell$ : dan verslaat een $\varepsilon_0 > 0$ elke $\delta$ ; door $\delta = \frac{1}{n+1}$ te kiezen ontstaan $u_n \in I$ met $\abs{u_n - x_0} \leq \frac{1}{n+1}$ en $\abs{f(u_n) - \ell} > \varepsilon_0$ . Dan geldt $u_n \to x_0$ maar $f(u_n) \not\to \ell$ . ∎

Gevolg 13.4 (Bewerkingen, samenstelling, orde)

Sommen, producten, quotiënten (limiet in de noemer niet nul) van limieten gedragen zich zoals bij rijen; als $f \to \ell$ in $x_0$ en $g \to m$ in $\ell$ , en $g$ is gedefinieerd rond $\ell$ met $g(\ell) = m$ of $f \neq \ell$ nabij $x_0$ , dan geldt $g \circ f \to m$ in $x_0$ ; limieten behouden ruime ongelijkheden, en de insluitstelling geldt.

Bewijs. Elke uitspraak wordt via Stelling 13.3 overgedragen naar haar rijanaloog (Stellingen 11.5 en 11.7). Voor de samenstelling is de directe ketening het waard om één keer op te schrijven: gegeven $\varepsilon > 0$ levert de limiet van $g$ in $\ell$ een $\eta > 0$ met

\abs{y - \ell} \leq \eta \implies \abs{g(y) - m} \leq \varepsilon \quad (y \text{ in het domein van } g),

waarbij het geval $y = \ell$ gedekt is omdat $g(\ell) = m$ ; vervolgens levert de limiet van $f$ in $x_0$ een $\delta > 0$ met $\abs{x - x_0} \leq \delta \implies \abs{f(x) - \ell} \leq \eta$ ; door ketening geeft $\abs{x - x_0} \leq \delta$ dat $\abs{g(f(x)) - m} \leq \varepsilon$ . In de alternatieve hypothese ( $f \neq \ell$ nabij $x_0$ ) wordt de waarde $y = \ell$ nooit aan $g$ toegevoerd en is haar waarde daar irrelevant. ∎

Voorbeeld 13.5 (Waarom de voorwaarde bij de samenstelling bestaat)

Zij $g(y) = 0$ voor $y \neq 0$ en $g(0) = 1$ , en zij $f$ identiek $0$ . Dan geldt $f(x) \to 0$ als $x \to 0$ , en $g(y) \to 0$ als $y \to 0$ ; toch is $g(f(x)) = g(0) = 1$ voor elke $x$ , dus $g \circ f \to 1 \neq 0$ . De binnenste functie zit precies op de verboden waarde $\ell = 0$ voor altijd, en de limiet van $g$ in $0$ negeert wat $g$ doet in $0$ . De voorwaarde van Gevolg 13.4 — ofwel $g(\ell) = m$ (d.w.z. $g$ continu in $\ell$ ), ofwel $f \neq \ell$ nabij $x_0$ — is precies wat dit uitsluit. Het afsluitende inzicht: in de praktijk stelt men continue functies samen en is de voorwaarde gratis; ze bijt alleen wanneer limieten worden genomen langs doorprikte omgevingen, en daarom bevat de definitie van $\lim_{x \to x_0}$ die in dit boek gebruikt wordt het punt zelf wanneer het in het domein ligt.

13.2 Continuïteit

Definitie 13.6

$f$ is continu in $x_0 \in I$ wanneer $f(x) \to f(x_0)$ als $x \to x_0$ ; continu op $I$ wanneer het continu is in elk punt. Volgens Stelling 13.3: $f$ is continu in $x_0$ dan en slechts dan als $f(u_n) \to f(x_0)$ voor elke rij $u_n \to x_0$ in $I$ .

Voorbeeld 13.7 (Een taxonomie van discontinuïteiten)

Drie manieren om in een punt te falen, in oplopende ernst. Ophefbaar: $f(x) = \frac{\sin x}{x}$ op $\R^*$ heeft limiet $1$ in $0$ ; door $f(0) = 1$ te definiëren wordt het hersteld — de discontinuïteit was een gat, geen eigenschap. Sprong: $\lfloor x \rfloor$ in een geheel getal heeft verschillende eenzijdige limieten ( $n - 1$ en $n$ ); geen keuze van waarde kan ze verzoenen, maar beide halve limieten bestaan. Essentieel: $\sin\frac1x$ in $0$ heeft helemaal geen eenzijdige limiet (Oefening 13.1) — oscillatie zonder uitdemping. Monotone functies kunnen alleen het middelste soort produceren (hun eenzijdige limieten bestaan altijd, als suprema en infima), en daarom zijn hun verzamelingen van discontinuïteiten hoogstens aftelbaar — één rationaal getal per sprong. Afgeleiden kunnen, volgens de stelling van Darboux (Oefening 14.10), alleen het laatste soort produceren: een functie met een sprongdiscontinuïteit is nooit de afgeleide van iets.

Propositie 13.8

Sommen, producten, quotiënten (waar gedefinieerd) en samenstellingen van continue functies zijn continu. Veeltermen, rationale breuken (buiten hun polen), $\abs{\,\cdot\,}$ , $\exp$ , $\ln$ , de goniometrische en hyperbolische functies en hun inversen (Hoofdstuk 4) zijn continu op hun domeinen.

Bewijs. Bewerkingen: Gevolg 13.4. Constanten en de identiteit zijn rechtstreeks continu vanuit de definitie ( $\delta = \varepsilon$ volstaat voor de identiteit, elke $\delta$ voor de constanten); aangezien producten van continue functies continu zijn, volgt elke monoom $a_k x^k$ door inductie op $k$ , en sommen maken de veeltermen af; een rationale breuk is een quotiënt van twee veeltermen, continu overal waar de noemer niet nul is. $\abs{\,\cdot\,}$ : omgekeerde driehoeksongelijkheid, $\bigl|\abs{f(x)} - \abs{f(x_0)}\bigr| \leq \abs{f(x) - f(x_0)}$ , dus dezelfde $\delta$ werkt. Voor de klassieke functies verlenen we hier continuïteit; afleidbaarheid (bewezen in Hoofdstuk 14) is sterker. ∎

Voorbeeld 13.9 (Maximum en minimum van continue functies)

Als $f, g$ continu zijn, dan zijn $\max(f, g)$ en $\min(f, g)$ dat ook: geen gevalsonderscheid nodig, dankzij de identiteiten

\max(f, g) = \frac{f + g + \abs{f - g}}{2}, \qquad \min(f, g) = \frac{f + g - \abs{f - g}}{2},

en de continuïteit van sommen en van $\abs{\,\cdot\,}$ (Propositie 13.8). In het bijzonder zijn $f^+ = \max(f, 0)$ en $f^- = \max(-f, 0)$ continu met $f = f^+ - f^-$ : de tekensplitsing die gebruikt wordt voor reeksen (Hoofdstuk 17) en, op volle schaal, in de integratietheorie van het deel van het derde jaar, kost niets aan regelmaat.

Stelling 13.10 (Tussenwaardestelling)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ met $f(a) \leq 0 \leq f(b)$ . Dan geldt $f(c) = 0$ voor een zekere $c \in \intcc{a}{b}$ . Bijgevolg neemt een continue functie op een interval elke waarde tussen twee van haar waarden aan: $f(I)$ is een interval.

Bewijs. Dichotomie. Stel $a_0 = a$ , $b_0 = b$ . Gegeven $\intcc{a_n}{b_n}$ met $f(a_n) \leq 0 \leq f(b_n)$ , zij $m$ het middelpunt: als $f(m) \leq 0$ behoud $\intcc{m}{b_n}$ , anders behoud $\intcc{a_n}{m}$ ; de tekenvoorwaarden blijven behouden. De rijen $(a_n), (b_n)$ zijn ingesloten ( $b_n - a_n = \frac{b-a}{2^n}$ ), met gemeenschappelijke limiet $c$ (Stelling 11.11). Door continuïteit en Stelling 11.7: $f(c) = \lim f(a_n) \leq 0$ en $f(c) = \lim f(b_n) \geq 0$ , dus $f(c) = 0$ .

Voor het gevolg: gegeven waarden $f(u) < v < f(w)$ , pas het bovenstaande toe op $x \mapsto f(x) - v$ op het segment met eindpunten $u$ en $w$ ; dus $f(I)$ is convex, d.w.z. een interval (Propositie 10.19). ∎

Een continue functie met f(a) < 0 < f(b) moet de as kruisen: het dichotomiebewijs van vangt een kruispunt tussen ingesloten rijen. — Een continue functie met $f(a) < 0 < f(b)$ moet de as kruisen: het dichotomiebewijs van Stelling 13.10 vangt een kruispunt tussen ingesloten rijen.

Voorbeeld 13.11 (Eén vergelijking, het volledige protocol)

Los $\eu^x = 3 - x$ op over $\R$ : bestaan, uniciteit, lokalisatie. Stel $g(x) = \eu^x + x - 3$ , continu. Lokalisatie en bestaan: $g(0) = -2 < 0$ en $g(1) = \eu - 2 > 0$ , dus plant de tussenwaardestelling een oplossing in $\intoo{0}{1}$ . Uniciteit: $g$ is een som van de strikt stijgende $\eu^x$ en $x - 3$ , dus strikt stijgend op $\R$ ; een strikt monotone functie neemt elke waarde hoogstens één keer aan, dus is de oplossing uniek op heel $\R$ (niet alleen in het onderzochte interval). Het protocol — herschik naar $g = 0$ , teken verandering voor bestaan, monotonie voor uniciteit — beslecht de meeste “hoeveel oplossingen”-vragen in drie regels, en de variatietabellen van Hoofdstuk 14 breiden het uit tot niet-monotone $g$ door $\R$ op te delen in monotone takken.

Voorbeeld 13.12 (Dichotomie als algoritme)

Het bewijs van Stelling 13.10 rekent. Neem $f(x) = x^3 + x - 1$ : $f(0) = -1 < 0 < 1 = f(1)$ , dus ligt een wortel in $\intoo{0}{1}$ . Halveren:

f(0.5) = -0.375 < 0, \qquad f(0.75) = 0.171875 > 0, \qquad f(0.625) = -0.130859375 < 0 ,

dus wordt de wortel achtereenvolgens ingesloten in $\intoo{0.5}{1}$ , dan $\intoo{0.5}{0.75}$ , dan $\intoo{0.625}{0.75}$ (echte waarde: $c \approx 0.6823$ ). Na $n$ stappen is de fout hoogstens $\frac{b - a}{2^n}$ : tien stappen geven drie decimalen, twintig geven zes. Het afsluitende inzicht: de tussenwaardestelling is niet alleen een bestaansuitspraak — haar dichotomiebewijs is een gegarandeerd, zij het traag, wortelzoekend algoritme, waartegen de snelle maar lokale methode van Newton uit Hoofdstuk 14 gemeten moet worden.

Stelling 13.13 (Extremumstelling)

Een continue functie op een segment $\intcc{a}{b}$ is begrensd en bereikt haar grenzen: er zijn $c, d \in \intcc{a}{b}$ met

f(c) = \inf_{\intcc{a}{b}} f, \qquad f(d) = \sup_{\intcc{a}{b}} f .

Gecombineerd met Stelling 13.10: het continue beeld van een segment is een segment $\intcc{f(c)}{f(d)}$ .

Bewijs. Naar boven begrensd: anders kies $u_n$ met $f(u_n) \geq n$ . Door compactheid van het segment (Stelling 12.19) geldt voor een deelrij $u_{\varphi(n)} \to x \in \intcc{a}{b}$ ; continuïteit geeft $f(u_{\varphi(n)}) \to f(x)$ , maar $f(u_{\varphi(n)}) \geq \varphi(n) \to +\infty$ : tegenspraak.

Supremum bereikt: zij $M = \sup f$ en kies $v_n$ met $f(v_n) > M - \frac{1}{n+1}$ (Propositie 10.4). Trek $v_{\varphi(n)} \to d \in \intcc{a}{b}$ eruit: dan geldt $f(d) = \lim f(v_{\varphi(n)}) = M$ door de insluiting. Het infimum wordt behandeld via $-f$ . ∎

Voorbeeld 13.14 (Positief minimum op een segment)

Zij $f$ continu op $\intcc{0}{1}$ met $f(x) > 0$ voor elke $x$ . Dan geldt $\inf f > 0$ : door de extremumstelling is het infimum een waarde $f(c)$ , en $f(c) > 0$ volgens hypothese. Een continue positieve functie op een segment blijft dus weg van $0$ — een tweeregelig argument dat een dozijn keer gebruikt wordt in de komende hoofdstukken (noemers onder controle, insluitingen met trapfuncties, foutafschattingen). Op een niet-compact interval faalt dit spectaculair: $f(x) = x$ op $\intoc{0}{1}$ is continu en positief met $\inf f = 0$ , niet bereikt. Het afsluitende inzicht: “positief” promoveert tot “uniform positief” precies wanneer het domein compact is; elke hypothese van de extremumstelling is dragend.

Opmerking 13.15 (Veelvoorkomende valkuilen rond de drie stellingen)

(i) Continue beelden: alleen segmenten zijn robuust. Het continue beeld van een open interval hoeft niet open te zijn ( $x \mapsto x^2$ beeldt $\intoo{-1}{1}$ af op $\intco{0}{1}$ ), het beeld van een gesloten verzameling hoeft niet gesloten te zijn ( $\arctan$ beeldt het gesloten $\R$ af op het open $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ); maar het beeld van een segment is een segment (Stelling 13.13). (ii) De tussenwaardestelling vereist een interval: de functie $x \mapsto \frac1x$ , continu op $\intco{-1}{0} \cup \intoc{0}{1}$ , neemt de waarden $-1$ en $1$ aan maar wordt nooit nul — haar domein bestaat uit twee disjuncte stukken, en de waarde $0$ valt in het gat; benoem altijd het interval waarop de stelling wordt toegepast. (iii) Uniforme continuïteit is een eigenschap van het paar (functie, verzameling): $x^2$ is uniform continu op elk segment maar niet op $\R$ (Voorbeeld 13.20) — de woorden “uniform continu” zonder een domein zijn betekenisloos. (iv) Continuïteit van de inverse is niet formeel: ze geldt op intervallen via monotonie (Stelling 13.16), maar een continue bijectie tussen verenigingen van intervallen kan een discontinue inverse hebben — de opmerking na die stelling staat er omdat studenten ze citeren zonder de intervalhypothese.

13.3 Monotone functies en inverse functies

Stelling 13.16 (Stelling van de monotone bijectie)

Zij $f$ continu en strikt monotoon op een interval $I$ . Dan

is $f$ een bijectie van $I$ op het interval $J = f(I)$ ;
is de inverse $f^{-1} \colon J \to I$ strikt monotoon (in dezelfde richting) en continu.

Bewijs. Zeg dat $f$ strikt stijgend is. (1) Injectiviteit volgt onmiddellijk uit strikte monotonie; surjectiviteit op $f(I)$ is triviaal, en $f(I)$ is een interval volgens Stelling 13.10.

(2) $f^{-1}$ is strikt stijgend: als $y < y'$ in $J$ maar $f^{-1}(y) \geq f^{-1}(y')$ , dan geeft het toepassen van de stijgende $f$ dat $y \geq y'$ , absurd. Continuïteit van $f^{-1}$ in $y_0 = f(x_0) \in J$ : zij $\varepsilon > 0$ . Veronderstel eerst dat $x_0$ inwendig ligt in $I$ , en verklein $\varepsilon$ zodat $x_0 \pm \varepsilon \in I$ : hun beelden voldoen aan $f(x_0 - \varepsilon) < y_0 < f(x_0 + \varepsilon)$ . Neem $\delta = \min\bigl(y_0 - f(x_0 - \varepsilon),\, f(x_0 + \varepsilon) - y_0\bigr) > 0$ : voor $\abs{y - y_0} \leq \delta$ sluit de monotonie van $f^{-1}$ de waarde $f^{-1}(y)$ in tussen $x_0 - \varepsilon$ en $x_0 + \varepsilon$ . Als $x_0$ bijvoorbeeld het linker eindpunt van $I$ is, is alleen $x_0 + \varepsilon$ beschikbaar: dan is $y_0 = \min J$ (monotonie), voldoet elke $y \in J$ met $y - y_0 \leq f(x_0 + \varepsilon) - y_0$ aan $x_0 \leq f^{-1}(y) \leq x_0 + \varepsilon$ , en de eenzijdige afschatting is precies continuïteit in een eindpunt; het rechtereindpunt is symmetrisch. (Merk op: de continuïteit van $f^{-1}$ werd niet afgeleid uit die van $f$ door symmetrie — het is de monotonie op een interval die het werk doet.) ∎

Opmerking 13.17

Deze stelling is wat Definitie 4.9 en Propositie 4.21 stilzwijgend gebruikten: $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ , $\operatorname{arsinh}$ , … zijn continu. Een aanvulling (Oefening 13.10): een continue injectieve functie op een interval is automatisch strikt monotoon, dus kost de monotoniehypothese niets.

Voorbeeld 13.18 (Wortels van alle ordes)

Voor $n \in \N^*$ is de functie $f(x) = x^n$ continu en strikt stijgend op $\intco{0}{+\infty}$ , met $f(0) = 0$ en $f(x) \to +\infty$ : haar beeld is $\intco{0}{+\infty}$ (Stelling 13.10 voor de intervalstructuur). De stelling van de monotone bijectie levert dan, in één keer, een strikt stijgende continue inverse

x \mapsto x^{1/n} \colon \intco{0}{+\infty} \to \intco{0}{+\infty} :

bestaan, uniciteit en continuïteit van $n$ -de wortels, zonder berekening. Vergelijk met Oefening 10.12, die $\sqrt y$ met de hand opbouwde uit het supremum: één hoofdstuk theorie heeft die bladzijde werk samengedrukt tot twee regels, en dezelfde twee regels legitimeerden $\arcsin$ , $\arctan$ en $\operatorname{arsinh}$ ervoor. Het afsluitende inzicht: een goede stelling is opgeslagen arbeid.

13.4 Uniforme continuïteit

Definitie 13.19

$f \colon I \to \R$ is uniform continu wanneer

\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x, y \in I, \qquad \abs{x - y} \leq \delta \implies \abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon .

De kern: $\delta$ hangt alleen af van $\varepsilon$ , niet van de plaats in $I$ . Uniforme continuïteit impliceert continuïteit; een lipschitzfunctie ( $\abs{f(x) - f(y)} \leq k \abs{x - y}$ ) is uniform continu ( $\delta = \varepsilon/k$ ).

Voorbeeld 13.20

$x \mapsto x^2$ is continu op $\R$ maar niet uniform continu: $\abs{(n + \frac 1n)^2 - n^2} = 2 + \frac{1}{n^2} \geq 2$ hoewel de argumenten op afstand $\frac 1n \to 0$ liggen. Op elk begrensd interval is ze lipschitz, dus uniform continu — in overeenstemming met de stelling van Heine hieronder.

Voorbeeld 13.21 (Uniforme moduli, expliciet)

Op een segment garandeert Heine een uniforme $\delta$ ; vaak kan men die ook berekenen. Voor $f(x) = x^2$ op $\intcc{0}{10}$ :

\abs{x^2 - y^2} = \abs{x + y}\,\abs{x - y} \leq 20\,\abs{x - y},

dus $\delta = \frac{\varepsilon}{20}$ werkt uniform (een lipschitzmodulus, lineair in $\varepsilon$ ). Voor $\sqrt x$ op $\intcc{0}{1}$ : $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ (Oefening 13.9), dus $\delta = \varepsilon^2$ werkt — uniform maar niet lineair: nabij $0$ is de vierkantswortel steil, en de prijs verschijnt in de exponent van $\varepsilon$ , niet in een falen van de uniformiteit. Het afsluitende inzicht: uniforme continuïteit is een spectrum, geen ja/nee — de functie $\delta(\varepsilon)$ , de modulus genoemd, meet hoe duur de uniformiteit is, en lipschitz is simpelweg haar beste graad.

Stelling 13.22 (Heine)

Een continue functie op een segment $\intcc{a}{b}$ is uniform continu.

Bewijs. Uit het ongerijmde: veronderstel dat een $\varepsilon_0 > 0$ elke $\delta$ verslaat. Met $\delta = \frac{1}{n+1}$ kies $x_n, y_n \in \intcc{a}{b}$ met $\abs{x_n - y_n} \leq \frac{1}{n+1}$ en $\abs{f(x_n) - f(y_n)} > \varepsilon_0$ . Compactheid (Stelling 12.19) trekt $x_{\varphi(n)} \to c \in \intcc{a}{b}$ eruit; dan geldt $y_{\varphi(n)} \to c$ ook (insluiting op $\abs{x - y}$ ). Continuïteit in $c$ geeft $f(x_{\varphi(n)}) \to f(c)$ en $f(y_{\varphi(n)}) \to f(c)$ , dus $\abs{f(x_{\varphi(n)}) - f(y_{\varphi(n)})} \to 0 < \varepsilon_0$ : tegenspraak. ∎

Voorbeeld 13.23 (Begrensd, continu, maar toch niet uniform)

De functie $f(x) = \sin(x^2)$ is continu en begrensd op $\R$ , maar niet uniform continu. Neem

x_n = \sqrt{2\pi n}, \qquad y_n = \sqrt{2\pi n + \tfrac\pi2}: \qquad y_n - x_n = \frac{\pi/2}{\sqrt{2\pi n + \frac\pi2} + \sqrt{2\pi n}} \longrightarrow 0 ,

maar $f(y_n) - f(x_n) = \sin\bigl(2\pi n + \frac\pi2\bigr) - \sin(2\pi n) = 1 - 0 = 1$ voor elke $n$ : geen enkele $\delta$ kan overal $\varepsilon = \frac12$ bedienen. Meetkundig versnellen de oscillaties van $\sin(x^2)$ : de grafiek voltooit een volledige golf over steeds kortere vensters, dus de horizontale schaal die een gegeven $\varepsilon$ vereist krimpt naar nul naarmate $x$ groeit. Het afsluitende inzicht: begrensdheid koopt geen uniformiteit (dit voorbeeld), en onbegrensdheid sluit ze niet uit ( $\sqrt x$ , Oefening 13.9); wat beslist is de oscillatiemodulus, en de stelling van Heine zegt dat compacte domeinen hem automatisch disciplineren.

Voorbeeld 13.24 (Het rekenmachine-experiment, verklaard)

Tik een willekeurig getal in een rekenmachine en druk herhaaldelijk op $\cos$ : het scherm zet zich vast op $0.7390851\dots$ Waarom? Na één druk ligt de waarde in $\intcc{-1}{1}$ , na twee in $\intcc{\cos 1}{1} \subseteq \intcc{0.54}{1}$ , een stabiel interval voor $\cos$ . Daarop geldt $\abs{\cos a - \cos b} \leq \sin(1)\,\abs{a - b}$ met $\sin 1 = 0.841\dots < 1$ (de product-naar-somgrens van Probleem 11.1, of de middelwaardeongelijkheid van Hoofdstuk 14): de iteratie is contraherend, dus door de foutbeheersingsstap van Methode 11.23,

\abs{u_n - c} \leq (0.842)^{\,n-2}\,\abs{u_2 - c} \longrightarrow 0 ,

waarbij $c$ het unieke vaste punt $\cos c = c$ is (Oefening 13.6). Ongeveer $40$ drukken kopen drie decimalen ( $0.842^{40} \approx 10^{-3}$ ) — een meetkundig tempo, zachter dan de $2^{-n}$ per stap van de dichotomie, maar elke druk kost één toetsaanslag terwijl elke dichotomiestap een volledige teken evaluatie kost. Het afsluitende inzicht: het vastepuntbeeld van Hoofdstuk 11 en de bestaansstellingen van dit hoofdstuk zijn twee helften van één verhaal — de tussenwaardestelling vindt $c$ , de contractie bereikt het.

Opmerking 13.25 (Waar deze stellingen vervolgens werken)

De drie pijlers van dit hoofdstuk voeden elk een latere. De tussenwaardestelling voedt elk argument voor het bestaan van oplossingen en de stelling van de monotone bijectie; de extremum stelling maakt van optimalisatieproblemen stellingen (Rolle en de middelwaardestelling in Hoofdstuk 14 beginnen precies daar); de stelling van Heine is de reden dat continue functies op segmenten geïntegreerd kunnen worden in Hoofdstuk 15 — de uniforme $\delta$ is wat de Riemannsommen doet convergeren. In het deel van het tweede jaar verschijnt hetzelfde trio opnieuw in genormeerde vectorruimten, met compactheid die het werk doet dat segmenten hier doen.

Opmerking 13.26 (Perspectieven binnen dit deel)

Continuïteit staat op het punt overtroffen te worden maar nooit met pensioen te gaan. Hoofdstuk 14 versterkt haar tot afleidbaarheid en bewijst een wederdienst (afleidbaar impliceert continu); Hoofdstuk 15 berust er tweemaal op, via Heine voor de constructie en via de hoofdstelling, waarvan het centrale object $x \mapsto \int_a^x f$ een louter continue $f$ opwaardeert tot een $C^1$ -primitieve. In Hoofdstuk 25 bevat continuïteit in twee variabelen een valkuil die het waard is om vooruit te bekijken: de functie $\frac{xy}{x^2 + y^2}$ (uitgebreid door $0$ ) is continu in $x$ voor elke vaste $y$ en in $y$ voor elke vaste $x$ , maar toch niet continu in de oorsprong — langs de diagonaal $x = y$ is ze constant $\frac12$ . Afzonderlijke continuïteit is strikt zwakker dan continuïteit: de sequentiële karakterisering overleeft de overgang naar $\R^2$ , maar rijen moeten uit elke richting mogen naderen, niet alleen langs de assen.

13.5 Oefeningen

Oefening 13.1 ★

Bewijs met de sequentiële karakterisering dat $x \mapsto \sin\frac 1x$ geen limiet heeft in $0^+$ (geef twee rijen). Heeft $x \mapsto x \sin\frac 1x$ er een?

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.1.

Neem $u_n = \frac{1}{2\pi n + \pi/2}$ en $v_n = \frac{1}{2\pi n}$ : beide streven naar $0^+$ , maar $\sin\frac{1}{u_n} = 1$ en $\sin\frac{1}{v_n} = 0$ . Twee rijen, twee verschillende limieten van beelden: volgens Stelling 13.3 geen limiet in $0^+$ .

$x \sin\frac1x$ : ingesloten door $\abs{x\sin\frac1x} \leq \abs x \to 0$ , dus bestaat de limiet in $0$ en is gelijk aan $0$ .

Oefening 13.2 ★

Bestudeer de continuïteit op $\R$ van $f(x) = \lfloor x \rfloor$ en van $g(x) = x - \lfloor x \rfloor$ , en van $h(x) = \lfloor x \rfloor + (x - \lfloor x\rfloor)^2$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.2.

$f = \lfloor\cdot\rfloor$ is continu op $\R \setminus \Z$ (lokaal constant) en discontinu in elke $n \in \Z$ : linkerlimiet $n - 1$ , waarde $n$ .

$g(x) = x - \lfloor x\rfloor$ : dezelfde discontinuïteitspunten (de identiteit is continu, dus $g$ erft de sprongen van $f$ ); in $n \in \Z$ , linkerlimiet $1 \neq 0 = g(n)$ .

$h(x) = \lfloor x\rfloor + (x - \lfloor x\rfloor)^2$ : op $\intco{n}{n + 1}$ geldt $h(x) = n + (x - n)^2$ , daar continu; in $x = n$ is de linker limiet $(n-1) + 1 = n = h(n)$ : de sprongen heffen elkaar op. $h$ is continu op $\R$ (en strikt stijgend).

Oefening 13.3 ★

Bewijs dat de vergelijking $x^5 - 3x + 1 = 0$ minstens drie reële oplossingen heeft (evalueer in goedgekozen punten en pas Stelling 13.10 toe op drie disjuncte segmenten).

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.3.

$P(x) = x^5 - 3x + 1$ : $P(-2) = -32 + 6 + 1 = -25 < 0$ ; $P(0) = 1 > 0$ ; $P(1) = -1 < 0$ ; $P(2) = 27 > 0$ . Drie tekenveranderingen op de disjuncte segmenten $\intcc{-2}{0}$ , $\intcc{0}{1}$ , $\intcc{1}{2}$ : volgens Stelling 13.10 minstens drie wortels. (Aangezien $P$ van graad $5$ is, heeft het er hoogstens vijf; een variatiestudie zou er precies drie aantonen.)

Oefening 13.4 ★

Bewijs dat elke veelterm van oneven graad een reële wortel heeft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.4.

Zij $P = a_{2m+1}X^{2m+1} + \dots$ met $a_{2m+1} > 0$ (anders vervang $P$ door $-P$ ). Door de dominante term buiten haakjes te brengen, $P(x) = a_{2m+1} x^{2m+1}\bigl(1 + o(1)\bigr)$ als $x \to \pm\infty$ : dus $P(x) \to +\infty$ in $+\infty$ en $-\infty$ in $-\infty$ . Kies $a$ met $P(a) < 0$ en $b$ met $P(b) > 0$ : de tussenwaardestelling op $\intcc{a}{b}$ levert een wortel.

Oefening 13.5 ★★

(Vast punt) Zij $f \colon \intcc{0}{1} \to \intcc{0}{1}$ continu. Bewijs dat $f$ een vast punt heeft: $f(c) = c$ voor een zekere $c$ . Illustreer dat noch de continuïteit noch het segment weggelaten kan worden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.5.

Zij $g(x) = f(x) - x$ , continu op $\intcc{0}{1}$ . Aangezien $f$ afbeeldt in $\intcc{0}{1}$ : $g(0) = f(0) \geq 0$ en $g(1) = f(1) - 1 \leq 0$ . Volgens Stelling 13.10 geldt $g(c) = 0$ voor een zekere $c$ : een vast punt.

Noodzaak van de hypotheses: op $\intcc{0}{1}$ heeft de discontinue afbeelding $f(x) = 1$ voor $x \leq \frac12$ , $f(x) = 0$ voor $x > \frac12$ geen vast punt; op het interval $\intoo{0}{1}$ (geen segment) is $f(x) = \frac x2$ continu in $\intoo{0}{1}$ zonder vast punt (de kandidaat $0$ ontbreekt); op $\R$ , $f(x) = x + 1$ .

Oefening 13.6 ★★

Bewijs dat de vergelijking $\cos x = x$ precies één reële oplossing heeft, en dat deze in $\intoo{0}{1}$ ligt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.6.

$g(x) = \cos x - x$ is continu, $g(0) = 1 > 0$ , $g(1) = \cos 1 - 1 < 0$ : er bestaat een oplossing in $\intoo{0}{1}$ (Stelling 13.10). Uniciteit: $g$ is strikt dalend op $\R$ — voor $x \leq 0$ heeft $g(x) \geq 1 - x > 0$ toch geen nulpunt; en $g'(x) = -\sin x - 1 \leq 0$ met gelijkheid alleen in geïsoleerde punten ( $x \equiv -\frac\pi2 \bmod 2\pi$ ), dus is $g$ strikt dalend (Hoofdstuk 14; alternatief: op $\intcc{0}{1}$ is $\cos$ strikt dalend en $-x$ ook, dus $g$ is dat). Een strikt monotone functie wordt hoogstens één keer nul.

Oefening 13.7 ★★

Zij $f \colon \R \to \R$ continu met $f(x) \to +\infty$ als $x \to \pm\infty$ . Bewijs dat $f$ een globaal minimum bereikt op $\R$ . (Herleid tot een segment dat een subniveauverzameling bevat.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.7.

Neem $M = f(0) + 1$ vast. Er is een $A > 0$ met $f(x) \geq M$ voor $\abs x \geq A$ (definitie van de twee oneindige limieten; neem de grotere drempel). Op het segment $\intcc{-A}{A}$ levert de extremumstelling (Stelling 13.13) een $c$ met $f(c) = \inf_{\intcc{-A}{A}} f \leq f(0)$ . Voor $\abs x \geq A$ : $f(x) \geq M > f(0) \geq f(c)$ . Dus is $f(c)$ het globale minimum.

Oefening 13.8 ★★

Zij $f \colon \R \to \R$ continu en periodiek (met periode $T > 0$ ). Bewijs dat $f$ begrensd is en haar grenzen bereikt, en dat er een $c$ bestaat met $f(c + \frac T2) = f(c)$ . (Bestudeer voor het tweede punt $g(x) = f(x + \frac T2) - f(x)$ over één periode.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.8.

Op het segment $\intcc{0}{T}$ is $f$ begrensd en bereikt het haar grenzen (Stelling 13.13); door periodiciteit zijn dit de grenzen op heel $\R$ , nog steeds bereikt.

Zij $g(x) = f(x + \frac T2) - f(x)$ , continu. Dan geldt

g(0) + g\bigl(\tfrac T2\bigr) = \bigl(f(\tfrac T2) - f(0)\bigr) + \bigl(f(T) - f(\tfrac T2)\bigr) = f(T) - f(0) = 0 :

$g(0)$ en $g(\frac T2)$ hebben tegengestelde tekens (of één is nul), dus geeft de tussenwaardestelling op $\intcc{0}{T/2}$ een $c$ met $g(c) = 0$ , d.w.z. $f(c + \frac T2) = f(c)$ .

Oefening 13.9 ★★

Bewijs dat $x \mapsto \sqrt x$ uniform continu is op $\intco{0}{+\infty}$ , hoewel het nabij $0$ niet lipschitz is. (Bewijs en gebruik $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.9.

Eerst de ongelijkheid: voor $0 \leq y \leq x$ ,

\bigl(\sqrt y + \sqrt{x - y}\bigr)^2 = x + 2\sqrt{y(x-y)} \geq x,

dus $\sqrt x \leq \sqrt y + \sqrt{x - y}$ , d.w.z. $\sqrt x - \sqrt y \leq \sqrt{x - y}$ . Bijgevolg $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ voor alle $x, y \geq 0$ .

Uniforme continuïteit: gegeven $\varepsilon > 0$ , neem $\delta = \varepsilon^2$ ; dan impliceert $\abs{x - y} \leq \delta$ dat $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt\delta = \varepsilon$ .

Niet lipschitz nabij $0$ : $\frac{\sqrt x - \sqrt 0}{x - 0} = \frac{1}{\sqrt x} \to +\infty$ als $x \to 0^+$ , dus geen constante $k$ kan alle differentiequotiënten domineren.

Oefening 13.10 ★★★

Zij $f$ continu en injectief op een interval $I$ . Bewijs dat $f$ strikt monotoon is. Aanwijzing: zo niet, dan zijn er $a < b < c$ met bijvoorbeeld $f(b) > f(a)$ en $f(b) > f(c)$ ; pas de tussenwaarde stelling toe op een waarde tussen $\max(f(a), f(c))$ en $f(b)$ aan beide zijden van $b$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.10.

Veronderstel dat $f$ injectief, continu en niet strikt monotoon is. Dan zijn er $a < b < c$ in $I$ met $f(b)$ niet tussen $f(a)$ en $f(c)$ — inderdaad, als voor alle drietallen de middelste waarde tussen de buitenste zou liggen, dan zou $f$ monotoon zijn (vergelijk twee paren; een korte gevalscontrole). Zeg $f(b) > \max(f(a), f(c))$ (het andere geval is symmetrisch, vervang $f$ door $-f$ ). Kies $v$ met $\max(f(a), f(c)) < v < f(b)$ . Door de tussenwaardestelling toegepast op $\intcc{a}{b}$ en op $\intcc{b}{c}$ zijn er $u_1 \in \intoo{a}{b}$ en $u_2 \in \intoo{b}{c}$ met $f(u_1) = v = f(u_2)$ : twee verschillende punten met gelijke beelden, in tegenspraak met injectiviteit.

Oefening 13.11 ★★★

(Functievergelijking van Cauchy, continue geval) Zij $f \colon \R \to \R$ continu met $f(x + y) = f(x) + f(y)$ voor alle $x, y$ . Bewijs dat $f(x) = f(1)\,x$ voor alle $x$ : eerst op $\N$ , $\Z$ , $\Q$ (alleen met additiviteit), dan op $\R$ door continuïteit en dichtheid (Stelling 10.14).

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.11.

$f(0) = f(0+0) = 2f(0)$ geeft $f(0) = 0$ ; $f(-x) = -f(x)$ uit $0 = f(x - x)$ . Stel $\alpha = f(1)$ . Inductie: $f(n) = n\alpha$ voor $n \in \N$ , dan voor $n \in \Z$ door oneven zijn. Voor $q \in \N^*$ : $q\,f(\frac pq) = f(p) = p\alpha$ (tel $\frac pq$ $q$ keer bij zichzelf op), dus $f(\frac pq) = \alpha\frac pq$ : $f = \alpha\, \mathrm{id}$ op $\Q$ .

Zij nu $x \in \R$ en $(r_n)$ een rij rationale getallen met $r_n \to x$ (dichtheid, Stelling 10.14, toegepast in geneste intervallen; of $r_n = \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}$ ). Continuïteit: $f(x) = \lim f(r_n) = \lim \alpha r_n = \alpha x$ .

Oefening 13.12 ★★★

Zij $f \colon \intco{0}{+\infty} \to \R$ continu met $f(x) \to \ell \in \R$ als $x \to +\infty$ . Bewijs dat $f$ uniform continu is op $\intco{0}{+\infty}$ . (Knip bij een grote $A$ : Heine op $\intcc{0}{A+1}$ , de limiet voorbij $A$ ; laat de twee regimes overlappen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.12.

Zij $\varepsilon > 0$ . Door de limiet in $+\infty$ is er een $A$ met $\abs{f(x) - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ voor $x \geq A$ ; dus voor $x, y \geq A$ : $\abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon$ (geen nabijheid nodig).

Op het segment $\intcc{0}{A + 1}$ geeft de stelling van Heine (Stelling 13.22) een $\delta_0 > 0$ voor deze $\varepsilon$ ; stel $\delta = \min(\delta_0, 1)$ .

Neem nu willekeurige $x, y \geq 0$ met $\abs{x - y} \leq \delta$ , zeg $x \leq y$ . Als $y \leq A + 1$ : beide liggen in het segment, en de Heine- $\delta_0$ is van toepassing. Anders $y > A + 1$ , en dan $x \geq y - 1 > A$ : beide liggen in $\intco{A}{+\infty}$ , waar het limietargument van toepassing is. In beide gevallen $\abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon$ : uniforme continuïteit.

13.6 Probleem: de functievergelijking van Cauchy en haar zusters

Probleem 13.1

Weekendprobleem — $f(x + y) = f(x) + f(y)$ : regelmaat dwingt lineariteit af, en het portret van de monsters

Welke functies voldoen aan $f(x + y) = f(x) + f(y)$ voor alle reële $x, y$ ? Cauchy stelde de vraag in 1821; het antwoord is een paradigma. Oefening 13.11 toont dat zo’n additieve functie lineair is op $\Q$ en dat volledige continuïteit $f(x) = cx$ afdwingt. Dit probleem verscherpt de hypothese dramatisch — continuïteit in een enkel punt, of monotonie, of louter begrensdheid op één klein interval, elk volstaat — en schildert dan het portret van een hypothetische niet-lineaire oplossing (haar grafiek vult het vlak), lost de zusterverwante vergelijkingen op die $\eu^{cx}$ , $c\ln x$ , $x^c$ en $cx^2$ karakteriseren, en sluit af met de vergelijking van Jensen en de stelling middelpuntsconvex $+$ continu $\implies$ convex. Overal betekent additief: $f(x + y) = f(x) + f(y)$ voor alle $x, y \in \R$ .

Deel I — $\Q$ -lineariteit, en één punt van continuïteit.

Zij $f$ additief. Uit Oefening 13.11 geldt $f(r) = f(1)\,r$ voor rationale $r$ . Bewijs de fijnere uitspraak die hieronder gebruikt wordt: voor elke $x \in \R$ en $r \in \Q$ geldt $f(rx) = r\,f(x)$ ( $f$ is $\Q$ -lineair).
Veronderstel dat de additieve $f$ continu is in één enkel punt $x_0$ . Toon aan dat $f$ overal continu is (bereken $f(x + h) - f(x)$ in termen van $f(x_0 + h) - f(x_0)$ ), dus $f(x) = f(1)\,x$ .
Toon aan dat een additieve functie bepaald wordt door haar beperking tot elke dichte deelgroep: als twee additieve functies overeenstemmen op $\Z + \sqrt2\,\Z$ en beide continu zijn, dan zijn ze gelijk — terwijl zonder continuïteit het voorschrijven van $f(1) = 0$ en $f(\sqrt 2) = 1$ verenigbaar is met $\Q$ -lineariteit op de deelgroep. Bereken $f(m + n\sqrt2)$ voor dit voorschrift.
Zij $f$ additief en naar boven begrensd door $M$ op een zeker interval $\intcc{a}{b}$ met $a < b$ . Toon aan dat $f$ naar boven begrensd is op $\intcc{0}{\ell}$ , $\ell = b - a$ (transleer met $a$ ).

Deel II — De regelmaatladder.

Vervolg op vraag 4: gebruik $f(\ell - t) + f(t) = f(\ell)$ om aan te tonen dat $f$ ook naar beneden begrensd is op $\intcc{0}{\ell}$ : $\abs f \leq C$ daar.
Toon aan dat $\abs{f(t)} \leq \frac{C}{n}$ voor $t \in \intcc{0}{\ell/n}$ , en leid af dat $f$ continu is in $0$ (oneven zijn regelt de linkerkant), dus overal (vraag 2): een additieve functie die begrensd is op één interval is lineair.
Leid het monotone geval af: een additieve functie niet-dalend op een zeker $\intcc{a}{b}$ ( $a < b$ ) is $f(x) = cx$ met $c \geq 0$ .
Stel de regelmaatladder samen: voor een additieve $f$ zijn de volgende gelijkwaardig — (a) $f(x) = cx$ ; (b) $f$ continu; (c) $f$ continu in één punt; (d) $f$ monotoon op een zeker niet-ontaard interval; (e) $f$ begrensd op een zeker niet-ontaard interval. Rangschik de implicaties zo dat elk ofwel triviaal ofwel reeds bewezen is.
Ga na dat de vragen 4–6 alleen een grens naar boven verbruikten: een additieve functie die naar boven begrensd is op één niet-ontaard interval is al lineair. Leid de spiegeluitspraak voor een grens naar beneden af, en noteer de sterkste vorm van sport (e) van de ladder die zo verkregen wordt.

Deel III — Portret van een monster. Veronderstel nu dat $f$ additief maar niet lineair is.

Toon aan dat er van nul verschillende reële getallen $u, v$ zijn met $\dfrac{f(u)}{u} \neq \dfrac{f(v)}{v}$ , en dat de vectoren $(u, f(u))$ en $(v, f(v))$ het vlak opspannen (hun determinant $u f(v) - v f(u)$ is van nul verschillend).
Toon aan dat de grafiek van $f$ alle punten bevat

$r\,(u, f(u)) + s\,(v, f(v)), \qquad r, s \in \Q ,$

en leid af dat de grafiek dicht is in $\R^2$ : voor elk punt $(x_0, y_0)$ van het vlak en elke $\varepsilon > 0$ ligt een zeker $(x, f(x))$ binnen $\varepsilon$ ervan (los het reële $2\times2$ stelsel op, en benader dan de reële coëfficiënten met rationale getallen).
Leid uit vraag 11 het volledige portret af: een niet-lineaire additieve functie is onbegrensd op elk niet-ontaard interval, discontinu in elk punt, op geen enkel interval monotoon, en haar beeld van elk interval is dicht in $\R$ . Verzoen dit met vraag 8.
Monsters bestaan — op een dichte deelgroep, constructief: definieer op $G = \Z + \sqrt2\,\Z$ de functie $f(m + n\sqrt2) = n$ . Toon aan dat $f$ welgedefinieerd en additief is op $G$ , en dat $f$ onbegrensd is op $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ voor elke $\varepsilon > 0$ (voor vaste $N$ hebben slechts eindig veel $g = m + n\sqrt2 \in \intoo{0}{1}$ dat $\abs n \leq N$ ; toch is $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ oneindig). Leg in één alinea uit waarom het uitbreiden van zo’n $f$ tot heel $\R$ een basis van $\R$ als $\Q$ -vectorruimte vereist (een Hamelbasis), waarvan de existentie een keuzeaxioma-kwestie is die buiten dit deel valt.

Deel IV — De zusterverwante vergelijkingen. Alle functies hier zijn continu.

Zij $f \colon \R \to \R$ continu, niet identiek $0$ , met $f(x + y) = f(x)f(y)$ . Toon aan dat $f(x) = f\bigl(\frac x2\bigr)^2 \geq 0$ , dan $f > 0$ overal, dan $f(x) = \eu^{cx}$ voor een zekere $c$ : de exponentiële functies zijn precies de continue morfismen van $(\R, +)$ naar $(\R^*, \times)$ .
Zij $f \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ continu met $f(xy) = f(x) + f(y)$ . Toon aan dat $f(x) = c\ln x$ (transporteer via $\exp$ ).
Zij $f \colon \intoo{0}{+\infty} \to \intoo{0}{+\infty}$ continu met $f(xy) = f(x)f(y)$ . Toon aan dat $f(x) = x^c$ .
Vind alle continue $f \colon \R \to \R$ met

$f(x + y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) .$

(Bestudeer $h = 1 + f$ ; behandel het ontaarde geval apart.)
(Parallellogram) Vind alle continue $f \colon \R \to \R$ met $f(x + y) + f(x - y) = 2f(x) + 2f(y)$ : toon aan dat $f$ even is, $f(0) = 0$ , $f(nx) = n^2 f(x)$ door inductie, dan $f(x) = f(1)\,x^2$ . (Deze vergelijking is de vingerafdruk van kwadratische vormen — de parallellogramwet die, in het deel van het tweede jaar, detecteert welke normen van een inwendig product komen.)

Deel V — Jensen en middelpuntsconvexiteit.

(Vergelijking van Jensen) Zij $f \colon \R \to \R$ continu met $f\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr) = \frac{f(x) + f(y)}{2}$ . Toon aan dat $g = f - f(0)$ voldoet aan $g\bigl(\frac x2\bigr) = \frac{g(x)}{2}$ , leid af dat $g$ additief is, en besluit $f(x) = cx + d$ .
Veronderstel nu alleen de ongelijkheid: $f$ continu met

$f\Bigl(\frac{x + y}{2}\Bigr) \leq \frac{f(x) + f(y)}{2} \qquad (x, y \in \R).$

Bewijs door inductie op $n$ dat voor alle dyadische gewichten $\lambda = \frac{k}{2^n} \in \intcc{0}{1}$ :

$f\bigl(\lambda x + (1 - \lambda)y\bigr) \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) .$
Breid uit door continuïteit en dichtheid van de dyadische getallen (Oefening 10.8) tot elke $\lambda \in \intcc{0}{1}$ : een continue middelpuntsconvexe functie voldoet aan de volledige convexiteitsongelijkheid (het begrip dat systematisch bestudeerd wordt in Hoofdstuk 14).
Toon aan dat continuïteit niet weggelaten kan worden: een niet-lineaire additieve $f$ voldoet aan de middelpuntsgelijkheid van vraag 19 maar aan geen enkele convexiteitsongelijkheid op enig interval (vraag 12). Moraal: middelpuntsconvexiteit is een aftelbare-fase eigenschap (dyadische getallen), convexiteit een continue; continuïteit is de brug — precies als in de Delen I–II.

Deel VI — Laatste varianten en synthese.

Vind alle continue $f \colon \R \to \R$ met $f(x + y) = f(x) + f(y) + xy$ (trek de particuliere oplossing $\frac{x^2}{2}$ af).
Bewijs: als $f \colon \R \to \R$ continu is en alleen additief op een dichte deelgroep $G$ (d.w.z. $f(g + g') = f(g) + f(g')$ voor $g, g' \in G$ ), dan is $f$ additief op $\R$ . Algemener zijn twee continue functies die overeenstemmen op een dichte deelverzameling van $\R$ gelijk.
Synthese, telkens één zin: (i) formuleer de regelmaat ladder van vraag 8 uit het hoofd; (ii) leg uit waarom “grafiek dicht in het vlak” het juiste mentale beeld is voor het falen van regelmaat; (iii) som de vijf klassieke functies op die gekarakteriseerd worden in Deel IV–V en de enkele methode die ze allemaal ving; (iv) noem de twee plaatsen waar dichtheid van $\Q$ (of van de dyadische getallen) in $\R$ het argument droeg, en de plaats waar dat niet kon (vraag 13).

Oplossing

Oplossing van Probleem 13.1.

1. Voor $n \in \N$ : $f(nx) = n f(x)$ door inductie ( $f((n+1)x) = f(nx) + f(x)$ ). Ook $f(0) = 2f(0)$ geeft $f(0) = 0$ , en $0 = f(x - x) = f(x) + f(-x)$ geeft oneven zijn, dus $f(nx) = nf(x)$ voor $n \in \Z$ . Voor $r = \frac pq$ : $q\,f\bigl(\tfrac pq x\bigr) = f(px) = p\,f(x)$ , dus $f(rx) = r f(x)$ : $f$ is $\Q$ -lineair.

2. Additiviteit geeft, voor alle $x$ en $h$ :

f(x + h) - f(x) = f(h) = f(x_0 + h) - f(x_0) .

Als $h \to 0$ streeft de rechterkant naar $0$ door continuïteit in $x_0$ ; dus $f(x + h) \to f(x)$ : continuïteit in elke $x$ . Dan levert Oefening 13.11 dat $f(x) = f(1)\,x$ .

3. Twee continue additieve functies zijn van de vorm $cx$ en $c'x$ (vraag 2); als ze overeenstemmen op de dichte deelgroep $\Z + \sqrt2\,\Z$ (Oefening 10.9), dan geldt $c\,g = c'g$ voor een zekere $g \neq 0$ daarin: $c = c'$ , de functies zijn gelijk. Zonder continuïteit: $\Q$ -lineariteit bindt alleen de waarden in $\Q$ -combinaties, en $1, \sqrt2$ zijn $\Q$ -onafhankelijk ( $\sqrt2 \notin \Q$ ), dus zijn $f(1) = 0$ , $f(\sqrt2) = 1$ verenigbaar en dwingen ze, op de deelgroep,

f(m + n\sqrt2) = m\,f(1) + n\,f(\sqrt2) = n .

4. Voor $t \in \intcc{0}{\ell}$ : $a + t \in \intcc{a}{b}$ , dus $f(t) = f(a + t) - f(a) \leq M - f(a) =: M'$ .

5. Voor $t \in \intcc{0}{\ell}$ geldt ook $\ell - t \in \intcc{0}{\ell}$ , en additiviteit geeft $f(t) = f(\ell) - f(\ell - t) \geq f(\ell) - M'$ . Bijgevolg $\abs{f} \leq C$ op $\intcc{0}{\ell}$ met $C = \max\bigl(\abs{M'}, \abs{f(\ell) - M'}\bigr)$ .

6. Voor $t \in \intcc{0}{\ell/n}$ : $nt \in \intcc{0}{\ell}$ en $f(t) = \frac{f(nt)}{n}$ (vraag 1), dus $\abs{f(t)} \leq \frac Cn$ . Gegeven $\varepsilon > 0$ , kies $n > \frac C\varepsilon$ : voor $0 \leq h \leq \frac\ell n$ geldt $\abs{f(h)} \leq \varepsilon$ , en voor negatieve $h$ gebruik $f(h) = -f(-h)$ . Dus $f(h) \to 0 = f(0)$ als $h \to 0$ : continuïteit in $0$ , dus overal (vraag 2), dus $f(x) = f(1)x$ .

7. Als $f$ niet-dalend is op $\intcc{a}{b}$ , dan geldt $f(a) \leq f(x) \leq f(b)$ daar: begrensd, dus lineair volgens vraag 6, $f(x) = cx$ ; en $c(b - a) = f(b) - f(a) \geq 0$ dwingt $c \geq 0$ af.

8. (a) $\Rightarrow$ (b) $\Rightarrow$ (c): triviaal. (c) $\Rightarrow$ (a): vraag 2. (a) $\Rightarrow$ (d): een lineaire functie is overal monotoon. (d) $\Rightarrow$ (e): een monotone functie op $\intcc{a}{b}$ is daar begrensd door haar eindpunt waarden. (e) $\Rightarrow$ (a): vragen 4–6. De vijf uitspraken zijn gelijkwaardig — de regelmaatladder.

9. Vraag 4 gebruikte alleen de bovengrens $M$ ; vraag 5 leidde de ondergrens af uit de bovenste via de reflectie $f(t) = f(\ell) - f(\ell - t)$ ; vraag 6 liep dan op $\abs f \leq C$ . Dus: additief en naar boven begrensd op één niet-ontaard interval impliceert al lineair. Voor een grens naar beneden, pas dit toe op $-f$ (additief, naar boven begrensd). Sterkste sport (e): een eenzijdige grens op één interval volstaat.

10. Als $\frac{f(x)}{x}$ één constante $c$ zou zijn voor alle $x \neq 0$ , dan zou $f$ lineair zijn; dus zijn er van nul verschillende $u, v$ met $\frac{f(u)}u \neq \frac{f(v)}v$ , d.w.z. $u f(v) - v f(u) \neq 0$ : de determinant van de vectoren $(u, f(u))$ , $(v, f(v))$ is van nul verschillend, en ze spannen $\R^2$ op.

11. Voor $r, s \in \Q$ : $f(ru + sv) = r f(u) + s f(v)$ (vraag 1 tweemaal plus additiviteit), dus bevat de grafiek

\bigl(ru + sv,\; r f(u) + s f(v)\bigr) = r\,(u, f(u)) + s\,(v, f(v)) .

Gegeven $(x_0, y_0)$ en $\varepsilon > 0$ : het $2 \times 2$ stelsel $a(u, f(u)) + b(v, f(v)) = (x_0, y_0)$ heeft een (unieke) reële oplossing $(a, b)$ aangezien de determinant van nul verschilt. Kies rationale getallen $r_n \to a$ , $s_n \to b$ : dan $r_n(u, f(u)) + s_n(v, f(v)) \to (x_0, y_0)$ coördinaatsgewijs, en elk van deze punten ligt op de grafiek: de grafiek is dicht in $\R^2$ .

12. Zij $I$ een niet-ontaard interval, $x_0$ zijn middelpunt, $M$ willekeurig: dichtheid levert een grafiekpunt binnen $\min\bigl(\frac{\abs I}{2}, 1\bigr)$ van $(x_0, M + 1)$ , d.w.z. $x \in I$ met $f(x) > M$ : onbegrensd op $I$ , dus (vraag 8) discontinu in elk punt en op geen enkel interval monotoon; en voor elk doel $y_0$ geven grafiekpunten nabij $(x_0, y_0)$ dat $f(x)$ willekeurig dicht bij $y_0$ komt met $x \in I$ : $f(I)$ is dicht in $\R$ . Dit is vraag 8 achterstevoren gelezen: aangezien alle sporten gelijkwaardig zijn, moet een niet-lineaire additieve functie alle overal falen.

13. Welgedefinieerd: $m + n\sqrt2 = m' + n'\sqrt2$ dwingt $(n - n')\sqrt2 = m' - m \in \Z$ af, dus $n = n'$ (anders $\sqrt2 \in \Q$ ) en $m = m'$ . Additiviteit op $G$ is dan duidelijk coördinaat per coördinaat. Onbegrensdheid nabij $0^+$ : neem $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ en $N \in \N$ vast. Voor elke vaste $n$ met $\abs n \leq N$ pint de voorwaarde $m + n\sqrt2 \in \intoo{0}{1}$ de waarde $m$ vast binnen een interval van lengte $1$ : hoogstens één geheel getal $m$ per $n$ , dus hoogstens $2N + 1$ elementen van $G \cap \intoo{0}{1}$ hebben $\abs{f} \leq N$ . Maar $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ is oneindig ( $G$ is dicht, Oefening 10.9); dus bevat het een zekere $g$ met $\abs{f(g)} > N$ : $f$ is onbegrensd op elke rechteromgeving van $0$ . Het uitbreiden van $f$ tot een additieve functie op $\R$ betekent het coherent kiezen van waarden op een familie van reële getallen die $\Q$ -lineair onafhankelijk is en $\R$ over $\Q$ opspant — een Hamelbasis; er een produceren vereist het keuzeaxioma, en geen enkele expliciete formule kan het: constructief bezitten we het monster alleen op $G$ .

14. $f(x) = f(\frac x2 + \frac x2) = f(\frac x2)^2 \geq 0$ . Als $f(x_0) = 0$ , dan $f(x) = f(x - x_0)f(x_0) = 0$ voor alle $x$ : uitgesloten. Dus $f > 0$ en $g = \ln \circ f$ is continu (Propositie 13.8) met $g(x + y) = g(x) + g(y)$ : volgens Oefening 13.11, $g(x) = cx$ , dus $f(x) = \eu^{cx}$ . Omgekeerd werkt elke $\eu^{cx}$ : de continue morfismen $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ zijn precies de exponentiële functies.

15. $g(u) = f(\eu^u)$ is continu en $g(u + v) = f(\eu^u \eu^v) = g(u) + g(v)$ : $g(u) = cu$ , en elke $x > 0$ schrijft $x = \eu^u$ met $u = \ln x$ : $f(x) = c\ln x$ .

16. $h = \ln \circ f$ is continu op $\intoo{0}{+\infty}$ met $h(xy) = h(x) + h(y)$ : volgens vraag 15, $h(x) = c\ln x$ , dus $f(x) = \eu^{c\ln x} = x^c$ .

17. $x = y = 0$ : $f(0) = 2f(0) + f(0)^2$ , dus $f(0)(1 + f(0)) = 0$ . Als $f(0) = -1$ : door $y = 0$ te stellen, $f(x) = f(x) + f(0) + f(x)f(0) = -1$ voor alle $x$ : de constante $f \equiv -1$ (die inderdaad aan de vergelijking voldoet). Anders $f(0) = 0$ ; $h = 1 + f$ is continu, $h(0) = 1$ , en

h(x + y) = 1 + f(x) + f(y) + f(x)f(y) = h(x)\,h(y) :

volgens vraag 14, $h(x) = \eu^{cx}$ , d.w.z. $f(x) = \eu^{cx} - 1$ (het geval $c = 0$ geeft $f \equiv 0$ ). Volledige lijst: $f \equiv -1$ en $f(x) = \eu^{cx} - 1$ , $c \in \R$ .

18. $x = y = 0$ : $2f(0) = 4f(0)$ , dus $f(0) = 0$ . $x = 0$ : $f(y) + f(-y) = 2f(y)$ , dus $f$ is even. $y = x$ : $f(2x) = 4f(x)$ . Inductie met $(x, y) \to (nx, x)$ :

f((n{+}1)x) = 2f(nx) + 2f(x) - f((n{-}1)x) = (2n^2 + 2 - (n-1)^2) f(x) = (n+1)^2 f(x) .

Dan geeft $f(x) = f\bigl(q\cdot\frac xq\bigr) = q^2 f\bigl(\frac xq\bigr)$ dat $f\bigl(\frac pq x\bigr) = \frac{p^2}{q^2}f(x)$ : $f(r) = r^2 f(1)$ op $\Q$ (even zijn regelt de tekens). De twee continue functies $f$ en $x \mapsto f(1)x^2$ stemmen overeen op de dichte verzameling $\Q$ , dus overal (vraag 24): $f(x) = f(1)\,x^2$ ; elke $cx^2$ voldoet aan de vergelijking.

19. $g = f - f(0)$ is continu, $g(0) = 0$ , en voldoet aan de vergelijking van Jensen (de constanten heffen elkaar op). Door $y = 0$ te nemen: $g\bigl(\frac x2\bigr) = \frac{g(x)}{2}$ . Dan voor alle $x, y$ :

\frac{g(x + y)}{2} = g\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) = \frac{g(x) + g(y)}{2} ,

dus $g$ is additief en continu: $g(x) = cx$ (vraag 2), en $f(x) = cx + d$ met $d = f(0)$ . Alle affiene functies voldoen aan Jensen: de lijst is volledig.

20. Inductie op $n$ . Voor $n = 0$ : $\lambda \in \{0, 1\}$ , triviaal. Neem de ongelijkheid aan voor alle gewichten $\frac{k}{2^n}$ . Een gewicht $\lambda = \frac{k}{2^{n+1}}$ met $k$ even herleidt tot niveau $n$ ; voor $k = 2j + 1$ is $\lambda$ het middelpunt van $\lambda_1 = \frac{j}{2^n}$ en $\lambda_2 = \frac{j+1}{2^n}$ . Met $z_i = \lambda_i x + (1 - \lambda_i)y$ : $\lambda x + (1-\lambda)y = \frac{z_1 + z_2}{2}$ , dus

f\bigl(\lambda x + (1{-}\lambda)y\bigr) \leq \frac{f(z_1) + f(z_2)}{2} \leq \frac{(\lambda_1 + \lambda_2)f(x) + (2 - \lambda_1 - \lambda_2)f(y)}{2} = \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y) .

21. Neem $x, y$ vast. De afbeeldingen $\lambda \mapsto f(\lambda x + (1 - \lambda)y)$ en $\lambda \mapsto \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y)$ zijn continu op $\intcc{0}{1}$ (samenstelling en algebra, Propositie 13.8). De ongelijkheid geldt op de dyadische gewichten, die dicht liggen in $\intcc{0}{1}$ (Oefening 10.8); voor willekeurige $\lambda$ neem dyadische getallen $\lambda_n \to \lambda$ en ga over tot de limiet (Stelling 13.3 en Stelling 11.7): de convexiteitsongelijkheid geldt voor elke $\lambda \in \intcc{0}{1}$ — middelpuntsconvexiteit plus continuïteit is gelijk aan convexiteit (het begrip van Hoofdstuk 14).

22. Een niet-lineaire additieve $f$ voldoet exact aan $f\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr) = \frac{f(x) + f(y)}{2}$ (vraag 1 met $r = \frac12$ , dan additiviteit): ze is middelpuntsconvex, zelfs middelpuntsaffien. Als ze aan de volledige convexiteitsongelijkheid zou voldoen op een zeker interval $\intcc{x}{y}$ , dan voor $\lambda \in \intcc{0}{1}$ : $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq \max(f(x), f(y))$ — naar boven begrensd op een niet-ontaard interval, dus lineair volgens vraag 9: tegenspraak. Dus is continuïteit in vraag 21 geen luxe: zonder haar beheerst middelpuntsconvexiteit alleen het aftelbare dyadische skelet, en het continuüm ertussen loopt wild.

23. $p(x) = \frac{x^2}{2}$ voldoet aan $p(x+y) = p(x) + p(y) + xy$ . Als $f$ een willekeurige continue oplossing is, dan is $g = f - p$ continu en additief, dus $g(x) = cx$ :

f(x) = \frac{x^2}{2} + cx , \qquad c \in \R ,

en elk van deze is een oplossing: de lijst is volledig.

24. Algemeen principe: als $u, v$ continu zijn en overeenstemmen op een dichte $D \subseteq \R$ , dan kies voor $x \in \R$ $d_n \in D$ met $d_n \to x$ (Propositie 12.11); $u(x) = \lim u(d_n) = \lim v(d_n) = v(x)$ . Zij nu $f$ continu en additief op de dichte deelgroep $G$ . Neem $x, y \in \R$ vast en neem $g_n \to x$ , $g'_n \to y$ met $g_n, g'_n \in G$ ; dan $g_n + g'_n \to x + y$ en, door sequentiële continuïteit in $x + y$ , $x$ en $y$ :

f(x + y) = \lim f(g_n + g'_n) = \lim\bigl(f(g_n) + f(g'_n)\bigr) = f(x) + f(y) :

$f$ is additief op heel $\R$ (dus lineair, volgens vraag 2).

25. (i) Voor additieve $f$ : lineair $\iff$ continu $\iff$ continu in één punt $\iff$ monotoon op een zeker interval $\iff$ begrensd (zelfs eenzijdig) op een zeker interval. (ii) Dichtheid van de grafiek in het vlak toont dat het falen geen lokaal defect is maar een globale explosie: boven elk deelinterval smeren de waarden zich uit over heel $\R$ , dus faalt elke regelmaateigenschap overal tegelijk. (iii) De vangst: $cx$ , $\eu^{cx}$ , $c\ln x$ , $x^c$ , $cx^2$ en $cx + d$ — zes karakteriseringen, één methode: transporteer de vergelijking naar die van Cauchy, bewijs het $\Q$ -skelet door inductie, waardeer op tot $\R$ door dichtheid plus continuïteit. (iv) Dichtheid van $\Q$ (of van de dyadische getallen) droeg de opwaarderingen in Oefening 13.11 en in vraag 21; ze droeg niets in vraag 13, omdat zonder continuïteit waarden zich niet voortplanten van een dichte verzameling naar haar afsluiting — dichtheid draagt informatie alleen langs continuïteit.