Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

13Limieten en continuïteit

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

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

13.1 Limieten van functies

Definitie 13.1 (Limiet in een punt)

Zij $x_0 \in \overline{I}$ en $\ell \in \R$ . Dan gaat $f(x) \to \ell$ voor $x \to x_0$ 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 $x > x_0$ (genoteerd $x \to x_0^+$ ) of tot $x < x_0$ . De limiet is uniek zodra ze bestaat (hetzelfde bewijs als Propositie 11.4).

Voorbeeld 13.2 (Een limiet door insluiting)

Bereken $\lim_{x \to 0} x\,\bigl\lfloor \frac1x \bigr\rfloor$ . De insluiting van de vloer $\frac1x - 1 < \lfloor \frac1x \rfloor \leq \frac1x$ geeft, na vermenigvuldigen 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 zich op $1$ : de limiet is $1$ . Merk op wat er gebeurde: $\lfloor \frac1x\rfloor$ alleen maakt vlak bij $0$ wilde sprongen, maar de factor $x$ temt elke sprong ( $x$ maal een sprong van $1$ is klein), en alleen de insluiting overleeft. Het inzicht tot slot: limieten van producten van een kleine factor met een factor van begrensde oscillatie zijn insluitproblemen en nooit problemen voor de stelling over de bewerkingen — die vergt dat beide factoren convergeren.

Stelling 13.3 (Karakterisering met rijen)

$f(x) \to \ell$ voor $x \to x_0$ dan en slechts dan als voor elke rij $(u_n)$ 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, en daarna $N$ met $\abs{u_n - x_0} \leq \delta$ voor $n \geq N$ : voorbij $N$ is $\abs{f(u_n) - \ell} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Via de contrapositie. Gaat $f \not\to \ell$ , dan verslaat een zekere $\varepsilon_0 > 0$ elke $\delta$ ; de keuze $\delta = \frac{1}{n+1}$ levert $u_n \in I$ met $\abs{u_n - x_0} \leq \frac{1}{n+1}$ en $\abs{f(u_n) - \ell} > \varepsilon_0$ . Dan is $u_n \to x_0$ terwijl $f(u_n) \not\to \ell$ . ∎

Gevolg 13.4 (Bewerkingen, samenstelling, ordening)

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

Bewijs. Elke uitspraak draagt via Stelling 13.3 over naar haar tegenhanger voor rijen (Stellingen 11.5 en 11.7). Voor de samenstelling loont het de rechtstreekse keten één keer op te schrijven: bij 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 $\abs{x - x_0} \leq \delta \implies \abs{f(x) - \ell} \leq \eta$ ; aaneenrijgen geeft dat $\abs{x - x_0} \leq \delta$ leidt tot $\abs{g(f(x)) - m} \leq \varepsilon$ . Onder de alternatieve hypothese ( $f \neq \ell$ nabij $x_0$ ) wordt de waarde $y = \ell$ nooit aan $g$ gevoed en doet haar waarde daar niet ter zake. ∎

Voorbeeld 13.5 (Waarom het voorbehoud bij de samenstelling bestaat)

Zij $g(y) = 0$ voor $y \neq 0$ en $g(0) = 1$ , en zij $f$ identiek $0$ . Dan gaat $f(x) \to 0$ voor $x \to 0$ en $g(y) \to 0$ voor $y \to 0$ ; en toch is $g(f(x)) = g(0) = 1$ voor elke $x$ , zodat $g \circ f \to 1 \neq 0$ . De binnenste functie zit voor altijd precies op de verboden waarde $\ell = 0$ , en de limiet van $g$ in $0$ negeert wat $g$ in $0$ doet. Het voorbehoud van Gevolg 13.4 — ofwel $g(\ell) = m$ (dus $g$ continu in $\ell$ ), ofwel $f \neq \ell$ nabij $x_0$ — sluit precies dit uit. Het inzicht tot slot: in de praktijk stel je continue functies samen en is het voorbehoud gratis; het bijt alleen wanneer limieten langs geperforeerde omgevingen genomen worden, en daarom sluit de definitie van $\lim_{x \to x_0}$ in dit boek het punt zelf in wanneer het in het domein ligt.

13.2 Continuïteit

Definitie 13.6

$f$ is continu in $x_0 \in I$ wanneer $f(x) \to f(x_0)$ voor $x \to x_0$ ; en continu op $I$ wanneer ze in elk punt continu is. Volgens Stelling 13.3 is $f$ continu in $x_0$ precies wanneer $f(u_n) \to f(x_0)$ 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 toenemende ernst. Opheffbaar: $f(x) = \frac{\sin x}{x}$ op $\R^*$ heeft limiet $1$ in $0$ ; $f(0) = 1$ definiëren herstelt de zaak — de discontinuïteit was een gat, geen eigenschap. Sprong: $\lfloor x \rfloor$ heeft in een geheel getal verschillende eenzijdige limieten ( $n - 1$ en $n$ ); geen enkele keuze van waarde verzoent ze, maar beide halve limieten bestaan. Essentieel: $\sin\frac1x$ heeft in $0$ helemaal geen eenzijdige limiet (Oefening 13.1) — oscillatie zonder tot rust te komen. Monotone functies kunnen alleen het middelste soort voortbrengen (hun eenzijdige limieten bestaan altijd, als suprema en infima), en daarom zijn hun verzamelingen discontinuïteiten hoogstens aftelbaar — één rationaal getal per sprong. Afgeleiden kunnen, wegens de stelling van Darboux (Oefening 14.10), alleen het laatste soort voortbrengen: 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 de hyperbolische functies en hun inversen (Hoofdstuk 4) zijn continu op hun domein.

Bewijs. Bewerkingen: Gevolg 13.4. Constanten en de identiteit zijn rechtstreeks uit de definitie continu ( $\delta = \varepsilon$ bedient de identiteit, elke $\delta$ de constanten); omdat producten van continue functies continu zijn, volgt elk monoom $a_k x^k$ met inductie naar $k$ , en sommen maken de veeltermen af; een rationale breuk is een quotiënt van twee veeltermen, continu overal waar de noemer niet nul wordt. $\abs{\,\cdot\,}$ : de omgekeerde driehoeksongelijkheid geeft $\bigl|\abs{f(x)} - \abs{f(x_0)}\bigr| \leq \abs{f(x) - f(x_0)}$ , zodat dezelfde $\delta$ voldoet. Voor de klassieke functies nemen we de continuïteit hier aan; de afleidbaarheid (bewezen in Hoofdstuk 14) is sterker. ∎

Voorbeeld 13.9 (Maximum en minimum van continue functies)

Zijn $f$ en $g$ continu, dan ook $\max(f, g)$ en $\min(f, g)$ : er is 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 $f = f^+ - f^-$ : het splitsen naar teken dat bij reeksen gebruikt wordt (Hoofdstuk 17) en, op volle schaal, in de integratietheorie van het volume van bachelorjaar 3, kost niets aan regelmaat.

Stelling 13.10 (Tussenwaardestelling)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ met $f(a) \leq 0 \leq f(b)$ . Dan is $f(c) = 0$ 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. Zet $a_0 = a$ en $b_0 = b$ . Is $\intcc{a_n}{b_n}$ gegeven met $f(a_n) \leq 0 \leq f(b_n)$ , zij $m$ dan het midden: is $f(m) \leq 0$ , houd dan $\intcc{m}{b_n}$ , en anders $\intcc{a_n}{m}$ ; de tekenvoorwaarden blijven gelden. De rijen $(a_n)$ en $(b_n)$ zijn ingesloten ( $b_n - a_n = \frac{b-a}{2^n}$ ), met gemeenschappelijke limiet $c$ (Stelling 11.11). Wegens de continuïteit en Stelling 11.7 is $f(c) = \lim f(a_n) \leq 0$ 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 $w$ ; $f(I)$ is dus convex, oftewel een interval (Propositie 10.19). ∎

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

Voorbeeld 13.11 (Eén vergelijking, het volledige protocol)

Los $\eu^x = 3 - x$ op over $\R$ : bestaan, uniciteit, lokalisering. Zet $g(x) = \eu^x + x - 3$ , continu. Lokalisering 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 $x - 3$ , en dus strikt stijgend op $\R$ ; een strikt monotone functie neemt elke waarde hoogstens één keer aan, zodat de oplossing op heel $\R$ uniek is (niet alleen in het onderzochte interval). Het protocol — herschrijf tot $g = 0$ , een tekenwisseling voor het bestaan, de monotonie voor de uniciteit — beslecht de meeste vragen van het type “hoeveel oplossingen” in drie regels, en de verlooptabellen van Hoofdstuk 14 breiden het uit tot niet-monotone $g$ door $\R$ in monotone takken te knippen.

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 er 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 ,

zodat de wortel achtereenvolgens in $\intoo{0.5}{1}$ , dan $\intoo{0.5}{0.75}$ , dan $\intoo{0.625}{0.75}$ opgesloten raakt (de ware waarde is $c \approx 0.6823$ ). Na $n$ stappen is de fout hoogstens $\frac{b - a}{2^n}$ : tien stappen geven drie decimalen, twintig geven er zes. Het inzicht tot slot: de tussenwaardestelling is niet alleen een bestaansuitspraak — haar dichotomiebewijs is een gewaarborgd, zij het traag, algoritme om wortels te zoeken, waartegen de snelle maar lokale methode van Newton uit Hoofdstuk 14 afgewogen 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 .

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

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

Supremum bereikt: zij $M = \sup f$ en kies $v_n$ met $f(v_n) > M - \frac{1}{n+1}$ (Propositie 10.4). Extraheer $v_{\varphi(n)} \to d \in \intcc{a}{b}$ : dan is $f(d) = \lim f(v_{\varphi(n)}) = M$ wegens de insluiting. Het infimum behandel je met $-f$ . ∎

Voorbeeld 13.14 (Positief minimum op een segment)

Zij $f$ continu op $\intcc{0}{1}$ met $f(x) > 0$ voor elke $x$ . Dan is $\inf f > 0$ : volgens de extremumstelling is het infimum een waarde $f(c)$ , en $f(c) > 0$ per hypothese. Een continue positieve functie op een segment blijft dus van $0$ weg — een argument van twee regels dat in de komende hoofdstukken tientallen keren gebruikt wordt (noemers onder controle, insluitingen met trapfuncties, foutgrenzen). Op een niet-compact interval faalt dat spectaculair: $f(x) = x$ op $\intoc{0}{1}$ is continu en positief met $\inf f = 0$ , niet bereikt. Het inzicht tot slot: “positief” wordt precies dan “uniform positief” wanneer het domein compact is; elke hypothese van de extremumstelling draagt gewicht.

Opmerking 13.15 (Veelgemaakte fouten 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 heeft een interval nodig: de functie $x \mapsto \frac1x$ , continu op $\intco{-1}{0} \cup \intoc{0}{1}$ , neemt de waarden $-1$ en $1$ aan en wordt toch nooit nul — haar domein bestaat uit twee losse stukken, en de waarde $0$ valt in het gat; benoem altijd het interval waarop je de stelling toepast. (iii) Uniforme continuïteit is een eigenschap van het paar (functie, verzameling): $x^2$ is op elk segment uniform continu en op $\R$ niet (Voorbeeld 13.20) — de woorden “uniform continu” zonder domein zijn betekenisloos. (iv) De continuïteit van de inverse is niet formeel: ze geldt op intervallen via de 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 haar zonder de intervalhypothese citeren.

13.3 Monotone functies en inverse functies

Stelling 13.16 (Stelling over de monotone bijectie)

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

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

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

(2) $f^{-1}$ is strikt stijgend: was $y < y'$ in $J$ maar $f^{-1}(y) \geq f^{-1}(y')$ , dan geeft de stijgende $f$ toepassen dat $y \geq y'$ , ongerijmd. Continuïteit van $f^{-1}$ in $y_0 = f(x_0) \in J$ : zij $\varepsilon > 0$ . Neem eerst aan dat $x_0$ inwendig aan $I$ is, en maak $\varepsilon$ zo klein dat $x_0 \pm \varepsilon \in I$ : 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 $\abs{y - y_0} \leq \delta$ klemt de monotonie van $f^{-1}$ het getal $f^{-1}(y)$ tussen $x_0 - \varepsilon$ en $x_0 + \varepsilon$ . Is $x_0$ bijvoorbeeld het linkereindpunt van $I$ , dan 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 is de eenzijdige afschatting precies de continuïteit in een randpunt; het rechtereindpunt verloopt symmetrisch. (Merk op: de continuïteit van $f^{-1}$ werd niet uit die van $f$ afgeleid 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, zodat de hypothese van de monotonie niets kost.

Voorbeeld 13.18 (Wortels van elke orde)

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 over de monotone bijectie levert dan in één beweging 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 enige berekening. Vergelijk met Oefening 10.12, waar $\sqrt y$ met de hand uit het supremum gebouwd werd: één hoofdstuk theorie heeft die bladzijde werk tot twee regels samengeperst, en dezelfde twee regels wettigden daarvóór al $\arcsin$ , $\arctan$ en $\operatorname{arsinh}$ . Het inzicht tot slot: een goede stelling is opgeslagen arbeid.

13.4 Uniforme continuïteit

Definitie 13.19

$f \colon I \to \R$ heet 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 .

Het punt is dat $\delta$ alleen van $\varepsilon$ afhangt en 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: $\abs{(n + \frac 1n)^2 - n^2} = 2 + \frac{1}{n^2} \geq 2$ terwijl de argumenten op afstand $\frac 1n \to 0$ liggen. Op elk begrensd interval is ze lipschitz en dus uniform continu — in overeenstemming met de stelling van Heine hieronder.

Voorbeeld 13.21 (Uniforme moduli, expliciet)

Op een segment waarborgt Heine een uniforme $\delta$ ; vaak kun je 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 voldoet $\delta = \frac{\varepsilon}{20}$ uniform (een lipschitzmodulus, lineair in $\varepsilon$ ). Voor $\sqrt x$ op $\intcc{0}{1}$ is $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ (Oefening 13.9), zodat $\delta = \varepsilon^2$ voldoet — uniform maar niet lineair: vlak bij $0$ is de vierkantswortel steil, en die prijs komt tot uiting in de exponent van $\varepsilon$ en niet in een falen van de uniformiteit. Het inzicht tot slot: uniforme continuïteit is een spectrum en geen ja-of-nee — de functie $\delta(\varepsilon)$ , de modulus genoemd, meet hoe duur de uniformiteit is, en lipschitz is eenvoudigweg haar beste cijfer.

Stelling 13.22 (Heine)

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

Bewijs. Uit het ongerijmde: stel dat een zekere $\varepsilon_0 > 0$ elke $\delta$ verslaat. Kies met $\delta = \frac{1}{n+1}$ punten $x_n, y_n \in \intcc{a}{b}$ met $\abs{x_n - y_n} \leq \frac{1}{n+1}$ en $\abs{f(x_n) - f(y_n)} > \varepsilon_0$ . De compactheid (Stelling 12.19) extraheert $x_{\varphi(n)} \to c \in \intcc{a}{b}$ ; dan gaat ook $y_{\varphi(n)} \to c$ (insluiting op $\abs{x - y}$ ). De 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, en 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 ,

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

Voorbeeld 13.24 (Het rekenmachine-experiment, verklaard)

Tik een willekeurig getal in een rekenmachine en druk herhaaldelijk op $\cos$ : het scherm klemt 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 is $\abs{\cos a - \cos b} \leq \sin(1)\,\abs{a - b}$ met $\sin 1 = 0.841\dots < 1$ (de afschatting van product naar som uit Probleem 11.1, of de middelwaardeongelijkheid van Hoofdstuk 14): de iteratie is contraherend, zodat de stap voor foutbeheersing uit Methode 11.23 geeft

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

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

Opmerking 13.25 (Waar deze stellingen hierna werken)

Elk van de drie pijlers van dit hoofdstuk drijft een later hoofdstuk aan. De tussenwaardestelling voedt elk argument voor het bestaan van oplossingen en de stelling over de monotone bijectie; de extremumstelling maakt van optimalisatieproblemen stellingen (Rolle en de middelwaardestelling in Hoofdstuk 14 beginnen precies daar); en de stelling van Heine is de reden waarom continue functies op segmenten in Hoofdstuk 15 geïntegreerd kunnen worden — de uniforme $\delta$ is wat de Riemannsommen laat convergeren. In het volume van bachelorjaar 2 keert hetzelfde drietal terug in genormeerde vectorruimten, waar de compactheid het werk doet dat segmenten hier doen.

Opmerking 13.26 (Perspectieven binnen dit volume)

De continuïteit wordt weldra overtroffen maar nooit met pensioen gestuurd. Hoofdstuk 14 versterkt haar tot afleidbaarheid en bewijst de wederdienst (afleidbaar impliceert continu); Hoofdstuk 15 rust 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 $f$ tot een $C^1$ -primitieve opwaardeert. In Hoofdstuk 25 houdt de continuïteit in twee variabelen een valstrik in petto die het voorproeven waard is: de functie $\frac{xy}{x^2 + y^2}$ (uitgebreid met $0$ ) is continu in $x$ voor elke vaste $y$ en in $y$ voor elke vaste $x$ , en toch niet continu in de oorsprong — langs de diagonaal $x = y$ is ze constant $\frac12$ . Afzonderlijke continuïteit is strikt zwakker dan continuïteit: de karakterisering met rijen overleeft de overgang naar $\R^2$ , maar de rijen moeten uit elke richting mogen naderen, niet alleen langs de assen.

13.5 Oefeningen

Oefening 13.1 ★

Bewijs met de karakterisering met rijen dat $x \mapsto \sin\frac 1x$ geen limiet heeft in $0^+$ (wijs twee rijen aan). Heeft $x \mapsto x \sin\frac 1x$ er wel 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 naderen tot $0^+$ , terwijl $\sin\frac{1}{u_n} = 1$ en $\sin\frac{1}{v_n} = 0$ . Twee rijen, twee verschillende limieten van de beelden: volgens Stelling 13.3 bestaat er geen limiet in $0^+$ .

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

Oefening 13.2 ★

Bestudeer de continuïteit op $\R$ van $f(x) = \lfloor x \rfloor$ , 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 $n \in \Z$ is de 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 linkerlimiet $(n-1) + 1 = n = h(n)$ : 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 tekenwisselingen op de disjuncte segmenten $\intcc{-2}{0}$ , $\intcc{0}{1}$ , $\intcc{1}{2}$ : volgens Stelling 13.10 zijn er minstens drie nulpunten. (Omdat de graad $5$ is, zijn er hoogstens vijf; een studie van de variaties zou aantonen dat het er precies drie zijn.)

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 $a_{2m+1} > 0$ (vervang anders $P$ door $-P$ ). Door de dominante term af te zonderen krijgen we $P(x) = a_{2m+1} x^{2m+1}\bigl(1 + o(1)\bigr)$ 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 nulpunt.

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 mag worden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.5.

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

De hypothesen zijn onmisbaar: 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 met waarden in $\intoo{0}{1}$ en zonder vast punt (de kandidaat $0$ ontbreekt); op $\R$ voldoet $f(x) = x + 1$ .

Oefening 13.6 ★★

Bewijs dat de vergelijking $\cos x = x$ precies één reële oplossing heeft, en dat die 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). Eenduidigheid: $g$ is strikt dalend op $\R$ — voor $x \leq 0$ is $g(x) \geq 1 - x > 0$ , dus daar is er sowieso geen nulpunt; en $g'(x) = -\sin x - 1 \leq 0$ met gelijkheid alleen in geïsoleerde punten ( $x \equiv -\frac\pi2 \bmod 2\pi$ ), dus $g$ is strikt dalend (Hoofdstuk 14; anders gezegd: op $\intcc{0}{1}$ is $\cos$ strikt dalend en $-x$ ook, dus $g$ eveneens). Een strikt monotone functie heeft hoogstens één nulpunt.

Oefening 13.7 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.7.

Leg $M = f(0) + 1$ vast. Er is een $A > 0$ met $f(x) \geq M$ voor $\abs x \geq A$ (definitie van de twee oneindige limieten; neem de grootste van beide drempels). 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 $\abs x \geq A$ geldt $f(x) \geq M > f(0) \geq f(c)$ . 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 zijn grenzen (Stelling 13.13); wegens de periodiciteit zijn dat de grenzen op heel $\R$ , en ze worden nog steeds bereikt.

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

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 tegengesteld teken (of een van beide is nul), dus geeft de tussenwaardestelling op $\intcc{0}{T/2}$ een $c$ met $g(c) = 0$ , dat wil zeggen $f(c + \frac T2) = f(c)$ .

Oefening 13.9 ★★

Bewijs dat $x \mapsto \sqrt x$ uniform continu is op $\intco{0}{+\infty}$ , hoewel ze vlak bij $0$ 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 $0 \leq y \leq x$ is

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

dus $\sqrt x \leq \sqrt y + \sqrt{x - y}$ , dat wil zeggen $\sqrt x - \sqrt y \leq \sqrt{x - y}$ . Bijgevolg geldt $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ voor alle $x, y \geq 0$ .

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

Niet lipschitziaans bij $0$ : $\frac{\sqrt x - \sqrt 0}{x - 0} = \frac{1}{\sqrt x} \to +\infty$ als $x \to 0^+$ , dus geen enkele 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 tussenwaardestelling aan weerszijden van $b$ toe op een waarde tussen $\max(f(a), f(c))$ en $f(b)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.10.

Stel dat $f$ injectief en continu is, maar niet strikt monotoon. Dan zijn er $a < b < c$ in $I$ waarvoor $f(b)$ niet tussen $f(a)$ en $f(c)$ ligt — immers, als voor elk drietal de middelste waarde tussen de buitenste lag, zou $f$ monotoon zijn (vergelijk twee willekeurige paren; een korte gevalsonderscheiding). 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 toe te passen op $\intcc{a}{b}$ en op $\intcc{b}{c}$ vinden we $u_1 \in \intoo{a}{b}$ en $u_2 \in \intoo{b}{c}$ met $f(u_1) = v = f(u_2)$ : twee verschillende punten met hetzelfde beeld, in tegenspraak met de 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 $\N$ , $\Z$ en $\Q$ (met de additiviteit alleen), en daarna op $\R$ met de continuïteit en de dichtheid (Stelling 10.14).

Oplossing

Oplossing van Oefening 13.11.

Uit $f(0) = f(0+0) = 2f(0)$ volgt $f(0) = 0$ ; uit $0 = f(x - x)$ volgt $f(-x) = -f(x)$ . Stel $\alpha = f(1)$ . Met inductie: $f(n) = n\alpha$ voor $n \in \N$ , en dan voor $n \in \Z$ wegens de onevenheid. Voor $q \in \N^*$ geldt $q\,f(\frac pq) = f(p) = p\alpha$ (tel $\frac pq$ $q$ keer bij zichzelf op), dus $f(\frac pq) = \alpha\frac pq$ : op $\Q$ is $f = \alpha\,\mathrm{id}$ .

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

Oefening 13.12 ★★★

Zij $f \colon \intco{0}{+\infty} \to \R$ continu met $f(x) \to \ell \in \R$ voor $x \to +\infty$ . 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 $\varepsilon > 0$ . Wegens de limiet in $+\infty$ is er een $A$ met $\abs{f(x) - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ voor $x \geq A$ ; bijgevolg geldt voor $x, y \geq A$ dat $\abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon$ (zonder enige eis van nabijheid).

Op het segment $\intcc{0}{A + 1}$ levert 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 $\delta_0$ van Heine is van toepassing. Anders is $y > A + 1$ , en dan $x \geq y - 1 > A$ : beide liggen in $\intco{A}{+\infty}$ , waar het limietargument geldt. In beide gevallen is $\abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon$ : uniforme continuïteit.

13.6 Opgave: de functievergelijking van Cauchy en haar zusters

Probleem 13.1

Weekendopgave — $f(x + y) = f(x) + f(y)$ : 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 aan dat zo’n additieve functie lineair is op $\Q$ en dat volledige continuïteit $f(x) = cx$ afdwingt. Deze opgave verzwakt de hypothese drastisch — continuïteit in één enkel punt, of monotonie, of louter begrensdheid op één klein interval volstaat telkens — schildert daarna het portret van een hypothetische niet-lineaire oplossing (haar grafiek vult het vlak), lost de zustervergelijkingen op die $\eu^{cx}$ , $c\ln x$ , $x^c$ en $cx^2$ karakteriseren, en sluit af met de vergelijking van Jensen en de stelling middelpuntconvex $+$ 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. Volgens Oefening 13.11 is $f(r) = f(1)\,r$ voor rationale $r$ . Bewijs de fijnere uitspraak die hieronder gebruikt wordt: voor elke $x \in \R$ en $r \in \Q$ is $f(rx) = r\,f(x)$ ( $f$ is $\Q$ -lineair).
Stel dat de additieve $f$ continu is in één enkel punt $x_0$ . Toon aan dat $f$ overal continu is (bereken $f(x + h) - f(x)$ met behulp van $f(x_0 + h) - f(x_0)$ ), en dus $f(x) = f(1)\,x$ .
Toon aan dat een additieve functie vastligt door haar beperking tot elke dichte deelgroep: stemmen twee additieve functies overeen op $\Z + \sqrt2\,\Z$ en zijn beide continu, dan zijn ze gelijk — terwijl het zonder continuïteit met de $\Q$ -lineariteit op de deelgroep verenigbaar is om $f(1) = 0$ en $f(\sqrt 2) = 1$ voor te schrijven. Bereken $f(m + n\sqrt2)$ voor die 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 $\intcc{0}{\ell}$ met $\ell = b - a$ (verschuif over $a$ ).

Deel II — De ladder van de regelmaat.

In het verlengde van vraag 4: toon met $f(\ell - t) + f(t) = f(\ell)$ aan dat $f$ daar ook naar onderen begrensd is: $\abs f \leq C$ op $\intcc{0}{\ell}$ .
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 $0$ (de oneven pariteit handelt de linkerkant af), en dus overal (vraag 2): een additieve functie die op één interval begrensd is, is lineair.
Leid het monotone geval af: een additieve functie die op een zeker $\intcc{a}{b}$ ( $a < b$ ) niet-dalend is, is $f(x) = cx$ met $c \geq 0$ .
Stel de ladder van de regelmaat samen: voor een additieve $f$ zijn de volgende uitspraken equivalent — (a) $f(x) = cx$ ; (b) $f$ is continu; (c) $f$ is continu in één punt; (d) $f$ is monotoon op een zeker niet-ontaard interval; (e) $f$ is begrensd op een zeker niet-ontaard interval. Rangschik de implicaties zó dat elke ofwel triviaal ofwel al bewezen is.
Ga na dat de vragen 4–6 alleen een grens naar boven verbruikten: een additieve functie die op één niet-ontaard interval naar boven begrensd is, is al lineair. Leid de spiegeluitspraak voor een grens naar onderen af, en noteer de sterkste vorm van sport (e) van de ladder die je zo krijgt.

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

Toon aan dat er reële getallen $u, v$ ongelijk aan nul 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 niet nul).
Toon aan dat de grafiek van $f$ alle punten

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

bevat, en leid af dat de grafiek dicht ligt in $\R^2$ : voor elk punt $(x_0, y_0)$ van het vlak en elke $\varepsilon > 0$ ligt een zeker $(x, f(x))$ er binnen $\varepsilon$ van (los het reële $2\times2$ -stelsel op en benader daarna de reële coëfficiënten door rationale).
Leid uit vraag 11 het volledige portret af: een niet-lineaire additieve functie is op elk niet-ontaard interval onbegrensd, in elk punt discontinu, op geen enkel interval monotoon, en haar beeld van elk interval ligt dicht in $\R$ . Verzoen dat 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 $\varepsilon > 0$ (bij vaste $N$ hebben maar eindig veel $g = m + n\sqrt2 \in \intoo{0}{1}$ een $\abs n \leq N$ ; terwijl $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ oneindig is). Leg in één alinea uit waarom zo’n $f$ tot heel $\R$ uitbreiden een basis van $\R$ als $\Q$ -vectorruimte vergt (een hamelbasis), waarvan het bestaan een kwestie van het keuzeaxioma is, buiten dit volume.

Deel IV — De zustervergelijkingen. Alle functies hier zijn continu.

Zij $f \colon \R \to \R$ continu en 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 dat $f > 0$ overal, en dan dat $f(x) = \eu^{cx}$ voor een zekere $c$ : de exponentiëlen 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 $f(x) = c\ln x$ (vervoer via $\exp$ ).
Zij $f \colon \intoo{0}{+\infty} \to \intoo{0}{+\infty}$ continu met $f(xy) = f(x)f(y)$ . Toon aan dat $f(x) = x^c$ .
Bepaal 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) Bepaal alle continue $f \colon \R \to \R$ met $f(x + y) + f(x - y) = 2f(x) + 2f(y)$ : toon aan dat $f$ even is, dat $f(0) = 0$ , dat $f(nx) = n^2 f(x)$ met inductie, en dan dat $f(x) = f(1)\,x^2$ . (Deze vergelijking is de vingerafdruk van kwadratische vormen — de parallellogramwet die in het volume van bachelorjaar 2 herkent welke normen uit een inwendig product komen.)

Deel V — Jensen en middelpuntconvexiteit.

(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 $f(x) = cx + d$ .
Neem nu alleen de ongelijkheid aan: $f$ continu met

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

Bewijs met inductie naar $n$ dat voor alle dyadische gewichten $\lambda = \frac{k}{2^n} \in \intcc{0}{1}$ geldt

$f\bigl(\lambda x + (1 - \lambda)y\bigr) \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) .$
Breid met de continuïteit en de dichtheid van de dyadische getallen (Oefening 10.8) uit tot elke $\lambda \in \intcc{0}{1}$ : een continue middelpuntconvexe functie voldoet aan de volledige convexiteitsongelijkheid (het begrip dat in Hoofdstuk 14 systematisch bestudeerd wordt).
Toon aan dat de continuïteit niet weggelaten mag worden: een niet-lineaire additieve $f$ voldoet aan de middelpuntgelijkheid van vraag 19 en toch aan geen enkele convexiteitsongelijkheid op enig interval (vraag 12). Moraal: middelpuntconvexiteit is een eigenschap in aftelbaar veel stadia (de dyadische getallen), convexiteit een eigenschap van het continuüm; de continuïteit is de brug — precies zoals in de Delen I–II.

Deel VI — Laatste variaties en synthese.

Bepaal 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: is $f \colon \R \to \R$ continu en slechts additief op een dichte deelgroep $G$ (dat wil zeggen $f(g + g') = f(g) + f(g')$ voor $g, g' \in G$ ), dan is $f$ additief op $\R$ . Algemener: twee continue functies die op een dichte deelverzameling van $\R$ overeenstemmen zijn gelijk.
Synthese, één zin per onderdeel: (i) formuleer de ladder van de regelmaat uit vraag 8 uit het hoofd; (ii) leg uit waarom “grafiek dicht in het vlak” het juiste mentale beeld is voor het falen van de regelmaat; (iii) som de vijf klassieke functies op die in de Delen IV–V gekarakteriseerd worden, en de ene methode die ze alle ving; (iv) noem de twee plaatsen waar de dichtheid van $\Q$ (of van de dyadische getallen) in $\R$ het argument droeg, en de plaats waar ze dat niet kon (vraag 13).

Oplossing

Oplossing van Probleem 13.1.

1. Voor $n \in \N$ geldt $f(nx) = n f(x)$ met inductie ( $f((n+1)x) = f(nx) + f(x)$ ). Verder geeft $f(0) = 2f(0)$ dat $f(0) = 0$ , en $0 = f(x - x) = f(x) + f(-x)$ dat $f$ oneven is, 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. De additiviteit geeft, voor alle $x$ en $h$ :

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

Als $h \to 0$ nadert het rechterlid tot $0$ wegens de continuïteit in $x_0$ ; dus $f(x + h) \to f(x)$ : continuïteit in elke $x$ . Daarna 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 samenvallen op de dichte ondergroep $\Z + \sqrt2\,\Z$ (Oefening 10.9), dan is $c\,g = c'g$ voor zekere $g \neq 0$ daarin: $c = c'$ , de functies zijn gelijk. Zonder continuïteit: $\Q$ -lineariteit legt alleen de waarden in $\Q$ -combinaties vast, en $1, \sqrt2$ zijn $\Q$ -onafhankelijk ( $\sqrt2 \notin \Q$ ), dus $f(1) = 0$ , $f(\sqrt2) = 1$ is consistent en dwingt op de ondergroep

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

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

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

6. Voor $t \in \intcc{0}{\ell/n}$ is $nt \in \intcc{0}{\ell}$ en $f(t) = \frac{f(nt)}{n}$ (vraag 1), dus $\abs{f(t)} \leq \frac Cn$ . Zij $\varepsilon > 0$ gegeven; kies $n > \frac C\varepsilon$ : voor $0 \leq h \leq \frac\ell n$ is $\abs{f(h)} \leq \varepsilon$ , en voor negatieve $h$ gebruiken we $f(h) = -f(-h)$ . 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 $f$ stijgend is op $\intcc{a}{b}$ , dan geldt daar $f(a) \leq f(x) \leq f(b)$ : begrensd, dus lineair volgens vraag 6, $f(x) = cx$ ; en $c(b - a) = f(b) - f(a) \geq 0$ dwingt $c \geq 0$ .

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 waarden in de randpunten. (e) $\Rightarrow$ (a): vragen 4–6. De vijf uitspraken zijn equivalent — de regelmaatladder.

9. Vraag 4 gebruikte alleen de bovengrens $M$ ; vraag 5 leidde de ondergrens af uit de bovengrens via de spiegeling $f(t) = f(\ell) - f(\ell - t)$ ; vraag 6 werkte vervolgens met $\abs f \leq C$ . Dus: additief en naar boven begrensd op één niet-ontaard interval impliceert al lineair. Voor een ondergrens passen we dit toe op $-f$ (additief, naar boven begrensd). De sterkste sport (e): een eenzijdige grens op één interval volstaat.

10. Als $\frac{f(x)}{x}$ voor alle $x \neq 0$ één en dezelfde constante $c$ was, zou $f$ lineair zijn; er zijn dus $u, v \neq 0$ met $\frac{f(u)}u \neq \frac{f(v)}v$ , dat wil zeggen $u f(v) - v f(u) \neq 0$ : de determinant van de vectoren $(u, f(u))$ , $(v, f(v))$ is niet nul, en zij brengen $\R^2$ voort.

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

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

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

12. Zij $I$ een niet-ontaard interval, $x_0$ het midden ervan en $M$ willekeurig: de dichtheid levert een punt van de grafiek op afstand minder dan $\min\bigl(\frac{\abs I}{2}, 1\bigr)$ van $(x_0, M + 1)$ , dat wil zeggen een $x \in I$ met $f(x) > M$ : onbegrensd op $I$ , dus (vraag 8) discontinu in elk punt en monotoon op geen enkel interval; en voor elk doelwit $y_0$ geven punten van de grafiek dicht bij $(x_0, y_0)$ waarden $f(x)$ willekeurig dicht bij $y_0$ met $x \in I$ : $f(I)$ is dicht in $\R$ . Dit is vraag 8 achterstevoren gelezen: omdat alle sporten equivalent zijn, moet een niet-lineaire additieve functie ze allemaal missen, en overal.

13. Goed gedefinieerd: uit $m + n\sqrt2 = m' + n'\sqrt2$ volgt $(n - n')\sqrt2 = m' - m \in \Z$ , dus $n = n'$ (anders zou $\sqrt2 \in \Q$ ) en $m = m'$ . De additiviteit op $G$ is dan coördinaat per coördinaat duidelijk. Onbegrensdheid bij $0^+$ : leg $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ en $N \in \N$ vast. Voor elke vaste $n$ met $\abs n \leq N$ legt de voorwaarde $m + n\sqrt2 \in \intoo{0}{1}$ de $m$ 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 die doorsnede een $g$ met $\abs{f(g)} > N$ : $f$ is onbegrensd op elke rechtse omgeving van $0$ . $f$ uitbreiden tot een additieve functie op $\R$ betekent de waarden coherent kiezen op een familie reële getallen die $\Q$ -lineair onafhankelijk is en $\R$ over $\Q$ voortbrengt — een Hamelbasis; er één produceren vergt het keuzeaxioma, en geen enkele expliciete formule kan dat: 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 is $f(x) = f(x - x_0)f(x_0) = 0$ 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 is $g(x) = cx$ , dus $f(x) = \eu^{cx}$ . Omgekeerd voldoet elke $\eu^{cx}$ : de continue morfismen $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ zijn precies de exponentiëlen.

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 zich als $x = \eu^u$ 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 is $h(x) = c\ln x$ , dus $f(x) = \eu^{c\ln x} = x^c$ .

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

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

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

18. Met $x = y = 0$ : $2f(0) = 4f(0)$ , dus $f(0) = 0$ . Met $x = 0$ : $f(y) + f(-y) = 2f(y)$ , dus $f$ is even. Met $y = x$ : $f(2x) = 4f(x)$ . 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) .

Vervolgens geeft $f(x) = f\bigl(q\cdot\frac xq\bigr) = q^2 f\bigl(\frac xq\bigr)$ dat $f\bigl(\frac pq x\bigr) = \frac{p^2}{q^2}f(x)$ : op $\Q$ is $f(r) = r^2 f(1)$ (de pariteit regelt de tekens). De twee continue functies $f$ en $x \mapsto f(1)x^2$ vallen samen 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 vallen weg). Met $y = 0$ : $g\bigl(\frac x2\bigr) = \frac{g(x)}{2}$ . Dan geldt 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 aan dat de ongelijkheid geldt voor alle gewichten $\frac{k}{2^n}$ . Een gewicht $\lambda = \frac{k}{2^{n+1}}$ met $k$ even herleidt zich tot niveau $n$ ; voor $k = 2j + 1$ is $\lambda$ het midden van $\lambda_1 = \frac{j}{2^n}$ en $\lambda_2 = \frac{j+1}{2^n}$ . Met $z_i = \lambda_i x + (1 - \lambda_i)y$ is $\lambda x + (1-\lambda)y = \frac{z_1 + z_2}{2}$ , 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. Leg $x, y$ 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 een willekeurige $\lambda$ nemen we dyadische $\lambda_n \to \lambda$ en gaan we over tot de limiet (Stelling 13.3 en Stelling 11.7): de convexiteitsongelijkheid geldt voor elke $\lambda \in \intcc{0}{1}$ — middenpuntsconvexiteit plus continuïteit is convexiteit (het begrip uit 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 $r = \frac12$ , daarna additiviteit): zij is middenpuntsconvex, zelfs middenpuntsaffien. Als zij op een interval $\intcc{x}{y}$ aan de volledige convexiteitsongelijkheid voldeed, dan gold 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. De continuïteit in vraag 21 is dus geen luxe: zonder haar beheerst de middenpuntsconvexiteit alleen het aftelbare dyadische skelet, en het continuüm daartussen loopt uit de hand.

23. $p(x) = \frac{x^2}{2}$ voldoet aan $p(x+y) = p(x) + p(y) + xy$ . Is $f$ een willekeurige continue oplossing, 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 functies is een oplossing: de lijst is volledig.

24. Algemeen principe: zijn $u, v$ continu en vallen ze samen op een dichte $D \subseteq \R$ , kies dan voor $x \in \R$ punten $d_n \in D$ met $d_n \to x$ (Propositie 12.11); dan is $u(x) = \lim u(d_n) = \lim v(d_n) = v(x)$ . Zij nu $f$ continu en additief op de dichte ondergroep $G$ . Leg $x, y \in \R$ vast en neem $g_n \to x$ , $g'_n \to y$ met $g_n, g'_n \in G$ ; dan geldt $g_n + g'_n \to x + y$ en, wegens de rijcontinuïteit 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 $\R$ (en dus lineair, volgens vraag 2).

25. (i) Voor additieve $f$ : lineair $\iff$ continu $\iff$ continu in één punt $\iff$ monotoon op een of ander interval $\iff$ begrensd (zelfs eenzijdig) op een of ander interval. (ii) De dichtheid van de grafiek in het vlak laat zien dat het tekort geen plaatselijk gebrek is maar een globale explosie: boven elk deelinterval smeren de waarden zich uit over heel $\R$ , zodat elke regelmaatseigenschap overal tegelijk faalt. (iii) De vangst: $cx$ , $\eu^{cx}$ , $c\ln x$ , $x^c$ , $cx^2$ en $cx + d$ — zes karakteriseringen, één methode: breng de vergelijking terug tot die van Cauchy, bewijs het $\Q$ -skelet met inductie, til het op tot $\R$ met dichtheid plus continuïteit. (iv) De 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, want zonder continuïteit planten waarden zich niet voort van een dichte verzameling naar haar afsluiting — dichtheid draagt informatie alleen langs continuïteit.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst