Analogie w rozumowaniu

Dziś pokażę, że w matematyce można dużo osiągnąć dostrzegając analogie. Co to znaczy rozumować podobnie? Tak pisze wielu autorów podręczników i prac naukowych. W demonstracji posłużę się dwoma klasycznymi równaniami funkcyjnymi znajdując ich ciągłe rozwiązania: równaniem Cauchy’ego
\[ \tag{C}\label{C}f(x+y)=f(x)+f(y), \]które jest jednym z najbardziej znanych i najlepiej zbadanych równań funkcyjnych oraz równaniem funkcjonałów kwadratowych
\[ \tag{Q}\label{Q}f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y),\]które w przestrzeniach unormowanych związane jest z regułą równoległoboku.

Będziemy rozważać funkcje $f:\RR\to\RR$. Udowodnię, że jeśli funkcja $f$ spełnia równanie \eqref{C} (odpowiednio \eqref{Q}), to $f(q)=qf(1)$ (odpowiednio $f(q)=q^2f(1)$) dla każdej liczby wymiernej $q$.

W tej chwili zacznę jednak od końca wyznaczając ciągłe rozwiązania obu równań (co jest celem niniejszego wpisu) mając na uwadze postulowaną powyżej własność. Niech $x\in\RR$ będzie dowolnie ustaloną liczbą, a $(q_n)$ ciągiem liczb wymiernych zbieżnym do $x$. Przypuśćmy, że funkcja $f$ jest ciągła. Jeśli spełnia równanie \eqref{C}, to
\[
f(x)=f(\lim\limits_{n\to\infty} q_n)=\lim\limits_{n\to\infty}f(q_n)=\lim\limits_{n\to\infty}q_nf(1)=xf(1).
\]Jeśli natomiast $f$ spełnia równanie \eqref{Q}, to
\[
f(x)=f(\lim\limits_{n\to\infty} q_n)=\lim\limits_{n\to\infty}f(q_n)=\lim\limits_{n\to\infty}q_n^2f(1)=x^2f(1).
\]Dlatego każda funkcja ciągła $f:\RR\to\RR$ spełniająca równanie \eqref{C} (odpowiednio \eqref{Q}) jest postaci $f(x)=cx$ (odpowiednio $f(x)=cx^2$) dla pewnej stałej $c\in\RR$ (oczywiście $c=f(1)$).

A teraz zapowiedziane analogie w rozumowaniu.

Przypomnę, że chcę udowodnić, że jeśli funkcja $f:\RR\to\RR$ spełnia równanie \eqref{C}, to $f(q)=qf(1)$ dla każdej liczby wymiernej $q$, a jeśli funkcja $f$ spełnia równanie \eqref{Q}, to $f(q)=q^2f(1)$ dla każdej liczby wymiernej $q$.

Czytelnika pragnącego prześledzić moje wywody proszę o przygotowanie kartki i długopisu i zapisanie sobie obu równań.

1. Jeśli $x=y=0$, to w obu równaniach łatwo zauważyć, że $f(0)=0$.
2. Niech $y=-x$. Biorąc pod uwagę, że $f(0)=0$, dostajemy w równaniu \eqref{C}, że $f(x)+f(-x)=0$, czyli $f(-x)=-f(x)$. W równaniu \eqref{Q} mamy natomiast $f(2x)=2f(x)+2f(-x)$. Ale przyjmując w równaniu \eqref{Q} $y=x$, dostajemy, że $f(2x)=4f(x)$ i z poprzedniego otrzymamy, że $f(x)=f(-x)$.
3. Jeśli w równaniu \eqref{C} przypuścimy indukcyjnie, że $f(nx)=nf(x)$ dla ustalonego $n\in\NN$ (ta równość zachodzi trywialnie dla $n=1$, więc mamy ładny start indukcji), to $f\bigl((n+1)x\bigr)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)=nf(x)+f(x)=(n+1)f(x).$ Dlatego na mocy twierdzenia o indukcji mamy $f(nx)=nf(x)$ dla każdego $n\in\NN$.Analogiczne rozumowanie dla równania \eqref{Q} jest trochę bardziej skomplikowane i wymaga użycia nieco innej wersji twierdzenia o indukcji. Otóż pokażę, że $f(nx)=n^2f(x)$ dla każdego $n\in\NN$. Znów równość jest trywialna dla $n=1$. Ustalmy teraz $n\in\NN$ i załóżmy, że $f(kx)=k^2f(x)$ dla $k=1,2,\dots,n$, w szczególności $f\bigl((n-1)x\bigr)=(n-1)^2f(x)$ oraz $f(nx)=n^2f(x)$. Wtedy biorąc w równaniu \eqref{Q} $x=ny$ mamy $f\bigl((n+1)y\bigr)+f\bigl((n-1)y\bigr)=2f(ny)+2f(y)$. Zostawiając po lewej stronie tylko $f\bigl((n+1)y\bigr)$ i korzystając z założenia indukcyjnego w odniesieniu do składników prawej strony, łatwo dochodzimy do równości
   \begin{multline*}
   f\bigl((n+1)y\bigr)=-f\bigl((n-1)y\bigr)+2f(ny)+2f(y)=\\=-(n-1)^2f(y)+2n^2f(y)+2f(y)=(n+1)^2f(y),
   \end{multline*}co należało wykazać.
4. Skorzystamy teraz z wyników poprzedniego punktu. Dla równania \eqref{C} jest \[f(x)=f\left(n\cdot\dfrac{x}{n}\right)=nf\left(\dfrac{x}{n}\right),\] czyli $f\left(\dfrac{x}{n}\right)=\dfrac{1}{n}f(x)$ dla wszystkich $x\in\RR$ oraz $n\in\NN$. Analogiczne rozumowanie dla rownania \eqref{Q}: \[f(x)=f\left(n\cdot\dfrac{x}{n}\right)=n^2f\left(\dfrac{x}{n}\right),\] czyli $f\left(\dfrac{x}{n}\right)=\dfrac{1}{n^2}f(x)$.
5. Teraz skorzystamy z punktu 2: funkcja spełniająca równanie \eqref{C} jest nieparzysta, a funkcja spełniająca równanie \eqref{Q} jest parzysta. Niech $m,n\in\NN$. Wtedy dla równania \eqref{C} jest
   \[
   f\left(\pm\frac{m}{n}x\right)=mf\left(\pm\frac{x}{n}\right)=\frac{m}{n}f(\pm x)=\pm\frac{m}{n}f(x),
   \]więc $f(qx)=qf(x)$ dla każdej liczby wymiernej $q$. Podobnie dla równania \eqref{Q}:
   \[
   f\left(\pm\frac{m}{n}x\right)=f\left(\frac{m}{n}x\right)=m^2f\left(\frac{x}{n}\right)=\frac{m^2}{n^2}f(x),
   \]więc $f(qx)=q^2f(x)$ dla każdej liczby wymiernej $q$.
6. Wywód kończy wstawienie w powyższych równościach $x=1$: jeśli $q$ jest dowolnie ustaloną liczbą wymierną, to $f(q)=f(q\cdot 1)=qf(1)$ dla rownania \eqref{C} oraz odpowiednio $f(q)=f(q\cdot 1)=q^2f(1)$ dla równania \eqref{Q}.

Mając na uwadze powszechnie znane studentom matematyki rozumowanie związane z ciągłymi rozwiązaniami równania Cauchy’ego starałem się rozumując analogicznie otrzymać ciągłe rozwiązania równania funkcjonałów kwadratowych. Czy osiągnąłem cel demonstracji? Niech Czytelnicy osądzą. Zapraszam do komentowania.