Aftermaths

Μία γνωστή σχέση…

Τα θερινά φτάνουν σιγά-σιγά στο τέλος τους – θέλω να πιστεύω για τους περισσότερους από εμάς – και μαζί με αυτά κλείνει και μία μικρή εισαγωγή στον κόσμο των συναρτήσεων για τα παιδιά της Γ’ Λυκείου. Μέσα σε αυτήν την εισαγωγή θα έχει κάνει την εμφάνισή της και κάποια άσκηση που θα ασχολείται με συναρτησιακές σχέσεις. Ε, και ίσως μία από τις πιο περιβόητες από αυτές να είναι η ακόλουθη:

f(x+y)=f(x)f(y),\ x,y\in\mathbb{R}.

Η αλήθεια είναι ότι, κοιτώντας κανείς την παραπάνω σχέση, ίσως το πρώτο πράγμα που του έρχεται στον νου να είναι ότι η f είναι κάποια εκθετική συνάρτηση, δηλαδή ότι f(x)=a^x για κάποιο 0<a\neq1. Πράγματι, όλες αυτές οι συναρτήσεις ικανοποιούν την παραπάνω ιδιότητα. Ωστόσο, μήπως μπορούμε να βρούμε κι άλλες συναρτήσεις που να ικανοποιούν την παραπάνω ιδιότητα;

Πόσο μακριά μπορούμε να πάμε;

Ξεκινώντας από την παραπάνω σχέση, σίγουρα μπορούμε να αποδείξουμε διάφορες ενδιαφέρουσες ιδιότητες για τη συνάρτηση f. Ας ξεκινήσουμε με τις απλούστερες από αυτές.

Τετριμμένες περιπτώσεις

Αρχικά να παρατηρήσουμε ότι πέρα από τις αγαπημένες μας εκθετικές συναρτήσεις, την παραπάνω σχέση ικανοποιούν και οι σταθερές συναρτήσεις f(x)=0 και f(x)=1. Μάλιστα, αυτές είναι και οι μοναδικές σταθερές συναρτήσεις που ικανοποιούν την παραπάνω σχέση, μιας και αν f(x)=c είναι μία σταθερή συνάρτηση που ικανοποιεί την παραπάνω σχέση, τότε θα πρέπει να ισχύει:

c=c^2\Leftrightarrow c=0 ή c=1.

Στο εξής θα ασχοληθούμε με τις πιο ζουμερές περιπτώσεις, όπου η f είναι μη σταθερή – συνεπώς, το σύνολο τιμών της περιέχει τουλάχιστον δύο πραγματικούς αριθμούς. Σε αυτήν την περίπτωση, έχουμε άμεσα ότι f(0)=1. Πράγματι, θέτοντας x=y=0 στην αρχική σχέση έχουμε:

f(0)=f(0)f(0)\Leftrightarrow f(0)(f(0)-1)=0\Leftrightarrow f(0)=0 ή f(0)=1.

Αν f(0)=0 τότε θέτοντας y=0 στην αρχική σχέση έχουμε:

f(x)=f(x)f(0)\Rightarrow f(x)=0,

άρα η f είναι σταθερή, άτοπο. Συνεπώς, f(0)=1.

Πρόσημο

Επίσης, να παρατηρήσουμε εδώ ότι με ακριβώς το ίδιο επιχείρημα μπορούμε να αποδείξουμε ότι η f δεν έχει καμία ρίζα. Πράγματι, αν f(a)=0 για κάποιο a\in\mathbb{R} τότε, θέτοντας στην αρχική σχέση όπου x το x-a και όπου y το a έχουμε:

f(x-a+a)=f(x-a)f(a)\Leftrightarrow f(x)=0,

που είναι και πάλι άτοπο, εφόσον έχουμε υποθέσει ότι η f είναι μη σταθερή. Συνεπώς, η επόμενη κομψότατη ιδιότητα που έχουμε για την f είναι ότι είναι μη μηδενική – εκτός κι αν είναι σταθερή, οπότε είναι η μηδενική συνάρτηση.

Μάλιστα, μπορούμε να πάμε ένα βήμα παρακάτω και να βρούμε και το πρόσημο της f σε κάθε περίπτωση. Ας πάρουμε ένα x\in\mathbb{R}, οπότε παρατηρούμε ότι ισχύει η (προφανής) σχέση:

x=\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}.

Εντάξει, δεν είπαμε δα και καμία σοφία. Ωστόσο, αντικαθιστώντας όπου x,y το \frac{x}{2}, έχουμε:

\displaystyle f\left(x\right)=\left(f\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2\geq0.

Επειδή, τώρα, αν η f δεν είναι σταθερή είναι άμεσα και μη μηδενική, έπεται ότι f(x)>0 για κάθε x\in\mathbb{R}.

Άρα, ως τώρα, μία συνάρτηση που ικανοποιεί την παραπάνω σχέση και δεν είναι μηδενική, είναι γνήσια θετική και μάλιστα f(0)=1.

Και με τη διαίρεση;

Όπως είδαμε παραπάνω, η αγαπημένη αυτή συνάρτηση τα πάει αρκετά καλά με τις πράξεις, αφού «μετατρέπει» την πρόσθεση σε πολλαπλασιαμό – όπως ακριβώς κάνουν οι εκθετικές συναρτήσεις. Θα δούμε τώρα ότι με ανάλογο και σχεδόν «φυσιολογικό» τρόπο συσχετίζει και την αφαίρεση με τη διαίρεση. Αρχικά, ας παρατηρήσουμε ότι αν θέσουμε στη θέση του y το -x τότε:

f(x-x)=f(x)f(-x)\Leftrightarrow 1=f(x)f(-x)\Leftrightarrow f(-x)=\dfrac{1}{f(x)}.

Τώρα, αν θέσουμε στην αρχική σχέση όπου y το -y τότε έχουμε:

f(x-y)=f(x)f(-y)=\dfrac{f(x)}{f(y)}.

Επομένως, στην περίπτωση που η f είναι μη μηδενική, «μετατρέπει» την πρόσθεση σε πολλαπλασιασμό, την αφαίρεση σε διαίρεση, είναι θετική και f(0)=1. Και να σκεφτείτε ότι έχουμε «απλά» μία σχέση για υπόθεση.

Μήπως είναι εκθετική;

Η αλήθεια είναι ότι ως τώρα, στην περίπτωση που η συνάρτησή μας δεν είναι μηδενική, μοιάζει αρκετά με μία τυπική εκθετική συνάρτηση. Οπότε, γιατί όχι, μπορεί οι μόνες μη τετριμμένες περιπτώσεις να είναι οι εκθετικές συναρτήσεις. Ας προσπαθήσουμε να εξερευνήσουμε πόσο κοντά μπορεί να φτάσει μία συνάρτηση που ικανοποιεί την αρχική μας σχέση σε μία εκθετική συνάρτηση. Αρχικά, αν g(x)=a^x είναι μία εκθετική συνάρτηση, τότε παρατηρούμε ότι g(1)=a, επομένως, μπορούμε να πούμε ότι:

g(x)=(g(1))^x,\ x\in\mathbb{R}.

Έτσι, αν θέλουμε να δείξουμε ότι κάθε (μη μηδενική) συνάρτηση f που ικανοποιεί την αρχική μας σχέση είναι εκθετική, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x\in\mathbb{R} ισχύει ότι:

f(x)=(f(1))^x.

Ας παρατηρήσουμε, αρχικά, το εξής:

f(2)=f(1+1)=f(1)f(1)=(f(1))^2.

Καλά πάει αυτό, θέλαμε να το δείξουμε για κάθε x\in\mathbb{R} και το έχουμε ήδη δείξει για x=2 – και x=0 και x=1, μην ξεχνιόμαστε. Με ανάλογο τρόπο, σαφώς, έχουμε και:

f(3)=f(2+1)=f(2)f(1)=(f(1))^2f(1)=(f(1))^3.

Αν εργαστούμε ανάλογα, εύκολα μπορούμε να δείξουμε για κάθε k=1,2,\ldots ότι:

f(k)=(f(1))^k.

Επίσης, αν ο k είναι ένας αρνητικός ακέραιος, όπως για παράδειγμα το -2, τότε επίσης ισχύει ότι:

f(-2)=\dfrac{1}{f(2)}=\dfrac{1}{(f(1))^2}=(f(1))^{-2}.

(θυμηθείτε τη σχέση της f με τη διαίρεση που είδαμε παραπάνω) Γενικότερα, για κάθε ακέραιο αριθμό k\in\mathbb{Z} θα ισχύει ότι:

f(k)=(f(1))^k.

Επομένως, βρισκόμαστε σε καλό δρόμο, αφού σε ό,τι αφορά τους ακεραίους αριθμούς, η f είναι πράγματι κάποια εκθετική συνάρτηση.

Πάμε τώρα να δούμε τι γίνεται με τους ρητούς αριθμούς. Αρχικά, θα κάνουμε μία γενική παρατήρηση που θα μας διευκολύνει στους υπολογισμούς μας από εδώ και μετά. Η αρχική μας σχέση μπορεί εύκολα να γενικευτεί στην παρακάτω:

f(x_1+x_2+\dots+x_n)=f(x_1)f(x_2)\dots f(x_n).

Αυτό είναι εύκολο να το δει κανείς. Για παράδειγμα, για τρία στοιχεία έχουμε:

f(x_1+x_2+x_3)=f(x_1+x_2)f(x_3)=f(x_1)f(x_2)f(x_3).

Επομένως, εφαρμόζοντας πολλές φορές την αρχική μας σχέση, μπορούμε να αποδείξουμε την παραπάνω γενικότερη μορφή της. Τώρα, αν θέσουμε

x_1=x_2=\dots=x_n=\dfrac{1}{n},

στην παραπάνω γενική μορφή παίρνουμε το εξής:

\displaystyle f(1)=f\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\dots+\frac{1}{n}\right)=\left(f\left(\frac{1}{n}\right)\right)^n.

Αν περάσουμε τώρα ρίζες και στα δύο μέλη, θα πάρουμε το εξής:

\displaystyle f\left(\frac{1}{n}\right)=\left(f(1)\right)^{1/n}.

Ωραία, ήδη έχουμε ένα ευχάριστο αποτέλεσμα για κάθε θετικό ακέραιο αριθμό n. Αν τώρα έχουμε έναν ρητό αριθμό, έστω x=\dfrac{m}{n}, όπου m\in\mathbb{Z} και n θετικός ακέραιος, τότε, έχουμε:

\displaystyle f\left(\frac{m}{n}\right)=f\left(\frac{1}{n}+\ldots+\frac{1}{n}\right)=\left(f\left(\frac{1}{n}\right)\right)^m=\left(\left(f(1)\right)^{1/n}\right)^m\left(f(1)\right)^{m/n}.

Επομένως, έχουμε δείξει ως τώρα ότι για κάθε ρητό αριθμό q\in\mathbb{Q} έχουμε:

f(q)=a^q,

όπου a=f(1).

Πολύ ωραία, άρα κάθε συνάρτηση που ικανοποιεί αυτήν την απλή και κομψή σχέση που έχουμε είναι περίπου εκθετική – άλλωστε, οι ρητοί είναι πυκνοί στους πραγματικούς αριθμούς. Ε, πόσο δύσκολο να είναι τώρα να αποδείξουμε ότι είναι και ακριβώς εκθετική;

Πραγματικές δυσκολίες…

Μέχρι εδώ τα πράγματα εξελίχθηκαν αρκετά ομαλά. Ξεκινήσαμε από μία απλή σχέση, αποδείξαμε κάποιες απλές αλγεβρικές ιδιότητες και τσούκου-τσούκου βρήκαμε ότι μία τέτοια συνάρτηση είτε θα είναι μηδενική είτε θα είναι περίπου εκθετική – δηλαδή θα είναι εκθετική αν το όρισμά της είναι ρητός αριθμός. Τώρα θέλουμε, φυσιολογικά, να επεκτείνουμε τα ευρήματά μας και στους άρρητους. Ωστόσο, μπορούμε;

Η αλήθεια είναι ότι αν παρατηρήσει κανείς τη σχέση που έχουμε δώσει παραπάνω, θα δει ότι αυτή, όπως αναφέραμε, συσχετίζει την πρόσθεση με τον πολλαπλασιασμό. Δηλαδή, συσχετίζει τις δύο πράξεις που έχουμε ορίσει μεταξύ των πραγματικών αριθμών. Η σχέση αυτή έχει, δηλαδή, αλγεβρικό χαρακτήρα και, μάλιστα, είναι κι αυτό που μας περιορίζει ιδιαίτερα, όπως θα δούμε παρακάτω. Αν r,s είναι δύο ρητοί αριθμοί, τότε το άθροισμά τους, r+s είναι επίσης ρητός αριθμός. Επομένως, από την παραπάνω σχέση, δεν μπορούμε να βγάλουμε συμπεράσματα για τιμές της f σε άρρητους αριθμούς. Συνεπώς, δεδομένης της αλγεβρικής φύσης της αρχικής σχέσης και της κλειστότητας των ρητών ως προς τις δύο πράξεις, χρειαζόμαστε άλλα, αναλυτικά, μέσα για να εξετάσουμε τι συμβαίνει με τις τιμές της συνάρτησής μας στους άρρητους.

Ας πάμε λίγο ανάποδα, για αρχή. Ας υποθέσουμε ότι γνωρίζουμε την τιμή της f σε έναν περιβόητο άρρητο, τον \sqrt{2}. Ας πούμε, για την ακρίβεια, ότι f(\sqrt{2})=b>0. Τι θα μπορούσαμε να κάνουμε με αυτήν την πληροφορία; Αρχικά, ας παρατηρήσουμε ότι από την αρχική μας σχέση μπορούμε εύκολα να συμπεράνουμε ότι:

f\left(2\sqrt{2}\right)=f\left(\sqrt{2}+\sqrt{2}\right)=f\left(\sqrt{2}\right)f\left(\sqrt{2}\right)=b^2.

Όπως υποψιάζεστε, εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε και το εξής:

f\left(n\sqrt{2}\right)=b^n,

για κάθε ακέραιο αριθμό n\in\mathbb{Z}. Τώρα, μπορούμε με σκεπτικό ανάλογο με αυτό που παρουσιάσαμε παραπάνω, να αποδείξουμε κάτι λίγο γενικότερο. Ας παρατηρήσουμε, για αρχή, ότι ισχύει το εξής:

\displaystyle b=f\left(\sqrt{2}\right)=f\left(\frac{\sqrt{2}}{n}+\dots+\frac{\sqrt{2}}{n}\right)=f\left(\frac{\sqrt{2}}{n}\right)^n\Rightarrow f\left(\frac{\sqrt{2}}{n}\right)=b^{1/n}.

Με εντελώς ανάλογο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε και το παρακάτω:

\displaystyle b^m=f\left(m\sqrt{2}\right)=f\left(\frac{m\sqrt{2}}{n}+\dots+\frac{m\sqrt{2}}{n}\right)=f\left(\frac{m}{n}\sqrt{2}\right)^n,

επομένως:

\displaystyle f\left(\frac{m}{n}\sqrt{2}\right)=b^{m/n}.

Επομένως, έχουμε αποδείξει ότι για κάθε ρητό αριθμό q\in\mathbb{Q} ισχύει ότι:

f\left(q\sqrt{2}\right)=\left(f\left(\sqrt{2}\right)\right)^q.

Μάλιστα, σε όλη την παραπάνω διαδικασία δε χρησιμοποιήσαμε καμία ιδιαίτερη ιδιότητα του \sqrt{2} – ούτε καν ότι αυτός είναι άρρητος! Επομένως, γενικότερα, θα μπορούσαμε να πούμε ότι αν για δύο πραγματικούς αριθμούς a,b\in\mathbb{R} γνωρίζουμε ότι f(a)=b, τότε μπορούμε – με τρόπο πανομοιότυπο με τον παραπάνω – να αποδείξουμε ότι:

f(qa)=b^q,

για κάθε q\in\mathbb{Q}. Συνεπώς, αν γνωρίζουμε την τιμή της f σε κάποιο πραγματικό αριθμό a\in\mathbb{R} τότε η αρχική μας σχέση άμεσα καθορίζει τις τιμές της f και σε κάθε άλλο ρητό πολλαπλάσιο, qa,\ q\in\mathbb{Q}, του a. Κι εδώ ακριβώς έρχεται ξανά η παρατήρηση που κάναμε παραπάνω περί της «αλγεβρικότητας» της αρχικής μας σχέσης. Ακριβώς επειδή οι ρητοί αριθμοί είναι, όπως λέμε, κλειστοί ως προς την πρόσθεση και τον πολλαπλασιασμό – δηλαδή αθροίσματα και γινόμενα ρητών είναι πάντοτε ρητοί – δεν μπορούμε παρά να συμπεράνουμε πράγματα σε μία «ρητή εμβέλεια», δεδομένης της τιμής της f σε έναν αυθαίρετο πραγματικό αριθμό a. Αυτή την ασαφή ιδέα θα προσπαθήσουμε να την εκφράσουμε στα μαθηματικένια παρακάτω.

Ρητές τροχιές

Στα παραπάνω μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι είτε γνωρίζουμε την τιμή της f στο \sqrt{2} είτε στο 5\sqrt{2} μπορούμε να υπολογίσουμε την τιμή της σε κάθε ρητό πολλπαλάσιο του \sqrt{2}. Επομένως, βλέπουμε στο βάθος να αχνοφαίνεται μία έννοια ισοδυναμίας των πραγματικών αριθμών που να σχετίζεται με το ποιος είναι ρητό πολλαπλάσιο ποιανού. Ας παρατηρήσουμε τα εξής

  • αν x\in\mathbb{R} είναι ένας πραγματικός αριθμός, τότε x=1\cdot x, άρα είναι ρητό πολλαπλάσιο του εαυτού του – αυτοπάθεια,
  • αν x,y\in\mathbb{R} είναι δύο πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε x=qy, όπου q\in\mathbb{Q} είναι κάποιος ρητός αριθμός, τότε y=q^{-1}x, αν ο q\neq0 – συμμετρία,
  • αν x,y,z\in\mathbb{R} είναι τρεις πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε x=qy και y=rz για κάποιους μη μηδενικούς ρητούς q,r\in\mathbb{Q}, τότε x=qrz, άρα και ο x είναι ρητό πολλαπλάσιο του z – μεταβατικότητα.

Συνεπώς, με τα παραπάνω κατά νου, μπορούμε να ορίσουμε την ακόλουθη σχέση ισοδυναμίας μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών:

Αν x,y\in\mathbb{R} είναι δύο πραγματικοί αριθμοί, τότε θα λέμε ότι αυτοί είναι ισοδύναμοι και θα γράφουμε x\sim y αν και μόνο αν υπάρχει ένας μη μηδενικός ρητός αριθμός q\in\mathbb{Q}\setminus\{0\} τέτοιος ώστε x=qy.

Όπως είδαμε παραπάνω, η εν λόγω σχέση είναι πράγματι μία σχέση ισοδυναμίας, επομένως έχει νόημα να μιλήσουμε για τις κλάσεις ισοδυναμίας της παραπάνω σχέσης, που δεν είναι παρά τα σύνολα όλων των πραγματικών αριθμών που είναι ρητά πολλαπλάσια ενός δεδομένου αριθμού. Για την ακρίβεια:

[x]=\{qx:q\in\mathbb{Q},\ q\neq0\}.

Σε όρους θεωρίας ομάδων, αυτό που κατασκευάσαμε παραπάνω είναι απλώς οι τροχιές της δράσης της πολλαπλασιαστικής ομάδας των ρητών στους πραγματικούς αριθμούς. Για περισσότερα για τις δράσεις ομάδων, μπορείτε να ξεκινήσετε από εδώ.

Ας παρατηρήσουμε εδώ ότι, με όσα έχουμε πει και παραπάνω για τη συνάρτηση f, οι τιμές της f καθορίζονται σε κάθε μία από τις παραπάνω κλάσεις με το να καθορίσουμε την τιμή της f σε έναν και μόνο αντιπρόσωπο της κλάσης. Δηλαδή, όπως είδαμε και παραπάνω, αν καθορίσουμε την τιμή της f σε ένα πραγματικό αριθμό a τότε άμεσα έχουμε καθορίσει τις τιμές της f για κάθε x\in[a] – δηλαδή, για κάθε ρητό πολλαπλάσιο του a.

Συνεπώς, δεδομένου ότι οι παραπάνω κλάσεις ισοδυναμίας είναι ξένες μεταξύ τους και η ένωσή τους καλύπτει όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών – είναι, αυτό που λέμε, μία διαμέριση του \mathbb{R} – αρκεί για κάθε κλάση να επιλέξουμε έναν αντιπρόσωπο και, γι’ αυτόν τον αντιπρόσωπο, να επιλέξουμε την τιμή της f σε αυτόν. Έτσι, θα έχουμε καθορίσει πλήρως τις τιμές της f σε κάθε πραγματικό αριθμό – άρα θα έχουμε καθορίσει πλήρως την f.

Δηλαδή έχουμε πολλή δουλειά;

Ωραία, καλά τα είπαμε παραπάνω. Έχουμε αναγάγει το πρόβλημα του «ποια είναι, τέλος πάντων, η f» στο να επιλέξουμε – εμείς, όπως θέλουμε – τις τιμές της σε κάποιους συγκεκριμένους πραγματικούς αριθμούς. Αλλά, πόσο εύκολο είναι αυτό; Βασικά, είναι εφικτό αυτό;

Αρχικά, ας δούμε πόσες είναι οι κλάσεις ισοδυναμίας που περιγράψαμε παραπάνω. Λοιπόν, κάθε κλάση περιέχει τα ρητά πολλαπλάσια ενός δεδομένου πραγματικού αριθμού. Επομένως, περιέχει ακριβώς τόσα στοιχεία όσα και οι ρητοί αριθμοί – εκτός από την κλάση του μηδενός που περιέχει μόνο το μηδέν και, διακριτικά, θα επιλέξουμε να την αγνοούμε. Έτσι, κάθε κλάση περιέχει αριθμήσιμα στο πλήθος στοιχεία. Τώρα, οι πραγματικοί αριθμοί είναι υπεραριθμήσιμοι και, ως γνωστόν, ένα υπεραριθμήσιμο σύνολο δε γίνεται να γραφτεί σαν μία αριθμήσιμη ένωση από αριθμήσιμα σύνολα – για ένα φρεσκάρισμα στα περί αριθμησιμότητας, δείτε εδώ. Επομένως, δεδομένου ότι η ένωση όλων των κλάσεών μας είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών, έπεται ότι έχουμε στη διάθεσή μας υπεραριθμήσιμες στο πλήθος τέτοιες κλάσεις ισοδυναμίας – τόσες όσοι και οι πραγματικοί αριθμοί, για την ακρίβεια.

Συνεπώς, το σύνολο:

K:=\{[a]:a\in\mathbb{R}\},

είναι ένα υπεραριθμήσιμο σύνολο. Άρα, πρέπει να κάνουμε υπεραριθμήσιμες στο πλήθος επιλογές για τις τιμές της f – από μία για κάθε κλάση στο K – και μετά θα έχουμε καθορίσει πλήρως τη συνάρτηση f. Τώρα, αγνοοώντας, όπως είπαμε, την κλάση [0]=\{0\}, καθώς σε κάθε μη τετριμμένη περίπτωση, f(0)=1, επιλέγουμε από κάθε κλάση [a]\in K από έναν αντιπρόσωπό της και κατασκευάζουμε το σύνολο A που περιέχει αυτούς τους αντιπροσώπους. Να ξεκαθαρίσουμε εδώ ότι στο A έχουμε συμπεριλάβει από κάθε κλάση ακριβώς έναν αντιπρόσωπο, οπότε κάθε κλάση εκπροσωπείται από ακριβώς ένα στοιχείο στο σύνολο A – επομένως τα A,K είναι ισοπληθικά.

Τώρα έχουμε το ελεύθερο, πλέον, να επιλέξουμε εμείς όπως – μα, όπως – θέλουμε, τις τιμές της συνάρτησης f στα στοιχεία του συνόλου A. Για παράδειγμα, αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση g(x)=2^x, όπου x\in A, τότε θα έχουμε καθορίσει ακριβώς κάθε τιμή και της f – αφού, όπως είπαμε, σε κάθε κλάση ισοδυναμίας, η f είναι «εκθετική». Στην παραπάνω περίπτωση, όπως φαντάζεστε, η g(x)=2^x καθορίζει την f ως f(x)=2^x για κάθε x\in\mathbb{R}. Γενικότερα, αν g:A\to\mathbb{R} είναι μία οποιαδήποτε συνάρτηση, τότε έχουμε:

f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1 & x=0\\(g(a))^{x/a} & x\sim a,\ a\in A\end{array}\right.

Για τον δεύτερο κλάδο ας παρατηρήσουμε ότι αφού x\sim a έπεται ότι x=qa για κάποιον ρητό αριθμό q\in\mathbb{Q}. Επίσης, έχουμε από τα παραπάνω, ότι:

f(x)=f(qa)=(f(a))^q=(g(a))^q=(g(a))^{x/a}.

Έτσι, όχι μόνο δεν είναι αναγκαστικά εκθετική μία συνάρτηση που ικανοποιεί την αρχική μας σχέση, αλλά αντιθέτως μπορεί να είναι αρκετά «άκομψη» – καθώς η g μπορεί πραγματικά να είναι αυθαίρετα «άκομψη».

Να παρατηρήσουμε εδώ πως οι παραπάνω συναρτήσεις πράγματι ικανοποιούν την αρχική μας σχέση, καθώς:

  • την ικναοποιούν σε κάθε κλάση μεμονωμένα,
  • οι κλάσεις είναι ξένες ανά δύο και,
  • οι ρητοί είναι, όπως είπαμε, αλγεβρικά κλειστοί.

Από τα δύο τελευταία συμπεραίνουμε ότι οι τιμές της f σε μία κλάση ισοδυναμίας δεν επηρεάζουν με κάποιον τρόπο τις τιμές της f σε κάποια άλλη κλάση – και άρα, πράγματι, πρέπει και αρκεί να καθορίσουμε τις τιμές της f σε κάθε μία κλάση ξεχωριστά.

Υποθέσεις…

Ωραία, συνεπώς, μία συνάρτηση που ικανοποιεί αυτήν την αρχική σχέση είναι περίπου εκθετική, με την έννοια ότι έχει εκθετική μορφή σε κάθε κλάση ισοδυναμίας, όπως τις έχουμε ορίσει παραπάνω, αλλά δεν είναι, εν γένει, εκθετική σε όλο το \mathbb{R}. Εδώ, φυσιολογικά, γεννιέται το εξής ερώτημα:

Ποιες παραπάνω υποθέσεις πρέπει να κάνουμε για την f έτσι ώστε να είναι εκθετική;

Μία πρώτη σκέψη

Χμμμμ…

Η αλήθεια είναι ότι, όπως είδαμε, αν και η αρχική σχέση επιβάλλει κάποιου είδους κανονικότητα στις τιμές της f – σε κάθε κλάση – δεν υπάρχει τρόπος αυτή η «κατά κλάσεις» κανονικότητα να έχει κάποιον πιο γενικό χαρακτήρα. Επομένως, θα θέλαμε μία υπόθεση που να μπορεί να αναγκάσει, κατά κάποιον τρόπο, γειτονικές τιμές της f να συμπεριφέρονται παρόμοια – οπότε, και δεδομένου ότι η f είναι εκθετική σε διάφορα πυκνά σύνολα αριθμών όπως, π.χ. το \mathbb{Q}=[1], θα έχουμε ότι η f είναι, γενικά, εκθετική.

Ίσως τα παραπάνω να ακούγονται μπακάλικα, αλλά, όπως θα δούμε, είναι μία βασική ιδέα που θα μας οδηγήσει σε αρκετά ομαλά μονοπάτια. Μία συνθήκη που να αναγκάζει τις τιμές μίας συνάρτησης σε κόντινους αριθμούς να είναι κοντινές – με την ευρεία έννοια – είναι η υπόθεση της συνέχειας. Αν υποθέσουμε ότι η f είναι συνεχής, τότε επί της ουσίας υποθέτουμε ότι αν, για παράδειγμα, f(4)=5 τότε για x αρκετά κοντά στο 4 θα έχουμε και f(x)\approx 5. Πιο αυστηρά, ας θυμηθούμε τον επίσημο ορισμό της συνέχειας:

Μία συνάρτηση f λέγεται συνεχής σε ένα x_0\in\mathbb{R} αν για κάθε \varepsilon>0 υπάρχει ένα \delta>0 έτσι ώστε για κάθε x\in\mathbb{R} να ισχύει η ακόλουθη συνεπαγωγή:
|x-x_0|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon.

Το παραπάνω συνοψίζει με αρκετά πιο φορμαλιστικό τρόπο αυτό που είπαμε χαλαρά. Αν μία συνάρτηση είναι συνεχής στο 4 με f(4)=5 τότε αν θέλουμε να βρεθούμε κοντά στο 5 με ακρίβεια \varepsilon=10^{-7} τότε θα πρέπει να μπορούμε να βρούμε ένα \delta>0 έτσι ώστε αν επιλέγουμε x\in(4-\delta,4+\delta) να ισχύει ότι οι τιμές της f θα απέχουν από το 5 κατά το πολύ 10^{-7}, δηλαδή:

f(x)\in\left(5-10^{-7},5+10^{-7}\right).

Τώρα, με βάση αυτήν την υπόθεση, παρατηρούμε ότι αν x\in\mathbb{R} είναι κάποιος πραγματικός αριθμός, θα αποδείξουμε ότι f(x)=a^x, όπου, για συντομία, θέσαμε a=f(1). Για να αποδείξουμε το παραπάνω, δεδομένου ότι, όπως είδαμε, θα βασιστούμε σε μία αναλυτική ιδιότητα της f – δηλαδή, τη συνέχειά της – θα χρησιμοποιήσουμε και μία αναλυτική τεχνική. Δηλαδή, δε θα αποδείξουμε ότι f(x)=a^x κάνοντας αλγεβρικές πράξεις – άλλωστε, είδαμε ότι αυτό δεν είναι εφικτό – αλλά θα αποδείξουμε ότι για όποιο \varepsilon>0 κι αν επιλέξουμε, ισχύει ότι:

|f(x)-a^x|<\varepsilon.

Αυτό μπορεί να φαίνεται χαζό, καθώς αποδεικνύουμε άπειρες στο πλήθος ανισότητες με στόχο να αποδείξουμε, τελικά, μία ισότητα, αλλά είναι κατά βάθος απόλυτα φυσιολογικό. Δεδομένου ότι είναι φύσει αδύνατο να αποδείξουμε απλώς κάνοντας πράξεις την παραπάνω ισότητα, καταφεύγουμε σε πολύ ισχυρότερες μεθόδους για να καταλήξουμε στο ίδιο συμπέρασμα. Όπως και να έχει, ας ξεκινήσουμε την απόδειξή μας, γιατί πολύ φλυαρούμε. Έστω ένα \varepsilon>0. Θα αποδείξουμε, όπως είπαμε, ότι |f(x)-a^x|<\varepsilon. Για το δεδομένο \varepsilon, αφού η f είναι συνεχής, θα υπάρχει ένα \delta_1>0 έτσι ώστε για κάθε y\in\mathbb{R} να ισχύει ότι:

\displaystyle |x-y|<\delta_1\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2}.

(Το γιατί επιλέξαμε τη μισή ακρίβεια από αυτή που ξεκινήσαμε θα φανεί στην πορεία). Επίσης, από τη συνέχεια της a^x υπάρχει κι ένα \delta_2>0 έτσι ώστε για κάθε y\in\mathbb{R} να ισχύει ότι:

\displaystyle |x-y|<\delta_2\Rightarrow|a^x-a^y|<\frac{\varepsilon}{2}.

Τώρα, αν επιλέξουμε να περιοριστούμε κοντά στο x κατά \delta=\min\{\delta_1,\delta_2\} τότε, σαφώς, θα αληθεύουν και οι δύο παραπάνω συνεπαγωγές. Δηλαδή, θα έχουμε, αφενός:

\displaystyle |x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2},

και, αφετέρου:

\displaystyle |x-y|<\delta\Rightarrow|a^x-a^y|<\frac{\varepsilon}{2}.

Τώρα, από την πυκνότητα των ρητών, υπάρχει ένας ρητός αριθμός q\in\mathbb{Q} έτσι ώστε q\in(x-\delta,x+\delta), επομένως |x-q|<\delta και άρα αληθεύουν τα συμπεράσματα και των δύο παραπάνω συνεπαγωγών. Επομένως, έχουμε – θυμηθείτε ότι f(q)=a^q δεδομένου ότι ο q είναι ρητός:

\begin{aligned}|f(x)-a^x|&=|f(x)-f(q)+f(q)-a^x|=\\&=|f(x)-f(q)+a^q-a^x|\\&\leq|f(x)-f(q)|+|a^q-a^x|\\&<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\\&=\varepsilon.\end{aligned}

Συνεπώς, αποδείξαμε ότι |f(x)-a^x|<\varepsilon. Επειδή, τώρα, το \varepsilon δεν είχε κάποια ιδιαίτερη ιδιότητα πέρα από το να είναι θετικό, το παραπάνω θα ισχύει για κάθε \varepsilon>0, επομένως |f(x)-a^x|=0 και άρα, f(x)=a^x – κι επειδή και το x ήταν αυθαίρετο, το ίδιο ισχύει και για κάθε x\in\mathbb{R}. Συνεπώς, πράγματι, η f είναι εκθετική!

Μία απλούστερη σκέψη

Όπως είδαμε μόλις, αν πέρα από την αρχική μας σχέση – και το γεγονός ότι σε όλα τα παραπάνω, σιωπηλά, δεχόμαστε ότι η f είναι μη μηδενική – δεχτούμε ότι η f είναι και συνεχής, τότε αυτόματα οι μόνες συναρτήσεις που «μας κάνουν» είναι οι εκθετικές. Ωστόσο, μπορούμε να βρούμε μία πιο απλή, ασθενέστερη, υπόθεση;

Ένας τρόπος να βρούμε μία ασθενέστερη υπόθεση έτσι ώστε η f να είναι εκθετική συνάρτηση είναι να βρούμε μία ασθενέστερη υπόθεση που να οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η f είναι συνεχής – και άρα και εκθετική, όπως είδαμε παραπάνω. Τώρα, για να βρούμε μία υπόθεση για την f που να οδηγεί στη συνέχειά της, θα χρειαστούμε σίγουρα και τη βοήθεια της αρχικής μας σχέσης. Ας δούμε, λοιπόν, τι έχουμε στη διάθεσή μας:

  • Αρχικά, έχουμε ότι f(x+y)=f(x)f(y) για κάθε x,y\in\mathbb{R}.
  • Έπειτα, έχουμε τον ορισμό της συνέχειας που μας λέει ότι για κάθε x_0\in\mathbb{R} και για κάθε \varepsilon>0 υπάρχει ένα \delta>0 έτσι ώστε να ισχύει η συνεπαγωγή |x-x_0|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon, για κάθε x\in\mathbb{R}.

Ωραία, αυτά τα είπαμε και παραπάνω. Τώρα, εφόσον εμείς θέλουμε να αποδείξουμε ότι η f είναι συνεχής – και άρα ότι είναι εκθετική ή μηδενική κ.λπ. – και η πρόθεσή μας είναι να χρησιμοποιήσουμε την αρχική μας σχέση, είναι λογικό να προσπαθήσουμε να μετασχηματίσουμε πρώτα την αποδεικτέα συνεπαγωγή σε κάτι που να τη θυμίζει. Με άλλα λόγια, πρέπει να πάρουμε αυτό:

|x-x_0|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon

και με κάποιον τρόπο να το κάνουμε να θυμίζει αυτό:

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

Εντάξει, δε θα κάνουμε αυτολεξεί αυτό που είπαμε παραπάνω, γιατί μία συνεπαγωγή δεν μπορεί να θυμίζει ισότητα. Ωστόσο, θα προσπαθήσουμε κάτι στο συμπέρασμα της συνεπαγωγής να θυμίζει κάποιο από τα δύο μέλη της παραπάνω ισότητας. Ας δοκιμάσουμε να πάρουμε το απόλυτο του δεξιού μέλους και να το γράψουμε λίγο διαφορετικά:

|f(x)-f(x_0)|=f(x_0)\left|\dfrac{f(x)}{f(x_0)}-1\right|.

Να θυμίσουμε εδώ ότι εργαζόμαστε στην μη τετριμμένη περίπτωση όπου η f δεν είναι μηδενική και άρα f>0. Ωραία, το παραπάνω τώρα τι σχέση έχει με αυτό:

f(x+y)=f(x)f(y);

Εκ πρώτης όψεως, καμία. Θυμηθείτε, όμως, ότι έχουμε αποδείξει ότι από την παραπάνω σχέση μπορούμε να πάρουμε κι αυτήν εδώ τη σχέση:

f(x-y)=\dfrac{f(x)}{f(y)}.

Αααα, τώρα αρχίζουμε και μιλάμε τη σωστή γλώσσα. Χρησιμοποιώντας αυτήν τη σχέση, έχουμε:

|f(x)-f(x_0)|=f(x_0)\left|\dfrac{f(x)}{f(x_0)}-1\right|=f(x_0)|f(x-x_0)-1|.

Επομένως, η αποδεικτέα συνεπαγωγή μπορεί να γραφτεί ως εξής:

|x-x_0|<\delta\Rightarrow f(x_0)|f(x-x_0)-1| <\varepsilon.

Ωραία, καλά τα είπαμε ως τώρα, αλλά τι καταφέραμε; Ας παρατηρήσουμε ότι ενώ στην αρχική μας σχέση το x εμφανιζόταν σε διάφορες μορφές, με διάφορες «παρέες», τώρα εμφανίζεται μόνο ζευγαρωμένο με το x_0, ως x-x_0. Ας θέσουμε, λοιπόν, y=x-x_0 οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται:

|y|<\delta\Rightarrow f(x_0)|f(y)-1|<\varepsilon.

Χμμμ, κάτι γίνεται τώρα. Ας θυμηθούμε κι ότι f(0)=1 στην μη τετριμμένη περίπτωση, οπότε μπορούμε να γράψουμε το παραπάνω ως εξής:

|y-0|<\delta\Rightarrow f(x_0)|f(y)-f(0)|<\varepsilon.

Και τώρα έχουμε μπροστά στα μάτια μας σχεδόν τη συνεπαγωγή του ορισμού της συνέχειας της f στο 0. Μόνο αυτό το f(x_0) να μην είχαμε εκεί μπροστά και όλα θα ήταν πιο όμορφα. Αλλά, μας ενοχλεί όντως;

Θυμηθείτε ότι, όπως είπαμε, f(x_0)>0, επομένως μπορούμε να κάνουμε το εξής:

|y-0|<\delta\Rightarrow |f(y)-f(0)|<\dfrac{\varepsilon}{f(x_0)}.

Και τώρα, αν θεωρήσουμε το x_0 δεδομένο – δηλαδή, σταθερό – τότε εύκολα μπορούμε να θέσουμε \varepsilon'=\varepsilon/f(x_0) και να πάρουμε:

|y-0|<\delta\Rightarrow |f(y)-f(0)|<\varepsilon'.

Αυτό τώρα είναι ο ορισμός της συνέχειας της f στο 0 με τόνο!

Επομένως, χρησιμοποιώντας την αρχική μας σχέση και λίγη φαντασία, μπορούμε να αναχθούμε από τη συνέχεια της f σε κάποιο σημείο στη συνέχειά της στο 0 – και, αν προσέξετε, και αντίστροφα, καθώς δεν κάναμε κάποια παράξενη πράξη στα παραπάνω. Επομένως, μία λογική υπόθεση που θα μας οδηγούσε στη συνέχεια της f είναι η f να είναι συνεχής στο 0. Πράγματι, με δεδομένο αυτό μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα τη συνέχεια της f σε κάθε άλλο x_0.

Έστω, αρχικά, x_0\in\mathbb{R} και \varepsilon>0. Θέτουμε \varepsilon'=\varepsilon/f(x_0) και παρατηρούμε ότι από τη συνέχεια της f στο 0 υπάρχει ένα \delta>0 έτσι ώστε να ισχύει για κάθε x\in\mathbb{R} η συνεπαγωγή:

|x|<\delta\Rightarrow|f(x)-1|<\varepsilon'.

Επιλέγουμε x\in\mathbb{R} έτσι ώστε |x-x_0|<\delta οπότε, από την παραπάνω σχέση έχουμε:

|f(x-x_0)-1|<\varepsilon'.

Τώρα, από τη σχέση:

f(x-y)=\dfrac{f(x)}{f(y)},

έχουμε:

\left|\dfrac{f(x)}{f(x_0)}-1\right|<\varepsilon'\Rightarrow\left|\dfrac{f(x)-f(x_0)}{f(x_0)}\right|<\dfrac{\varepsilon}{f(x_0)}.

Απλοποιώντας τους παρονομαστές, παίρνουμε:

|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon,

επομένως η f είναι πράγματι συνεχής σε κάθε x_0\in\mathbb{R}.

Συνεπώς, αυτό που δείξαμε ως τώρα είναι ότι αν μία μη σταθερή συνάρτηση f ικανοποιεί τη σχέση:

f(x+y)=f(x)f(y), για κάθε x,y\in\mathbb{R},

και επιπλέον είναι συνεχής στο 0, τότε είναι υποχρεωτικά κάποια εκθετική συνάρτηση. Για την ακρίβεια, είναι η:

f(x)=\left(f(1)\right)^x.

Αν μη τι άλλο, εντυπωσιακό το πώς η συνέχεια της f σε ένα και μόνο σημείο επιβάλλει την τάξη.

Επίλογος

Αλήθεια, μήπως μπορούμε να απλοποιήσουμε κι άλλο την παραπάνω συνθήκη για να είναι η f κάποια εκθετική συνάρτηση; Η απάντηση είναι (SPOILER ALERT) «ναι». Αλλά η συνθήκη που χρειαζόμαστε αντί της συνέχειας είναι η μετρησιμότητα της συνάρτησης, κάτι που καλό θα ήταν να αποφύγουμε να συζητήσουμε αυτήν την ώρα γιατί θα μας πάρει άλλο τόσο να μιλήσουμε γι’ αυτήν. Κάποια άλλη φορά, λοιπόν!

Καλή συνέχεια!

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Ο λόφος της Jalais, Pontoise, του Camille Pissarro.

Διαβάστε επίσης: Τι λέει το Θεώρημα του Bolzano;

Ακολουθήστε το aftermathsgr στα social media:

2 comments

  1. Πολύ καλό ποστ! 🙂

    Βέβαια αν δεν ήξερε κανείς την απάντηση θα απογοητευόταν όταν, αφού θα έφτανε στο σημείο όπου δείξαμε ότι η f είναι εκθετική στους ρητούς, θα ανακάλυπτε ότι υπάρχουν non-trivial λύσεις!

    Μου αρέσει!

    Απάντηση

Σχολιάστε