ハメル基底とf(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数

１つ問題を考える．$a$を実数として，$f:\R\to\R;x\mapsto ax$で定まる関数$f$が等式

$\begin{align*} f(x+y)=f(x)+f(y) \end{align*}$

をみたすことは簡単に分かるが，逆にこの等式を満たす関数$f:\R\to\R$は

$\begin{align*} f(x)=ax\quad(a\in\R) \end{align*}$

の形のものに限るだろうか？

実は，Hamel(ハメル)基底というものを用いれば，$f(x+y)=f(x)+f(y)$を満たすが$f(x)=ax$の形をしていない関数$f:\R\to\R$の存在を示すことができる．

この記事では，

Hamel基底を説明し，
$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\R\to\R$

を考える．

1 Hamel基底
- 1.1 Hamel基底の定義
- 1.2 Hamel基底のイメージ
2 f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数
3 補足

Hamel基底

まず，Hamel基底について述べる．

Hamel基底の定義

[Hamel基底]　次を満たす$B\subset\R$をHamel基底という：

任意の有限個の$b_1,\dots,b_n\in B$に対して，$r_1b_1+\dots+r_nb_n=0\ (r_1,\dots,r_n\in\Q)$なら$r_1=\dots=r_n=0$が成り立つ．
任意の$x\in\R$に対して，有限個の$b_1,\dots,b_n\in B$と同数の$r_1,\dots,r_n\in\Q$が存在して，$x=r_1b_1+\dots+r_nb_n$と表せる．

すなわち，「Hamel基底は体$\Q$上のベクトル空間$\R$の基底である」ということになる．

同じことだが，「Hamel基底は体の拡大$\R/\Q$について，$\R$の$\Q$上の基底である」ということもできる．

このことを記号で表せば，$\R=\Q(B)$ということになる．

なお，Hamel基底の存在の証明は以下の記事を参照されたい．

【[ベクトル空間の基底]と[ハメル基底]の存在の証明】

選択公理と同値なZornの補題を用いることによって，

ベクトル空間の基底の存在
Hamel基底の存在

を示すことができる．この記事では，これら２つの存在証明を行う．

Hamel基底のイメージ

Hamel基底のイメージを述べておく．

例１

「$\{1,\sqrt{2}\}$を基底とする有理数体$\Q$上(=$\Q$係数)のベクトル空間」を考える．

このベクトル空間は，有理数体$\Q$に$\sqrt{2}$を添加した体

$\begin{align*} \Q(\sqrt{2})=\set{x_1+x_2\sqrt{2}}{x_1,x_2\in\Q} \end{align*}$

ということもできる．明らかなことだが，$\Q(\sqrt{2})$は$x_1+x_2\sqrt{2}$ ($x_1,x_2\in\Q$)という実数を全て元にもつ．

しかし，$\sqrt{3}\in\R$などは$\Q(\sqrt{2})$に属さないから，$\{1,\sqrt{2}\}$はHamel基底ではない．

例２

「$\{1,\sqrt{2},\sqrt{3}\}$を基底とする有理数体$\Q$上のベクトル空間」を考える．

このベクトル空間は，有理数体$\Q$に$\sqrt{2}$と$\sqrt{3}$を添加した体

$\begin{align*} \Q(\sqrt{2},\sqrt{3})=\set{x_1+x_2\sqrt{2}+x_3\sqrt{3}+x_4\sqrt{2}\sqrt{3}}{x_1,x_2,x_3,x_4\in\Q} \end{align*}$

ということもできる．

$\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$は$\Q(\sqrt{2})$と比べて，$\sqrt{3},\sqrt{6}\in\R$も元にもつようになった．

しかし，$\sqrt{5}\in\R$などは$\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$に属さないから，$\{1,\sqrt{2},\sqrt{3}\}$はHamel基底ではない．

例３

$\mathbb{P}$を素数全部の集合とする．

「$B=\{1\}\cup\set{\sqrt{p}}{p\in\mathbb{P}}$を基底とする有理数体$\Q$上のベクトル空間」を考える．なお，

$\begin{align*} B=\{1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5},\sqrt{7},\sqrt{11},\dots\} \end{align*}$

である．

このベクトル空間は，有理数体$\Q$に$B$を添加した体$\Q(B)$ということもできる．

$\Q(B)$は$\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$や$\Q(\sqrt{2})$と比べて，全ての自然数$a\in\R$に対して$\sqrt{a}\in\R$を元にもつようになった．

しかし，$\sqrt[3]{2}\in\R$などは$\Q(B)$に属さないから，$B$はHamel基底ではない．

まとめ

例1〜例3で見たように，基底をどんどん増やし，$\Q$上のベクトル空間として$\R$を構成するのは，なかなか難しいように思える．

なお，例3において体の拡大$\Q(B)/\Q$の次数は$\infty$であり，$\Q(B)\subset\R$だから，体の拡大$\R/\Q$の次数は$\infty$であることが分かる．

このように「$B$を基底とする$\Q$上のベクトル空間が$\R$となるように，うまく$B\subset\R$をとる」ことができれば，この$B$をHamel基底というのである．

f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数

ここでは，次の[問]を考える．

[問]　任意の$x,y\in\R$に対して，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\R\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限られるか．

$f(x)=ax$は

$\begin{align*} f(x+y) =&a(x+y) \\=&ax+ay \\=&f(x)+f(y) \end{align*}$

をみたす．

したがって，$f(x)=ax$ ($a\in\R$)の形の関数以外に$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数が存在するのかを問われているわけである．

なお，冒頭にも書いたが，Hamel基底を用いれば$f(x)=ax$とはならない関数$f:\R\to\R$の存在を示すことができるので，この[問]には反例が存在する．

[問]の反例を挙げる前に，いくつかの考察をしておく．

考察1

次の[問1]を考える．

[問1]　任意の$x,y\in\Q$に対して，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\Q\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限られるか．

関数$f$の定義域が$\R$から$\Q$に変わっただけであるが，この場合には反例は存在しない．

Step.1とStep.2に分けて，反例が存在しないことを示す．

[Step.1]　任意の$n\in\Z$に対して，$f(nx)=nf(x)$ ($x\in\Q$)が成り立つことを示す．

$f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$から$f(0)=0$となるので，$f(0x)=f(0)=0f(x)$が成り立つ．

また，ある$n\in\Z_{\ge0}$に対して$f(nx)=nf(x)$が成り立っていれば，

$\begin{align*} f((n+1)x) =&f(nx+x) =f(nx)+f(x) \\=&nf(x)+f(x) =(n+1)f(x) \end{align*}$

が従う．よって，帰納的に任意の$n\in\Z_{\ge0}$に対して$f(nx)=nf(x)$が成り立つ．

さらに，任意の$n\in\Z_{\le0}$に対して，$-n\ge0$に注意すると，

$\begin{align*} 0=&f(0) =f(nx+(-nx)) \\=&f(nx)+f(-nx) =f(nx)+(-n)f(x) \\=&f(nx)-nf(x) \end{align*}$

だから，移項して$f(nx)=nf(x)$が従う．

[Step.2]　ある$a\in\R$が存在して，$f(nx)=nf(x)$ ($x\in\Q$)が成り立つことを示す．

任意の$x\in\Q$に対して，ある$p\in\Z$と$q\in\Z\setminus\{0\}$が存在して，$x=\dfrac{p}{q}$をみたす．

Step.1より，

$\begin{align*} &f(x)=f\bra{\frac{p}{q}}=f\bra{p\cdot\frac{1}{q}}=pf\bra{\frac{1}{q}}, \\&f(1)=f\bra{\frac{q}{q}}=qf\bra{\frac{1}{q}} \end{align*}$

が成り立つから，$\dfrac{f(1)}{q}=f\bra{\dfrac{1}{q}}$が従う．

よって，$f(x)=\dfrac{pf(1)}{q}=f(1)x$が成り立つ．

以上より，$a:=f(1)\in\R$として，$f(x)=ax$となる．

[問1]では全ての$x\in\Q$が，$p\in\Z$と$q\in\Z\setminus\{0\}$によって，1を$p$倍，$\dfrac{1}{q}$倍することで表せることがポイントとなっている．

このため，$x=1$を基準にして$f(x)=f(1)x$ ($x\in\Q$)となることを示すことができる．

考察2

次の[問2]を考える．

[問2]　任意の$x,y\in\Q(\sqrt{2})$に対して，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$:\Q(\sqrt{2})\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限られるか．

[問2]では，関数$f$の定義域が$\Q(\sqrt{2})$に変わったが，こうなると反例が存在する．

[問1]の議論は[問2]でも通用するので，任意の$x\in\Q$に対しては$f(x)=f(1)x$でなければならない．問題は$x=\sqrt{2}$に対しては$f(x)=f(1)x$が成り立つかどうかである．

反例を挙げる．

$c_1,c_2\in\R$とし，$f:\Q(\sqrt{2})\to\R$を

$\begin{align*} f:x=x_1+x_2\sqrt{2}\mapsto c_1x_1+c_2x_2 \end{align*}$

で定める．ここに，$x_1,x_2\in\Q$である．

このとき，任意の$x,y\in\Q(\sqrt{2})$に対して，$x=x_1+x_2\sqrt{2}$, $y=y_1+y_2\sqrt{2}$ ($x_1,x_2,y_1,y_2\in\Q$)と表すと，

$\begin{align*} f(x+y) =&f((x_1+y_1)+(x_2+y_2)\sqrt{2}) \\=&a(x_1+y_1)+b(y_1+y_2) \\=&(ax_1+bx_2)+(ay_1+by_2) \\=&f(x)+f(y) \end{align*}$

となる．

よって，$a\neq b$なら，$f$は$f(x)=ax$の形にならない．よって，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\Q\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限らない．

先にも述べたが，[問1]では全ての$x\in\Q$が1を$p$倍，$\dfrac{1}{q}$倍で表せることがポイントとなっていた．

しかし，[問2]では例えば$\sqrt{2}\in\Q(\sqrt{2})$は1の$p$倍，$\dfrac{1}{q}$倍では表せない．

したがって，$\sqrt{2}x\in\Q(\sqrt{2})$ ($x\in\Q$)に対しては，1を基準とした帰納法が使えない．

そのため，$\sqrt{2}x\in\Q(\sqrt{2})$ ($x\in\Q$)に対しては，$f(\sqrt{2}x)=f(1)(\sqrt{2}x)$が成り立っているとは限らず，実際に[解答]の反例では$f(\sqrt{2}x)=f(1)(\sqrt{2}x)$が成り立ってないものが構成できている．

したがって，1を基準とした帰納法，$\sqrt{2}$を基準とした帰納法は別々の議論として進むので，$f(1)\neq f(\sqrt{2})$として反例が構成できる．

もっと言えば，$f(1)=1$, $f(\sqrt{2})=0$と考えて，$f:\Q(\sqrt{2})\to\R$を$f:x=x_1+x_2\sqrt{2}\mapsto x_1$と定めても，反例となる．

線形空間の準同型を考えていると思えばイメージしやすいであろう．

解答

[問1]，[問2]の考察を踏まえると，Hamel基底を用いることで[問]には次のように反例が構成できることが分かる．

反例を挙げる．

Hamel基底を$B$とする．任意の$x\in\R$は有限和で

$\begin{align*} x=\sum_i b_ix_i \end{align*}$

と表せることに注意する．ここに，$b_1,\dots,b_n\in B$, $x_1,\dots,x_n\in\Q$である(すなわち，$\R=\Q(B)$である)．

$c_1,c_2,\dots\in\R$とし，$f:\R=\Q(B)\to\R$を

$\begin{align*} f:x\mapsto\dsum_i c_ix_i \end{align*}$

で定める．

このとき，任意の$x,y\in\R=\Q(B)$に対して，有限和で$x=\sum_i b_ix_i$, $y=\sum_i b_iy_i$ ($x_i,y_i\in\Q$)と表すと($x_i$, $y_i$の中に0があっても良い)，

$\begin{align*} f(x+y) =&f\bra{\sum_i b_i(x_i+y_i)} \\=&\sum_i c_i(x_i+y_i) \\=&\sum_i c_ix_i+\sum_i c_iy_i \\=&f(x)+f(y) \end{align*}$

をみたす．

よって，$c_1,c_2,\dots$のいずれかが異なっていれば，$f$は$f(x)=ax$の形にならない．よって，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\Q\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限らない．

[問2]の$\Q(\sqrt{2})$の場合も，[問]の$\R=\Q(B)$の場合も，同じことをしている．

$\Q(\sqrt{2})$の場合は$\{1,\sqrt{2}\}$を基底とした$\Q$上のベクトル空間，$\R=\Q(B)$の場合は$B$を基底とした$\Q$上のベクトル空間を考えれば，どちらも同じであることが見て取れる．

補足

少し話が逸れるが，次の[問３]を考える．

ここでは，次の[問３]を考える．

[問３]　任意の$x,y\in\R$に対して，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす連続関数$f:\R\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限られるか．

[問３]は$f$が連続となっており，この場合には反例は存在しない．

[問１]より，任意の有理数$x\in\Q$に対して，$f(x)=f(1)x$となる．

また，任意の$x\in\R$に対して，$x_n\to x$となる$\Q$の列$\{x_n\}_{n\in\N}$が存在するから，$f$の連続性より，

$\begin{align*} f(x)=&f\bra{\lim\limits_{n\to\infty}x_n} =\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n) \\=&\lim\limits_{n\to\infty}f(1)x_n=f(1)x \end{align*}$

となる．

よって，$a:=f(1)$とすれば，任意の$x\in\R$に対して，$f(x)=ax$が成り立つ．

連続性があることで，無理数の場合も有理数の場合に帰着して極限で考えられる．

そのため，有理数の場合に$f(x)=ax$となれば，無理数の場合にも$f(x)=ax$となる．