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.

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:

  1. 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.
  2. 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.

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.

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