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．

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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．