ハメル基底とf(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数

$f(x)=ax$ ($a\in\R$)で定まる関数$f:\R\to\R$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りますが，逆にこの等式を満たす関数$f:\R\to\R$は

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

の形のものに限るでしょうか？

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ます．

この記事では

Hamel基底
$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\R\to\R$

を説明する．

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」ということができますね．

なお，Hamel基底の存在の証明は以下の記事を参照してください．

【[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

を示すことができます．この記事では，これら２つの存在の証明をしています．

Hamel基底のイメージ

Hamel基底のイメージを述べておきます．

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」を考えます：

$\begin{align*} \spn_{\Q}{(1,\sqrt{2})}=\set{x_1+x_2\sqrt{2}}{x_1,x_2\in\Q}. \end{align*}$

明らかなことですが，$\Q(\sqrt{2})$は$x_1+x_2\sqrt{2}$ ($x_1,x_2\in\Q$)という実数を全て元にもちます．

しかし，$\sqrt{3}$や$\sqrt[3]{2}$や$\log_{2}{3}$や$\pi$などは$\spn{(1,\sqrt{2})}$に属さないので，$\{1,\sqrt{2}\}$はHamel基底ではありませんね．

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」を考えます：

$\begin{align*} \spn_{\Q}{(1,\sqrt{2},\sqrt{3})}:=\set{x_1+x_2\sqrt{2}+x_3\sqrt{3}}{x_1,x_2,x_3,x_4\in\Q}. \end{align*}$

しかし，$\sqrt[3]{2}$や$\log_{2}{3}$や$\pi$などは$\spn{(1,\sqrt{2},\sqrt{3})}$に属さないから，$\{1,\sqrt{2},\sqrt{3}\}$はHamel基底ではない．

例１，例２で考え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「具体的に」構成するのはなかなか難しいように思えます．

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基底というわけですね．

$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数

さて，それではこの記事の本題の次の[問]を考えます．

[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$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限るか．

$f(x)=ax$ $(a\in\R)$は

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

を満たします．

この[問]は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)以外に$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f$が存在するのかを問われているわけですね．

冒頭で書いたようにHamel基底を用いれば$f(x)=ax$ ($a\in\R$)以外に$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f$の存在を示すことができます．つまり，[問]の答えは「限らない」となります．

[問]の反例を挙げる前に，いくつか考察しましょう．

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$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限るか．

関数$f$の定義域が$\R$から$\Q$に変わっただけですが，この場合には$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限ります．

解答を表示

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]では全ての有理数が$1$を$p$倍 ($p\in\Z$)，$\dfrac{1}{q}$倍 ($q\in\Z\setminus\{0\}$)することで表せることがポイントとなっています．

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$x,y\in\spn_{\Q}{(1,\sqrt{2})}$に対して，$f(x+y)=f(x)+f(y)$をみたす関数$f:\spn{(1,\sqrt{2})}\to\R$は$f(x)=ax$ ($a\in\R$)に限るか．

[問２]では関数$f$の定義域が$\Q(\sqrt{2})$に変わりましたが，こうなると反例が存在します．

[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$f(x)=f(1)x$が成り立ちます．

そのためポイントは$x=\sqrt{2}$に対しては$f(x)=f(1)x$が成り立つかどうかですが，これが成り立たずに以下のように反例を構成することができます．

解答を表示

反例を挙げる．

$c_1,c_2\in\R$とし，$f:\spn{(1,\sqrt{2})}\to\R$を

$\begin{align*} f(x_1+x_2\sqrt{2})=c_1x_1+c_2x_2 \end{align*}$

で定める．ここに，$x_1,x_2\in\Q$である．

このとき，任意の$x,y\in\spn{(1,\sqrt{2})}$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，$c_1\neq c_2$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．

[問１]では１を基準とした帰納法を用いたわけですが，[問２]では$\sqrt{2}$を基準とした帰納法は全く独立な議論として進めることができるので反例が構成できています．

もっと明示的に書けば$f(1)=1$, $f(\sqrt{2})=0$と考えて，$f:\spn_{\Q}{(1,\sqrt{2})}\to\R$を$f:x=x_1+x_2\sqrt{2}\mapsto x_1$と定めても反例となります

解答

[問２]の反例の構成を参考にすると，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ります．

解答を表示

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．

$c_1,c_2,\dots\in\R$とし，$f:\R\to\R$を

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

で定める．

このとき，任意の$x,y\in\R$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，

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

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．

補足

少し話が逸れますが，次の[問３]を考えましょう．

[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１]と[問３]の違いは$f$が不連続でもよいか連続でなければならないかで，連続でなければならない場合には反例は存在しない．

解答を表示

[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有理数の極限として無理数を表すことができるのが反例を作れない理由になっています．