Pri la Funkcia Ekvacio f（x+y）=f（x）+f（y）| n类咖啡馆

2010年12月10日

普里拉·芬科奇亚·埃科瓦西奥（Pri la Funkcia Ekvacio）f（x+y）=f（x）+f（y）

Tom Leinster发布

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长果酱，柯西普鲁维斯克康蒂努亚芬克西奥 $f（x）$ 基韦里加斯la芬克契亚语ekvacion $f（x+y）=f（x）+f（y）$ 基吉·亚金·埃斯图·拉诺姆布罗吉（kiuj ajn estu la nombroj） $x、年$ 、necese estas同质、unagrada funkcio $f（x）\等于A x$ .

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莫里斯·弗雷切特开始了1913年论文L'Enseignement公司数学竞赛. 当我试图为这个函数方程的解。显然，柯西是第一个证明那时候 $（f）$ 是连续的，唯一的解决方案是 $f（x）=A x$ 对于一些常数 $A类$ .马克·梅克斯已经告诉我了勒贝格可测性属于 $（f）$ 足够了，找到了一个在特里基.

但我需要找到原始参考。当我追踪到往下看，我惊讶而好奇地发现它是用世界语写的。

事实证明，除了制造大量对分析的贡献，是一位热心的世界语学者，出版了许多（正如马克向我指出的那样）担任国际科学协会Asocio Esperantista。我在找期待引用它。

顺便说一句，弗雷切特的结果可以进一步提高。马克·科姆斯（Mark Kormes），in1926,显示你只需要假设 $（f）$ 被限定在某些集合上积极措施。（这是一个比可测量性更弱的条件。）但是，令人厌烦的是，他的论文是英文的。

发布于2010年12月10日凌晨2:17 UTC

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42条评论和0条回溯

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真的！酷！但是你应该使用rot13发布这个博客条目。

一个可爱的事实，从你所说的话中可以明显看出，从Zermelo-Frenkel集合论开始，假设 $f（x+y）=f（x）+f（y）$ 做有非显而易见的解决方案 $f（x）=A x$ 一个或那个没有选择公理意味着做有其他解决方案……不幸的是，我们无法写下来。确定性公理暗示了这一点没有.

猜猜大多数数学家喜欢哪一个公理。

还有另一个更难的问题：猜猜是哪个著名数学家写了这样的句子：

他Inq公司血红蛋白：犹他州 $\cdot（光盘）$ $\不是$ 锅。聚丙烯腈血红蛋白发票等。

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日上午9:43|永久链接|对此的答复

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有趣的是，你提到了选择的公理，因为马克和我出于完全无关的原因同时讨论了这一点。

我注意到在两本不同的分析书中，对选择公理有两种明显冲突的态度，都表达得相当……令人恼火？Nik Weaver，在他的书中Lipschitz代数，写一些事情或其他：

它甚至避免使用选择公理，好像这很重要

（后面是关于“主流数学家”的脚注）。但罗伯特·斯特里哈特在他的书中分布理论和傅里叶变换指南，写了一些其他的东西：

喜欢使用选择公理的聪明人将不得不担心（连续性），以及床下的狼等。

马克观察到，虽然不可测性可能令人讨厌，但不含非零连续线性泛函的非平凡巴拿赫空间的前景也是如此。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月10日上午10:02|永久链接|对此的答复

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汤姆写道：

马克观察到，虽然不可测性可能令人讨厌，但不含非零连续线性泛函的非平凡巴拿赫空间的前景也是如此。

我不是构造数学方面的专家，所以即使我们放弃选择公理，我也不知道是否可以建造具有平凡对偶的非平凡Banach空间。只有有人递给我一只，我才会担心这些野兽。

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日上午10:09|永久链接|对此的答复

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嗯，我仔细复制了马克的措辞——他说展望这样一个空间。但是的，我明白你的意思。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月10日上午10:13|永久链接|对此的答复

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床下有狼的前景也很糟糕，但我可以忍受展望只要没有人真的展示这样的狼！

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日上午11:03|永久链接|对此的答复

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床下可能会有狼，但问题并不在于它真的咬过你，而是每次你伸手到床下掏出填充动物时，你必须证明它不是狼！

发布人：Mike Shulman于2010年12月11日上午6:38|永久链接|对此的答复

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在描述的“可定义”巴纳赫空间上有一些博学著作在这里这个提议是为了表明你定义的几乎任何Banach空间（作为测度空间上的某种函数空间）都包含一个“标准空间”。当然，我不知道这些证明是否具有建设性，但似乎很难找到过于疯狂的“可定义”巴拿赫空间（无论是什么）。

至于约翰提出的问题，我猜是弗雷格，但他抬起头来概念文字，我意识到这不是他。

啊哈，找到了。如果我说这个人对代数拓扑学的贡献是众所周知的，我想这不会泄露游戏的秘密。

发布人：大卫·罗伯茨2010年12月10日上午10:34|永久链接|对此的答复

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如果有人放弃，想知道我的难题的答案，他们可以单击此处.

发布人：约翰·贝兹2010年12月14日上午10:27|永久链接|对此的答复

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我对巴纳赫太空业务有点困惑。在ZF公理的存在下，选择公理等价于每个向量空间都有一个基的陈述。它是否也等价于每个向量空间都有一个非平凡对偶？

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月10日上午10:50|永久链接|对此的答复

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永远不会出错的维基百科有一个脚注在没有证明或参考的情况下，声称需要选择公理来证明无限维向量空间的对偶是非零的。

然而，让我们知道，我之前对这篇博客的所有评论都与此有关巴纳赫空间，当我说“双重”时，我指的是连续的线性泛函。在这个意义上，每个无限维巴拿赫空间都有一个非平凡对偶的说法是否等价于选择公理？这是一个与你关于向量空间的问题不同的问题。

我敢打赌一个甜甜圈，答案是“是的”。但我不知道参考文献，甚至不知道维基百科文章中的脚注。

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日上午11:18|永久链接|对此的答复

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哎哟，我收回赌注。哈恩-巴纳赫定理是不等同于选择公理：它是由它暗示的，但并不暗示它。因此，每个无限维Banach空间都有一个非平凡对偶的说法比选择公理弱。

对不起，今天没有简单的甜甜圈给你。

然而，Hahn-Banach定理确实暗示了直线的Lebesgue不可测子集的存在！

（然而，我的电脑警告我，维基百科链接的网站上有一篇证明这一事实的论文，它也携带电脑病毒。所以要当心。）

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日上午11:25|永久链接|对此的答复

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对于像L^p这样的好的Banach空间，您需要选择公理来显示不-连续线性函数。

发布人：沃尔特2010年12月10日下午2:46|永久链接|对此的答复

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好的，我知道你说的是巴拿赫空间的连续对偶，而我（为了一个信息）说的是向量空间的代数对偶，但我只是在热身。

感谢所有的定理。为什么我不赢一个甜甜圈？事实上，我不太喜欢甜甜圈，所以也许我不想赢。我宁愿要一个咖啡.

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月10日12:15 PM|永久链接|对此的答复

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汤姆写道：

为什么我不赢一个甜甜圈？事实上，我不太喜欢甜甜圈，所以也许我不想赢。我宁愿喝杯咖啡。

事实上，“你”这个词是对所有贪婪的数学家说的，我担心他们会突然抓住我的提议，赢下这场赌注，然后要求一个甜甜圈。汤姆，我很乐意随时给你买杯咖啡！

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日下午2:37|永久链接|对此的答复

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也许这是一个很难“构造”非零连续线性泛函的Banach空间：可数维Hilbert空间上的有界算子空间，mod紧算子空间。事实上，这个Banach空间是一个Banach代数卡尔金代数我似乎记得，在卡尔金代数上构造非零连续线性泛函需要选择公理。

也许这是另一个很难“构造”非零连续线性泛函的巴拿赫空间： $\单元格^\infty$ 用有限多个非零项修改序列空间的闭包。我知道我们可以从一个巴纳赫极限但我也知道，要证明巴拿赫极限的存在，需要选择公理；我们不能“构造”巴拿赫极限。

这两种情况下的想法都是取一个Banach空间，用一个相当大的封闭子空间进行模运算，所以商空间是相当脆弱和难以捉摸的，而它的对偶空间更是如此。

我在“construct”周围加上引号，因为我真的不知道在这些商空间上构造一个连续线性泛函意味着什么，尽管如果我看到一个，我可能会知道一个构造。

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日上午11:01|永久链接|对此的答复

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顺便说一句，从适当的意义上说，你的两个建议几乎是一样的。在巴拿赫空间理论的（某些部分）中，人们会说，你的第一个例子只是第二个例子的非对易版本，在相同的意义上Schatten课程是的非交换版本 $\单元格^p$ 空格。这是因为可数维希尔伯特空间上有界算子的空间是奇异值序列位于 $\单元格^\infty$ ，而紧算子是其奇异值收敛到 $0$ .

发布人：Mark Meckes于2010年12月10日下午2:23|永久链接|对此的答复

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是的，这是一个很好的类比。有界算子的代数是 $\单元格^\单位$ ，紧算子代数是序列代数的非对易类似物 $c0（c）$ 你提到的。紧致算子代数是有限秩算子代数的算子范数的闭包，正如代数一样 $c0（c）$ 是中的闭包吗 $\单元格^\infty$ 只有有限多个非零项的序列代数的范数。

事实上，这不仅仅是类比。我们可以让 $\单元格^\infty$ 充当上的乘法运算符 $\单元格^2$ ，包含 $\单元格^\infty$ 在上的有界运算符中 $\单元格^2$ 然后是 $\单元格^\infty$ 使用紧凑运算符是 $c0（c）$ 和的交点 $\单元格^\infty$ 带有限秩算子的序列只有有限多个非零项。正如你所暗示的 $\单元格^\infty$ 使用 $第页$ th-Shaven-class运算符是 $\厄尔^p$ .

发布人：约翰·贝兹2010年12月11日下午1:33|永久链接|对此的答复

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我没听说过巴纳赫极限.

对于懒得点击的人：a巴纳赫极限是获取极限的方法任何实数的有界序列。（我会对实数而不是复数这样说，因为我只知道实数的定义。）从形式上讲，Banach极限是连续线性映射 $\phi:\ell^\infty\to\mathbf{R}$ 这样的话

如果 $x个$ 然后汇聚 $\φ（x）=lim{n\to\infty}xn$
$\φ（x_2，x_3，\ldots）=φ（x_1，x_2，\ldot）$
$\φ（x）\geq 0$ 如果 $x_n\geq 0$ 为所有人 $n个$ .

在这篇文章的其他地方，有人提到，如果没有某种形式的选择公理，就不可能构建任何连续的线性映射 $\ell^\infty\to\mathbf{R}$ 分开地从表格中选择 $x\mapsto\sum_n c_n x_n$ 哪里 $抄送^1$ 很容易看出 $\单元格^1$ 给出了巴拿赫极限。因此，巴拿赫极限的存在取决于选择公理。

我突然想到，这与几个月前我的一篇帖子中的情况非常相似：方法例如，在不使用选择公理的情况下，取二进制数字的“平均值”是没有什么特别的方法的。（在标准术语中：无限集上非主超滤子的存在取决于选择公理。）类似地，要证明任何无限阿贝尔群的可容许性，您需要选择公理。

巴拿赫极限是一种均值。例如，如果 $x个$ 是一个真正收敛的序列，你可能会认为它的极限是一种“平均值 $x_1、x_2、\ldot$ 忽略开头的任何有限段”。在方法帖子中，我还谈到了阿罗定理；你也可以把Banach极限看作是一种投票系统 $x_1、x_2、\ldot$ 投票决定他们的限制应该是什么。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月13日下午3:18|永久链接|对此的答复

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应用Banach限制（针对

不完整

)平均值，如

\裂缝{1}{2N+1}\sum_{j=-N}^N f（j）

是在Banach空间中求有界函数平均值的最快捷、最肮脏的方法之一

\矩阵{Z}

因此，它离巴纳赫的舒适极限不远。（我很遗憾地怀疑，现在有可能在没有看到这一特殊的激励案例的情况下，就可接受性的变体撰写论文，但这已经偏离了主题。）顺便说一下，如果你有兴趣证明加法函数必须是线性的（在某些约束条件下），那么证明“几乎加法”函数必须是“近似线性的”怎么样？对于几乎可加性的一种解释是，这导致了海尔斯-乌兰稳定性的行业；但我个人倾向于一种稍有不同的解释，这将导致某些第二有界上同调群何时是常数的问题。

发布人：叶梦·崔2010年12月14日凌晨2:20|永久链接|对此的答复

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很有趣，谢谢。

什么是近似加性函数和近似线性函数？你是在渐进地说话吗？

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月14日上午9:53|永久链接|对此的答复

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汤姆写道：

（我将对实数而不是复数这样说，因为我只知道实数的定义。）

在复杂的情况下，有很多等效的方法来定义巴拿赫平均值。

一是采用你在实际案例中给出的定义，改变 $\矩阵{R}$ 到 $\矩阵{C}$ ，重新解释 $\单元格^\infty$ 意思是说复杂的的版本 $\单元格^\infty$ ，不要做任何其他事情。

（这假设你的读者有智慧知道一个复数 $x个$ 有 $x\ge 0$ 如果它是实数，在通常意义上是非负的。）

另一个是重新解释 $\单元格^\infty$ 意思是复杂版本的 $\单元格^\infty$ 然后说 $\phi:\ell^\infty\to\mathbb{C}$ 是Banach平均值，当它是一个连续线性函数，其对真实的的版本 $\单元格^\infty$ 是你定义的巴拿赫意思。

发布人：约翰·贝兹2010年12月14日上午10:25|永久链接|对此的答复

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谢谢。我希望这个定义能这么简单。但由于我不清楚公理列表是如何得出的，所以我没有一个基础来决定什么定义是“正确的”。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月14日上午10:33|永久链接|对此的答复

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好的，我认为这是一种更令人满意的方式来表述定义 $\矩阵{C}$ .

我们在实际案例中替换了第三条公理( $x_n\geq 0$ 为所有人 $n个$ $\暗示$ $\φ（x）\geq 0$ )签署人：

如果 $V\subseteq\mathbf{C}$ 关闭，并且 $x_n\单位：V$ 为所有人 $n个$ 然后 $\φ（x）\单位V$ .

拿 $V（V）$ 成为右半 $[0，\infty）$ 实轴的定义给出了John首先提到的定义的版本。我们必须证明，在存在其他两个公理的情况下，这种特殊情况意味着一般情况。

我脑子里已经有一半的证据了，但现在有点乱了。也许在我投入更多精力之前，一些专家可以告诉我：这是真的吗？

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月14日上午10:58|永久链接|对此的答复

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实际上，如果存在一个非零（复线性，有界线性）泛函 $\磅/平方英寸$ 关于复合体 $\单元格^\infty$ 它是左变量，然后我们可以找到另一个在常量序列/函数上取值为1的值 $1$ ，并且是积极的，因为当根据以下元素进行评估时，它采用非负值 $\单元格^\infty$ 其系数为非负。关键词：“哈恩-乔丹措施分解”。

因此，坚持使用不变平均值并不像人们最初认为的那么严格；您可以始终尝试生成一个非零不变函数，然后坐下来调用标准机械来获得不变平均值。

发布人：叶梦·崔2010年12月14日10:03 PM|永久链接|对此的答复

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对话来得有点晚，我不知道该把这个回复放在哪里，所以我将开始一个新的顶级评论。

无穷维商Banach空间与ZF是一致的 $\电话^\infty/c_0$ 具有平凡（拓扑）对偶。这个问题和一些相关问题在这个MathOverflow问题请特别参阅格雷格·库珀伯格（Greg Kuperberg）的回答，以获得一个好的总结，以及杰拉尔德·埃德加（Gerald Edgar）的答案，以获得关于哈恩·巴纳赫（Hahn-Banach）和选择公理（Axiom of Choice）之间关系的一些更有趣的观点。

我之所以提到这种病态巴拿赫空间的“前景”，仅仅是因为它的存在并不是放心例如，通过拒绝AC，我不知道确定性公理对这种事情意味着什么。

发布人：Mark Meckes于2010年12月10日下午2:03|永久链接|对此的答复

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只是为了绝对清楚，

c0（c）

是收敛到的序列空间

0

，以超标准。换句话说，我提到的商空间正是约翰的第二个建议在这里.

发布人：Mark Meckes于2010年12月10日下午2:08|永久链接|对此的答复

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酷！我很高兴听到 $\电话^\infty/c_0$ 在不同的公理系统中进行了思考。听到ZF相对一致的扩展意味着 $（\ell^\infty）^*=\ell^1$ .

分析专业的学生都知道 $（L^p）^*=L^q$ 对于 $1/p+1/q=1$ 在极限情况下发生故障 $p=\英寸$ 是一种令人厌烦的烦恼，对考试失分有好处。早在我做分析的时候，我就知道 $（L^\infty）^*$ .是的，它是在这里。但我从来没有注意到 $（\ell^\infty）^*-\ell^1$ 由ZF集合论中可能不存在的东西组成！对于 $（L^\infty（\mathbb{R}））^*-L^1（\mathbb{R{））$ ?

我刚刚链接到的维基百科文章声称，“除了极为琐碎的情况外 $L^\英寸$ 远大于 $L^1（长^1）$ ”. 考虑到它是多么依赖于公理，我现在觉得这有点误导人！也许我会修好的。

发布人：约翰·贝兹2010年12月10日下午2:54|永久链接|对此的答复

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对于 $（L^\infty（\mathbb{R}））^*-L^1（\mathbb{R{））$ ?

我想是的。我相信这个故事对 $L^p（X，\mu）$ 无论何时 $L^1（X，\mu）$ 是无限维的和可分离的（当然可以很容易地用测量空间的简单性质来表征 $（X，\mu）$ ，但我现在太忙/懒得记住/复制这些内容）。细节可能在谢赫特的书，这是我提到的MathOverflow帖子中引用的，我没有副本可以检查。

发布人：Mark Meckes于2010年12月10日下午3:05|永久链接|对此的答复

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我们总是谈论一个好的理由吗 $c0（c）$ 而从不考虑收敛序列的空间？

发布人：艾利斯2010年12月10日下午5:17|永久链接|对此的答复

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“Always”和“never”都是夸大其词，收敛序列的空间也有一个标准名称就证明了这一点： $c（c）$ .但是 $c0（c）$ 当然，讨论得更频繁，部分原因是它在野外出现得更多（例如在这里)部分是因为它更适合其他古典空间家族( $c_0^*\cong\ell^1$ ，以熟悉的方式给出对偶），部分原因是从Banach空间的几何角度来看 $c（c）$ 和 $c_0（c_0）$ 本质上是一样的( $c（c）$ 和 $c0（c）$ 是同构的，并且 $c0（c）$ 是的1余维1补子空间 $c（c）$ ).

发布人：Mark Meckes于2010年12月10日下午5:51|永久链接|对此的答复

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不管它值多少钱， $c0（c）$ 是可交换的C*-代数无装置，以及 $c（c）$ -我从未听说过这个名字，但它很好是对应的具有单位的C*-代数。

如果有人递给你一个没有单位的C*-代数，比如 $A_0（0）$ ，可以通过形成

$A=A_0\oplus\mathbb{C}$

和给予 $A类$ 以或多或少明显的方式进行乘法，其中 $A_0（0）$ 与之前的乘法相同，但 $1\in\mathbb{C}$ 被递减为乘法单位。

在目前的情况下，

$c=c0\oplus\mathbb{c}$

意味着每个收敛序列都可以唯一地写成一个收敛到零的序列加上一个常数序列。

现在，一个可交换的 $C类^*$ -单位代数是总是同构于紧Hausdorff空间上所有连续函数的代数。

拼图：这个空间是用来做什么的 $c（c）$ ?

拼图：这个空间是用来做什么的 $\单元格^\单位$ ?

这些谜题对于那些研究过这些东西的人来说应该很熟悉，但对于那些没有研究过的人来说可能会很有趣。

发布人：约翰·贝兹2010年12月11日下午1:45|永久链接|对此的答复

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我喜欢这些拼图，我以前从未见过。

在我们的新传统中旋转13，这是我的答案。

Gur p bar vf na byq sevraq公司。Gur fcnpr jr arrq vf Gur bar-cbvag pbzcnpgvsvpngvba K bs Gur angheny ahzoref A.（Vs lbh yvxr，gung'f Gur fhofrg bs E pbafvfgvat bs bar，bar unys，bar dhnegre，rgp，naq mreb.）V unccra gb unir gubhtug nobhg K n ybg:vg'f gu“havirefny pbairetag frdhrapr”，zrnavat gung n pbagvahbhf znc sebz K gb nabgure gbcbybtvpny fcnpr L vf n frdhrapr va L gbtrgure jvgu n cbvag gb juvpu vg pbairetrf。

Gur ryy-vasgl酒吧gbbx zr ybatre。Ohg urer vg vf：vg’f gur Fgbar-Prpu pbzcnpgvsvpngvba M bs A.Fgbar-Prpu pbz cnpgvsv vpngv ba vf yrsg nqwbvag gb gur sbetrghy shapgbe sebz vfa’g pbzcnpg，Ohg bayl n yvggyr ovg。

Abj V frr r jul lbh nfxrq gubfr gjb dhrfgvbaf gbtrgure（阿布·V frr jul lb）。

Urer’f n dhrfgvba：qbrf gur P-*nytroen bs pbagvahbhf shapgvbaf ba gur Pnagbe frg unir n anzr？

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月11日下午2:18|永久链接|对此的答复

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汤姆·伦斯特写道：

在我们的新传统中，这是我的答案。

伟大的！我很高兴你知道我为什么要把这两个谜题放在一起。

顺便说一下，汤姆，我喜欢编码的想法答案使用rot13进行拼图。但编码您的新问题在rot13似乎有点太多了！因此，我将冒昧地为读者解码：

这里有一个问题：康托集上连续函数的C-*代数有名字吗？

我不知道它的名字…

发布人：约翰·贝兹2010年12月12日上午7:35|永久链接|对此的答复

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Weeell，我把它弄烂了，因为它清楚地表明，这两个谜题的答案都不是“康托集合”。（我承认我花了一段时间想知道这是否是第二个问题的答案。）但没关系；提供线索没有害处。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月12日上午7:41|永久链接|对此的答复

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谷歌找到了“康托集合上连续函数的代数”这一短语的一些热门词（所以人们已经考虑过了），但我所看到的都没有给出一个更简洁的名称。所以我认为它可能就是康托集上连续函数的代数。

发布人：Mark Meckes，2010年12月15日上午1:15|永久链接|对此的答复

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那么回到方程f（x+y）=f（y）+f（y？对于像我这样的初学者来说，有什么基本的解释吗？

发布人：Jamal教授于2010年12月10日下午7:09|永久链接|对此的答复

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J教授，我不认为是很明显……但这是真的。

以下是相对强大的假设下的论点 $（f）$ 是连续的。所以：我们有一个连续函数 $f： \mathbf{R}\到\mathbf{R}$ ，令人满意 $f（x+y）=f（x）+f（y）$ 为所有人 $x、 y\in\mathbf{R}$ .我们必须证明 $A\in\mathbf{R}$ 这样的话 $f（x）=A x$ 对所有人来说 $x\in\mathbf｛R｝$ .

放置 $A=f（1）$ .通过感应，无论何时 $n个$ 是一个正整数， $f（n）=n\cdot f（1）=A n$ 。此外 $f（1）=f（0+1）=f，$ 所以 $f（0）=0$ 因此，对于正整数 $n个$ , $0=f（0）=f（n+（-n））=f，$ 所以 $f（-n）=A\cdot（-n$ 所以我们现在已经证明了 $f（x）=A x$ 对于所有整数 $x个$ （正、零或负）。

也是通过归纳法， $f（n x）=n f（x）$ 对于所有正整数 $n个$ 和实数 $x个$ .因此 $f（y/n）=f（y）/n$ 对于所有正整数 $n个$ 和实数 $年$ （通过放置 $x=是/否$ 和重新排列）。特别是，当 $年$ 是一个整数 $米$ -但我们已经知道整数 $米$ ，我们有 $f（m）=A米$ .因此 $f（m/n）=f（m）/n=A m/n$ 对于所有整数 $米$ 和正整数 $n个$ 换句话说， $f（x）=A x$ 对于所有有理数 $x个$ .

现在让我们 $x个$ 是一个实数。我们可以选择一个序列 $（x_k）$ 有理数收敛到 $x个$ .自 $（f）$ 是连续的， $f（x）=lim_{k\to\infty}f（x_k）=\lim_{k\to\infty}Ax_k=A\lim_{k\to\infty}x_k=A x。$ 所以 $f（x）=A x$ 一切都是真的 $x个$ ，根据需要。

这在连续性假设下证明了这一点。如果你想在较弱的可测性假设下看到一个证明，我只能在这里向你指出示例3Tricki页面.

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月11日凌晨3:01|永久链接|对此的答复

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贾马尔教授写道：

那么回到方程式 $f（x+y）=f（x）+f（y）$ ，为什么很明显 $f（x）=A x$ 唯一的解决方案是什么？对于像我这样的初学者来说，有什么基本的解释吗？

汤姆写道：

J教授，我不这么认为是很明显……但这是真的。

我知道你很清楚这一点，汤姆，但正因为如此，J教授才不会感到困惑：

事实上不唯一的解决方案是 $f（x）=A x$ ，除非我们假设 $（f）$ 是稍微“好”的（例如连续的或可测量的），或者在我们的数学中添加一些公理，以消除“讨厌的”解决方案的可能性。

许多数学家相信一个叫做选择公理的原则，这使得我们很容易看到其他解决方案-至少如果你知道让这类事情变得简单的那种奇妙的数学！想想 $\mathbb{R}$ 作为向量空间 $\mathbb{Q}$ ，并选择一个基础 $计算机接口$ 对于这个向量空间。然后我们得到一个解决方案

$f（c_i）=a_i$

哪里 $a_i\in\mathbb{R}$ 都是我们喜欢的数字。

但这一切只有在你使用选择公理时才会发生。通过其他公理，你可以证明没有其他除了显而易见的解决方案， $f（x）=A x$ .

所以，这很有趣：一个极其简单的方程，但不同的人相信不同的数学公理，对它有多少解会有不同的看法！

发布人：约翰·贝兹2010年12月11日下午2:00|永久链接|对此的答复

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一个随机的想法：一个人能建设性地说些什么吗局部的巴纳赫空间？我的意思是，如果不是设置连续线性泛函的区域设置在这种情况下，即使在没有足够的点的情况下，语言环境也会有用吗？也就是说，这种情况是否与Tychonoff定理类似，你需要AC来使一些无限维空间具有“点”，但无限维空间作为一个空间只要你不要求它有足够（甚至任何）的分数？

发布人：Mike Shulman于2010年12月11日上午6:47|永久链接|对此的答复

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问得好！我希望我知道足够的建设性分析，只需思考几分钟就可以在这方面取得一些进展。也许外面有人可以？

这是我最好的尝试：有一个Gelfand-Naimark定理的构造形式普通版本将紧Hausdorff空间与交换酉C*-代数联系起来。在普通版本中，空间中的点对应于从代数到 $\mathbb{C}$ .所有连续线性泛函都是弱小的- $*$ 拓扑这种同态的有限线性组合。

那么，当你从一个没有点的空间开始时，建设性版本会发生什么呢？你得到了一个没有连续线性泛函的交换C*-代数吗？

Thierry Coquand、Klaas Landsmann和Bas Spitters等人可以在这里帮助我们…

发布人：约翰·贝兹2010年12月12日上午7:55|永久链接|对此的答复

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加扬·克里斯特纳斯科恩！或者如果你认为现在说这些太晚了，波南·诺瓦隆！

偶然地，我发现了弗雷切特定理的多维推广。

定理如果 $f： \mathbf{R}^n\to\mathbf{R}$ 是满足恒等式的可测函数 $f（x+y）=f（x）+f（y）$ ，然后 $f=\langle\xi，-\rangle$ 对一些人来说 $\xi\in\mathbf{R}^n$ .

在这里 $\兰格-，-\兰格$ 是标准内部产品。

这（本质上）是杰拉尔德·福兰德（Gerald Folland）书中的定理8.19实际分析.

实际上，推广到更高维度是很容易的。（想想 $（f）$ 到每个坐标轴。）但我认为这是一个好结果。此外，他还负责 $1$ -尺寸大小写为十行，英文。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月28日凌晨3:33|永久链接|对此的答复

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就这一点而言，很容易从弗雷切特定理中推断出任何一个加性函数 $f： \mathbf{R}^n\times\mathbf}^n\to\mathbf{R}$ 是 $\矩阵{R}$ -双线性。

发布人：汤姆·伦斯特2010年12月29日4:38 AM|永久链接|对此的答复

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2010年12月10日

普里拉·芬科奇亚·埃科瓦西奥（Pri la Funkcia Ekvacio）f（x+y）=f（x）+f（y）

Tom Leinster发布

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