$\mathbb{R}$ nin ilginç bir özelliği

Question

$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$  bir halka homomorfizması olsun.

$f(1)\neq0$ ise $f$ nin özdeşlik (birim) (yani $\forall x\in\mathbb{R}$ için $f(x)=x$) olduğunu gösteriniz.

(Not: Birim elemanlı halkalar arasından homomorfizma tanımına, bazan diğer iki koşula ek olarak, $f(1)=1$ olma koşulu da eklenir, o durumda, elbette, $f(1)\neq0$ ek koşuluna gerek kalmaz.)

Comments

Ben bir çözüm buldum. Siz kaç farklı çözüm biliyorsunuz hocam?

---

Bu soru olmali gibiydi sanki. Emin de olamadim.

---

Çözümünü yazar mısın Ozgur.

Answer 1

Birinci adım:

Eğer $f(1) \neq 0$ ise

$$ f(1) = f(1\cdot 1) = f(1) \cdot f(1)$$

eşitliğinin her iki tarafını da $f(1)$'in (çarpımsal) tersiyle çarparak $f(1) = 1$ elde ederiz.

Ikinci adım:

$$ f(0) = f(0+0) = f(0) + f(0)$$

eşitliğinin her iki tarafına $f(0)$'ın (toplamsal) tersini eklersek $f(0) = 0$ elde ederiz.

Üçüncü adım:

Birinci adımda elde ettiğimiz $f(1) = 1$ eşitliğini kullanarak her $n$ doğal sayısı için 

$$f(n) = f( 1 + \ldots + 1) = f(1) + \ldots + f(1) = 1+ \ldots + 1 = n$$

elde ederiz.

Dördüncü adım:

Ikinci ve üçüncü adımı birleştirerek 

$$0 = f(0) = f(n + (-n)) = f(n)+f(-n) = n + f(-n)$$

eşitliğinden $f$'in tam sayılar üzerinde özdeşlik olması gerektiğini çıkarabiliriz.

Beşinci adım: 

Benzer yöntemlerle $f$'in rasyonel sayılarda özdeşlik olması gerektiğini gösterebiliriz. 

Durup düşünme:

Elimdeki fonksiyonun rasyonel sayılarda bir özelliğini biliyorum. Bu özelliği rasyonel sayılardan reel sayılara nasıl genişletebilirim? 

Belki reel sayıların rasyonel sayılar üzerine bir vektör uzayı olduğunu kullanabilirim. Ama o zaman bu özellik reel sayıların ilginç bir özelliği olmaz. Çünkü eğer sadece vektör uzayı yapısını kullanıyorsam, her cisim genişlemesi için bu özelliğin doğru olması gerekir ki bunun doğru olmadığını biliyorum.

Rasyonel sayıların reel sayılarda yoğun olduğunu kullanabilirim. Bunun için süreklilik lazım. Deneyeyim.

Altıncı adım:

Şimdi biraz halka yapısının dışına çıkıyoruz. Diyelim ki $a \geq b$ olsun. Bu durumda $a - b \geq 0$ olur ve $ a - b = c^2$ olacak bir $c$ sayısı bulabiliriz. Bu da

$$f(a - b) = f(c^2) = f(c)^2 \geq 0$$ eşitsizliğini ve dolayısıyla $f(a) \geq f(b)$ olması gerektiğini söyler. Demek ki her $a, b$ reel sayı çifti için

$$a \geq b \implies f(a) \geq f(b)$$

olması gerekir. Buradan da beşinci adımı kullanarak her $q$ rasyonel sayısı için

$$ a - b \leq q \implies f(a) - f(b) \leq f(q) = q $$

olduğunu çıkarabiliriz. Bu da bize $f$'in sürekli olduğunu söyler.

Yedinci adım:

Şimdi elimizde limit ve süreklilik kavramları var. Eğer sürekli bir fonksiyon rasyonel sayılarda özdeşlik ise her yerde özdeşlik olmak zorundadır.

Comments

Çok güzel olmuş.

Süreklilik (hem de düzgün süreklilik) adımını şöyle daha net görebiliriz:

$\varepsilon>0$ sayısı verilsin. $0<\delta\leq\varepsilon$ ve $\delta\in\mathbb{Q}$ olacak şekilde seçelim.

$|a-b|<\delta$ olsun. (gerekirse yer değiştirip) $b\leq a$ kabul edebiliriz. ($|a-b|=a-b<\delta$ olur.)

Artanlık (aynı zamanda $f$ 1-1 dir) nedeniyle, $f(b)\leq f(a)$ olur. Bu nedenle :

 $|f(a)-f(b)|=f(a)-f(b)=f(a-b)< f(\delta)=\delta\leq\varepsilon$ 

Son kısmı, süreklilik kullanmadan şöyle de yapabiliriz:

$r$ bir irrasyonel sayı olsun. $\forall n$ için $a_n<r<b_n$ ve $\lim_{n\to\infty} b_n=\lim_{n\to\infty}a_n=r$ olacak şekilde iki RASYONEL dizi alalım. $f$ nin artanlığı nedeniyle:

$\forall n\in\mathbb{N}$ için $a_n=f(a_n)<f(r)<f(b_n)=b_n$ oluşundan, (Sıkıştırma Teoreminden) $f(r)=r$ olmak zorundadır.

---

Son adım, dizi kullanmadan, tamlık özelliği kullanarak,  şöyle yapılabilir:

Önce $\forall r\in\mathbb{R}$ için $r=\sup\{x\in\mathbb{Q}:x<r\}=\inf\{x\in\mathbb{Q}:x>r\}$ olduğunu gösterilir.

$r$ bir irrasyonel sayı olsun.

Artanlıktan ve $\forall x\in\mathbb{Q}$ için $f(x)=x$ oluşundan dolayı 

$f(r)\leq\inf\{x\in\mathbb{Q}:x>r\}=r$ ve 

$f(r)\geq\sup\{x\in\mathbb{Q}:x<r\}=r$  olur. 

Bu ikisinden $f(r)=r$ olmak zorunda kalır.

---

Sürekliliği göstermenin başka bir şekli:

$f$ nin her yerde sürekli olduğunu göstermek için aşağıdaki teoremi kullanacağız:

Teorem: $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ monoton olsun. O zaman $\forall a\in\mathbb{R}$ için $\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)$ ve $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)$ sonlu olarak vardır ve:

$f,\ a$ da süreklidir $\displaystyle\Leftrightarrow \lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^-}f(x)$

olur. (Kısaca: monoton fonksiyonların sadece sıçrama tipi süreksizliği olabilir)

($f$ artan ise, 

$\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)=\inf\{f(x):x>a\}$ ve $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)=\sup\{f(x):x<a\}$  olur)

$f$ bir $a$ sayısında süreksiz olsun. $\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)$ ile $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)$ arasında (ikisinden de farklı)  ve $q\neq f(a)$ olacak şekilde bir $q\in\mathbb{Q}$ sayısı vardır. Monotonluk nedeniyle, $f,\ q$ değerinin asla alamaz. Ama $f(q)=q$ idi.Çelişki.

Öyleyse, $f$, her yerde, sürekli olmak zorundadır.

---

Son adım için sanırım en kısa çözüm:

Bir $r$ gerçel sayısı için $f(r)\neq r$ olduğunu varsayalım. (Elbette ki $r$ irrasyoneldir)

 O zaman ya $r<f(r)$ ya da $f(r)<r$ olacaktır.

 Her iki durumda da $r$ ile $f(r)$ arasında bir $q$ rasyonel sayısı bulabiliriz.

1. durumda $r<q<f(r)$ olur. Ama, $f$ artan olduğu için $f(r)<f(q)=q$ olur. Çelişki.

2. durumda $f(r)<q<r$ olur. Ama, $f$ artan olduğu için $q=f(q)<f(r)$ olur. Çelişki.

Öyleyse $\forall r\in\mathbb{R}$ için $f(r)=r$ olmalıdır.

---

En son çözümü en çok beğendim.