数学联邦政治世界观
超小超大

三角函数

构造一个不是三角函数的f(x)和g(x)。简化一下问题,假设f(x)=f(0)=0,可得g(x+y)=g(x)g(y)。再设k(x)=ln(g(x)),有k(x+y)=k(x)+k(y)。如果能找到了一个k(x)的不连续解,g(x)=e^k(x)也不可能是连续的,从而不可能是三角函数。

设R是Q上的线性空间,因为739085^(1/2)是无理数,所以S={1,739085^(1/2)}在Q上是线性无关的。现在我们定义一个集合T={X|S⊆X,X中的元素在Q上线性无关},然后对T中的元素,用集合之间的⊆关系定义<关系,就给T中的元素建立了一个偏序关系。比如对M={1,739085^(1/2),√2}和N={1,739085^(1/2),π},我们有M,N∈T,其中S<M,S<N,但M和N之间互相没有包含关系,所以M和N之间不能比较大小,于是T不是一个全序集。但利用选择公理,我们可以在T中找到一个极大的全序子集。

我们给出一个单调递增的序列S_n(n∈N):

S₀=S

S_(n+1)=S_n∪{739085^(1/(n+2))}

然后可以取并集得到:

S_ω=∪S_n={1,739085^(1/2),739085^(1/3),......}

可以看出来,对每个n,都有S_ω>S_n。

然后在S_ω中再加一个元素得到S_(ω+1),并保证S_(ω+1)中的元素仍然是线性无关的,比如取2^(1/2)。接下来以此类推:

S_(ω+n+1)=S(ω+n)∪{2^(1/(n+2))}

再取并集可以得到:

S_(ω×2)=∪S_x(x<ω×2)

我们还可以继续下去,比如令S(ω×2+n+1)=S(ω×2+n)∪{π^(n+1)},然后又有S_(ω×3)=∪S_x(x<ω×3)等等。就这样一直往下增加元素,每个后继序数处随便选择一个能保证新得到的集合仍然在Q上线性无关的元素加入原来的集合,而极限序数处取之前所有更小集合的并集。直到某个S_α,加入R\S_α中的任何一个元素都会使新的集合在Q上线性相关了,我们就无法继续构造S_(α+1)了。于是S_α就是一个符合条件的T中的极大全序子集。

可以看出来,S_α就是R看成Q上的线性空间的一组基。对任意r∈R,我们都可以找出有限个S_α中的数c₀,c₁,c₂,......,c_n(n∈N),使得r=q₀c₀+q₁c₁+......+q_n*c_n,其中q₀,q₁,......,q_n是不全为0的有理数。这是因为如果存在一个r不能写成这样的组合,就必然需要在S_α中再加入至少一个元素d,得到一个更大的基H,r才能表示成H上的有理系数线性组合。于是H也是Q上的线性无关组,这和S_α是极大的线性无关组矛盾。

于是令k(1)=58和k(√739085)=42,对t∈S_α\{1,√739085},令k(t)=0。然后定义k(r)=q₀k(c₀)+q₁k(c₁)+......+q_n*k(c_n)。

设x=a₀b₀+a₁b₁+......+a_n*b_n

和y=u₀v₀+u₁v₁+......u_m*v_m

其中a_i,u_i∈Q,而b_i,v_i∈S_α。于是可得:

k(x+y)=a₀k(b₀)+a₁k(b₁)+......+a_n*k(b_n)+u₀k(u₀)+u₁k(v₁)+......+u_m*k(v_m)=k(x+y)

因为k(1)=58,k(√739085)=42,显然k不是正比例函数,而k(x+y)=k(x)+k(y)的连续解一定是正比例函数,所以k(x)是这个方程的不连续解。事实上,k(x)是处处不连续的,甚至是R上的不可测函数,所以构造的过程必须用到选择公理。

于是f(x)=0,g(x)=e^k(x),属于函数方程的一个非三角函数解。

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