22 votos

$g(x+y)+g(x)g(y)=g(xy)+g(x)+g(y)$ todos los $x,y$.

Encontrar todas las funciones $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $g(x+y)+g(x)g(y)=g(xy)+g(x)+g(y)$ todos los $x,y$.

Creo que las soluciones se $0, 2, x$. Si $g(x)$ no es idéntica $2$,$g(0)=0$. Estoy tratando de mostrar si $g$ no es constante, entonces $g(1)=1$. He a $g(x+1)=(2-g(1))g(x)+g(1)$. Así que si $g(1)=1$, podemos mostrar de forma inductiva que $g(n)=n$ por entero $n$. Tal vez luego se extenderá a los racionales y reales.

12voto

Calvin Lin Puntos 33086

Deje $P(x,y)$ denotar $g(x+y) + g(x) g(y) =g(xy) + g(x) + g(y) $. Las declaraciones importantes que nos gustaría tener en cuenta son

$$ \begin{array} { l l l } P(x,y) & : g(x+y) + g(x) g(y) =g(xy) + g(x) + g(y) & (1) \\ P(x,1) & : g(x+1) + g(x) g(1) = 2 g(x) + g(y) & (2) \\ P(x, y+1) & : g(x+y+1) + g(x) g(y+1) = g(xy+x) + g(x) +g(y+1) & (3)\\ \end{array} $$

Con $x=y=2$, obtenemos $g(4) + g(2)^2 = g(4) + gf(2) $. Por lo tanto cualquiera de las $g(2) = 0$ o $g(2) = 2$.
Deje $g(1) = A$. Con $x=y=1$, obtenemos $g(2) + A^2 = 3A$.

Si $g(2) = 0$, $A^2 - 3A = 0$ $A=0$ o $A=3$.

Si $A=0$:
$(2)$ nos da $g(x+1) = 2g(x)$.

$(3)$ nos da $g(x+y+1) +g(x)g(y+1)= g(xy+y) + g(x)+g(y+1)$.
La aplicación de la anterior da $2g(x+y)+g(x)2g(y) = g(xy+x) + g(x) + 2g(y)$, o que $2g(x+y) + 2g(x)g(y) = g(xy+x) + g(x) + 2g(y)$.

$(1)$, combinado con el de arriba nos da $g(xy+x) = 2g(xy) + g(x) $.
Sustituto $y=1$ en la anterior identidad, obtenemos $g(x+1) = 2g(x) + g(x)$. Comparando con la primera ecuación, por lo tanto tenemos a $f(x) = 0 $.
Es fácil comprobar que $f(x) = 0$ es una solución.

Si $A=3$:
$(2)$ nos da $g(x+1) = - g(x) + 3$.

$P(x,2)$ nos da $g(x+2) = g(2x) + g(x)$.

A partir de la identidad anterior, $g(x+2) = -g(x+1) + 3 = g(x)$. Por lo tanto $g(2x) = 0$ todos los $x$. Sin embargo, con $x = \frac{1}{2}$, tenemos una contradicción. No hay ninguna solución en este caso.

Si $g(2) = 2$, $A^2 - 3A +2 = 0 $ $A= 1$ o $A=2$.

Si $A = 1$:
$P(0,1) $ nos da $g(1) + g(0) = g(0) + g(0) + g(1)$$g(0) = 0 $.

$(2)$ nos da $g(x+1) = g(x) + g(1)$.

$(3)$ nos da $g(x+y+1) + g(x) g(y+1) = g(xy+x) + g(x) + g(y+1)$. Utilizando la anterior, esto nos da la $ g(x+y) + g(x) g(y) = g(xy+x) + g(x) + g(y) $.

$(1)$ nos da $g(x+y) + g(x) g(y) = g(xy) + g(x) + g(y)$. Por lo tanto $g(xy+x) = g(xy) + g(x) $.

Ahora, para los no-cero $a, b$, vamos a $x = b$$ y = \frac{b}{a}$. Esto nos da $g(a+b) = g(a) + g(b) $. Es claro que esta ecuación también se aplica en el caso de $a$ o $b$ es igual a 0, ya que $g(0) = 0 $. Por lo tanto, tenemos $g(x+y) = g(x) + g(y) $.

Esto también da $g(xy) = g(x) g(y)$. Con estas 2 ecuaciones, la única solución es $g(x) = x$. (leve trabajar aquí, pero esta es la norma en las ecuaciones funcionales).

Si $A=2$:

$(2)$ nos da $g(x+1) +2g(x) = g(x) + g(x) + g(1)$, lo $g(x) = 2$ todos los $x$. Esto es claramente una solución.

En conclusión, sólo tenemos el 3 de soluciones de $g(x) = 0$ o $g(x) = 2$ o $g(x) = x$.

1voto

Se trata de mostrar que el $g(1)=1$: Si asumimos que el$g(0)=0$$g(2)\neq 0$, podemos demostrar que $g(1)=1$ como sigue:

Tomamos $x=y=2$, y sustituir:

$g(2+2)+g(2)g(2)=g(2\cdot 2)+g(2)+g(2)$

así

$g(4)+g(2)^2=g(4)+2g(2)$, y dado que estamos suponiendo que la $g(2)\neq 0$, luego

$g(2)=2$.

Ahora bien, si tenemos $x\neq 0$, y luego tomar las $y=x^{-1}$ y sustituyendo en la ecuación original nos da

$g(x+x^{-1})+g(x)g(x^{-1})=g(1)+g(x)+g(x^{-1})$.

En particular, teniendo en $x=1$,

$g(2)+g(1)g(1)=g(1)+g(1)+g(1)$.

La suposición $g(2)\neq 0$ e esta ecuación implica, en particular, que $g(1)\neq 0$. Y de hecho, tenemos

$3g(1)-g(1)^2=g(2)=2$, lo que da $g(1)=1$ o $2$.


Agrega más adelante (para descartar $g(1)=2$):

Supongamos que $g(1)=2$. Tomando $x=1,y=-1$ hemos

$g(1+(-1))+g(1)g(-1)=g(1\cdot (-1))+g(1)+g(-1)$, que es

$2g(-1)=g(-1)+2+g(-1)$, y así

$0=2$, lo cual es absurdo.

1voto

Arash Puntos 6587

Es mucho más complicado de lo que parece. Si pones $x=y=0$, obtenemos bien $g(0)=0$ o $g(0)=2$. Si $g(0)\neq 0$ a continuación, poner $y=0$ en la ecuación y se obtiene para todos los demás $x$, $g(x)=2$.

Primera solución: $g(x)=2$

Ahora si $g(0)=0$ hay otras posibilidades. Elija $x=y=2$ y, a continuación, cualquiera de las $g(2)=0$ o $g(2)=2$.

Si $g(2)=0$, entonces cualquiera de las $g(1)=0$ o $g(1)=3$. Para $g(1)=0$, consigue $g(n)=0$ todos los $n\in\mathbb{Z}$. También se obtiene: $$ g(x+n)=g(nx)+g(x)\rightarrow g(x+1)=2g(x) \rightarrow g(x+n)=2^ng(x) $$ Por otro lado tenemos: $$ g(mx)=(2^m-1)g(x) $$ Ahora, escriba: $g(2x+2n)$ en dos maneras. $$ g(2x+2n)=2^{2n}g(2x)=2^{2n}3g(x)\text{ o } g(2x+2n)=3 g(x+n)=2^{n}3g(x). $$ Ahora, para todos los $n$ tenemos $2^{n}3g(x)=2^{2n}3g(x)$, lo que significa $g(x)=0$. Así se obtiene:

Segunda solución: $g(x)=0$$g(0)=g(2)=g(1)=0$.

Ahora si $g(1)=3$, podemos ver que $g(x+1)+g(x)=3$ da $g(2k)=0$$g(2k+1)=3$. También se $g(x)=g(x+2)=g(x+2n)$ Además, hemos similar a la de antes: $$ g(x+2n)=g(2nx)+g(x)\rightarrow g(x+2)=g(2x)+g(x) \rightarrow g(2x)=0. $$ así que para todos los $x$, $g(2x)=0$ lo que está en contradicción con $g(1)=3$ (elija $x=0.5$). Por lo $g(1)$ no puede ser 3.

Ahora vamos con el caso donde$g(0)=0$$g(2)=2$. Por un argumento similar, $g(1)$ es 1 o 2. $x=2$ conduce a la contradicción de una manera similar y, entonces usted debería considerar la posibilidad de $g(1)=1$ que por inducción da $g(n)=n$. Para demostrarlo racionales para comenzar con la observación de que $g(n+x)=n+g(x)$. A continuación, elija $x=n$$y=\frac{1}{n}$, lo que le da $g(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}$. Finalmente, se puede demostrar que $g(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}$ y, a continuación, se puede demostrar que los $g(x)\neq x$ conduce a una contradicción:

Tercera Solución: $g(x)=x$.

1voto

6005 Puntos 19982

Aquí es mucho menos oscura solución con fuerte influencia de Calvino Lin excelente respuesta. $$ g(x + y) + g(x)g(y) = g(xy) + g(x) + g(y) \tag{0} $$ Primero de todo, conectar $y = 1$ da $$ g(x + 1) + g(x)g(1) = 2g(x) + g(1)$$

Para mejorar la legibilidad deje $g(1) = k$ y hemos $$ g(x + 1) = (2-k)g(x) + k \etiqueta{1} $$

Conectar $y + 1$ $y$ en (0) y la reducción de la con (1): \begin{align*} g(x + y + 1) + g(x)g(y+1) &= g(xy + x) + g(x) + g(y+1) \\ (2-k)g(x + y) + k + g(x) \left[ (2-k)g(y) + k \right] &= g(xy + x) + g(x) + (2-k)g(y) + k \\ (2-k)\left[g(x + y) + g(x) g(y) - g(x) - g(y)\right] + g(x) &= g(xy + x) \end{align*}

El uso de (0) de nuevo llegamos a la conclusión de $$ g(xy + x) = (2-k)g(xy) + g(x) $$

Así que mientras a $x$ es distinto de cero, dejando $z = xy$ hemos $$ g(z + x) = (2 - g(1))g(z) + g(x) \etiqueta{2} $$ para todos los verdaderos $x$ y $z$, $x \ne 0$.

A partir de aquí trabajamos con el limpiador de la ecuación (2). Establecimiento $z = 0$ da $(2 - g(1))g(0) = 0$, lo $g(1) = 2$ o $g(0) = 0$. Si $g(1) = 2$, $g(z + x) = g(x)$ $g(x) = 2$ en todas partes. De lo contrario, $g(0) = 0$, por lo enchufe en $z = -x$ a (2): $$ 0 = (2 - g(1))g(-x) + g(x) \implica que g(x) = (g(1) - 2) g(-x) $$

Se sigue aplicando esto a $g(--x)$ que $g(x) = (g(1) - 2)^2 g(x)$. Si $g(x)$ es de 0 en todas partes, esta es una solución a la original (0); de lo contrario, esto implica $g(1) - 2 = \pm 1$, lo $g(1) = 1$ o $g(1) = 3$.

En el caso $g(1) = 1$, $g(z + x) = g(z) + g(x)$. Esto implica $g(x) = mx$ para algunas constantes $m$, e $g(1) = 1$$g(x) = x$.

En el caso $g(1) = 3$, $g(z + x) = -g(z) + g(x)$. Pero el intercambio de $x$ y $z$, $g(z + x) = -g(x) + g(z)$, por lo $g$ es uniformemente 0 (que ya hemos asumido que no era el caso).

0voto

felixthehat Puntos 557

La sustitución de una infinitesimal $y=dx$ da

$g(x)+g(x)g(0)=g(0)+g(x)+g(0)$ o $g(x)g(0)=2 g(0)$

y

$g'(x)+g(x)g'(0)=g'(0)x+g'(0)$,

para una función suave $g(x)$. La primera ecuación implica $g(0)=0$ o $g(x)=2$. La solución de la ecuación diferencial con la condición de $g(0)=0$ da

$g(x)=\frac{1}{k}((1-k)e^{-kx}+k(x+1)-1),$

donde $k=g'(0)\ne0$. Si $g'(0)=0$,$g(x)=0$. Cualquier solución suave de su igualdad con $g(0)=0$ $g'(0)\ne0$ debe ser de esta forma, para algunos $k=g'(0)$. Puedo conseguir $g(x)=x$ para $k=1$. Usted puede comprobar si esa es la única opción sustituyendo $g(x)$ en su igualdad.

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