Demostrar que $f(x) = a\ln(x) + b$ si $f(xy) = f(x) + f(y)$

Question

Vi esta pregunta y estaba convencido de que la afirmación es verdadera. Sin embargo he intentado solucionar el problema por derivating la ecuación con respecto a $x$:

$$\dfrac{\partial f(xy)}{\partial x}y = \dfrac{d f(x)}{d x}.$$

Ahora si puedo tomar la derivada de w.r.t. $y$:

$$\frac{\partial^2 f(xy)}{\partial x\partial y}xy + \dfrac{\partial f(xy)}{\partial x} = 0.$$

Deje $g(x,y) = \dfrac{\partial f(xy)}{\partial x}$, entonces:

$$\partial_y (g) xy + g = 0$$

Estoy atascado aquí, ny ayuda es muy útil para mí, gracias!

Answer 1

Asumiendo $f$ es diferenciable, entonces se sigue \begin{align} \frac{\partial}{\partial x} f(xy) = \frac{\partial}{\partial x}(f(x)+f(y)) \ \ \Rightarrow \ \ yf'(xy) = f'(x) \end{align} para todos los $y$. Set $x=1$, entonces se sigue \begin{align} yf'(y) = f'(1) \ \ \Rightarrow \ \ f'(y) = \frac{f'(1)}{y} \ \ \Rightarrow \ \ f(y) = f'(1)\ln y + C. \end{align} Por lo tanto sigue \begin{align} f(y) = f'(1)\ln y + f(1). \end{align} Sin embargo, sabemos que \begin{align} f(1\cdot 1) = f(1)+f(1) \ \ \Rightarrow \ \ f(1) = 0 \end{align} lo que significa que \begin{align} f(y) = f'(1)\ln y . \end{align}

Edit: he asumido la diferenciabilidad para evitar la posible existencia de alteraciones patológicas de los ejemplos tales como las proporcionadas por el Cauchy funcional de la ecuación de $f(x+y) = f(x)+f(y)$.

Answer 2

Como se dijo, el teorema es falso. Considere la posibilidad de $f(x)=\ln(x+1)$. Repetir como $f(x)+f(y)=f(xy)$ todos los $x,y>0$ $f(1)=0$ $f$ es continuo, a continuación, $f(x)=k\ln(x)$ para alguna constante k.

Vamos a considerar que el problema en lugar. $f(x)+f(x)=f(x^2)$, $f(x)+2f(x)=f(x^3)$, etc. Por inducción se puede demostrar $nf(x)=f(x^n)$ para todos los enteros n. Haciendo la transformación $x\to x^{1/n}$ se puede conseguir que la $f(x^{1/n})=\frac{1}{n}f(x)$ por lo tanto $f(x^{p/q})=\frac{p}{q}f(x)$ para todos los enteros p,q. A continuación, ya que se requiere que f sea continua, $f(x^\alpha)=\alpha f(x)$ todos los $\alpha\in\mathbb{R}$. WLOG deje $f(e)=1$$f(e^x)=x$, en otras palabras, f es la inversa de a$e^x$$f(x)=\ln(x)$, a continuación, toda la familia de soluciones es justo escala por un factor constante.

Answer 3

No necesariamente saben que $f$ es diferenciable. Los comentarios/respuestas en la pregunta que usted vinculados a sugerir que es mucho más fácil demostrar que si $g(x+y)=g(x)+g(y)$ todos los $x,y$ $g$ es continuo, $g(x)=ax$ algunos $a$.

La función de $f\circ \exp$ satisface \begin{align*} (f\circ \exp)(x+y))&=f(e^{x+y})\\ &=f(e^xe^y)\\ &=f(e^x)+f(e^y)\\ &=(f\circ \exp)(x)+(f\circ \exp)(y). \end{align*} Así que usted sabe que $f\circ \exp = ax$ algunos $a$, lo $f(x)=f(e^{\ln x})=(f\circ \exp)(\ln x)=a\ln x$.

Usted debe tener $b=0$, debido a que para un valor distinto de cero $b$, $$a\ln(xy)+b=a\ln x + a\ln y +b \neq (a \ln x + b)+(a \ln y + b).$$

Answer 4

He cometido un error cuando derivating. Deje $u=xy$, entonces: $$\partial_x f(xy) = \dfrac{df}{du}y = \dfrac{df}{dx}.$$

Ahora me derivado w.r.t. $y$:

$$\partial_y \left(\dfrac{df}{du}\right)y + \dfrac{df}{du} = 0.$$

Esto implica

$$\dfrac{d^2f(u)}{du^2} \overbrace{xy}^{u} + \dfrac{df}{du} = 0$$

La solución de esta ecuación diferencial de los rendimientos de la solución deseada.