Hay otra diferenciable monótona creciente (o decreciente) en función de $ f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ con una propiedad que $ f(xy) = f(x) + f(y) $, igual que el registro de la función tiene?
Respuesta
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He aquí la derivación de la solución a la ecuación funcional en cuestión:
Supongamos $f:(0,\infty)\to\mathbb R$ satisface $f(xy)=f(x)+f(y)$ todos los $x,y\in(0,\infty)$ $f$ es monótono.
Ahora, definir $g:\mathbb R\to\mathbb R$ y $g(x)=f(\exp(x))$. $g$ satisface $g(x+y)=f(\exp(x+y))=f(\exp(x)\cdot\exp(y))=f(\exp(x))+f(\exp(y))=g(x)+g(y)$ $g$ es demasiado monotono.
Deje $P(x,y)$ ser la afirmación de $g(x+y)=g(x)+g(y)$. De esto podemos deducir: $$ P(x,0): g(x)=g(x)+g(0)\iff g(0)=0 \\ P(x, x): g(0)=g(x)+g(-x)\iff g(-x)=-g(x) $$ Además, podemos probar inductivamente $g(x_1+x_2+…+x_n)=g(x_1)+g(x_2)+…+g(x_n)$ y por tanto: $$ g(nx)=g(\underbrace{x+x+...+x}_{n})=\underbrace{g(x)+g(x)+...+g(x)}_{n}=n\cdot g(x) $$ y $$ g(x)=g\a la izquierda(n\cdot\frac{x}{n}\right)=n\cdot g\left(\frac{x}{n}\right) \iff g\left(\frac{x}{n}\right)=\frac{g(x)}{n} $$ para $n\in\mathbb N$.
En consecuencia, tenemos $g\left(\frac{p}{q}\right)=p\cdot g\left(\frac{1}{q}\right)=\frac{p}{q}\cdot g(1)$ $p,q\in\mathbb N$ e lo $g(r)=r\cdot g(1)$ todos los $r\in\mathbb{Q_+}$. Junto con $g(-x)=-g(x)$ podemos deducir que $g(r)=r\cdot g(1)$ todos los $r\in\mathbb{Q}$.
Ahora supongamos $g$ es monótona creciente y existe una $x\in\mathbb{R}$ que $g(x)>x\cdot g(1)$. Debido a que los racionales son densos, podemos elegir un $r\in\mathbb{Q}$$g(x)>g(r)=r\cdot g(1)>x\cdot g(1)$. Esto implica $x≥r$$r>x$, contradicción (tenga en cuenta que $g(1)$ tiene que ser positivo).
La misma idea funciona si $g(x)<x\cdot g(1)$ y también si $f$ es monótona decreciente.
Así llegamos a la conclusión de que $g(x)=c\cdot x$ fijos $c\in\mathbb R$, y para todos los $x\in\mathbb R$.
Esto implica $f(\exp(x))=c\cdot x \iff f(x)=c\cdot\ln(x)$. Aquí, tendremos a $c=0$ o $c=\log_a(e)$ algunos $a\in\mathbb{R_{>0}}$ por lo tanto $f(x)=0$ o $f(x)=\log_a(x)$ todos los $x\in(0,\infty)$.
