Demuestre que$f$ es aditivo si$f(x)f(x-y)+f(y)f(x+y)= f(x)^2+f(y)^2$

Question

Decir $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ no es constante tal que $$f(x)f(x-y)+f(y)f(x+y)= f(x)^2+f(y)^2$$ Demostrar que $f(x+y)=f(x)+f(y)$.

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Si ponemos $a=f(0)$ e $y=0$ obtenemos $$f(x)^2+af(x)= f(x)^2+a^2 \implies af(x) = a^2$$ Si $a\ne 0$ entonces $f(x)=a$ es la función constante que no puede ser, por lo $a=0$. Ahora si ponemos $x=y$ obtenemos $$f(x)f(2x)=2f(x)^2$$

A partir de aquí no tengo más idea de qué hacer.

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Editar después de Lulu comentario: Si ponemos también a$y=-x$ obtenemos $$2f(x)^2= f(x)f(2x) = f(x)^2+f(-x)^2\implies \boxed{f(x)^2=f(-x)^2}$$

Answer 1

Esta es sólo parte de la respuesta, como no puedo demostrar que $f$ es par o impar.

En primer lugar, queremos mostrar que $f$ es par o impar, dado $f(x)^2 = f(-x)^2$.

Decir que hay dos puntos de $x$ e $y$ tal que $f(x) = f(-x)$ e $f(y) = -f(-y)$. A continuación, $f(x)f(x-y) + f(x+y) = f(x)^2+f(y)^2$, y, por enchufar $-x,y$, obtenemos $$f(-x)f(-x-y) + f(y)f(y-x) = f(-x)^2 + f(y)^2 = f(x)^2 + f(y^2)$$ so we have $$f(x)f(-x-y) + f(y)f(y-x) = f(x)f(x-y) + f(y)f(x+y)$$

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Ahora damos casos en los si $x+y$ e $y-x$ son pares o impares.

Si ambas son iguales, entonces tenemos $f(x+y) = f(x-y)$ o $f(x) = f(y)$ por factorización, la cual es constante. Si ambos son impares, Entonces $f(x) = -f(y)$ o $f(x+y) = f(x-y)$, que aún así ambos son contradicciones.

Por lo tanto, uno tiene que ser uniforme y uno tiene que ser impar. Yo no veo ninguna manera de continuar a partir de aquí; así que me salte a la parte donde ellos son pares o impares.

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Ahora, nos muestran que la $f(x)$ es impar. Sabemos que $f(x)f(x−y)+f(y)f(x+y)=f(x)^2+f(y)^2$, y conectando $-y$ en de $y$, obtenemos $f(x)f(x+y) + f(y)f(x-y) = f(x)^2 + f(-y)^2 = f(x)^2 + f(y)^2$, desde el $f(-y)^2 = f(y)^2$ y, por tanto, $$f(x)(f(x+y)-f(x-y)) = f(y)f(x+y) - f(-y)f(x-y)$$

Ahora, sabemos que $f$ es par o impar (o asumir por ahora). Sin embargo, si $f$ es par, entonces tenemos $$f(x)(f(x+y)-f(x-y)) = f(y)(f(x+y) - f(x-y))$$ So either $f(x) = f(y)$, contradiction, or $f(x+y) - f(x-y) = 0 \implica f(x+y) = f(x-y)$, and because $x+y$ and $x$y pueden ir todos los números reales, que también es una contradicción.

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Ahora, si $f(x+y)$ no $f(x)+f(y)$, a continuación, $f(x-y) \neq f(x) - f(y)$, y mediante la sustitución de $x$ con $y$, obtenemos $f(y-x) \neq f(y) - f(x)$, lo $f(x-y)+f(y-x) \neq 0$, lo cual es una contradicción en el hecho de que $f$ es impar.

Answer 2

El OP ya mostraron $f(0)=0$ e $f(x)^2=f(-x)^2$. Deje $G=f^{-1}(0)$. Entonces ya sabemos $0\in G$ e $x\in G\to -x\in G$.Suponga $a,b\in G$. Entonces $$\tag{$a+b,b $} 0+0=f(a+b)^2+0$$ y por lo $a+b\in G$. Llegamos a la conclusión de que $G$ es un subgrupo de $\Bbb R$. De $$\tag{$x,x$}f(x)f(2x)=2f(x)^2,$$ vemos que $2x\in G\to x\in G$ y también a la conclusión (como ya sabemos $f(x)=0\to f(2x)=0$) $$ f(2x)=2f(x).$$ A continuación, desde $$\tag{$x,2x$} f(x)f(-x)+f(2x)f(3x)=f(x)^2+f(2x)^2$$ vemos $$ f(-x)+2f(3x)=5f(x).$$ Y a partir de $$\tag{$x,-2x $}f(x)f(3x)+f(-2x)f(-x)=f(x)^2+f(-2x)^2$$ vemos (como $f(-2x)=\pm f(2x)$) $$ f(3x)\pm2f(-x)=5f(x).$$ A continuación, $f(-x)\mp 4f(-x)=-5f(x)$ junto con $|f(-x)|=|f(x)|$ muestra que (para $f(x)\ne0$, pero trivialmente también para $f(x)=0$) el menor signo debe mantener, y en consecuencia, $$ f(-x)=-f(x).$$ Ahora, desde la $$\tag{$y,-x$} f(y)f(x+y)+f(x)f(x-y)=f(x)^2+f(y)^2$$ y el original de la funcional de la ecuación, encontramos que la solución obvia $f(x\pm y)=f(x)\pm f(y)$ es la solución única de estas dos ecuaciones lineales en las incógnitas $f(x+y)$, $ f(x-y)$; o el discriminante es cero, es decir, $f(x)=f(y)$. Todo lo que todavía tiene que mostrar aditividad, es el caso que $f(x)=f(y)$. Ya sabemos de lo anterior que $f(x+y)=f(x)+f(y)$ cuando $f(x)=f(y)=0$. Por lo tanto, podemos suponer que la $f(2x)=2f(x)\ne f(y)$ e lo $f(2x+y)=f(2x)+f(y)=3f(x)\ne f(-x)$ y, finalmente, $f(x+y)=f((2x+y)-x)=f(2x+y)+f(-x)=2f(x)$, como se desee.