Funciones que satisface la ecuación funcional $[1-f(x)f(y)]f(x+y)=f(x)+f(y)$

Question

Cómo probar que no existe ninguna función real definida en $\mathbb{R}$, continua en $0$ y desaparición no siempre satisface la ecuación funcional $$[1-f(x)f(y)]f(x+y)=f(x)+f(y) \tag{E}$ $

Answer 1

Tal vez una solución.

Yo uso lo que @Mathcounterexample.net se ha encontrado, me.e que la función de verificar $f(0)=0$, $f(x)\not =0$ si $x\not =0$ y que es continua en a $\mathbb{R}$. Reemplace $x$ $y$ en el funcional de la ecuación, obtenemos $\displaystyle (1-f(x)^2)f(2x)=2f(x)$. Ahora bien, si no existe $x$ tal que $f(x)^2=1$,$x\not = 0$, e $f(x)=0$, una contradicción. Por lo tanto $f(x)^2\not =1$ todos los $x$. Como $f$ es continua, se debe tener $(f(x))^2>1$ todos los $x$ o $(f(x))^2<1$ todos los $x$. Pero $f(0)=0$; por lo tanto, tenemos $(f(x))^2<1$ todos los $x$. Ahora en $[0,+\infty[$, debemos tener $-1<f(x)\leq 0$ o $0\leq f(x)<1$. La sustitución de $f$ $-f$ si es necesario, se puede suponer que $0\leq f(x)<1$ todos los $x\geq 0$. Deje $M={\rm Sup}\{f(x), x\geq 0\}$. Tenemos $\displaystyle 2f(x)=(1-f(x)^2)f(2x)\leq M$, por lo tanto $f(x)\leq M/2$. Esto implica $M\leq M/2$, e $M=0$, por lo tanto $f=0$$[0,+\infty[$. Como $f$ es impar, tenemos $f=0$, una contradicción.

Answer 2

Usted sin duda se ha establecido $f(0)=0$.

Supongamos que un $f$ no está delimitado por encima. A continuación, para todos los $x_0$$f(x_0)>0$, existe un $y_0$$f(y_0)=\frac{1}{f(x_0)}$. Y, a continuación, la relación de da $0=f(x_0)+f(y_0)$, una contradicción.

Así que esta $f$ debe estar acotada por arriba. (Del mismo modo, se debe estar acotada a continuación).

Si $f$ nunca alcanza una potencia de $1$, entonces la relación da $0=2$, por lo que el supreumum de $f$'s salidas, $S$, es en la mayoría de las $1$.

Suponga $f$ toma algunos valores positivos. Deje $X$ $x$- valor tal que $f(X)$ $\epsilon S$ donde $\epsilon$ es un número ligeramente menor que $1$. Sabemos que $0<\epsilon S<1$. A continuación, el uso de $x=y=X$, la relación que da ese $$f(2X)=\frac{2f(X)}{1-f(X)^2}=\frac{2(\epsilon S)}{1-(\epsilon S)^2}>2\epsilon S>S$$ una contradicción.

Por lo $f$ no toma valores positivos. Del mismo modo, no toma valores negativos. $f$ tendría que ser el cero de la función.

---

Tenga en cuenta que si $f$ es permitido que llegue a $\pm\infty$, entonces este argumento falla donde pretendemos que $\left[1-f(x_0)f(y_0)\right]f(x_0+y_0)=f(x_0)+f(y_0)$ produce una contradicción. En ese escenario, $f(x_0+y_0)=\pm\infty$ le ofrecemos una manera de salir.

Answer 3

PS

Answer 4

Dejando $x=y=0$, obtenemos que $f(0)=0$.

Dejando $y=-x$, obtenemos que $f(-x)=-f(x)$.

Si por alguna $x$$y$,$f(x)f(y)=1$$f(x)+f(y)=0$, lo que conduce a una contradicción. Así que para todos los $x$ y $y$, $f(x)f(y)\neq1$.

Sustituyendo $x+h$ $x$ $-x$ $y$ en la ecuación original, tenemos $f(x+h)-f(x)=(1+f(x)f(x+h))f(h)$. Ahora, debido a $f$ es continua en a $0$, por lo que de positivo $\epsilon$, existe una positiva $\delta$ que si $\left|h\right|<\delta$$\left|f(h)\right|<\frac\epsilon{\left|1+f(x)f(x+h)\right|}$, lo que muestra que $f$ es continua en cada punto.

Ahora, debido a $f$ es continua en todos los $x$, $1-f(0)^2=1$ y $1-f(x)^2\neq0$, por lo que tenemos $\left|f(x)\right|<1$ por cada $x$. pero dejando $y=x$ en la ecuación original, obtenemos $\left|f(2x)\right|=\left|\frac{2f(x)}{1-f(x)^2}\right|\geq2\left|f(x)\right|$. por inducción, tenemos $\left|f(2^nx)\right|\geq2^n\left|f(x)\right|$ para cada entero positivo $n$. Esto demuestra que si hay un punto de $x$ tal que $f(x)\neq0$, entonces no es un número entero positivo $n$ tal que $\left|f(2^nx)\right|>1$, lo que conduce a una contradicción. Así que la única solución a la ecuación funcional es la constante cero de la función, que ha descartado.