Resuelve la ecuación funcional$f(xf(y)+yf(x))=yf(x)+xf(y)$

Question

Dejemos que $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ y tal para cualquier número real $x,y$ tengamos $$f(xf(y)+yf(x))=yf(x)+xf(y)$ $ Encuentre $f(x)$ .

He dejado que $x=y=0$ tenga $$f(0)=2f(0)\Longrightarrow f(0)=0$ $

y supongo que la solución es $f(x)=x$ o $f(x)=0$ , pero no puedo probarlo.

Answer 1

Hay muchas de esas funciones de $f$, probablemente demasiados para clasificar de alguna manera útil.

En primer lugar, si $A\subseteq \mathbb{R}$ e $f:A\to\mathbb{R}$, dicen que $f$ es buena si satisface la siguiente propiedad:

• Para todos los $x,y\in A$, $xf(y)+yf(x)\in A$ e $f(xf(y)+yf(x))=xf(y)+yf(x)$.

El siguiente lema da un camino para la construcción de muchas de tales funciones.

Lema: Vamos a $A\subseteq\mathbb{R}$ con $0\in A$, vamos a $f:A\to\mathbb{R}$ ser bueno, vamos a $a\in \mathbb{R}\setminus A$, y deje $b\in\mathbb{R}$ ser algebraicamente independiente de $A\cup f(A)\cup\{a\}$. Entonces existe $B\subseteq\mathbb{R}$ tal que $A\cup\{a\}\subseteq B$ e $|B|\leq |A|+\aleph_0$ y una buena función $g:B\to\mathbb{R}$ que se extiende $f$ tal que $g(a)=b$.

Prueba: Supongamos $B_0=\{2ab\}\cup\{af(x)+bx:x\in A\}$. Deje $B_1$ es el cierre del set $B_0$ bajo las siguientes operaciones:

• la multiplicación por $x+f(x)$ cualquier $x\in A$

• la multiplicación por $a+b$

• la operación binaria $(x,y)\mapsto 2xy$.

Deje $K$ ser el subcampo de $\mathbb{R}$ generado por $A\cup f(A)\cup\{a\}$; entonces claramente $B_1\subseteq K[b]$ (así, en particular, $|B_1|\leq |A|+\aleph_0$). Por otra parte, $B_1$ no contiene un valor distinto de cero elementos de $K$, desde el $B_0$ no contiene un valor distinto de cero elementos de $K$ e $K[b]\setminus K$ es cerrado bajo todas estas operaciones, excepto cuando se multiplica por $0$.

Ahora vamos a $B=B_1\cup A\cup\{a\}$ y definen $g:B\to\mathbb{R}$ por $g(x)=f(x)$ para $x\in A$, $g(a)=b$, e $g(x)=x$ si $x\in B_1$. Tenga en cuenta que $g$ está bien definido, ya que $B_1\cap A=\{0\}$ y debemos ya tener $f(0)=0$ desde $f$ es buena.

Yo reclamo que $g$ es bueno; para demostrarlo, supongamos $x,y\in B$. Si $x,y\in A$, entonces estamos hecho desde $f$ es buena. En todos los demás casos, vamos a mostrar que el $xg(y)+yg(x)\in B_1$ e lo $g(xg(y)+yg(x))=xg(y)+yg(x)$. Aquí están todos los casos (con casos que son equivalentes a estos, con el intercambio de $x$ e $y$ omitidos):

• Si $x\in A$ e $y=a$, a continuación, $xg(y)+yg(x)=xb+af(x)\in B_0$.
• Si $x\in A$ e $y\in B_1$, a continuación, $xg(y)+yg(x)=xy+yf(x)=y(x+f(x))\in B_1$ desde $B_1$ es cerrado bajo la multiplicación por $x+f(x)$.
• Si $x=y=a$, a continuación, $xg(y)+yg(x)=2ab\in B_0$.
• Si $x=a$ e $y\in B_1$, a continuación, $xg(y)+yg(x)=ay+yb=y(a+b)\in B_1$ desde $B_1$ es cerrado bajo la multiplicación por $a+b$.
• Si $x,y\in B_1$, a continuación, $xg(y)+yg(x)=xy+yx=2xy\in B_1$ desde $B_1$ es cerrado bajo $(x,y)\mapsto 2xy$.

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Ahora he aquí cómo usted puede utilizar el lema para la construcción de buenas funciones en todos los de $\mathbb{R}$. Fijar una enumeración $(r_\alpha)_{\alpha<\mathfrak{c}}$ de los números reales. Construimos nuestra función de $f$ por recursión transfinita como un límite de buenas funciones parciales $f_\alpha:A_\alpha\to\mathbb{R}$, comenzando con $A_0=\{0\}$ e $f_0:A_0\to\mathbb{R}$ dado por $f_0(0)=0$. En el límite de pasos, sólo tomamos los sindicatos. En sucesor pasos, utilizamos el Lema para extender $f_\alpha$ a un dominio más grande. Más precisamente, vamos a $a$ ser el primer número en nuestra enumeración de los reales, que no es en $A_\alpha$, y deje $b$ ser algún número real que es algebraicamente independiente de $A_\alpha\cup f(A_\alpha)\cup\{a\}$. (Podemos hacer esto ya que, por inducción, $|A_\alpha|\leq |\alpha|+\aleph_0<\mathfrak{c}$.) Luego nos vamos a $A_{\alpha+1}$ e $f_{\alpha+1}$ ser $B$ e $g$ dado por el lema.

Al final, esto le da una función de $f=\bigcup_{\alpha<\mathfrak{c}} f_\alpha$ , el cual es definido en todos los de $\mathbb{R}$ y buena, por lo que es una solución a su problema. Por otra parte, mediante la variación de la elección de $b$ utilizado en cada sucesor de paso, podemos conseguir muchas diferentes funciones ($2^{\mathfrak{c}}$ de ellos, aunque esto toma un poco de trabajo para probar).

Answer 2

Más compacta escrito, parte de la solución es $$\{x\mapsto x\cdot\mathbb{1}_A(x):A\subseteq\mathbb{R},2\cdot A\cdot A\subseteq A,A\cdot(\mathbb{R}\backslash A)\subseteq A\}$$ donde $\mathbb{1}_A$ es el indicador de la función en el conjunto $A$. (Tres conjuntos de $A$ include $\varnothing$, $\{0\}$ (tanto en dar $f(x)=0$), y $\mathbb{R}$ (lo que le da $f(x)=x$)) Ahora, consideremos la función $f(x)=x\cdot\mathbb{1}_A(x)$ donde $A$ es subconjunto de a$\mathbb{R}$. Tome $x,y \in \mathbb{R}$. Suponga que $x,y \in A$. Entonces, tenemos $$\begin{split} f(xf(y)+yf(x))&=f(xy+yx)\\&=f(\underbrace{2xy}_{\in A})\\&=2xy\\&=yx+xy\\&=yf(x)+xf(y). \end{split}$$ Ahora, suponga que $x,y \notin A$. Entonces, tenemos $$\begin{split} f(xf(y)+yf(x))&=f(0+0)\\&=f(0)\\&=0\\&=0+0\\&=y\underbrace{f(x)}_{0}+x \underbrace{f(y)}_{0}. \end{split}$$ Finalmente, suponga que $x \in A$ e $y \notin A$ (el cuarto caso de la siguiente manera por simetría). Entonces, tenemos $$\begin{split} f(xf(y)+yf(x))&=f(\underbrace{y}_{\notin A}\underbrace{f(x)}_{\in A}) \\&=f(\underbrace{yf(x)}_{\in A})\\&=yf(x)\\&=yf(x)+x\underbrace{f(y)}_{0}. \end{split}$$ Ahora, vamos a intentar demostrar lo contrario. Supongamos que una función $f$ satisface $$f(xf(y)+yf(x))=yf(x)+xf(y)\text{ for all }x,y\in\mathbb{R}$$ y considerar el conjunto $$B=\{x\in\mathbb{R}:f(x)=x\}.$$ Ahora, tome $x,y \in B$. Entonces, tenemos $$\begin{split} f(2xy)&=f(x\underbrace{y}_{\in B}+y\underbrace{x}_{\in B}) \\&=f(xf(y)+yf(x))\\&=xf(y)+yf(x)\\&=xy+yx\\&=2xy \end{split}$$ por lo $2xy\in B$ así. Ahora, supongamos que el $x \in B$ pero $y \notin B$. No me gustaría tener alguna idea de cómo probar que $xy \in B$ así. Lo único que sé es que la toma de $x=y=1/2$ conduce a $f(f(1/2))=f(1/2)$ lo $f(1/2) \in B$ así...