Función diferenciable, no constante, $f(x+y)=f(x)f(y)$ , $f'(0)=2$

Question

Sea $f: \mathbb R\rightarrow \mathbb R$ una función derivable pero no cero, tal que $f'(0) = 2$ y $$ f(x+y)= f(x)\cdot \ f(y)$$ f $x$ y $y$ pertenece $\mathbb R$ . Visite $f$ .

Mi primera respuesta es $f(x) = e^{2x}$ y he demostrado que no hay más funciones como $f(x) = a^{bx}$ por el Teorema de Existencia-Unidad (ODE), pero no sé si terminé.

¿Qué te parece este esbozo de la idea de la prueba?

Gracias,

Preguntaré más cosas.

Answer 1

Diferencie $f(x+y)=f(x)\cdot f(y)$ con respecto a $y$ para obtener $$f'(x+y)=f(x)\cdot f'(y).$$ Ahora dejando que $y=0$ y señalando que $f'(0)=2,$ obtenemos $$f'(x)=2f(x).$$

Las soluciones de la ecuación anterior son de la forma $f(x)=Ce^{2x}$ para alguna constante $C$ . Utilizando el hecho de que $f'(0)=2$ encontramos que $f'(0)=2C=2$ de modo que $C=1$ . Por lo tanto $f(x)=e^{2x}.$ Es fácil comprobar que esto satisface la ecuación funcional original.

Answer 2

$f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0) \in \{0,1\}$ . Si $f(0)=0$ entonces $f(x) =0$ para cada $x$ Por lo tanto $f(0)=1$ .

Por cada $x \in \mathbb{R}$ uno tiene $f(x)f(-x)=f(0)=1$ y $f(x)=(f(x/2))^2$ es decir $f(x)>0$ para cada $x \in \mathbb{R}$ .

Por inducción se tiene $f(nx)=(f(x))^n$ para cada $n \in \mathbb{N}$ . Desde $f(x)f(-x)=f(0)=1$ se tiene $f(-nx)=(f(nx))^{-1}=(f(x))^{-n}$ para cada $n \in \mathbb{N}$ . Por lo tanto $f(nx)=(f(x))^n$ para cada $n \in \mathbb{Z}$ .

Por cada $n \in \mathbb{Z}\setminus\{0\}$ también se tiene $(f(x/n))^n=f(x)$ Así que $f(x/n)=(f(x))^{1/n}$ . Configuración $a=f(1)$ uno tiene, por cada $m/n \in \mathbb{Q}$ : $$ f(m/n)=(f(m))^{1/n}=[(f(1))^m]^{1/n}=a^{m/n}. $$ Desde $\mathbb{Q}$ es denso en $\mathbb{R}$ dado $x \in \mathbb{R}$ existe una secuencia $(x_k) \subset \mathbb{Q}$ tal que $x_k \to x$ como $k \to \infty$ y por continuidad se tiene $$ f(x)=\lim_kf(x_k)=\lim_k a^{x_k}=a^x. $$ Uno tiene $f'(x)=a^x\ln a$ para cada $x$ , $2=f'(0)=\ln a$ es decir $a=e^2$ . Así $f(x)=e^{2x}$ para cada $x \in \mathbb{R}$ .