Deje $f$ ser una función derivable $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ tales que
$\forall x, y \in \mathbb{R}, \, f(x + y) = f(x)f(y)\tag{1}$
Si $y=0$ entonces $f(x + 0) = f(x)f(0)$ que es sólo $f(x) = f(x)f(0)$. Entonces si $f(0) = 0$, tenemos $f(x) = f(x)f(0) = f(x) \cdot 0 = 0$ para todos los $x$.
Si $f(0) \neq 0$ en lugar de eso $f(0) = f(0 + 0) = f(0)f(0) = f(0)^2$ implica que $0 = f(0)^2 - f(0) = f(0)(f(0) - 1)$ que tiene soluciones de $f(0) = 0$ o $f(0) = 1$, pero desde que asumimos $f(0) \neq 0$, debe ser el caso que $f(0) = 1$.
Además vamos a suponer que la posibilidad de que algunos de los verdaderos $z$ tal que $f(z) = 0$. A continuación, para todos los $x$ tenemos $f(x) = f(z + (x - z)) = f(z)f(x-z) = 0 \cdot f(x-z) = 0$. En otras palabras, si la función es igual a $0$ a un punto, que es cero para todos ellos. El contrapositivo es que si la función es cero para cualquier valor, entonces no es igual a $0$ en cualquier otro lugar. Por lo tanto, en el caso de que $f(0) = 1$, tenemos $f(x) \neq 0$ para todos los $x \in \mathbb{R}$.
En adelante supondremos el caso de que
$f(0) = 1 \tag{2}$
Por inducción, $f(x)^n = f(nx)$ para todos los enteros positivos $n>0$ como sigue.
Caso Base con $n=1$, tenemos $f(x)^1 = f(1 \cdot x)$ que es $f(x) = f(x)$ que es trivialmente cierto.
Inductivo paso asumimos $f(x)^n = f(nx)$ y debemos mostrar ese $f(x)^{n+1} = f((n+1)x)$.
$\begin{align} f(x)^n &= f(nx) & \text{By inductive hypothesis}\\ f(x)^n f(x) &= f(nx)f(x) \\ f(x)^{n+1} &= f(nx + x) & \text{By equation (1)}\\ f(x)^{n+1} &= f((n+1)x) \end{align}$
Por lo tanto para los enteros positivos vamos a comprobar el resultado:
$\forall n \in \mathbb{Z^{+}}, \, f(x)^n = f(nx)\tag{3}$
A continuación podemos ver que $f(x) = f(\frac{x}{2} + \frac{x}{2}) = f(\frac{x}{2})^2$ y dado que el cuadrado de cualquier número real es no negativo, se combina esto con nuestra suposición de que $f(x) \neq 0$ para todos los $x \in \mathbb{R}$ y de lo que se deduce que
$\forall x \in \mathbb{R}, \, f(x) > 0 \tag{4}$
por tanto, somos libres para dividir por $f(x)$ valores de manera segura, sin relación con nosotros mismos, con la división por $0$ temas.
Desde $1 = f(0) = f(x + (-x)) = f(x)f(-x)$ se sigue que
$\forall x \in \mathbb{R}, \, f(x)^{-1} = f(-x) \tag{5}$
Luego de algunos entero negativo $n < 0$ tenemos $f(x)^n = (f(x)^{-n})^{-1} = f(-nx)^{-1} = f(nx)$ por $(3)$ e $(5)$. Por lo tanto:
$\forall n \in \mathbb{Z^{-}}, \, f(x)^n = f(nx)\tag{6}$
También podemos mostrar directamente que $f(x)^n = f(nx)$ tiene por $n=0$, desde el $f(x)^0 = 1 = f(0 \cdot x) = f(0)$ cual es por supuesto de $(2)$. Ahora podemos concluir:
$\forall n \in \mathbb{Z}, \, f(x)^n = f(nx)\tag{7}$
Ahora bien, si tenemos $n \neq 0$ podemos tomar la $n$th raíz de ambos lados de la ecuación ( $(7)$ y consigue $f(x) = f(nx)^{1/n}$ lo que implica también que $f(x/n) = f(x)^{1/n}$.
A continuación, para los números enteros $m, n$ con $n \neq 0$ tenemos $f(m \frac{x}{n}) = f(mx)^{1/n}$ utilizando este resultado, y a continuación, aplicar la ecuación de $(3)$ transformamos a $(f(x)^m)^{1/n}$ o $f(x)^{m/n}$ (de nuevo por $n \neq 0$).
Si dejamos algunos racional $r = m/n$ , entonces podemos ver que
$\forall r \in \mathbb{Q}, \forall x \in \mathbb{R}, f(rx) = f(x)^r \tag{8}$
Mediante el establecimiento $x=1$ es revelado que
$\forall r \in \mathbb{Q}, \, f(r) = f(1)^r \tag{9}$
Y luego hay algunos teoría no entiendo que se me puede aplicar aquí al $f$ es continua (como se supone frontal desde que nos dicen $f$ es diferenciable) que me permite saltar a
$\forall x \in \mathbb{R}, \, f(x) = f(1)^x \tag{10}$
Es mi prueba de la derecha hasta el momento?
