Si $f(xy)=f(x)f(y)$ entonces demuestre que $f(x) = x^t$ para algún t

Question

Dejemos que $f(xy) =f(x)f(y)$ para todos $x,y\geq 0$ . Demostrar que $f(x) = x^p$ para algunos $p$ .

No tengo mucha experiencia con las pruebas. Si dejamos que $g(x)=\log (f(x))$ entonces esto es lo mismo que $g(xy) = g(x) + g(y)$

He buscado la pista y dice que deje $g(x) = \log f(a^x) $

La página de la wikipedia para las ecuaciones funcionales sólo indica la forma de las soluciones sin pruebas.

Intento Usando la pista (que fue como sacar un conejo de la chistera)

Restricción del codominio $f:(0,+\infty)\rightarrow (0,+\infty)$ para que podamos definir la función real $g(x) = \log f(a^x)$ y nosotros tenemos $$g(x+y) = g(x)+ g(y)$$

es decir $g(x) = xg(1)$ como $g(x)$ es continua (suponiendo que $f$ es).

Dejar $\log_a f(a) = p$ obtenemos $f(a^x) =a^p $ . No tengo un argumento riguroso pero creo que puedo concluir que $f(x) = x^p$ (por favor, rellene los huecos o los supuestos no especificados) Se invitan las diferentes soluciones

Answer 1

Por lo tanto, asumimos $f$ es continua. Dejando que $g(x) = \ln(f(a^x))$ obtenemos $$ \begin{align*} g(x+y) &= \ln(f(a^{x+y})) = \ln(f(a^xa^y)) = \ln(f(a^x)f(a^y))\\ &= \log(f(a^x)) + \ln(f(a^y))\\ &= g(x)+g(y). \end{align*}$$ Así que $g$ satisface la ecuación funcional de Cauchy; si se supone $f$ es continua, entonces también lo es $g$ Por lo tanto $g(x) = xg(1)$ para todos $x\gt 0$ .

Desde $g(1) = \ln(f(a))$ tenemos $$f(a^x) = e^{g(x)} = e^{g(1)x} = (e^{x})^{g(1)}.$$ Dado $r\in \mathbb{R}$ , $r\gt 0$ tenemos $r = a^{\log_a(r)}$ Por lo tanto $$\begin{align*} f(r) &= f\left(a^{\log_a(r)}\right)\\ &= \left(e^{\log_a(r)}\right)^{g(1)}\\ &= \left(e^{\ln(r)/\ln(a)}\right)^{g(1)}\\ &= \left(e^{\ln(r)}\right)^{g(1)/\ln(a)}\\ &= r^{g(1)/\ln(a)}, \end{align*}$$ donde hemos utilizado la fórmula de cambio de base para el logaritmo, $$\log_a(r) = \frac{\ln r}{\ln a}.$$ Por último, dado que $g(1) = \ln(f(a))$ tenemos $$f(r) = r^{\ln(f(a))/\ln(a)}.$$ Como esto funciona para cualquier positivo $a$ , $a\neq 1$ , tomando $a=e$ obtenemos $$f(r) = r^{\ln(f(e))}.$$

Answer 2

Hay al menos tres características interesantes del problema tal y como está planteado. En primer lugar, se especifica que $x, y \ge 0$ . En segundo lugar, además de $x,y \ge 0$ no especifica ni el dominio ni el codominio. Y, por último, no pide la continuidad.

Tendremos que acotar la pregunta para responderla, pero la acotaremos un poco menos que en la completísima respuesta de Arturo Magidin.

Decidamos que el dominio está formado por los reales no negativos. Para que la respuesta $x^p$ para que tenga sentido, no podemos hacer que el codominio sea $(0,\infty)$ Debemos insistir, al menos, en $[0,\infty)$ . (Después de todo, se nos dice que la ecuación funcional se mantiene para $x,y \ge 0$ .)

Así, la ecuación funcional admite la solución $f$ idénticamente igual a $0$ .

Supongamos que el codominio de $f$ es el real. Al poner $x=y=\sqrt{t}$ podemos ver que $f(t)=(f(\sqrt{t}))^2$ Así que $f(t)$ es siempre $\ge 0$ .

Supongamos que existe un $a$ tal que $f(a)=0$ . Entonces, a partir de la ecuación funcional, encontramos que $f(x)=f(a)f(x/a)=0$ y por lo tanto $f$ es idéntico $0$ .

Por lo tanto, a partir de ahora podemos limitar la atención a las funciones $f$ tal que $f(x)>0$ cuando $x>0$ . De ello se desprende que para $x>0$ podemos tomar logaritmos libremente y proceder en la línea sugerida en la pista.

Al examinar las ecuaciones funcionales, sobre todo en el marco de un concurso, es útil identificar $f(0)$ . Por el hecho de que $f(0)=(f(0))^2$ vemos que $f(0)=0$ o $f(0)=1$ . Pero si $f(0)=1$ , entonces de $f(0 \cdot x)=f(0)f(x)$ concluimos que $f(x)=1$ . Así, aparte del caso $f$ idénticamente igual a $1$ que presumiblemente está cubierto por el caso $p=0$ de la respuesta, podemos tomar $f(0)=0$ .

Sin embargo, si nos olvidamos de la continuidad, la respuesta $f(0)=0$ , $f(x)=1$ si $x \ne 0$ está perfectamente bien. Y olvidando la continuidad, al menos en $0$ tiene ciertas ventajas. Por ejemplo, en la solución de Arturo Magidin, la cuestión de si $\ln(f(e))$ puede ser negativo no se aborda directamente. La respuesta es que si especificamos la continuidad para $x>0$ pero no necesariamente en $0$ entonces $\ln(f(e))$ puede ser negativo.

La conclusión es que la lista completa de funciones que son continuas para $x>0$ pero no necesariamente en $0$ y que satisfacen la ecuación funcional, consiste en las siguientes funciones.

$1$ . El idéntico $0$ y la función idéntica $1$ función.

$2$ . La función que es $0$ en $0$ y $1$ en otro lugar.

$3$ . Las funciones $f(x)=x^p$ , donde $p$ es positivo.

$4$ . Las funciones $f(0)=0$ , $f(x)=x^p$ para $x>0$ , donde $p$ es negativo.

Comentario : Las únicas funciones medibles de Lebesgue que satisfacen la ecuación funcional de Cauchy son las obvias, por lo que la lista anterior da una lista de todas las funciones medibles que satisfacen la ecuación funcional del problema. Y si, por ejemplo, estamos dispuestos a desechar el axioma de elección en favor del axioma de determinación, entonces todas las funciones de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ son medibles por Lebesgue, y entonces lo anterior es una lista completa.

Answer 3

Las dos respuestas anteriores son muy buenas y completas, pero si se supone que la función es diferenciable, el enfoque de la ED me parece el más fácil.

$ \frac{\partial}{\partial y} f(x y) = x f'(xy) = f(x)f'(y) $

Evaluando y en 1 se obtiene:

$ xf'(x) = f(x)f'(1) $

Lo anterior es una ED separable:

Dejemos que $ p = f'(1) $ y $ z = f(x) $

$ x\frac{dz}{dx} = pz \implies \int \frac{dz}{z} = p\int \frac{dx}{x}$

$ \therefore \ln|z| = p\ln|x| + C $

Dejemos que $ A = e^C $ . $ \implies C = \ln(A) $

$ x > 0 \implies |x| = x $

$ \therefore \ln|z| = p\ln(x) + \ln(A) = \ln(x^p) + \ln(A) = \ln(Ax^p) $

Por lo tanto, $ |z| = Ax^p $ ; $ z = \pm Ax^p = f(x)$

Dejemos que $ B = \pm A $ y ahora $ f(x) = Bx^p $

Ahora usando la propiedad inicial:

$ f(x)f(y) = Bx^p By^p = B^2 (xy)^p = f(xy) = B (xy)^p $

$B^2 = B \implies B $ es $0$ o $1$ .

Si B es cero, eso proporciona la función constante $ f(x) = 0 $ Si no es así, la solución es $ f(x) = x^p $ .

Como se puede ver en las otras respuestas, esto no recoge todas las soluciones posibles, pero a veces ese es el precio de la simplicidad.