Ecuación funcional de Cauchy $ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) $ con el supuesto adicional $ f \left( x ^ { n + 1 } \right) = x ^ n f ( x ) $

Question

Supongamos que $ n $ es un número entero positivo dado. Determinar todas las funciones $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ tal que $$ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) \tag 0 \label 0 $$ para todos $ x , y \in \mathbb R $ y $$ f \left( x ^ { n + 1 } \right) = x ^ n f ( x ) \tag 1 \label 1 $$ para todos $ x \in \mathbb R $ .

Recientemente me he encontrado con dos posts ( aquí y aquí ) donde el problema era de alguna manera similar al anterior; uno era de hecho equivalente a la pregunta anterior para $ n = 3 $ y el otro era similar al caso $ n = 1 $ . Mientras que esos puestos pedían soluciones con supuestos adicionales de regularidad como la continuidad y la diferenciabilidad, descubrí que \eqref {0} y \eqref {1} fueron suficientes para demostrar que todas las soluciones son de la forma $ f ( x ) = a x $ para alguna constante $ a \in \mathbb R $ y se han publicado respuestas a las mismas sin utilizar las condiciones adicionales de regularidad.

Consideremos el caso $ n = 2 $ . Dejar $ a = f ( 1 ) $ y utilizando \eqref {1} junto con \eqref {0} y sus conocidas consecuencias, tenemos $$ \left( x ^ 2 + 2 x + 1 \right) \big( f ( x ) + a \big) = ( x + 1 ) ^ 2 f ( x + 1 ) = f \left( ( x + 1 ) ^ 3 \right) \\ = f \left( x ^ 3 \right) + f \left( 3 x ^ 2 \right) + f ( 3 x ) + f ( 1 ) = 3 f \left( x ^ 2 \right) + \left( x ^ 2 + 3 \right) f ( x ) + a \text . \tag 2 \label 2 $$ Del mismo modo, calculando $ f \left( ( x - 1 ) ^ 3 \right) $ de dos maneras diferentes, obtenemos $$ \left( x ^ 2 - 2 x + 1 \right) \big( f ( x ) - a \big) = - 3 f \left( x ^ 2 \right) + \left( x ^ 2 + 3 \right) f ( x ) - a \text . \tag 3 \label 3 $$ Añadiendo \eqref {2} y \eqref {3} (y dividiendo por $ 2 $ ) obtenemos $$ \left( x ^ 2 + 1 \right) f ( x ) + 2 a x = \left( x ^ 2 + 3 \right) f ( x ) \text , $$ que muestra que $ f ( x ) = a x $ .

Para $ n = 1 $ el problema se puede resolver más fácilmente, ya que sólo tenemos que considerar $ f \left( ( x + 1 ) ^ 2 \right) $ (ver mi respuesta al post relacionado ). Para $ n = 3 $ El " $ f \left( ( x \pm 1 ) ^ 2 \right) $ La "técnica" anterior nos da una ecuación que contiene $ f \left( x ^ 2 \right) $ y $ f ( x ) $ y entonces podemos utilizar esta ecuación y continuar de forma similar al caso de $ n = 1 $ (ver mi respuesta al post relacionado ).

Parece que como \eqref {1} toma la estructura multiplicativa de $ \mathbb R $ de una manera muy específica, podría ser cierto que para cualquier $ n $ las soluciones son lineales. Pero el problema con mi enfoque anterior para $ n \ge 4 $ es que utilizando las expresiones para $ f \left( ( x \pm 1 ) ^ { n + 1 } \right) $ habrá más de un término de la forma $ f ( x ^ m ) $ ( $ m > 1 $ ) en la ecuación, y no sé cómo manejar eso. ¿Hay alguna otra manera de evitar este problema? ¿O existe de hecho una solución no lineal para los casos más grandes de $ n $ ?

Answer 1

Lo general de lo que preguntas es lo siguiente:

Si $f$ es una función de Cauchy y $f(x^n)=x^kf(x^{n-k})$ para números enteros positivos $n,k$ entonces $f$ es lineal.

La prueba es la siguiente:
Poner $x\rightarrow x+q$ donde $q$ es un número racional arbitrario. Entonces expandamos $f((x+q)^n)$ :
En primer lugar (aunque está claro) ten en cuenta que:

Para una función de Cauchy $f$ , $f(qx)=qf(x)$ y $f(q)=qf(1)$ son válidos para todos los números racionales $q$ .

$$f((x+q)^n)=(x+q)^kf((x+q)^{n-k})$$
$$f((x+q)^n)=f\bigg(\displaystyle\sum_{t=0}^{n}{\binom{n}{t}\cdot x^tq^{n-t}}\bigg)=\displaystyle\sum_{t=0}^{n}{\binom{n}{t}\cdot q^{n-t}f(x^t)}$$
Por otro lado:
$$(x+q)^kf((x+q)^{n-k})=\bigg(\displaystyle\sum_{i=0}^{k}{\binom{k}{i}\cdot x^iq^{k-i}}\bigg)\bigg(\displaystyle\sum_{j=0}^{n-k}{\binom{n-k}{j}\cdot x^jq^{n-k-j}}\bigg)$$
Así que finalmente:
$$\displaystyle\sum_{t=0}^{n}{\binom{n}{t}\cdot q^{n-t}f(x^t)}=\bigg(\displaystyle\sum_{i=0}^{k}{\binom{k}{i}\cdot x^iq^{k-i}}\bigg)\bigg(\displaystyle\sum_{j=0}^{n-k}{\binom{n-k}{j}\cdot q^{n-k-j}f(x^j)}\bigg)$$
Ahora asumamos estos dos como polinomios en $q$ . Como estos dos polinomios son iguales entre sí para cada número racional $q$ también son iguales para todos los valores reales $q$ . Por lo tanto, los coeficientes son iguales en ambos lados.
Al comprobar los coeficientes de $q^{n-1}$ tendremos:
$$nq^{n-1}f(x)=q^k(n-k)q^{n-k-1}f(x)+kxq^{k-1}\cdot q^{n-k}f(1)$$
Simplificando esto:
$$nf(x)=(n-k)f(x)+kxf(1)$$
Y finalmente $f(x)=xf(1)$ para todos $x\in\mathbb{R}$ .

P.D. Lo siguiente también es cierto (la prueba es muy parecida, así que hazlo tú mismo:

Si $f$ es una función de Cauchy y $f(x^n)=x^kf(x)^{n-k}$ para números enteros positivos $k,n$ entonces $f$ es lineal.