Ecuación funcional con dos funciones: $ f ( x + y ) = f ( x ) g ( y ) + f ( y ) $

Question

Encuentra todas las funciones $ g : \mathbb R \to \mathbb R $ con la propiedad:
Existe una función estrictamente monótona $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ tal que $$ f ( x + y ) = f ( x ) g ( y ) + f ( y ) , \forall x , y \in \mathbb R $$

Tenemos una solución oficial, que muestra que $ g ( x ) $ debe ser de la forma $ e ^ { k x } $, o simplemente $ a ^ x $, $ a > 0 $. Estoy buscando otras soluciones, solo tratando de obtener algunas ideas nuevas. Si no se publica ninguna, publicaré la solución que tengo.

Answer 1

Si alguna $f(x) = 0$ o $g(y) = 0$, entonces tu ecuación dice que $f(x+y) = f(y)$. Dado que se supone que $f$ es estrictamente monótona, esto solo puede suceder si $x = 0$, y en particular $g$ nunca es $0. Por otro lado, al sustituir $x=0$ en tu ecuación vemos que $f(0) = 0.

Ahora, según tu ecuación, si $x \ne 0$ $$ g(y) = \dfrac{f(x+y)-f(y)}{f(x)} $$ lo cual no debe depender de $x$.

Una función monótona es diferenciable en casi todas partes. Si $f$ es diferenciable en $y$,

$$f'(y) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(h+y) - f(y)}{h} = g(y) \lim_{h \to 0} \dfrac{f(h) - f(0)}{h}$$

así que (recordando que $g(y) \ne 0$) $f$ es diferenciable en $0$, y luego $f$ es diferenciable en todas partes, con $f'(y) = g(y) f'(0)$. Dado que $f'$ no es en todas partes $0$, debemos tener $f'(0) \ne 0$ y $f'(y) \ne 0.
Ahora la ecuación se convierte en $$ f(x + y) - f(y) = f(x) f'(y)/f'(0) $$

Sea $F = f/f'(0)$. Entonces la ecuación se convierte en

$$F(x+y) - F(y) = F(x) F'(y)$$

Tomando la derivada con respecto a $x$,

$$F'(x+y) = F'(x) F'(y)$$

Eso dice que $F'$ es un homomorfismo del grupo aditivo $\mathbb R$ en el grupo multiplicativo $\mathbb R_+$. Las únicas homomorfismos que son medibles son de la forma $F'(x) = \exp(c x)$ para una constante $c$. Si $c = 0$ obtenemos $F(x) = x$ y $g(y) = 1$. De lo contrario, integrando, $F(x) = k + c^{-1} \exp(c x)$ para alguna constante $k$. Sustituyendo esto en la ecuación original y reorganizando, obtengo

$$ \left( \exp(cy)-g(y)\right) \exp(cx) = c k g(y) + \exp(cy) $$

Dado que el lado izquierdo no puede depender de $x$, debemos tener $g(y) = \exp(cy)$, y entonces $c k + 1 = 0. Por lo tanto, las soluciones "no oficiales" son $$ \eqalign{f(x) &= \dfrac{f'(0)}{c} \left(\exp(cx) - 1\right) \cr g(y) &= \exp(cy)\cr c &\ne 0, f'(0) \ne 0}$$

Answer 2

Como $ f $ es estrictamente monótona, existe $ c \in \mathbb R $ tal que $ f ( c ) \ne 0 $. Sea $ a = f ( c ) $ y $ b = g ( c ) $. Nota que intercambiando $ x $ y $ y $ en $$ f ( x + y ) = f ( x ) g ( y ) + f ( y ) \text , \tag 0 \label 0 $$ puedes deducir $$ f ( x ) g ( y ) + f ( y ) = f ( y ) g ( x ) + f ( x ) \text , $$ lo cual para $ y = c $ da $$ g ( x ) = \frac { b - 1 } a f ( x ) + 1 \text . \tag 1 \label 1 $$ Multiplicando \eqref{0} por $ \frac { b - 1 } a $ y usando \eqref{1} obtienes $$ g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) \text . \tag 2 \label 2 $$ Sustituyendo $ x = y = 0 $ en \eqref{2}, se tiene que $ g ( 0 ) \in \{ 0 , 1 \} $. Si $ g ( 0 ) = 0 $, entonces establecer $ y = 0 $ en \eqref{2} muestra que $ g $ es constantemente cero; pero eso no puede suceder, ya que luego, por \eqref{1} puedes deducir que $ f $ es constante, lo cual es contradictorio con $ f $ siendo estrictamente monótona. Por lo tanto, $ g ( 0 ) = 1 $. Al permitir que $ y = - x $ en \eqref{2} obtienes $ g ( x ) g ( - x ) = 1 $, lo cual muestra en particular que $ g ( x ) \ne 0 $. Dado que Sustituir $ \frac x 2 $ tanto por $ x $ como por $ y $ en \eqref{2} obtenemos $ g ( x ) = g \left( \frac x 2 \right) ^ 2 \ge 0 $, podemos concluir que $ g $ es estrictamente positiva en todos los puntos. Esto nos permite definir $ h : \mathbb R \to \mathbb R $ con $ h ( x ) = \log g ( x ) $. Entonces, \eqref{2} muestra que $ h $ satisface la ecuación funcional de Cauchy. Además, como $ f $ es estrictamente monótona, es localmente acotada, y así, por \eqref{1} y la definición de $ h $, $ h $ es localmente acotada. Según un hecho bien conocido, esto implica que debe haber una constante $ k \in \mathbb R $ tal que $ h ( x ) = k x $ para todo $ x \in \mathbb R $. Esto significa que debemos tener $ g ( x ) = \exp ( k x ) $ para todo $ x \in \mathbb R $, y por lo tanto cada $ g $ para el cual existe una $ f $ adecuada debe ser de esta forma. Queda por comprobar que para cualquier función $ g $ de esta forma existe una $ f $ adecuada. Para ver esto, es suficiente dejar que $ f ( x ) = \exp ( k x ) - 1 $ en caso de que $ k \ne 1 $, y $ f ( x ) = x $ en caso de que $ k = 1 $. En ambos casos, es fácil verificar que $ f $ es estrictamente monótona y se cumple \eqref{0}.