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 $\eqref{0}$.