Deje $f$ ser una función tal que $f'(x)=\frac{1}{x}$$f(1) = 0$ , muestran que $f(xy) = f(x) + f(y)$

Question

Deje $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R} $ una función derivable tal que $f'(x) = \frac{1}{x}$$f(1)=0$ . Mostrar que $f(xy) = f(x) + f(y)$ todos los $x,y \in \mathbb{R^+}$

Parece ser que la función logaritmo, pero soy incapaz de probar esta afirmación, sin el teorema fundamental del cálculo, ¿hay alguna otra manera de demostrar este hecho?

Gracias por su ayuda

Answer 1

A partir de la definición de $f'(x) = \frac{1}{x}$ $f(0)=1$ tenemos $$f(x) \equiv \int_1^x \frac{dt}{t}$$

Por un simple cambio de variables $z = ty$ a la integral anterior obtenemos el resultado

$$f(x) = \int_y^{xy}\frac{dz}{z} = \int_1^{xy}\frac{dz}{z} - \int_1^y \frac{dz}{z} = f(xy) - f(y)$$

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Tenga en cuenta que también podemos probar el logarítmica de la propiedad $f(x^r) = r f(x)$ aplicando el cambio de las variables de $z = t^{1/r}$. Además también podemos muy fácilmente demostrar que $f$ tiene un único inverso $E(x)$ satisfacción $E'(x) = E(x)$ $E(x+y) = E(x)E(y)$ $E(x) = e^x$ donde $e = E(1)$ está definido por $\int_1^e\frac{dt}{t} = 1$. Esto da una definición alternativa de la función exponencial y de la constante de Euler $e$.

Answer 2

Considere la posibilidad de $f(xy)-f(x)$. Diferenciando con respecto a $x$ rendimientos $yf'(xy)-f'(x)=\frac{y}{xy}-\frac{1}{x}=0$, lo que significa que $f(xy)-f(x)=C$ donde $C$ es una constante. Enchufe $x=1$, $f(y)-f(1)=C$ y, por tanto,$f(y)=C$. El resultado de la siguiente manera.

Answer 3

Considere la posibilidad de $G:\Bbb{R}^+\to\Bbb{R}$ tal que $G(x,y)=f(xy)-f(x)-f(y)$.

Uno tiene

$${\partial{G(x,y)}\over\partial{x}}={y\over xy}-{1\over x}=0$$ $${\partial{G(x,y)}\over\partial{y}}={x\over xy}-{1\over y}=0$$

Por lo tanto, $G$ es constante. $G(x,y)=G(1,1)=0$