Resolver esta ecuación funcional:

Question

Las ecuaciones funcionales como este aparecen sólo una vez cada varios años en los exámenes, así que creo que es difícil tener una manera del seguro-fuego para abordar el problema, a diferencia de, digamos, resolver una serie de problemas de convergencia, múltiples variable de integración, o de demostrar algunos resultados usando las series de Fourier.

Así que, cuando veo una solución ofrecida por uno de estos problemas y el estudio de la solución de una gran cantidad de tiempo, todavía no puedo recordar cómo resolver estos tipos de problemas, cuando me encuentro con otro.

Pero la pregunta es:

Encontrar todos los verdaderos valores de funciones continuas $f$ $\mathbb R$ que satisfacer $$f(x)f(y)=f(x_1)f(y_1)$$

para todos $x$, $y$, $x_1$, $y_1$ tal que $x^2+y^2=x_1^2+y_1^2$.

Idealmente, además de ofrecer una solución, me encantaría oír acerca de su intuición sobre la forma de resolver estas ecuaciones funcionales.

Gracias,

Answer 1

Usted puede linealizar el problema mediante la introducción de $$g(u):=\ln\left(f(\sqrt u)\right).$$

A continuación, con $u=x^2,v=y^2$, $$u+v=u'+v'\implies g(u)+g(v)=g(u')+g(v').$$

Establecimiento $u'=0,v'=u+v$,

$$g(u)+g(v)=g(0)+g(u+v)$$

muestra que la función debe ser afín,

$$g(u)=au+b,$$ y $$f(x)=e^{ax^2+b}=F_0\left(\frac{F_1}{F_0}\right)^{x^2}.$$

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Las intuiciones/trucos detrás de esto:

• a menudo es ventajoso para alinear a beneficio de lo que sabemos de álgebra lineal y hacer que las ecuaciones se ven más familiar;
• los productos pueden ser linealizados por medio de logaritmos;
• funciones no lineales puede ser lineal por medio de un cambio de variable con la función inversa;
• cuando usted tiene una propiedad que involucra una serie de variables que tratan de explotar por la asignación de valores en particular a algunos de ellos.

Answer 2

Todas las soluciones son las funciones $f(x) = \alpha e^{\beta x^2}$, $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$. Cualquiera de estas funciones cumple el OP de la consulta: $$f(x)f(y) = \alpha e^{\beta x^2} \alpha e^{\beta y^2} = \alpha^2 e^{\beta(x^2 + y^2)} = \alpha^2 e^{\beta(x_1^2 + y_1^2)} = \alpha e^{\beta x_1^2} \alpha e^{\beta y_1^2} = f(x_1)f(y_1) \, .$$

Aquí es por eso que estos son los únicos. Observar que la hipótesis implica que hay una función de $\psi$ tal que $$f(x)f(y) = \psi(x^2 + y^2) \, .$$ Si $f(0) = 0$ $0.f(y) = \psi(y^2) = 0$ por lo tanto $f(x).f(y) \equiv 0$. Por lo $f$ debe ser idéntica a cero. Suponga que $f(0) = \alpha \neq 0$. A continuación, $\tilde{f}(x) := \frac{f(x)}{\alpha}$ también satisface la OP hipótesis. Así, podemos asumir w.l.o.g. que $\alpha = 1$. De esto podemos conseguir que $f(x) = \psi(x^2)$ $\psi(r)$ es una función continua para $r \geq 0$. Además, la función de $\psi$ satisface $$f(x) f(y) = \psi(x^2) \psi(y^2) = \psi(x^2 + y^2) \, .$$ Tomando $x=y$ vemos que $\psi \geq 0$. En realidad, $\psi(x) > 0$. De hecho, si $\psi(x_0^2) = 0$$\psi(x_0^2 + r) = 0$$r \geq 0$. W. l.o.g. podemos suponer $x_0>0$. Observar que también se $f(x_0)=0$. Así que hay valores de $y_0$ tal que $f(y_0) = 0$$0 \leq y_0 < x_0$. Pero luego también se $\psi(y_0^2) = 0$. Tomando el inf de tal $v^2$ tal que $\psi(v^2) = 0$ tenemos que $\psi(0) = 0$, lo que contradice $\alpha \neq 0$. Por último, podemos tomar logaritmos. Es decir, definimos la función de $\lambda(x) := \log(\psi(x))$$x \geq 0$. A continuación, $$\lambda(x) + \lambda(y) = \lambda(x+y)$$ para todos los $x,y \geq 0$. Desde $\lambda(x)$ es continua, tenemos que $\lambda(x) = \beta x$$ \beta \in \mathbb{R}$. A continuación,$\psi(x^2) = e^{\beta x^2}$. Por lo $f(x) = e^{\beta x^2}$. Pero que se había asumido que el $f(0)=1$. Así que la solución general es como yo dije : $f(x) = \alpha e^{\beta x^2}$.

Answer 3

El objetivo de la siguiente dirección de la intuición lado de la pregunta - yo la duda que tengo más experiencia que nadie, y los siguientes no es ciertamente rigurosa - todavía... Una forma de la respuesta - al menos en este caso! - es el uso de cálculo, es decir, asumir que todo a la vista es diferenciable, y tal vez probar "para recoger los cabos sueltos" después.

Como se ha señalado por Holonomia, la función de $g(x,y) = f(x)f(y)$ es constante en círculos. Esto significa que la pendiente de la diferenciable $g$ es paralelo al vector $(2x,2y)$, mientras que el último es normal a $x^2 +y^2 = c$. Así $$ {\rm grad}\ g = \lambda\cdot (2x, 2y), $$ donde la $\lambda = \lambda(x,y)$ es una función escalar. La comparación de los componentes, se obtiene $$f'(x) f(y) = \lambda 2 x,$$ y $$f'(y) f(x) = \lambda 2 y.$$

Haciendo el álgebra (formalmente), se obtiene $$ {f'(x) \over 2x f(x)} = {f'(y) \over 2y f(y)}.$$ Por lo tanto, a ambos lados de la igualdad son constantes, es decir, $$ {f'(x) \over 2x f(x)} = \beta,$$ con $\beta$ algunas constantes. Cruz-multiplicando por $2x$ e integrar, uno termina con $$ f(x) = \alpha e^{\beta x^2},$$ para algunas constantes $\alpha$ - es decir, Holonomia la respuesta.

• Editar * Algunos "barrido" por solicitud, para demostrar que cualquier $f$ la satisfacción de las condiciones del problema (la continuidad funcional de la ecuación) es diferenciable en a $x=c$, para cada $c$. Fix$c$,$a = |c|$, y considerar la posibilidad de $$ f(x) \int_{a+10}^{a+20} f(y)\, dy = \int_{a+10}^{a+20} f(x) f(y) \,dy = \int_{a+10}^{a+20} \psi( x^2 +y^2) \, dy,$$ donde $\psi$ es Holonomia $\psi$. La integral multiplicando $f(x)$ no es cero si $f$ no es idénticamente cero (utilizando un Holonomia estilo de argumento y $f(\sqrt 2 x)f(0) = f(x)^2 $, por ejemplo, a la conclusión de que la continua $f$ nada $0$ si no idéntica a $0$). Con el cambio de las variables de $y= \sqrt{r^2-x^2}$, la integral de la derecha se convierte en $$ \int_{\sqrt {(a+10)^2 +x^2}}^{\sqrt {(a+20)^2 +x^2}} \psi ( r^2) {r\over \sqrt{r^2-x^2} }\, dr,$$ que es diferenciable en (en un barrio de) $x=c$, debido a que $r^2-x^2 \ge (a+10)^2 >0$, $\psi$ es continuo, y los límites de la integral son diferenciables. Por lo tanto $f(x)$ es diferenciable.