Si $f$ es continua y $f(x+y)=f(x)f(y)$ Entonces $ \lim\limits_ {x \rightarrow 0} \frac {f(x)-f(0)}{x}$ existe

Question

Estoy resolviendo la ecuación funcional $f(x+y)=f(x)f(y)$ y sé que tengo una función continua $f:[0, \infty\rangle \to \langle 0, \infty\rangle $ s.t. $f(0)=1$ . En uno de los pasos, quiero mostrar que el límite $$ \lim_ {x \rightarrow 0} \frac {f(x)-1}{x}$$ existe y es finito?

Sólo estoy buscando una pista.

Answer 1

La siguiente es una solución de la ecuación funcional $$f(x + y) = f(x)f(y)$$ para todos los reales $x, y$ en un entorno más general en el que $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ es una función que es continua en todas partes.

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Una solución (la más trivial) es que $f(x) = 0$ para todos $x$ y luego el límite $\lim_{x \to 0}\dfrac{f(x) - f(0)}{x} = 0$ existe.

Supongamos entonces que $f(x)$ no es idéntico a cero. Así que hay un número $a$ tal que $f(a)\neq 0$ . Ahora $f(a) = f(a/2)f(a/2) \geq 0$ así que $f(a) > 0$ . Ahora podemos ver que $$f(a) = f(a + 0) = f(a)f(0)$$ para que $f(0) = 1$ .

Tenga en cuenta además que si $f(b) = 0$ entonces $f(x) = f(b)f(x - b) = 0$ para todos $x$ . Por lo tanto, se deduce que $f(x) \neq 0$ para todos $x$ y por el razonamiento del último párrafo $f(x)$ es positivo en todas partes. Siguiente: "Deja" $f(1) = k$ donde $k > 0$ y luego demostraré que el comportamiento de $f$ depende fundamentalmente de $k$ . Obsérvese que por simples argumentos alegóricos y utilizando la ecuación $f(x)f(y) = f(x + y)$ podemos demostrar que $f(x) = k^{x}$ cuando $x$ es racional. Y si $k = 1$ entonces $f(x) = 1$ para todos los racionales $x$ y a través de la continuidad $f(x) = 1$ para todos $x$ . Por lo tanto, si $k = 1$ el límite deseado en cuestión existe y es igual a $0$ .

Es importante observar que el valor de $f(1) = k$ determina la función de forma única. Así, si $g, h$ son dos soluciones continuas no triviales de la ecuación funcional $f(x + y) = f(x)f(y)$ entonces $g, h$ son positivos y, por tanto, la función $F$ dado por $F(x) = g(x)/h(x)$ está bien definida y es continua. Además $F$ es también una solución de la ecuación funcional. Si $g(1) = h(1)$ entonces $F(1) = 1$ y por el último párrafo $F(x) = 1$ para todos $x$ y por lo tanto si $g(1) = h(1)$ entonces $g(x) = h(x)$ para todos $x$ . Así, vemos que una solución continua no trivial de $f(x + y) = f(x)f(y)$ está determinada de forma única por el valor $k = f(1)$ .

Siguiente $k > 1$ . Usando una cierta cantidad de manipulación algebraica podemos demostrar que $$\frac{f(x) - f(0)}{x} < \frac{f(y) - f(0)}{y}$$ para la racionalidad $x, y$ con $0 < x < y$ . Si $x, y$ son números reales con $0 < x < y$ entonces podemos elegir secuencias de racionales $x_{n}, y_{n}$ tal que $x_{n} \to x, y_{n} \to y$ . Sea $u, v$ sean racionales con $0 < x < u < v < y$ y después de un cierto valor de $n$ tendremos $0 < x_{n} < u < v < y_{n}$ y por lo tanto $$\frac{f(x_{n}) - f(0)}{x_{n}} < \frac{f(u) - f(0)}{u} < \frac{f(v) - f(0)}{v} < \frac{f(y_{n}) - f(0)}{y_{n}}$$ y al tomar los límites como $n \to \infty$ obtenemos $$\frac{f(x) - f(0)}{x} \leq \frac{f(u) - f(0)}{u} < \frac{f(v) - f(0)}{v} \leq \frac{f(y) - f(0)}{y}$$ Aquí hemos utilizado la continuidad de $f$ . Obsérvese que de lo anterior se obtiene la ecuación deseada $$\frac{f(x) - f(0)}{x} < \frac{f(y) - f(0)}{y}$$ para todos los reales $x, y$ con $0 < x < y$ bajo el supuesto de que $f(1) = k > 1$ . Así que hemos establecido que la función $g(x) = \dfrac{f(x) - f(0)}{x}$ es estrictamente creciente en $(0, \infty)$ .

A continuación tenemos que demostrar que $g(x) \geq 0$ para todos $x > 0$ . Nuevamente dejemos $x_{n}$ sea una secuencia de racionales que tiende a $x$ . Entonces $x_{n} > 0$ a partir de un determinado valor de $n$ y luego $$g(x_{n}) = \frac{f(x_{n}) - f(0)}{x_{n}} = \frac{k^{x_{n}} - 1}{x_{n}} > 0$$ porque $k > 1$ . Tomando los límites como $n \to \infty$ y mediante la continuidad de $g$ obtenemos $g(x) \geq 0$ para todos $x$ . Ahora se deduce que $\lim_{x \to 0^{+}}g(x)$ existe.

Demostraremos que $\lim_{x \to 0^{-}}g(x)$ también existe y es igual a $\lim_{x \to 0^{+}}g(x)$ . Es evidente que tenemos \begin{align} L &= \lim_{x \to 0^{-}}g(x)\notag\\ &= \lim_{x \to 0^{-}}\frac{f(x) - f(0)}{x}\notag\\ &= \lim_{t \to 0^{+}}\frac{f(-t) - f(0)}{-t}\notag\\ &= -\lim_{t \to 0^{+}}\frac{f(-t + 0) - f(-t + t)}{t}\notag\\ &= -\lim_{t \to 0^{+}}f(-t)\cdot\frac{f(0) - f(t)}{t}\notag\\ &= f(0)\lim_{t \to 0^{+}}\frac{f(t) - f(0)}{t}\notag\\ &= \lim_{x \to 0^{+}}\frac{f(x) - f(0)}{x}\notag \end{align} De ello se desprende que $\lim_{x \to 0}g(x)$ existe. Si $0 < k < 1$ entonces también se da el mismo resultado pero entonces $g(x)$ puede ser negativo y hay que establecer el límite que $g(x) \geq (k - 1)/k$ con más manipulación algebraica.

El valor del límite $$\lim_{x \to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x}$$ depende fundamentalmente de $k = f(1)$ y, por tanto, define una función de $k$ diga $L(k)$ . Hemos visto que para $k = 1$ tenemos $L(k) = 0$ y con un poco de esfuerzo podemos demostrar que $L(x)$ es una función continua y diferenciable de $x$ en $(0, \infty)$ con la propiedad de que $L(xy) = L(x) + L(y)$ y $L'(x) = 1/x$ (debería intentar demostrar estos hechos sobre $L$ ) y en este punto entiendes que $L(x)$ se conoce más popularmente y se escribe como $\log x$ .

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Nótese que en lo anterior hemos demostrado que $f'(0)$ existe y utilizando la ecuación funcional $f(x)f(y) = f(x + y)$ podemos demostrar fácilmente que $f'(x) = f(x)f'(0)$ . Así, utilizando el hecho de que $f$ es continua y $f(x + y) = f(x)f(y)$ hemos demostrado que $f$ es diferenciable para todo $x$ . Dando un paso más (y también para resumir) podemos demostrar que

Si $f$ es continua en un punto cualquiera digamos $a$ y $f(x + y) = f(x)f(y)$ entonces $f$ es continua y diferenciable en todas partes con $f'(x) = f(x)f'(0)$ y dejando de lado la solución trivial $f(x) = 0$ en todas partes el valor de $f'(0)$ es una función de $f(1) = b$ para que $f'(0) = L(b)$ y $L$ es continua y diferenciable en $(0, \infty)$ y $L'(x) = 1/x$ .

Answer 2

Puede comprobar fácilmente que $f(\frac pq) = f(1)^{\frac pq} \; \forall \frac pq \in \Bbb Q$ Así que $\left.f\right|_{\Bbb Q}$ es sólo un exponencial.

Ahora, como sabemos que la función es continua y $\Bbb Q$ resulta ser denso en $\Bbb R$ podemos afirmar que $f(x) = f(1)^x \; \forall x$ y ahora sólo hay que calcular la derivada de algún $a^x$ que sabemos que es diferenciable en $x=0$ .

Answer 3

Para evitar el hecho de que no se puede diferenciar $f$ (todavía), ¡lo integraremos! Definir $F$ para ser la siguiente primitiva de $f$

$$F(x) = \int_0^x f(t) \, dt$$

Integrando $f(x+y) = f(x)f(y)$ En lo que respecta a $x$ entre $0$ y $1$ (en realidad se puede elegir cualquier número que no sea cero), obtenemos

$$F(y+1) - F(y) = f(y)F(1)$$

Desde $f$ es positivo, $F(1) \ne 0$ y obtenemos

$$f(y) = \frac{F(y+1)-F(y)}{F(1)}$$

Ahora el lado derecho es claramente $\mathcal{C}^1$ Así que $f$ es $\mathcal{C}^1$ también.