Una función en la que la suma y la multiplicación se comportan de la misma manera

Question

Los exponentes tienen un conocido de la propiedad:

$$x^ax^b = x^{a+b}$$

pero

$$x^{a} + x^{b} \neq x^{a+b}$$

Del mismo modo,

$$\log(a) + \log(b) = \log(ab) $$

Pero

$$\log(a)\log(b) \neq \log(ab)$$

Así que mi pregunta es esta:

Hay una función de $f$ $\mathbb{R}$ o algún subconjunto infinito de $\mathbb{R}$ con las siguientes propiedades

$$(1)\quad f(x)f(y) = f(x+y)$$ $$(2)\quad f(x)+f(y) = f(x+y)$$ es decir $$(3)\quad f(x)+f(y) = f(x)f(y)$$

Parece que $(2)$ requiere la función lineal...

Answer 1

Su título expresa su interés en "una función en la que la suma y la multiplicación se comportan de la misma manera". Esa es la condición (3) solo. Las condiciones (1) y (2) son innecesariamente fuerte requisitos que restringir artificialmente las posibles soluciones. Sea lo que sea ...

Vamos a invocar la condición (3) con tres arbitraria de valores, $x$, $y$, $z$.

$$\begin{align} f(x) + f(y) = f(x)\cdot f(y) \\ f(x) + f(z) = f(x)\cdot f(z) \end{align}$$ Restando, obtenemos $$f(y) - f(z) = f(x)\cdot(\;f(y)-f(z)\;)\quad\to\quad\left(f(x)-1\right)\cdot\left(f(y)-f(z)\right) = 0$$ Para todas las opciones de $x$, $y$, $z$, al menos uno de los factores debe desaparecer. Llegamos a la conclusión de que $f$ debe ser algún constante; decir, $k$. (La desaparición del primer factor requiere específicamente que el $k=1$, pero vamos a ir por delante y absorber esta en el más general de la declaración).

Entonces la condición (3) se reduce a $$k + k = k\cdot k \quad\to\quad k(k-2) = 0$$ de modo que $k = 0$ o $k = 2$. Es decir, tenemos dos formas para satisfacer la condición (3):

$$f(x) \equiv 0 \qquad\text{or}\qquad f(x) \equiv 2$$

La imposición de condiciones (1) y (2) los límites de las soluciones sólo a la primera.

Answer 2

La única función es $f\equiv 0$. $f(0) + f(0) = f(0 + 0) = f(0)$, de modo que $f(0) = 0$. Pero, a continuación,$f(x) = f(x + 0) = f(x)f(0) = 0$.

Answer 3

De $(2), f(x)+f(0)=f(x+0)$, lo $f(0)=0$. Luego de $(1), f(x)f(0)=0=f(x)$, por lo que sólo el cero de la función satisface sus requisitos.

Answer 4

Tome $y = 0$. Entonces necesitamos para satisfacer la segunda ecuación:

$$f(x) + f(0) = f(x+0)$$

De la segunda ecuación, debemos tener $f(0) = 0$.

Ahora tome $y = -x$. Ahora debemos satisfacer:

$$f(x) * f(-x) = f(x-x)$$

$$f(x) + f(-x) = f(0)$$

De la segunda ecuación, tenemos $f(x) = -f(-x)$. La primera ecuación, entonces se convierte en:

$$-f(x)^2 = f(0)$$

Y debemos tener $f(x) = 0$ todos los $x$. Por lo tanto, sólo la función de $f(x)=0$ satisface sus limitaciones.

Answer 5

$$f(x)+f(y)=f(x)f(y)$$ implica $$f(x)+f(x) = f(x)f(x)$$ así $$2f(x)=\left(f(x)\right)^2$$ $$f(x)\left(f(x)-2\right)=0$$ Así, para cada $x$ debe ser $f(x)=0$ o $f(x)=2$. (*)

Sin embargo, si hay dos números de $y,z$ tal que $f(y)=f(z)=2$,$f(y+z)=f(y)+f(z)$$4$, lo que contradice (*). Así que no puede haber más de un número $z$, que $f(z)=2$. (**)

Sin embargo, si $z$ existe, entonces no puede ser$1$$-1$, al mismo tiempo, por lo tanto al menos uno de $f(-1)$ $f(1)$ no $2$, por lo que debe ser $0$ (*),
entonces al menos uno de $f(z-1) = f(z)+f(-1)$ $f(z+1)=f(z)+f(1)$ es igual a $f(z)+0=f(z)$. Eso significa que al menos dos de $\{f(z-1), f(z), f(z+1)\}$ igual $2$, lo que contradice (**).

Por lo tanto no existe ningún número que $f$ salida es $2$, e $f$ debe ser cero en todas partes: $$f:x\mapsto 0$$ o $$f(x)\equiv 0$$