Hay alguna forma cerrada de la solución para una función $f$ $\mathbb R$ satisfacción $f(t+s)=f(t)f(s)$

Question

Hay alguna forma cerrada de la solución para una función $f$ $\mathbb R$ satisfacción $f(t+s)=f(t)f(s), t, s \in \mathbb R$? He descubierto al menos cualquiera de las $f(t) = 0$ o $f(t) = e^{-\lambda t}$ puede ser una solución. No sé si existen otras soluciones. Además, yo no tengo ni idea de cómo resolverlo de una forma cerrada.

Gracias de antemano.

Answer 1

Así queremos encontrar todas las funciones $f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ que son continuas, y satisfacer $$f(x+y)=f(x)f(y).\tag*{$\forall(x,y)\in\mathbf{R}^2$}$$

En primer lugar, tenga en cuenta que $f(x)=f(x/2)^2$, por lo tanto $f(x)\geqslant0$. Ahora nos gustaría saber ¿qué sucede si el significado de la función es igual a $0$ a un cierto punto. Así que asumir que hay un $\alpha$ que $f(\alpha)=0$. A continuación, $$f(x)=f(x-\alpha+\alpha)=f(x-\alpha)f(\alpha)=0,$ $ lo que significa que la función sería igual a cero en todas partes. También podemos entender de que si cualquier solución a la ecuación funcional no se desvanecen de forma idéntica, entonces ellos no pueden desaparecer en cualquier momento.

Así que vamos a considerar exclusivamente las soluciones que no se desvanecen, por lo tanto $f(x)\gt0$ todos los $x$. Por lo tanto su logaritmo natural va a estar bien definidos. Así que podemos escribir la $g=\ln\circ f$, lo que daría $$g(x)+g(y)=g(x+y),\tag*{$\forall(x,y)\in\mathbf{R}^2$}$$ and this is exactly Cauchy's functional equation, which has the unique continuous solution $g:x\mapsto cx$. From this it can be easily seen that $f:x\mapsto b^x$ is the only continuous solution, along with $x\mapsto0$ and $x\mapsto1$, since putting $x=y=0$ yields $f(0)^2=f(0)$.

Otra solución puede ser propuesto por imitación de esta prueba de Cauchy funcional de la ecuación, de la siguiente manera: (vamos a tratar sólo la no desaparición de soluciones), Uno puede ver fácilmente que la puesta en $x=y=0$ uno se: $$f(0)=f(0)^2\iff f(0)=1,$$ since $f(0)\neq0$. One can show using induction that for any $n\in\mathbf{N}$ with $n\neq0$, $$f(x_1+\cdots+x_n)=f(x_1)\cdots f(x_n).$$ If we set $x_i=x$ for all $i$, then we get $$f(nx)=f(x)^n.$$ If $x=pz/q$, where $(p,q)\in\mathbf{N}^2$ with $q\neq0$, then $$f(pz)=f\left(q\left(\dfrac p q z\right)\right)=f\left(\dfrac{pz}{q}\right)^q.$$ And since $f(pz)=f(z)^p$, one gets: $$f(z)^p=f\left(\dfrac pq z\right)^q \implies f\left(\dfrac pq z\right)=f(z)^{p/q}.$$ By putting $x=-y$ in the functional equation one finds: $$f(0)=f(x)f(-x)\implies f(-x)=\dfrac{1}{f(x)}.$$ Hence from the two above relations we conclude that $$f\left(-\dfrac pq z\right)=f(z)^{-p/q}.$$ That is, for all reals $z$, and for all rationals $r$, $$f(rz)=f(z)^r.$$ When $z=1$ we get $f(r)=\lambda^r$, by defining $\lambda:=f(1)$. We wish to extend this solution to all real numbers. So let $\phi\in\mathbf{R}$, we know that there is a sequence $\{r_n\}$ such that $$\lim_{n\to\infty}r_n=\phi.$$ For all the terms of the sequence we have $f(r_n)=\lambda^{r_n}$, and since it is continuous $$f(\phi)=f\left(\displaystyle\lim_{n\to\infty}r_n\right)=\lim_{n\to\infty}f(r_n)=\lim_{n\to\infty}\lambda^{r_n}=\lambda^\phi.$$

Answer 2

El único continua de soluciones son las constantes de las funciones de $0$$1$, junto con funciones exponenciales. Hay, sin embargo, algunos otros muy complicado soluciones. Este problema se puede convertir en el Cauchy funcional de la ecuación tomando logaritmos de ambos lados. Explícitamente, $$\log f(x+y)=\log f(x)+\log f(y),$$ así que si $\log f$ es continuo, $\log f$ es una función lineal.

Todavía tenemos que justificar tomando logaritmos, aunque. No es demasiado difícil para comprobar que si $f$ es continua y no de forma idéntica $0$, entonces siempre es positivo. Si no, entonces $f$ debe $0$ en algún lugar por el Teorema del Valor Intermedio. La ecuación funcional de inmediato los rendimientos $f(x)=0$ todos los $x$. Por lo tanto, cualquiera de las $f(x)=0$ o $\log f(x)$ es lineal, asumiendo $f$ es continua.

Answer 3

Suponga que $f$ es diferenciable. Diferenciar con respecto a $t$. A continuación,$f'(t+s)= f'(t)f(s)$. Set $t=0$. A continuación,$f'(s)=f'(0)f(s)$.

Answer 4

Para agregar una nota cultural a otras personas de la respuesta :

Si $g : \mathbb{R} \to \mathbb{C}$ es una solución para la ecuación de Cauchy

$$g(x+y) = g(x) + g(y)$$

a continuación, $f = e^g$ es una solución de la ecuación. Podemos demostrar que la solución de la ecuación de Cauchy se $\mathbb{Q}$-lineales (en el sentido de que $g(qx) = q \,g(x)$$q \in \mathbb{Q}$). Así continuo de la solución son sólo funciones lineales $g(x) = \lambda x$ ( $\lambda \in \mathbb{C}$ ), aunque existen muchas otras discontinuo soluciones (llamado Hamel funciones).

Por el contrario, si $f$ es un valor real, entonces podemos mostrar a $f > 0$ (aparte de la solución de $f = 0$) y definir $g = \ln f$, que satisface la ecuación de Cauchy.

Sin embargo, si $f$ es de valores complejos, podemos encontrar muchas otras soluciones de esta ecuación por considerar soluciones $g : \mathbb{R} \to \mathbb{C}/2i\pi \mathbb{Z}$ a de la ecuación

$$g(x+y) \equiv g(x) + g(y) \mod 2i \pi$$

y teniendo en $f = e^g$ (por el contrario, una función de $g$ siempre existe). Resulta que hay muchas más soluciones debido a que esta ecuación no implica que $g$ $\mathbb{Q}$- lineales (en el sentido de que $g(qx) \equiv q \,g(x) \mod 2i\pi$$q \in \mathbb{Q}$) como fue el caso de Cauchy para la ecuación de (a menos $g$ es continua). Es posible dar una descripción completa de las soluciones de esta ecuación en $\mathbb{Q}$ pero es bastante complicado y usos $p$-ádico números (véase, por ejemplo, este documento), baste decir que es mucho más grande que sólo funciones lineales ! En cuanto a las soluciones en $\mathbb{R}$, se puede obtener mediante la elección de una base de Hamel y pegando soluciones en $\mathbb{Q}$ como en el clásico de la ecuación de Cauchy.