Solución a la ecuación funcional $f(x^y)=f(x)^{f(y)}$

Question

Considere la ecuación funcional problema

$$ f: \Bbb{R} \rightarrow \Bbb{R}$$

$$ f(a^b) = f(a)^{f(b)},$$

al $a,b \in \Bbb{R}, a,b \ge 0.$

Hasta ahora la única solución que tengo es el trivial

$$ f(x) = x$$

¿Existe alguna otra posible solución?

Incluso si el f no tiene una forma cerrada en términos de funciones elementales ¿hay alguna manera de que yo pueda derivar una serie o expresión alternativa?

Traté de conseguir un poco más creativos:

$$ f(w) = f(w^{\frac{1}{w}})^{f(w)}$$

Que los nidos de profundidad en

$$ f(w) = f(w^{\frac{1}{w}})^{f(w^{\frac{1}{w}})^{f(w^{\frac{1}{w}})^{\vdots}}} $$

Que es equivalente a

$$ \ln(f(w)) = \ln(f(w^{\frac{1}{w}}))f(w) $$

Tenía la esperanza de generar algún tipo de series con esto.

Answer 1

Podemos demostrar que la única $nice$ soluciones para $$f(x^y)=f(x)^{f(y)}\qquad(1)$$ son las señas de identidad de la función, y la constante de funciones $1$$-1$. También hay un par de $ugly$ soluciones.

Para evitar problemas con $0^0$, primero vamos a encontrar todas las funciones $f$ tal que $f:(0,+\infty)\to(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$. (Tenga en cuenta que debido a que la pregunta es no negativo $x$ $y$ satisfacción $(1)$, por lo tanto, si el dominio de $f$ incluido un negativo $x$, $f(x)$ sería arbitrarias.)

En el caso de que $|f(x)|=1$ por cada $x>0$,$f(x)^{+1}=f(x)^{-1}=f(x)$; por lo que para cada $x,y>0$ obtenemos: $$f(x^y)=f(x)^{f(y)}=f(x)^{\pm1}=f(x)$$ Así, por medio de la fijación de $x$ a tener un valor mayor que $1$ y dejando $y$ ir encima de todos los números positivos, llegamos a la conclusión de que $f$ es constante en $(1,+\infty)$. Por el mismo argumento, $f$ es constante en $(0,1)$. Por eso, $f$ debe ser de la forma: $$\cases{f(x)=a\qquad0<x<1\\f(x)=b\qquad x=1\\f(x)=c\qquad x>1}$$ donde $|a|=|b|=|c|=1$. De hecho, se puede demostrar que cada elección de $(a,b,c)$ da una solución; y la única $nice$ son las constantes de las funciones de $1$$-1$.

Ahora, si hay un $z$ tal que $|f(z)|\neq1$,$(1)$: $$f(z)^{f(xy)}=f(z^{xy})=f((z^x)^y)=f(z^x)^{f(y)}=\left(f(z)^{f(x)}\right)^{f(y)}=f(z)^{f(x)f(y)}$$ $$\therefore f(xy)=f(x)f(y)\qquad(2)$$ $$\therefore f(z)^{f(x+y)}=f(z^{x+y})=f(z^xz^y)=f(z^x)f(z^y)=f(z)^{f(x)}f(z)^{f(y)}=f(z)^{f(x)+f(y)}$$ $$\therefore f(x+y)=f(x)+f(y)\qquad(3)$$ Así, por $(2)$, para cada $x>0$ obtenemos $f(x)=f(\sqrt{x})^2>0$. Así por $(3)$, llegamos a la conclusión de que $f$ es estrictamente creciente. El uso de $(1)$, obtenemos $f(1)=f(1)^{f(1)}$ $f(1)=1$ que inductivamente de los rendimientos de $f(r)=r$ por cada número racional positivo $r$ (mediante el uso de $(3)$). Debido a $f$ es el aumento, que debe ser la función identidad.

Ahora bien, si queremos encontrar todas las funciones de $f:[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ satisfacción $(1)$, entonces debemos tratar con $0^0$ e esta expresión debe ser definido. Si definimos $0^0$ a de ser algo distinto a $0$ o $1$, entonces vamos a perder la costumbre, las propiedades algebraicas de la exponenciación. Aquí, omito la prueba, y solo dicen que si $0^0=0$, entonces tendremos $ugly$ soluciones de:

• $f(x)=0\qquad x\geq0$
• $\cases{f(x)=-1\qquad x=0\\f(x)=1\qquad x>0}$
• $\cases{f(x)=1\qquad x=0\\f(x)=a\qquad x>0}$ donde $a=0$ o $a=-1$

y si $0^0=1$, a continuación, las únicas soluciones son las $nice$.

Si queremos incluir los números negativos en el dominio de $(1)$ (y evitar los números complejos), a continuación, $y$ sólo debe tomar racional valores con denominador impar (para evitar problemas con la definición de la exponenciación). En este caso, tenemos la $nice$ soluciones, y pueden haber otras soluciones.

Hay problemas con que se extiende el dominio y el codominio de números complejos, debido a que la exponenciación es una de muchos valores de relación en este caso, y también las propiedades algebraicas complicado. Aún no está claro cómo encontrar toda la constante de soluciones! Le he pedido a una pregunta relacionada.