Buscar todas las funciones $f:\mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}$ tal que $f(x^2+y^2)=f(x+y)f(x-y)$ .

Question

Buscar todas las funciones $f:\mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}$ tal que $f(x^2+y^2)=f(x+y)f(x-y)$ .

Algunas soluciones que he encontrado son $f\equiv0,f\equiv1$ , $f(x)=0$ si $x\neq0$ y $f(x)=1$ si $x=0$ .

Answer 1

Realizar la sustitución $x=\frac{a+b}{2}, y=\frac{a-b}{2}$ para obtener $f(\frac{a^2+b^2}{2})=f(a)f(b)$ . Denotaremos esta afirmación con $P(a, b)$ .

$P(a, a)$ : $f(a^2)=f(a)^2$ . En particular, cuando $a=0$ tenemos $f(0)=f(0)^2$ así que $f(0)=0$ o $1$ .

Si $f(0)=0$ entonces $P(a, 0)$ : $f(\frac{a^2}{2})=0$ Así que $f(x)=0 \, \forall x \geq 0$ . Así $f(x)^2=f(x^2)=0 \, \forall x \in \mathbb{R}$ Así que $f(x)=0 \, \forall x \in \mathbb{R}$ .

En caso contrario $f(0)=1$ . Entonces $P(a, 0)$ : $f(\frac{a^2}{2})=f(a)$ . Así $f(a^2)=f(a)^2=f(\frac{a^2}{2})^2$ Así que $f(2x)=f(x)^2 \, \forall x \geq 0$ . Así $f(x^2)=f(x)^2=f(2x)=f(\frac{(2x)^2}{2})=f(2x^2) \, \forall x \geq 0$ Así que $f(2x)=f(x) \, \forall x \geq 0$ Así que $f(x)=f(2x)=f(x)^2 \forall x \geq 0$ . Así $f(x)=0$ o $1 \, \forall x \geq 0$ .

Tenga en cuenta que $f(-a)=f(\frac{(-a)^2}{2})=f(\frac{a^2}{2})=f(a)$ . Si $f(c)=0$ para algunos $c>0$ entonces $P(a, c)$ : $f(\frac{a^2+c^2}{2})=0$ Así que $f(x)=0$ para $x \geq \frac{c^2}{2}$ . Consideremos un $x>0$ . Utilización de $f(2x)=f(x)$ es fácil demostrar por inducción que $f(2^nx)=f(x) \, \forall n \in \mathbb{Z}^+$ . Es evidente que existe un número entero positivo $N_x$ s.t. $2^{N_x}x \geq \frac{c^2}{2}$ Así que $f(x)=f(2^{N_x}x)=0$ . Por lo tanto $f(x)=0 \, \forall x>0$ Así que $f(x)=0 \, \forall x \not =0, f(0)=1$ .

En caso contrario $f(x)=1 \, \forall x \geq 0$ por lo que $f$ es par, $f(x)=1 \, \forall x \in \mathbb{R}$

Para concluir, tenemos 3 soluciones: $f(x)=0 \, \forall x \in \mathbb{R}$ , $f(x)=1 \, \forall x \in \mathbb{R}$ y $f(x)=0 \, \forall x \not =0, f(0)=1$ . Se comprueba fácilmente que todas estas son soluciones.

Answer 2

Deje $x=y=0 \to f(0)=f^2(0) \to f(0)=0$ o $ f(0)=1 $ ,

caso I: $f(0)=0$

deje $x-y=0 \to f(2x^2)=f(2x)*f(0)=0 \to f(x)=0$ cuando $x \ge 0 $ , deje $x+y=u,x-y=v \to f(\dfrac{u^2+v^2}{2})=f(u)f(v), $ si $v=c <0 ,f(c) \not=0$ , $ f(u)=\dfrac{f(\dfrac{u^2+c^2}{2})}{f(c)}=f(-u) \to f(x)=0 $ cuando $x<0$ se contradicen. Así que $f(x)=0$ para todos $x$ .

EDIT: la siguiente es la 3ª versión y creo que ya está bien.

caso II: $f(0)=1 \to f(x^2)=(f(x))^2$ y $f(x)=f(\dfrac{x^2}{2})$ y $f(x)=f(-x)$

para cualquier $x>\sqrt{2}$ podemos tener $ f(x)=(f(\sqrt{x}))^2=(f(x^{\frac{1}{2n}}))^{2n} $ cuando n es suficientemente grande, tenemos $x^{\frac{1}{2n}} < \sqrt{2}$

para cualquier $x<\sqrt{2}$ tenemos $f(x)= f(\dfrac{x^2}{2})$ Así que $\dfrac{x^2}{2}<1$

para cualquier $x<1 \to f(x)=f(\dfrac{x^2}{2})=f(\dfrac{x^{2n}}{2^{2n+1}})$ cuando n es suficientemente grande, tenemos $f(x)=C$ cuando $x \to 0$

que da para cualquier $x>0, f(x)=C$ y $C=C^2 \to C=0 $ o $ C=1$

si $f(0)$ no es continuar con $f(x)$ cuando $x=0$ tenemos $f(x)=0$ cuando $x\not=0$ o $f(x)=1$

por lo que la prueba de que la conjetura del OP. QED