Resolución de la ecuación funcional $ f \big( x + y f ( x ) \big) = f ( x ) f ( y ) $

Question

Quiero encontrar todas las funciones $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ que satisface la ecuación funcional $ f \big( x + y f ( x ) \big) = f ( x ) f ( y ) $, para todos los números reales $ x $$ y $.

Un hecho interesante acerca de la funcional de la ecuación es una simetría que no es, a primera vista, visible. Si uno de los sustitutos de la $ x + z f ( x ) $ $ x $ en el funcional de la ecuación, la ecuación de $ f \big( x + z f ( x ) + y f ( x ) f ( z ) \big) = f ( x ) f ( y ) f ( z ) $ sigue, que es también el resultado de la sustitución de $ z + y f ( z ) $ $ y $ en la ecuación original.

Este es mi intento:

Claramente, para cada número real constante $ a $, $ f ( x ) = a x + 1 $ es una solución. La constante cero de la función es otra solución. Suponemos que estas son las únicas soluciones.

Es fácil ver que $ f \big( x + y f ( x ) \big) = f \big( y + x f ( y ) \big) $ y por lo tanto si $ f $ es inyectiva, uno debe tener $ x + y f ( x ) = y + x f ( y ) $, dejando $ y = 1 $ rendimientos $ f ( x ) = \big( f ( 1 ) - 1 \big) x + 1 $.

Dejando $ x = y = 0 $ en el funcional de la ecuación, se pone en $ f ( 0 ) = 0 $ o $ f ( 0 ) = 1 $. Si $ f ( 0 ) = 0 $, dejando $ y = 0 $ en el funcional de la ecuación uno puede encontrar que $ f $ es la constante cero de la función. Así que a partir de ahora se supone que $ f ( 0 ) = 1 $.

Si $ f $ es diferenciable, la diferenciación funcional de la ecuación con respecto a $ y $, se pone en $ f ( x ) f ' \big( x + y f ( x ) \big) = f ( x ) f ' ( y ) $. Dejando $ y = 0 $ en la última ecuación, se obtiene $ f ( x ) \big( f ' ( x ) - f ' ( 0 ) \big) = 0 $. Ahora desde $ f $ es diferenciable en a $ 0 $, también es continua en a $ 0 $ y por lo tanto no es un número real positivo $ \delta $ que si $ - \delta < x < \delta $$ f ( x ) > 0 $. Por lo tanto, si $ - \delta < x < \delta $$ f ' ( x ) = f ' ( 0 ) $, lo que muestra que en este intervalo de $ f ( x ) = x f ' ( 0 ) + 1 $. Para cualquier $ x $ tal que $ f ( x ) \ne 0 $, uno puede sustituir a $ \frac y { f ( x ) } $ $ y $ en el funcional de la ecuación y obtenga $ f ( x + y ) = f ( x ) f \Big( \frac y { f ( x ) } \Big) $. Por lo tanto, si $ - \delta f ( x ) < y < \delta f ( x ) $$ f ( x + y ) = f ( x ) + y f ' ( 0 ) $.

Yo no podía ir más allá y además, no podía evitar la diferenciabilidad de la condición.

Answer 1

He aquí una solución diferente. $$ f(x)=\begin{cases} 1\quad\text{if}\quad x\in\mathbb{Q}\\ 0\quad\text{otherwise} \end{casos} $$ Estoy bastante seguro de que hay un número de variaciones de este tema.

Mi sospecha es que sin necesidad de la continuidad o la diferenciabilidad, la relación no será suficiente para limitar las soluciones disponibles para $f(x)$ todos los $x\in\mathbb{R}$, y que por lo tanto, podría ser un incontable número de soluciones que serán casi ningún lugar del continuo (posiblemente requiriendo el axioma de elección para la construcción).

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Aquí hay un par de observación en el continuo/caja del diferencial. No he correctamente la prueba de lectura, de modo que me haya perdido algo.

Asumamos primero que $f(0)=1$, de lo contrario $f(x)=0$ todos los $x$.

Vamos a tomar algo $x$$f(x)\not=0$. Debido a la relación $f(x+yf(x))=f(x)f(y)$ si $f(y)$ es continua en a $y=0$, se deduce que el $f$ es continua en a $f(x)$.

Del mismo modo, si $f(y)$ es diferenciable en a$y=0$$f'(0)=a$, se deduce que el $f$ es diferenciable en a $x$. La diferenciación de $f(x+yf(x))=f(x)f(y)$ $y$ $y=0$ rendimientos $f'(x)=f'(0)=a$. De nuevo, esto requiere que el $f(x)\not=0$.

Así que, básicamente, si $f(0)=0$$f'(0)=a$, sabemos que $f'(x)=a$ siempre $f(x)\not=0$, a partir de la cual se desprende que $f(x)=ax+1$ en el segmento con $ax+1\ge0$.

Si $a=0$, esto hace que $f(x)=1$ todos los $x$. Para cualquier otro $a$, $f(x)=ax+1$ es una posible solución.

Una solución ya mencionado por otros, es $f(x)=\max(ax+1,0)$.

Una última opción, asumiendo $a\not=0$, es que hay un $b>1$, de modo que $$ f(x)=\begin{cases} ax+1\quad\text{if}\quad ax+1>0\\ ax+b\quad\text{if}\quad ax+b<0\\ 0\quad\text{otherwise} \end{casos} $$ desde $f'(x)=a$ siempre $f(x)\not=0$. Sin embargo, para cualquier $y$$f(y)=0$, $f(x+yf(x))=0$ todos los $x$. Esto significa $x+yf(x)$ debe ser enlazado como $x\rightarrow\infty$$-\infty$, lo cual sólo puede ocurrir si $y=-1/a$. De modo que esta alternativa queda descartada.

Answer 2

Aquí hay otra solución que clasifica todas continua de la solución. Durante la prueba se excluyen dos soluciones triviales $f \equiv 0$ $f \equiv 1$ para evitar la innecesaria caso de la división.

(Descargo de responsabilidad: yo fuertemente prestado Tob Ernack's de inyectividad argumento, pero trató de una simple prueba. Aunque tengo una independiente de la prueba, no es ni elegante ni más corto.)

Paso 1. $Z: = f^{-1}(\{0\})$ es un no-vacío intervalo cerrado.

$Z$ es, obviamente, un conjunto cerrado. Siguiente, siempre que $f(x) \neq 1$ hemos

$$ f\left(\tfrac{x}{1 - f(x)}\right) = f\left(x + \tfrac{x}{1 - f(x)}f(x)\right) = f(x)f\left(\tfrac{x}{1 - f(x)}\right). $$

y, por tanto,$\frac{x}{1 - f(x)} \in Z$. Entonces la suposición de $f \not\equiv 1$ muestra que $Z \neq \varnothing$. Por último, si $a, b \in Z$, luego

$$f(x+af(x)) = f(x)f(a) = 0 \qquad \forall x \in \Bbb{R}$$

y la función de $g(x) = x+af(x)$ toma sólo valores en $Z$. Desde $g(a) = a$$g(b) = b$, se sigue por el teorema del valor intermedio que $[a, b] \subseteq Z$.

Paso 2. $f(x) = f(y) \neq 0$ implica $x = y$.

Deje $p = (y-x)/f(x)$. De

$$ f(x) = f(y) = f(x+pf(x)) = f(x)f(p),$$

tenemos $f(p) = 1$. Supongamos ahora que $p \neq 0$

$$f(t+p) = f(p+tf(p)) = f(t)f(p) = f(t) \qquad \forall t \in \Bbb{R}$$

y, por tanto, $f$ es periódica. Por el Paso 1, esto implica que $Z$ es un intervalo que es infinito en ambas direcciones, por lo $Z = \Bbb{R}$, contradiciendo la suposición $f \not\equiv 0$.

Paso 3. Existe $a \in \Bbb{R}$ tal que $f(x) = 1 + ax$$x \in \Bbb{R}\setminus Z$.

El uso de la suposición de $f \not\equiv 0$ elegir $c \neq 0$ tal que $f(c) \neq 0$ y deje $a = \frac{f(c) - 1}{c}$. Entonces para cualquier $x \notin Z$,

$$ f(x + cf(x)) = f(x)f(c) = f(c+xf(c)) \neq 0 $$

y por lo $x + cf(x) = c + xf(c)$. La solución de esta ecuación nos da $f(x) = 1 + ax$.

Paso 4. Excepto para la solución trivial $f \equiv 0$, sólo 2 tipos de soluciones son posibles:

• Caso 1. $f(x) = 1+ax$ algunos $a \in \Bbb{R}$
• Caso 2. $f(x) = \max\{1+ax, 0\} $ algunos $a \in \Bbb{R}$

Suponga que $f \not\equiv 0$. Entonces lo que sigue es de $f(x) = f(x+0\cdot f(x)) = f(x)f(0)$ que $f(0) = 1$. Esto, junto con el Paso 3 se muestra que sólo en el Caso 1 y 2 son las posibles soluciones a la ecuación funcional. Comprobamos que ambos casos son de hecho las soluciones.

Desde el Caso 1 es fácil de verificar, nos centramos en el Caso 2. También, en el Caso 2, observe que $x \notin Z$ si y sólo si $1+ax > 0$. Entonces

• Si $x \in Z$,$f(x+yf(x)) = f(x) = 0 = f(x)f(y)$.

• Si $x \notin Z$,$x+yf(x) = x+y(1+ax) = x+y+axy$. Así

  \begin{align*} x+yf(x) \notin Z &\quad \Leftrightarrow \quad 1+a(x+y+axy) = (1+ax)(1+ay) > 0 \\ &\quad \Leftrightarrow \quad 1+ay > 0. \end{align*}

  A partir de esto es fácil de comprobar que $f(x+yf(x)) = f(x)f(y)$ tiene para todos los $y$.

Por lo tanto, $f(x) = \max\{0,1+ax\}$ es también una solución de la ecuación funcional.

Answer 3

Este papel parece mostrar que las soluciones sólo continuas son $$\begin{align} f(x) &= 0 \\ f(x) &= 1+ax \\ f(x) &= \begin{cases}1+ax & x>-\frac{1}{a} \\ 0&x\leq-\frac{1}{a} \end{casos} \\ f (x) y =\begin{cases}1+ax & x<\frac{1}{a} \\ 0&x\geq\frac{1}{a} \end{casos} \end{align}$$ donde $a$ es cualquier real y $a$ es positivo para los dos casos finales. Lamentablemente está en francés si no reproduzco aquí el argumento.