encontrar todas las funciones continuas $f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ satisfaciendo $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)$ para todos $x,y \in \mathbb{R}^n$

Question

Encontrar todas las funciones continuas $f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ satisfaciendo \begin{equation*} f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)~\forall x,y \in \mathbb{R}^n. \end{equation*} Mi intento: Consigo demostrar que para cualquier $q \in \mathbb{Q}$ , $f(qx)=q^2f(x)$ para todos $x \in \mathbb{R}^n$ . Tengo la sensación de que la respuesta es $f(x)=A\| x \|^2$ pero soy incapaz de probarlo.

¿Alguien puede dar alguna pista?

Answer 1

SÍ, $f$ debe ser un polinomio cuadrático homogéneo (QHP en notación notación abreviada) como esperabas.

Tenemos una función continua $f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ satisfaciendo $$ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)~\forall x,y \in \mathbb{R}^n \tag{1} $$

Sea $a,b\in{\mathbb R}^n$ . Para $k\in{\mathbb N}$ define $\phi_{a,b}(k)=f(a+kb)$ . Tomando $x=a+(k+1)b$ y $y=b$ en (1), vemos que $\phi_{a,b}$ satisface una fórmula de recurrencia lineal de segundo orden :

$$ \phi_{a,b}(k+2)-2\phi_{a,b}(k+1)+\phi_{a,b}(k)=2f(b) \tag{2} $$

Se deduce fácilmente de (2), por inducción en $k\in{\mathbb N}$ que

$$ \phi_{a,b}(k)=k\phi_{a,b}(1)-(k-1)\phi_{a,b}(0)+k(k-1)f(b) \tag{3} $$

Obsérvese que (3) puede reescribirse como (putting $\mu=k$ )

$$ f(a+\mu b)=f(a)+\mu(f(a+b)-f(a)-f(b))+\mu^2f(b) \ (\mu\in{\mathbb N}) \tag{3'} $$

Ahora, dejemos que $\lambda,\mu\in{\mathbb N}$ . Tenemos \begin{equation} \begin{split} f(\lambda a+\mu b) &= f(\lambda a)+\mu\Bigg(f(\lambda a+b)-f(\lambda a)-f(b)\Bigg)+\mu^2f(b) \\ &= \lambda ^2 f(a)+\mu\Bigg(\Bigg[f(b+\lambda a)\Bigg]-\lambda^2 f(a)-f(b)\Bigg)+\mu^2f(b) \\ &= \lambda ^2 f(a)+\mu\Bigg(\Bigg[f(b)+\lambda(f(a+b)-f(a)-f(b))+\lambda^2 f(a)\Bigg] -\lambda^2 f(a)-f(b)\Bigg)+\mu^2f(b) \\ &= \lambda ^2 f(a)+\lambda\mu\Bigg(f(a+b)-f(a)-f(b)\Bigg)+\mu^2f(b) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4) \\ \end{split} \end{equation}

Sustitución de $a$ o $b$ con sus opuestos, vemos que (4) sigue siendo válida cuando $\lambda$ o $\mu$ es negativo. Por homogeneidad, (4) sigue siendo válida cuando $\lambda,\mu\in{\mathbb Q}$ . Por continuidad, (4) sigue siendo válida cuando $\lambda,\mu\in{\mathbb R}$ . Por tanto, la restricción de $f$ a cualquier subespacio bidimensional es un QHP.

Como caso especial de (4), tenemos para $x,a\in{\mathbb R}^n$ y $\lambda \in {\mathbb R}$ ,

$$ f(x+\lambda a)=f(x)+\lambda (f(x+a)-f(x)-f(a)) +\lambda^2 f(a) \tag{5} $$

Ver $x+\lambda a+\lambda a'$ como $(x+\lambda a)+\lambda' a'$ y utilizando (5) repetidamente, tenemos obtenemos para $x,a,a'\in{\mathbb R}^n$ y $\lambda,\lambda' \in {\mathbb R}$

$$ \begin{array}{lcl} f(x+\lambda a+\lambda' a') &=& f(x)+(\lambda+\lambda')(f(x+a)-f(x)-f(a))+\\ & & \lambda \lambda' (f(x+a+a')-f(x+a)-f(x+a')+f(x)) +\\ & & \lambda^2f(a)+{\lambda'}^2f(a') \tag{6} \end{array} $$

Sustitución de $x$ con $\lambda''a''$ en (6) anterior y utilizando (5) repetidamente una vez más, tenemos obtenemos para $a,a',a''\in{\mathbb R}^n$ y $\lambda,\lambda',\lambda'' \in {\mathbb R}$ ,

$$ \begin{array}{lcl} f(\lambda a+\lambda' a'+\lambda''a'')&=& \lambda \lambda' (f(a+a')-f(a)-f(a')) + \\ & &\lambda \lambda'' (f(a+a'')-f(a)-f(a'')) + \\ & & \lambda' \lambda'' (f(a'+a'')-f(a')-f(a'')) + \\ & & \lambda^2f(a)+{\lambda'}^2f(a')+{\lambda''}^2f(a'') + \\ & & \lambda\lambda'\lambda''(f(a+a'+a'')-f(a+a')-f(a+a'')-f(a'+a'')+f(a)+f(a')+f(a'')) \\\tag{7} \end{array} $$

Tenga en cuenta que cuando $\lambda=\lambda'=\lambda''=t$ el LHS se reduce a $t^2f(a+a'+a'')$ que no tiene $t^3$ término. Por lo tanto, en (7) $\lambda\lambda'\lambda''$ -debe ser cero. Entonces (7) muestra que la restricción de $f$ a cualquier subespacio tridimensional es un QHP. Si ponemos $B(a,b)=f(a+b)-f(a)-f(b)$ se deduce que para cualquier $a$ , $B(a,.)$ es lineal en cualquier y, por tanto, lineal en todas partes. Así que $B$ es bilineal, con lo que concluye la demostración.

Answer 2

Voy a hacer el caso en el que $n=2$ le dejo la generalización a usted :) En primer lugar, por continuidad, para todos $i\in\{1,2\}$ y $r\in\mathbb{R}$ , $f(r{e_i})=r^2f(e_i)$ . Ahora, denotemos $f(e_i)=A_i$ .

Entonces, para cada $r_1,r_2\in\mathbb{R}$ sabes por la identidad dada que..: $$f(r_1,r_2)=2f(r_1,0)+2f(0,-r_2)-f(r_1,-r_2)=2r_1^2A_1+2r_2^2A_2-f(r_1,-r_2)$$ Así que sólo necesitamos saber qué $f(r_1,-r_2)$ es. Ahora: $$f(x+y)+f((\sqrt{2}-1)x-(\sqrt{2}+1)y)=2f(\frac{x-y}{\sqrt{2}})+2f((1-\frac{1}{\sqrt{2}})x+(1+\frac{1}{\sqrt{2}})y)=f(x-y)+2f((1-\frac{1}{\sqrt{2}})x+(1+\frac{1}{\sqrt{2}})y)$$ Así que..: $$f(x+y)-f(x-y)=2f((1-\frac{1}{\sqrt{2}})x+(1+\frac{1}{\sqrt{2}})y)-f((\sqrt{2}-1)x-(\sqrt{2}+1)y)=f((\sqrt{2}-1)x+(\sqrt{2}+1)y)-f((\sqrt{2}-1)x-(\sqrt{2}+1)y)=0$$ Por lo tanto: $$f(r_1,r_2)=f(r_1,-r_2)$$ Y así, volviendo a nuestro resultado anterior:: $$f(r_1,r_2)=r_1^2A_1+r_2^2A_2$$

EDITAR : Parece que hay algo mal en mi argumento, ya que $f(r_1,r_2)=r_1r_2$ también satisface la identidad suministrada. Aunque ahora mismo no estoy seguro de cuál es...