Funciones tales que $f(ax)=f(x)+f(a)$

Question

Se me ocurrió esta pregunta de forma un tanto aleatoria en un paseo, y la he discutido con otro amigo mío (ambos somos licenciados en matemáticas puras). Hemos avanzado un poco y creemos que hemos generado una prueba, pero agradeceríamos cualquier idea adicional y la verificación de la prueba.

Dejemos que $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sea una función continua tal que $f(ax)=f(x)+f(a)$ . ¿Cuánto podemos decir sobre el comportamiento de $f(x)$ ? ¿Qué restricciones adicionales, si las hay, nos permiten mostrar $f(x)=\log_b(x)$ ?

Conjeturamos que, con la restricción de que $f$ no es $0$ en todas partes, $f$ debe ser el logaritmo. Tenemos, por las reglas del logaritmo,

$$\log_b(|ax|)=\log_b(|x|)+\log_b(|a|)$$

Así que el logaritmo es efectivamente uno de esos $f$ . Daré lo que hemos podido mostrar sobre $f$ a continuación, seguido de nuestra prueba general. Si puede ofrecernos alguna idea sobre este problema, se lo agradeceremos mucho.

Editar: Resulta que esto se puede demostrar con bastante facilidad considerando la ecuación funcional de Cauchy y mostrando $g(x)=f(e^x)=cx$ para algunos $c$ . La prueba dada a continuación no utiliza este hecho.

A partir de aquí, asumimos $f$ no es trivial.

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Resultado 1: $f(1)=0$

Observamos que

$$f(a)=f(a\cdot1)=f(1)+f(a)$$

que muestra $f(1)=0$ .

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Resultado 2: $f(0)$ no está definido

Vemos que

$$f(0)=f(a\cdot0)=f(0)+f(a)$$

lo que implica $f(a)=0$ para todos $a$ . Sin embargo, hemos asumido $f(x)\neq0$ para algunos $x$ , dando lugar a una contradicción. Por lo tanto, $f(0)$ no debe definirse. Por lo tanto, redefinimos $f$ como $f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$ .

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Resultado 3: $f(-x)=f(x)$

Si permitimos $x<0$ entonces tenemos

$$0=f(1)=f(-1\cdot-1)=2f(-1)$$

Demostrando que $f(-1)=0$ también. Utilizando este resultado, tenemos

$$f(-a)=f(-1)+f(a)=f(a)$$

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Nuestra prueba:

A partir de aquí, utilizamos resultados del álgebra abstracta elemental y del análisis. Nos damos cuenta de que la condición sobre $f$ es la de un homomorfismo de grupo $\varphi:(\mathbb{R}\setminus\{0\},*)\to(\mathbb{R},+)$ donde

$$\varphi(xy)=\varphi(x)+\varphi(y)$$

Del mismo modo, puede mostrar los resultados anteriores para $\varphi$ . Observamos que si también definimos el homomorfismo de grupo continuo $\psi:(\mathbb{R},+)\to(\mathbb{R}\setminus\{0\},*)$ donde

$$\psi(x+y)=\psi(x)\psi(y)$$

$\psi$ y $\varphi$ parece que podrían ser inversos con algunas restricciones adicionales. Vemos que

$$\psi(x)=\psi(0+x)=\psi(0)\psi(x)=1$$

De modo que $\psi(0)=1$ . Podemos decir entonces que para cualquier número entero $n\geq0$ ,

$$\psi(n)=\psi(1+1+1+...+1)=\psi(1)\cdot\psi(1)\cdot\cdot\cdot\psi(1)=\psi(1)^n$$

Nota, $\psi(1)<0$ puede darnos resultados complejos, por lo que restringimos $\psi(1)>0$ . Para cualquier número entero $n<0$ ,

$$\psi(n)=\psi(-1-1+...-1)=\psi(-1)^{|n|}=(\psi(1)^{-1})^{|n|}=\psi(1)^{-|n|}=\psi(1)^n$$

Entonces, para cualquier número racional $\frac{p}{q}$ ,

$$\psi(\frac{p}{q})=\psi(\frac{1}{q})^p=\psi(q^{-1})^p=(\psi(q)^{-1})^p=\psi(1)^{\frac{p}{q}}$$

Dejemos que $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ . Como los racionales son densos en los reales, podemos encontrar racionales $\frac{p}{q}<x<\frac{r}{s}$ arbitrariamente cerca de $x$ . Tenga en cuenta que $\psi$ es estrictamente creciente sobre los racionales, y por tanto

$$\psi(1)^{\frac{p}{q}}<\psi(x)<\psi(1)^{\frac{r}{s}}$$

Desde $\psi$ es continua, esto implica que $\psi(x)=\psi(1)^x$ para todos $x\in\mathbb{R}$ . Por lo tanto,

$$\psi(x)=\psi(1)^x$$

Esto demuestra que $\psi$ debe ser la función exponencial. Obsérvese que está completamente caracterizado por su valor en $1$ . Observando que $\varphi$ parece que debería estar relacionado con la inversa de $\psi$ se esperaría que $\varphi(x)=\log_b(x)$ . Observamos que para los enteros $n\geq0$ y real $a>0$ ,

$$\varphi(a^n)=\varphi(a)+\varphi(a)+...+\varphi(a)=n\varphi(a)$$

Para $n<0$ tenemos

$$\varphi(a^n)=\varphi(\frac{1}{a})+...+\varphi(\frac{1}{a})=|n|\varphi(a^{-1})=-|n|\varphi{a}=n\varphi(a)$$

El caso racional es un poco más complicado. Observamos que $a^{\frac{n}{n}}=a$ y por lo tanto

$$\varphi(a)=\varphi(a^{\frac{n}{n}})=n\varphi(a^{\frac{1}{n}})$$

Y así $\varphi(a^{\frac{1}{n}})=\frac{1}{n}\varphi(a)$ . Por lo tanto, para cualquier racional $\frac{p}{q}$

$$\varphi(a^{\frac{p}{q}})=p\varphi(a^{\frac{1}{q}})=\frac{p}{q}\varphi(a)$$

Utilizando el mismo argumento que antes, podemos ampliarlo a todos los $x\in\mathbb{R}$ . Por lo tanto,

$$\varphi(a^x)=x\varphi(a)$$

Combinando estos, tenemos

$$\varphi(\psi(x))=\varphi(\psi(1)^x)=x\varphi(\psi(1))$$

Así, $\varphi$ y $\psi$ son inversas hasta la multiplicación por una constante, lo que confirma que $\psi$ debe ser el logaritmo. Si restringimos $\varphi(\psi(1))=1$ estos son exactamente inversos. Si $\psi(1)>0$ Debemos tener $\varphi_{\psi(1)}(x)=\log_{\psi(1)}(x)$ . Esta prueba requiere que $x>0$ . Sin embargo, ya hemos demostrado que $\varphi(-x)=\varphi(x)$ y para los positivos $x$ , $\varphi_b(x)=\log_b(x)$ . Para que esta función sea uniforme, la modificamos como

$$\varphi_b(x)=\log_b|x|$$

y esta es la única solución continua posible para $\varphi$ definidos en todos los $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ . En otras palabras, $f$ debe ser el logaritmo. Hemos demostrado que las reglas del logaritmo son exclusivas de los logaritmos.

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Una cosa que nos preocupa es la restricción que $f$ es continua. ¿Existen discontinuidades $f$ que satisfagan esta propiedad? Por favor, indíquenos si hemos hecho alguna suposición no válida en alguna parte, o si nuestras afirmaciones sobre la unicidad de estas funciones son incorrectas. También agradeceríamos cualquier prueba alternativa que pueda tener.

Answer 1

Esta función equivale a la conocida como ecuación funcional de Cauchy. "La mayoría de las soluciones son, de hecho, discontinuas.

Sin embargo, todas las funciones no continuas tienen una gráfica que es densa. Así que basta con demostrar que la gráfica no es densa (por ejemplo, f es monótona).

La ecuación funcional original de Cauchy es $g(x+y) = g(x) +g(y)$ . Sea $g_0$ sea una solución de esta ecuación funcional, entonces $h(x) = g_0(\log(x))$ es una solución a su ecuación. Por eso (a veces) tu ecuación se llama también ecuación funcional de Cauchy, porque es equivalente.

Además, las ecuaciones $f(x+y) = f(x)\cdot f(y)$ y $f(x\cdot y) = f(x)\cdot f(y)$ también son equivalentes.

Answer 2

Ahora, usted ve

$f^{'}(x)= \lim \limits_{h \to 0} {\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}$

$ \implies f^{'}(x)= \lim \limits_{h \to 0} {\frac{f(x(1+\frac{h}{x}))-f(x)}{h}}$

Ahora desde, $ f(ax)=f(x)+f(a)$

$ \implies f^{'}(x)= \lim \limits_{h \to 0} {\frac{f(x)+f(1+\frac{h}{x})-f(x)}{h}} $

$ \implies f^{'}(x)= \lim \limits_{h \to 0} {\frac{f(1+\frac{h}{x})}{h}} $

Ahora, ya que hemos considerado $ f$ sea una función derivable, el límite es del $ \frac{0}{0}$ forma.

Usando la regla de L'Hospital y resolviendo,

$ f^{'}(x)=f^{'}(1)\frac{1}{x}$

Entonces, tomando la antiderivada y ya que $ f^{'}(1)$ es constante,

$ f(x)=c\ln |x|+\ln k$

O, $ f(x)=c\ln |kx|$

Ahora bien, como $ f(1)=0$ implica o bien c=0 o bien k=1.

Y, como para c=0, no satisface la condición original, k=1;

Así que, $ f(x)=c\ln |x|$