Prueba de la propiedad exponencial del homomorfismo

Question

Estoy repasando un montón de cálculos que aprendí en el instituto y demostrando lo que nos acaban de decir que es cierto. En el camino, encontré que tenía que demostrar que si $f(x+y)=f(x)f(y)$ entonces $f$ es una función exponencial.

Conseguí hacerlo por inducción sobre los enteros, luego generalizando a los racionales por el teorema fundamental de la aritmética, y luego a los reales por continuidad. Esto implicó un análisis bastante feo para $f(1/2)$ porque hay dos valores posibles para la raíz cuadrada, algo de lo que no tuve que preocuparme para los otros primos porque, sobre $R$ , las potencias Impares son invertibles. Pero esto impide que mi argumento se generalice a los números complejos.

Allí tiene para ser una forma más elegante de obtener este resultado. Espero que puedas indicarme la dirección correcta hacia una prueba mejor (preferiblemente sin desvelar todo el asunto - el punto, después de todo, es desarrollar mi ingenio).

Answer 1

Aquí hay una prueba diferente bajo la suposición más fuerte de que $f$ tiene una derivada en $0$ , digamos que $f'(0) = \lambda$ . Para cualquier $x$ tenemos

$$\frac{f(x+h)-f(0+x)}{h} = \frac{f(h)-f(0)}{h} f(x)$$

Tomar el límite cuando $h$ va a $0$ , se encuentra que $f'(x)$ existe y

$$f'(x) = \lambda f(x)$$

Y el ajuste $g(x) = f(x) e^{-\lambda x}$ se puede comprobar fácilmente que $g'(x) = 0$ Así que $g$ es la función constante. Así que

$$f(x) = f(0) e^{\lambda x}$$

Para concluir, basta con observar que $f(0)$ es $0$ o $1$ . Una característica interesante de esta prueba, es que se generaliza a funciones de variable compleja o de valor matricial.

Answer 2

Una forma de abordar esta ecuación funcional es a través de la ecuación funcional de Cauchy $$ T(x+y) = T(x)+T(y) . \tag{1} $$ Cualquier función continua $T: \mathbb R \to \mathbb R$ Satisfaciendo a $(1)$ debe ser una función lineal; es decir, existe $\lambda \in \mathbb R$ tal que $T(x)=\lambda x$ para todos $x$ .

Es un poco más sencillo trabajar con $(1)$ directamente (porque no tiene los problemas de raíz cuadrada a los que se enfrentó con $f$ ). Así que en esta respuesta, supondré que sabes cómo resolver $(1)$ . Me centraré en transformar la ecuación dada en $(1)$ . Piensa en probar las siguientes afirmaciones:

1. Para cualquier $x$ , $f(x) \geq 0$ . Además, si $f(x_0)=0$ para algunos $x_0 \in \mathbb R$ entonces $f$ debe ser la función cero. Así que (descartando el caso trivial en el que $f$ es cero), $f$ es estrictamente positivo en todas partes.

2. Desde $f(x) > 0$ la función $g$ definido por $g(x) = \ln f(x)$ está bien definida. ¿Puedes transformar la ecuación funcional que tienes en una ecuación para $g$ ? ( Una gran pista: ¿Por qué mencioné $(1)$ ? :))

Answer 3

Tenga en cuenta que $f(x)=0$ para todos $x$ o bien $f(x)\gt 0$ para todos $x$ En efecto, ya que $x = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}x$ se deduce que $f(x)$ es un cuadrado, por lo que $f(x)\geq 0$ . Si $f(a)=0$ para algunos $a$ entonces $f(x) = f((x-a)+a) = f(x-a)f(a) = 0$ para todos $x$ .

Así que una posibilidad es la función constante $0$ . Supongo que se puede llamar a eso una función exponencial...

De lo contrario, componer $f$ con el logaritmo natural da lugar a una función aditiva $F\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ con $F(x) = \ln(f(x))$ y $$F(x+y) = \ln(f(x+y))= \ln(f(x)f(y)) = \ln(f(x)) + \ln(f(y)) = F(x)+F(y).$$

Y la función aditiva de $\mathbb{R}$ a sí mismo debe ser $\mathbb{Q}$ -lineal (puede que tengas que hacer alguna inducción aquí si no estás familiarizado con este hecho), por lo que $F(qx) = qF(x)$ para todos $q\in\mathbb{Q}$ .

En este punto, si $f$ es continua, entonces se puede concluir que $F(x) = F(1)x$ para todos $x$ aproximando $x$ por racionales: si $q_n\to x$ entonces $F(x) = F(\lim q_n) = \lim F(q_n) = \lim q_nF(1) = xF(1)$ .

Por lo tanto, tomando exponenciales tenemos que $f(x) = \exp(F(x)) = \exp(F(1)x) = F(1)^x$ Así que $f(x)$ es una función exponencial.

Pero hay otras funciones que satisfacen la propiedad original, al igual que hay funciones no continuas que satisfacen Ecuación funcional de Cauchy (al menos, asumiendo el Axioma de la Elección).