Continua de soluciones de $f(x+y+z)=f(x)g(y)+f(y)g(z)+f(z)g(x)$

Question

Considere la siguiente ecuación funcional: $$f(x+y+z)=f(x)g(y)+f(y)g(z)+f(z)g(x)$$ donde la ecuación se aplica a todos los $x,y,z \in \mathbb{R}$. Una solución es $f(x)=cx$$g(x)=1$. ¿Cuáles son las continuas soluciones de $f, g\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$?

(Esto fue inspirado por la pregunta Acerca de la adición de fórmula $f(x+y) = f(x)g(y)+f(y)g(x)$)

Answer 1

El problema tiene una solución más sencilla de lo que yo había previsto originalmente. No quiero ser la eliminación de demasiadas cosas, así que en lugar de dejar que me presente el simple argumento, y dejar el resto como estaba.

Lema: Supongamos que $f$ satisface la relación $$ f(x+y+z) = \alpha( f(x)f(y)+f(y)f(z)+f(z)f(x) )+ \beta(f(x) + f(y) + f(z)).$$ donde $\alpha,\beta$ son constantes, $\alpha \neq 0$. A continuación, $f$ es constante.

Prueba: Si $f$ es constante, hemos terminado, así que supongo que este no es el caso. La reescritura de la relación como: $$ f(x+y+z) = f(x) ( \alpha f(y)+ \alpha f(z)+ \beta)+ \alpha f(y)f(z) + \beta( f(y) + f(z)).$$ Vamos $y = w +t$, $z = w-t$, y definir $k(w,t) := \alpha f(y)+ \alpha f(z)+ \beta$$l(w,t) = \alpha f(y)f(z) + \beta( f(y) + f(z))$. A continuación, la anterior relación, dice: $$ f(x+2w) = f(x)k(w,t) + l(w,t).$$ Así, para cualquier $\xi \in f(\mathbb R)$, y cualquier $t_0$ tenemos: $$ \xi k(w,t) + l(w,t) = f(x+2w) = \xi k(w,t_0) + l(w,t_0).$$ Debido a $\xi $ puede tomar al menos dos valores diferentes, tenemos $ k(w,t) = k(w,t_0)$$l(w,t) = l(w,t_0)$. Por lo tanto, $k(w,t)$ $l(w,t)$ realmente depende sólo de $w$. Mirando a $k$, llegamos a la conclusión de que: $$ f(w+t) + f(w-t) = 2f(w),$$ y, por lo tanto podemos escribir $f(w+t) =f(w) + r_w(t)$ donde $r_w$ es una función continua con $r_w(-t) = -r_w(t)$. Siguiente, mirando a $l(w,x)$ nos encontramos con que: $$(f(w) - r_w(t))(f(w) + r_w(t)) = f(w)^2$$ Pero después de la reducción de la izquierda lado, esto lleva a la $r_w(t)^2 = 0$, y, por tanto,$r_w(t) = 0$. Desde $r,w$ fueron arbitrarias, llegamos a la conclusión de que $f$ es constante, lo que termina la prueba.

Teniendo esto, podemos simplificar de la siguiente argumento mucho, y desechar la suposición adicional de que $f$ es diferenciable.

Post Original:

Lema: podemos suponer que $g$ es de la forma $g(x) = \alpha f(x) + \beta$ para algunas constantes $\alpha, \beta$.

Prueba: Enchufe $z = y = 0$. Entonces tenemos: $$ f(x) = f(x) g(0) + f(0)(g(0) + g(x)).$$ Si $f(0) \neq 0$, podemos resolver el anterior para $g(x)$ y obtener la respuesta de la forma deseada. Así, supongamos por un momento que $f(0) = 0$, y, por consiguiente, $g(0) = 1$ o $f$ está en constante $0$. A continuación, conectamos $z = 0$ a la funcional de la ecuación. Esto conduce a: $$ f(x+y) = f(x)g(y) + f(y) = f(y) g(x) + f(x).$$ Por lo tanto tenemos: $$ f(x)( g(y) - 1) = f(y)(g(x) - 1) $$ Si $y$ es cualquier valor con $f(y) \neq 0$ nos encontramos con $g(x)$ de la trató de forma.

Por lo tanto, hemos reducido el problema a la solución de la ecuación: $$ f(x+y+z) = \alpha( f(x)f(y)+f(y)f(z)+f(z)f(x) )+ \beta(f(x) + f(y) + f(z)).$$ donde $\alpha,\beta$ son constantes. El caso de $\alpha = 0$ reduce a Cauchy ecuación lineal. A continuación, $f$ es afín: $f(x) = ax +b$ algunos $a,b$; así que supongo que este no es el caso.

Para hacer las cosas ligeramente más sencillo, supongamos que $f$ es también diferenciable. A continuación, diferenciando con respecto a $x$ obtenemos: $$ f'(x+y+z) = \alpha f'(x) (f(y) + f(z) + \gamma) $$ donde $\gamma = \beta/\alpha$. Deje $\gamma_z = \gamma + f(z)$. El uso de la simetría en el por encima de la igualdad, obtenemos: $$\alpha f'(x) (f(y) +\gamma_z) = \alpha f'(y) (f(x) +\gamma_z) $$ lo que se reduce a $$ \frac{f'(x)}{f(x) +\gamma_z} = \frac{f'(y)}{f(y) +\gamma_z}$$ cuando la división es posible. Si fijamos $z$ $x_0$ tal que $f(x_0) + \gamma_z \neq 0$, a continuación, en un barrio de $x_0$, la función de $h(x) := \frac{f'(x)}{f(x) +\gamma_z} $ está bien definido y constante: $h(x) = c_z$, siempre y cuando este barrio (con el límite) no tiene puntos de $x$$f(x) = -\gamma_z$. (Esto se puede hacer, a menos que $f$ es constante, pero el caso es trivial.)

Dejando $f_z(x) := f(x) +\gamma_z$ encontramos que: $f_z'(x) = c_z f_z(x) $, y, en consecuencia, $f(x) = A_z e^{c_z x} - \gamma_z$ para algunas constantes $A_z$ ( $A_z, c_z $ puede depender de $x_0$ implícitamente). Pero, a continuación, $f(x)$ se apartó de $-\gamma_z$ sobre el barrio que estamos considerando. Por lo tanto, siempre podemos ampliar el barrio, y por consiguiente no asumen que $f(x) = A_z e^{c_z x} - \gamma_z$ para todos los verdaderos $x$. Revisión alguna opción de $z$; dejando $A=A_z,c=c_z,d = \gamma_z$ tenemos $$f(x) = A e^{cx} + d$$.

Ahora, estamos en problemas. Si sustituimos en la forma de $f$ obtenido anteriormente para la ecuación funcional que iniciamos, y tome $x=y=z$ obtenemos: $$ Ae^{3x} + d = 3 \alpha A e^{2x} + 3 \beta e^x + ...$$ que es una contradicción, debido a que los dos lados tienen un orden diferente de crecimiento.

Por lo tanto, se sigue que sigue siendo para comprobar el caso al $f$ es afín, y $g$ es afín así. Esto debe es bastante simple. En efecto, supongamos que $f(x) = ax + b$, $g(x) = cx + d$. Si $f$ está en constante $0$, ninguna de las $g$ va a hacer, así que supongo que no es el caso. Si $f$ es constante, pero no cero, $g(x) =1/3$ todos los $x$. Supongamos ahora que $a \neq 0$. A continuación se obtienen a partir de la ecuación funcional: $$ x+y+z + \dots = ac( xy + yz + zx) + \dots,$$ que sólo es posible cuando la $c = 0$, lo $g$ es constante, $g(x) = d$. Pero ahora tenemos: $$ a(x+y+z) + b = d( ax + ay + az + 3b).$$ La comparación de los principales términos, nos encontramos con que $d = 1$, y, por tanto,$b = 0$. Por lo tanto, $f(x) = ax,\ g(x) = 1/3$.

En resumen, las soluciones son $f(x) = ax,\ g(x) = 1$; $f(x) = b,\ g(x) = 1/3$; $f(x) = 0,\ g(x) = ...$.

Answer 2

Si $f$ es constante, a continuación,$g(x)=\frac{1}{3}$. Otro señaló solución es $f(x)=cx$ $g(x)=1.$ Asumiendo $f$ $g$ son tres veces diferenciable, estas son las únicas soluciones.

(Alerta de Spoiler.) La prueba sólo utiliza la diferenciación funcional de la ecuación.
\begin{eqnarray*} f(x+y+z)-f(x)g(y)-f(y)g(z)-f(z)g(x)&=&0\\ f'(x+y+z)-f'(x)g(y)-f(z)g'(x)&=&0\\ f''(x+y+z)-f'(z)g'(x)&=&0\\ f'''(x+y+z)&=&0\\ f''(\cdot)&=&c_1\\ f'(z)&=&c_1z+c_2\\ c_1&=&(c_1z+c_2)g'(x)\\ 0&=&c_1g'(x)\\ \end{eqnarray*} Supongamos $g$ no es constante. Entonces \begin{eqnarray*} c_1&=&0\\ f''(\cdot)&=&0\\ f(x)&=&c_2x+c_3\\ c_2&=&c_2g(y)+(c_2z+c_3)g'(x)\\ 0&=&c_2g'(y)\\ c_2&=&0\\ f(x)&=&c_3 \end{eqnarray*} Por lo $f$ es constante. Pero, a continuación, $g$ es constante. Por lo tanto, en cualquier caso, $g$ debe ser constante. Supongamos $f$ no es constante. Entonces \begin{eqnarray*} g'(x)&=&0\\ c_1&=&0\\ f''(\cdot)&=&0\\ f(x)&=&c_2x+c_3\\ c_2&=&c_2g(y)+(c_2z+c_3)g'(x)\\ g(\cdot)&=&1\\ f(0+0+0)&=&3f(0)\\ f(0)&=&0\\ f(x)=c_2x\\ \end{eqnarray*}

Esto es dondequiera $f$ $g$ son tres veces diferenciable. Podría ser interesante para construir una solución de la nada, funciones diferenciables.

Answer 3

He aquí una prueba equivalente a @Feanor, sino que se expresa de manera un poco diferente. Incluso la continuidad no parece ser un requerimiento de la asunción.

La solución es entender si $f$ o $g$ son constantes, por lo que asume ni es constante, y dibujar una contradicción.

De $x=y=z=0$, llegamos a la conclusión de $f(0)=3f(0)g(0)$, por lo que tendremos a $f(0)=0$ o $g(0)=\frac{1}{3}$.

Caso I: $f(0)=0$

De $y=z=0$ tenemos $f(x)=f(x)g(0)$, lo $g(0)=1$.

De $y=-x,\;z=0$ tenemos $0=f(0)=f(x)g(-x)+f(-x)$ o $f(x)g(-x)=-f(-x)$.

De $z=-y$ hemos \begin{eqnarray*} f(x)&=&f(x)g(y)+f(y)g(-y)+f(-y)g(x)\\ f(x)[1-g(y)]&=&f(-y)[g(x)-1]\\ \frac{f(x)}{g(x)-1}&=&\frac{-f(-y)}{g(y)-1}=d \end{eqnarray*} La constante $d\neq 0$; deje $b=1/d$. De esto podemos concluir $g(x)=bf(x)+1$$f(x)+f(-x)=0$. (Estos mantenga incluso cuando $g(x)=1$.)

Finalmente, a partir de $y=0,\;z=-x$ hemos \begin{eqnarray*} 0=f(0)&=&f(x)g(y)+f(y)g(z)+f(z)g(x)\\ &=&f(x)[1-g(x)]\\ &=&-bf(x)^2 \end{eqnarray*} Esta es nuestra contradicción, ya que $f$ no es constante.

Caso II: $g(0)=\frac{1}{3}$

Esto es similar para el Caso de que yo, así que voy a evitar el álgebra. Los casos son mutuamente excluyentes: si $f(0)=0$, entonces hemos visto que $g(0)=1$. Denotar $c=f(0)\neq 0$.

De $y=z=0$ tenemos $g(x)=\frac{2}{3c}f(x)-\frac{1}{3}$.

De $z=-y$ podemos derivar $f(y)+f(-y)=2c$.

Finalmente, a partir de $y=0,\;z=-x$ que se derivan de $0=(f(x)-c)^2$, nuestro contradicción.