La recuperación de la serie de Taylor para $\log$ a partir de su ecuación funcional

Question

Considerar la única función continua $\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}$ tal forma que:

$$f(xy)=f(x)+f(y),\qquad f(e)=1$$

donde $\displaystyle e=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}$.

Asumiendo $f$ tiene un desarrollo en serie de Taylor alrededor de $x=1$, podemos demostrar, usando sólo esta información, que: $$|x|<1:\quad f(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}\,?$$

Answer 1

He aquí la prueba: En lo que sigue vamos a $$ \alpha = f'(1) $$ Claramente a partir de $$ f(x) = f(x \times 1 ) = f(x) + f(1)$$ podemos concluir que $$f(1)=0$$. Ahora $$ f(x+dx) = f(x~(1+dx/x)) = f(x) + f(1+dx/x)) = f(x) + f(1) + f'(1) dx/x + o(dx/x)$$

Por lo tanto $$ \lim_{dx\rightarrow 0} \frac{f(x+dx)-f(x)}{dx} = f'(1) \frac{1}{x} =\frac{\alpha}{x}$$ es decir, $$ f'(x) = \frac{\alpha}{x}$$ La diferenciación de este repetidamente podemos obtener una segunda y mayor de derivados y la serie de Taylor en $1$ da $$ f(1+x)=\alpha \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}$$

Esta serie de la derecha es la expansión de $\log(x)$ y por lo tanto $$ f(x) = \alpha \log(x)$$

Por último, desde $f(e) = 1$, $\alpha=1$.

Nota: Desde $\alpha$ es arbitrario, la función de con $\alpha=1$ se considera especial y $e$ es a menudo definida como la $x$ que $f(x)=e$. Así que, de alguna manera, usted tiene que traer en el $\log$ función.

Answer 2

Tenga en cuenta que $f(1)=0$, ya que el $f(1)=f(1^2)=f(1)+f(1)=2f(1)$. También, $0=f(1)=f(t\times\frac1t)=f(t)+f(1/t)$, lo $f(1/t)=-f(t)$.

De $f(e)=1$, obtenemos $$ f(e^n)=nf(e)=n,\ f(e^{-n})=-n,\ \ mf(e^{1/m})=f(e)=1, $$ por lo $f(e^{1/m})=1/m$ y, a continuación,$f(e^{n/m})=n/m$. Por la continuidad, $f(e^t)=t$ todos los $t\in\mathbb R$. La diferenciación de esta igualdad (sabemos que $f$ es diferenciable en menos de $(0,2)$, ya que tiene un poder de expansión de la serie), $$\etiqueta{1} e^tf'(e^t)=1. $$ La evaluación en $t=0$, obtenemos $f'(1)=1$.

Podemos reescribir $(1)$ $$ af'(a)=1,\ \ a>0. $$ En particular, asumiendo $f(1+t)=\sum_{k=0}^\infty b_kt^k$ $t$ cerca de $0$, $$ 1=(1+t)\,f'(1+t)=(1+t)\,\sum_{k=1}^\infty b_k\,k\,t^{k-1}=(1+t)\,\sum_{k=0}^\infty b_{k+1}(k+1)t^k. $$ Así $$ \sum_{k=0}^\infty b_{k+1}(k+1)t^k=\frac1{1+t}=\sum_{k=0}^\infty\,(-1)^kt^k. $$ Esto demuestra que $$ b_{k+1}=\frac{(-1)^k}{k+1}. $$

Answer 3

Sea g(x) = e^(f(x)), entonces g satisface la ecuación: g(x*y) = g(x)*g(y). Nos muestran para x > 0, g(x) > 0. Sea x = y = x^(1/2), entonces g(x) = (g(x^1/2))^2 > 0. Así que vamos a h(x) = ln(g(e^x)), entonces h es bien definida y es continua. Además, h satisface la ecuación: h(x+y) = h(x) + h(y). De modo que h(x) = cx para alguna c en R. Así que vamos a e^x = t, tenemos: g(t) = e^(h(ln(t))) = e^(c*ln(t)) = t^c. Así que e^(f(t)) = t^c, y f(t) = ln(t^c) = c*ln(t). Poner t = e se tiene 1 = f(e) = c. Así que f(t) = lnt.