Hay en todas partes-se define la función que satisface $f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)}$

Question

Hay una función de $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ que es diferenciable y que cumpla las siguientes:

(1) $f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)}$

(2) $f'(0)=1$

(1) es la ecuación funcional para $\tan$ función, sino $\tan x$ no está definido en $\frac{\pi}{2}+n\pi$, lo $f$ no puede ser el $\tan$ función. Entonces, ¿ese $f$ existen?

Answer 1

Aquí está el esquema de una prueba.

1. Establecimiento $x = 0$ $y = 0$ en (1), nos encontramos con que $f(0) = 0$.

2. Por la segunda condición, vemos que $f(a) > 0$ para algunos pequeños $a > 0$.

3. Dejando $x = y$ en (1), podemos ver que $1 - f(x)^2 \ne 0$, lo $f(x) \ne \pm 1$. Ya que también se $f(0) = 0$, por el teorema del valor intermedio $f(x) \in (-1,1)$ todos los $x$.

4. Dejando $x = y$ en (1), observamos primero que $0 < 1 - f(x)^2 \leq 1$ en el punto 3. Por lo tanto f(x) > 0 implica $f(2x) > 2f(x)$.

5. Por inducción desde el punto 4, nos encontramos con $f(2^n a) > 2^n f(a)$.

6. El punto 5 es obviamente incompatible con el punto 3.

Así que no hay tal función $f$.

Answer 2

No es posible. Es sencillo mostrar que $f$ satisface $f'(x) = 1+ f(x)^2$ , $f(0) = 0$ (debido a $f'(0) = 1$). La única solución en $(-{\pi \over 2}, {\pi \over 2})$$f(x) = \tan x$.

Answer 3

Tenga en cuenta que mediante el establecimiento $y=0$ tenemos $$ f(x) =\frac{f(x)+f(0)}{1-f(0)f(x)} \Rightarrow (1+f(x)^2) f(0) = 0 ~\forall x$$

Por lo tanto $f(0)=0$. La diferenciación de ambos lados de la 1) con respecto a $x$ ge $$ f'(x+y) = \frac{1+f(y)^2}{(1-f(x) f(y))^2} f'(x) $$ del mismo modo, la diferenciación con respecto a $y$ $$ f'(x+y) = \frac{1+f(x)^2}{(1-f(x) f(y))} f'(y) $$

Por lo tanto $$ (1+f(x)^2) f'(y) = (1+f(y)^2) f'(x)$$ Sustituto $y=0$ para obtener $$ f'(x) = 1+f(x)^2 $$ También tenemos $f(0)=0$. Por lo tanto $f(x)=\tan(x)$

Añadido en respuesta a comentario si $f$ existe, tiene que ser $\tan(x)$ y desde una función distinta de $\tan(x)$, no hay ninguna otra función existe.

Answer 4

La diferenciabilidad no es necesario para mostrar que todas las soluciones de la ecuación funcional se $\tan Ct$ constante $C$.

La función compleja $g(x) = \frac{1+if(x)}{1-if(x)}$ $|g|=1$ ($f$ valor real) y, a partir de la ecuación funcional en $f$, cumple con la adición de la fórmula

$g(x)g(y)=g(x+y)$ todos los $x,y \in \mathbb{R}$

La única medibles soluciones de la ecuación con el real $f$ (es decir,$|g|=1$) $g(t)=e^{i\alpha t}$ real $\alpha$, y no hay otras soluciones puede ser probado a existir sin alguna forma de que el Axioma de Elección para innumerables conjuntos. En que la generalidad, la solución es tomar $g(t)=e^{i\alpha t}$, resolver por $f(t)$ $g(t)$ (cada uno es un lineal fraccional función de los otros), y encontrar que $f(t) = \tan \frac{\alpha}{2} t$.

Especializada para diferenciable soluciones, la única manera de tener $f'(0)=1$$f(t)=\tan t$.