F(x+y)= f(x)f(y) allora f(x-y)= f(x)/f(y)

[salvozungri]

Ciao a tutti
Vorrei proporre un esercizio davvero molto semplice, dedicato soprattutto a chi sta preparando analisi 1 o al più analisi 2, possono partecipare anche i ragazzi delle superiori .

Sia [tex]f: (\mathbb{R}, +)\to (\mathbb{R^+}, *)[/tex] tale che per ogni [tex]x, y \in (\mathbb{R}, +)[/tex] si ha che:
[tex]f(x+y)= f(x)f(y)[/tex]
Dimostrare che [tex]\forall x, y \in \mathbb{R}[/tex] si ha che:
[tex]\displaystyle f(x-y)= \frac{f(x)}{f(y)}[/tex]

Dare un esempio di funzione continua che rispetti queste proprietà (a dire il vero esiste una famiglia di funzioni continue che godono di queste proprietà ). Buon divertimento

[Gi81]

L'esponenziale

$f(x)=e^x$

[salvozungri]

"Gi8":L'esponenziale

$f(x)=e^x$

Perfetto , è proprio l'esponenziale

[Zkeggia]

Nelle ipotesi ho la continuità della funzione?

[salvozungri]

No, non è necessaria . Però se hai trovato una soluzione che ne richieda l'uso, postala pure, è comunque interessante e istruttivo

[Zkeggia]

Se la funzione è continua almeno nell'origine, allora dico che, per le x per cui $f(x)!=0$ (ne esiste almeno una in quanto altrimenti la funzione sarebbe la funzione nulla ovunque e non avrebbe senso scrivere $f(x)/f(y)$ )
$f(x+(-x)) = f(0) = f(x)*f(-x) -> f(-x) = (f(0))/(f(x))$

Devo dimostrare che $f(0)=1$, per farlo uso la continuità della funzione in 0:

$f(0)= lim_(x->0) f(0+x) = f(0)*lim_(x->0)f(x)= f(0)^2 -> f(0) = 1$ oppure $f(0)=0$. Quest'ultimo caso è da scartare perché se
$f(0) = 0 -> f(x-x) = f(x)*f(-x) = 0$ per ogni x, e la funzione è di nuovo la funzione nulla.

Quindi ho dimostrato che $f(0)=1$ e da qui $f(-x)=1/f(x)$ dunque
$f(x-y) = f(x)*f(-y) = (f(x))/(f(y))$

Sto pensando a come concludere nel caso che la funzione non sia continua... forse proprio per come è fatta non può non essere continua, ma devo dimostrarlo

[salvozungri]

"Zkeggia":

Se la funzione è continua almeno nell'origine, allora dico che, per le x per cui $f(x)!=0$ (ne esiste almeno una in quanto altrimenti la funzione sarebbe la funzione nulla ovunque e non avrebbe senso scrivere $f(x)/f(y)$ )
$f(x+(-x)) = f(0) = f(x)*f(-x) -> f(-x) = (f(0))/(f(x))$

Devo dimostrare che $f(0)=1$, per farlo uso la continuità della funzione in 0:

$f(0)= lim_(x->0) f(0+x) = f(0)*lim_(x->0)f(x)= f(0)^2 -> f(0) = 1$ oppure $f(0)=0$. Quest'ultimo caso è da scartare perché se
$f(0) = 0 -> f(x-x) = f(x)*f(-x) = 0$ per ogni x, e la funzione è di nuovo la funzione nulla.

Quindi ho dimostrato che $f(0)=1$ e da qui $f(-x)=1/f(x)$ dunque
$f(x-y) = f(x)*f(-y) = (f(x))/(f(y))$

C'è un passaggio superfluo, per ipotesi hai che la funzione non può assumere il valore 0 in quanto l'immagine di [tex]f[/tex] è [tex](0,+\infty)= \mathbb{R^+}[/tex], ma mi assumo la colpa perchè la notazione [tex]\mathbb{R^+}[/tex] è soggetta ad interpretazioni . Inoltre senza tirare in ballo la continutà:

[tex]f(x)= f(x+0)= f(x)f(0)\implies f(0)= \frac{f(x)}{f(x)} = 1[/tex], è necessario notare che [tex]f(x)\ne 0\quad\forall x\in \mathbb{R}[/tex], proprio per il fatto che la funzione è a valori in [tex]\mathbb{R^+}[/tex]

[Zkeggia]

ah già non ci avevo pensato via bell'esercizio!

Bello perché si dimostra che $e^0 = 1$ senza fare conti

[salvozungri]

Sì anch'io penso sia bellino
L'ho trovato tra i miei appunti di analisi 1 ed ho pensato di postarlo. Grazie per essere intervenuti e soprattutto complimenti

[Rigel1]

Visto che siamo in argomento, propongo alcune varianti.

Sia $f: RR\to RR_+$ come nel post iniziale, vale a dire soddisfacente
(1) $f(x+y) = f(x) f(y)$ per ogni $x,y\in RR$.

Variante 1 (facile): dimostrare che, se $f$ è derivabile nell'origine, allora
(2) esiste $C\in RR$ tale che $f(x) = e^{Cx}$ per ogni $x\in RR$

Variante 2 (un po' più difficile): dimostrare che (2) vale anche se si suppone $f$ solo continua nell'origine.

Variante 3 (molto difficile): dimostrare che (2) vale anche se si suppone $f$ solo misurabile.

Variante 4 (molto difficile): dimostrare che esistono funzioni soddisfacenti (1) che sono discontinue in ogni punto.


Per le Varianti 1 e 2 bastano le conoscenze di Analisi I; inoltre, l'ipotesi di regolarità nell'origine può essere sostituita dall'analoga ipotesi in qualsiasi altro punto.
Per le Varianti 3 e 4 sono richieste invece conoscenze di Analisi Reale.

Ultima osservazione: si può formulare un analogo problema per le funzioni $F: RR\to RR$ soddisfacenti $F(x+y) = F(x) + F(y)$ per ogni $x,y\in RR$ (si può passare da un problema all'altro prendendo $F(x) = \log f(x)$).

[blackbishop13]

proprongo una possibile soluzione alla variante 4:

$f(x)=e^(g(x))$ dove g è una funzione che associa ad un numero reale $x$ una classe di equivalenza:
$g: x to [x]$ e definiamo così: $y in [x] \Leftrightarrow (x-y) in QQ$

devo però definire bene cosa vuol dire $e^([x])$:
per ogni classe $[y]$ posso scegliere un elemento rappresentante della classe stessa, chiamiamolo genericamente $r$, e $e^([y])=e^r$
quello che è difficile è pensare a questi rappresentanti, non si può, comunque così definito

allora dovrebbe rispettare la condizione (1).

[Rigel1]

Scusa, ma non ho capito com'è definita la funzione $g$.
I numeri $q_1, ..., q_m$ sono fissati una volta per tutte o dipendono da $y$?
O stai pensando ad una base di Hamel per $RR$ visto come spazio vettoriale su $QQ$?

[blackbishop13]

Rigel ho modificato di parecchio la mia proposta, quella di prima rispecchiava l'idea ma era espressa in maniera tremenda.
adesso è più chiaro.
comunqe no, non uso basi di Hamel anche perchè ancora non le conosco, e comunque $QQ$ non riveste una particolare importanza nella nuova proposta, mentre prima lo faceva, ed era scomodo.

[robbstark1]

Propongo due soluzioni diverse alla variante 1:

$lim_{h to 0} (f(x+h)-f(x))/h =lim_{h to 0} f(x) (f(h)-1)/h = f(x)f'(0)$
$f$ è quindi derivabile in ogni punto e $f'(x)=f(x)f'(0)$
Definisco $g(x)=f(x)e^(-Cx)$, derivabile perchè prodotto di funzioni derivabili.
$g'(x)=f'(x)e^(-Cx) -Cf(x)e^(-Cx) = f(x)e^(-Cx) (f'(0)-C)$
Scegliendo $C=f'(0)$ si ha $g'(x)=0$, per cui $g(x)=1$, ovvero $f(x)=e^(Cx)$

Come nel caso precedente dimostro che $f$ è derivabile in ogni punto. Ora considero un punto $x_0 != 0$:
$EECinRR: f(x_0)=e^C(x_0)$ essendo la funzione esponenziale suriettiva in $RR^+$
Per induzione si prova che $f(nx_0)=e^(Cnx_0)$ e per induzione e assurdo si prova che $f(x_0 /n)=e^(Cx_0 /n)$, $AAninNN$
Da qui segue che $f(m/n x_0)=e^(C m/n x_0)$, $AA(m,n)inNN^2$, che è equivalente a:
$f(qx_0)=e^(Cqx_0)$, $AAqinQQ$
Ma una funzione continua è unicamente identificata dai suoi valori in un insieme denso, per cui $f(x)=e^(Cx)$, $AAx inRR$

[robbstark1]

Propongo una soluzione alla variante 2:

$lim_{h to 0} f(h) =f(0)=1$
$lim_{h to 0} f(x+h)= lim_{h to 0} f(x)f(h) = f(x)$ quindi $f$ è continua in ogni punto.
Allora posso rifare il discorso del post precedente, per cui $f(qx_0)=e^(Cqx_0)$, $AAq in QQ$.
Ma una funzione continua è univocamente determinata dai valori assunti in un sottinsieme denso del dominio, per cui
$f(x)=e^(Cx)$ $AAx inRR$

[salvozungri]

"Rigel":
Sia $f: RR\to RR_+$ come nel post iniziale, vale a dire soddisfacente
(1) $f(x+y) = f(x) f(y)$ per ogni $x,y\in RR$.

Variante 2 (un po' più difficile): dimostrare che (2) vale anche se si suppone $f$ solo continua nell'origine.

Ultima osservazione: si può formulare un analogo problema per le funzioni $F: RR\to RR$ soddisfacenti $F(x+y) = F(x) + F(y)$ per ogni $x,y\in RR$ (si può passare da un problema all'altro prendendo $F(x) = \log f(x)$).

Sono tremendamente vagabondo , risolvo il punto 2 con l'hint.
Per ipotesi [tex]f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}^+[/tex], pertanto la funzione assume valori positivi per ogni [tex]x\in\mathbb{R}[/tex], inoltre, ponendo
[tex]h(x):=\log(f(x)), \text{ con } x\in\mathbb{R}[/tex] scopriamo che:
[tex]h(x+y)=\log(f(x+y))=[/tex]
[tex]= \log(f(x)f(y))= \log(f(x))+\log(f(y))= h(x)+h(y)[/tex], dunque [tex]h[/tex] gode della proprietà additiva!.
Notiamo inoltre che poichè [tex]f[/tex] è continua in zero allora lo sarà anche la funzione [tex]h[/tex], ed essendo questa additiva, allora sarà continua in ogni punto del dominio.
Poichè [tex]h[/tex] è continua nel dominio allora [tex]h(x+y)= h(x)+h(y)[/tex] è soddisfatta dalla sola funzione [tex]\alpha x\text{ con } \alpha\in\mathbb{R}[/tex] pertanto:
[tex]h(x)= \alpha x \implies f(x) = e^{\alpha x}[/tex]. La famiglia di funzioni continue che soddisfa la condizione è [tex]S:=\left\{f\in \mathcal{C}(\mathbb{R})| f(x)= a^x, a\in (0, +\infty)\right\}[/tex]

L'esercizio 3 lo trovo ostico

[dissonance]

Segnalo questo link
https://www.matematicamente.it/forum/inc ... 40489.html

[robbstark1]

Propongo una soluzione alla variante 4:

Definisco in $RR-{0}$ la relazione d'equivalenza: $xRy$ se $x/y in QQ$
Ciascuna classe di equivalenza è composta da un'infinità numerabile di elementi, infatti fissando $y$ si mette in corrispondenza biunivoca $x$ con $QQ$.
Le classi di equivalenza sono allora più che numerabili, poichè $RR$ è più che numerabile e l'unione finita o numerabile di insiemi numerabili è numerabile. Ciò è vero anche se si definisce la relazione d'equivalenza in un intervallo, eventualmente bucato per escludere lo $0$.
In ognuna di queste classi si ha $f|classep (x)=e^(C_p x)$, come dimostrato nei post precedenti. Ogni intervallo contiene elementi di tutte le classi, per quanto già detto. Pertanto è chiaro che la funzione è discontinua in ogni punto $x!=0$. Per non cadere in assurdi la funzione deve risultare discontinua anche in $x=0$. A tal fine è sufficiente che ${C_p}$ non sia limitato superiormente, di modo che la funzione $f$ sia non limitata in qualsiasi intorno destro di $x=1$.

[Rigel1]

Per la Variante 3 potete consultare il post segnalato da dissonance, e in particolare
http://www2.math.kyushu-u.ac.jp/~ssaito ... Cauchy.pdf
(Chiedo scusa ma non ho usato la funzione "Cerca" prima di postare...)

La dimostrazione delle varianti 1 e 2 di robbstark mi sembra corretta; la dimostrazione di mathematico è incompleta (ma può essere completata ragionando come ha fatto robbstark).
La soluzione della variante 4 proposta di robbstark è sostanzialmente corretta; si possono trovare ulteriori dettagli qui:
http://www.cofault.com/2010/01/hunt-for ... nster.html

[hee136]

"Mathematico":Ciao a tutti
Vorrei proporre un esercizio davvero molto semplice, dedicato soprattutto a chi sta preparando analisi 1 o al più analisi 2, possono partecipare anche i ragazzi delle superiori .

Sia [tex]f: (\mathbb{R}, +)\to (\mathbb{R^+}, *)[/tex] tale che per ogni [tex]x, y \in (\mathbb{R}, +)[/tex] si ha che:
[tex]f(x+y)= f(x)f(y)[/tex]
Dimostrare che [tex]\forall x, y \in \mathbb{R}[/tex] si ha che:
[tex]\displaystyle f(x-y)= \frac{f(x)}{f(y)}[/tex]

Dare un esempio di funzione continua che rispetti queste proprietà (a dire il vero esiste una famiglia di funzioni continue che godono di queste proprietà ). Buon divertimento

[tex]f(x+y)= f(x)f(y)[/tex]

Cambio di variabile: a=x+y

[tex]f(a)= f(x)f(a-x)[/tex]

[tex]f(a) / f(x)= f(a-x)[/tex]

Cambio i nomi delle variabili

[tex]f(x) / f(y)= f(x-y)[/tex]