Matematyka.pl

źródło: Marco Radovanović - Functional equations (problem 41)

Z założeniem ciągłości można pokazać, że \(\displaystyle{ f(x)=a+b\ln (x)}\), ale istnieją nieciągłe funkcje spełniające założenie. Żeby je zobaczyć, wybieramy liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\). Niech \(\displaystyle{ n=p^km\in\mathbb{N}}\) dla \(\displaystyle{ (m,p)=1}\). Kładziemy \(\displaystyle{ f_p(n):=k}\). Definicję \(\displaystyle{ f_p}\) rozszerzamy na \(\displaystyle{ \mathbb{Q}_+}\) za pomocą \(\displaystyle{ f\left(\frac ab\right):=f(a)-f(b)}\). Jeśli \(\displaystyle{ \xi}\) jest liczbą algebraiczną stopnia \(\displaystyle{ n}\), to kładziemy \(\displaystyle{ f_p(\xi):=\frac 1n N_{\mathbb{Q}(\xi)/\mathbb{Q}}(\xi)}\). W ten sposób możemy rozszerzyć \(\displaystyle{ f_p}\) na \(\displaystyle{ \mathbb{\overline{Q}}_+}\). Funkcję \(\displaystyle{ f_p}\) można kolejno (na nieprzliczalnie wiele sposobów) rozszerzyć na \(\displaystyle{ \mathbb{R}_+}\) ale dla porządku wybieramy jeden z nich: ustalamy bazę przestępną \(\displaystyle{ S}\) i kładziemy \(\displaystyle{ f_p(s):=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ s\in S}\). W końcu rozszerzamy \(\displaystyle{ f_p}\) na całe \(\displaystyle{ \mathbb{R}_+}\) z użyciem \(\displaystyle{ f(a)+f(b)=\min(f(a),f(b))}\) o ile \(\displaystyle{ a\neq b}\) oraz \(\displaystyle{ f(ab)=f(a)+f(b)}\). Kolejna rodzina funkcji spełniających założenia, to \(\displaystyle{ \{f_s\}}\) dla \(\displaystyle{ s\in S}\). Mamy izomorfizm \(\displaystyle{ \pi:\mathbb{Q}(s)\to\mathbb{Q}(x)}\) i kładziemy \(\displaystyle{ f_s(t):=\deg(\pi(t))}\). To daje się rozszerzyć z użyciem jakiejś wersji aksjomatu wyboru na całe \(\displaystyle{ \mathbb{R}_+}\).

Co ciekawe, dowolne sumy postaci \(\displaystyle{ \sum_pa_pf_p}\) są dobrze określone i spełniają założenia zadania. Pamiętamy, że to możemy liniowo kombinować z \(\displaystyle{ a+b\ln x}\) oraz z \(\displaystyle{ f_s}\) dla \(\displaystyle{ s\in S}\) i założenie pozostaje spełnione. Nietrudno pokazać, że teza również.

W tym celu wyznaczymy najpierw wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}}\), które spełniają:
\(\displaystyle{ \frac{f(x)}{2}+\frac{f(y)}{2}=f\left(\frac{x+y}{2}\right)}\)
Niech \(\displaystyle{ f(0)=a}\). Kładziemy \(\displaystyle{ y=0}\) i dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{f(x)}{2}+\frac{a}{2}=f(\frac{x}{2})}\)
Stąd mamy:
\(\displaystyle{ \frac{f(x)}{2}+\frac{f(y)}{2}=f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{f(x+y)}{2}+\frac{a}{2}}\)
czyli mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ 2}\) mamy:
\(\displaystyle{ f(x+y)+a=f(x)+f(y)}\)
Podstawiając:
\(\displaystyle{ g(x)=f(x)-a}\)
Dostajemy:
\(\displaystyle{ g(x+y)=g(x)+g(y)}\)
czyli \(\displaystyle{ g}\) spełnia równanie Cauchy'ego. Stąd \(\displaystyle{ f(x)=g(x)+a}\) dla \(\displaystyle{ a\in \mathbb{R}}\). Łatwo zauważyć, że takie \(\displaystyle{ f}\) spełnia równanie:
\(\displaystyle{ \frac{f(x)}{2}+\frac{f(y)}{2}=f\left(\frac{x+y}{2}\right)}\)

To teraz niech \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}_{>0}\rightarrow \mathbb{R}}\) spełnia równanie:
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)=2f(\sqrt{xy})}\)
Rozpatrzmy \(\displaystyle{ h(x)=f(e^x)}\). Wówczas \(\displaystyle{ h:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}}\) spełnia równanie:
\(\displaystyle{ h(x)+h(y)=2h\left(\frac{x+y}{2}\right)}\)
z tego co zrobiliśmy wyżej, dostajemy, że:
\(\displaystyle{ h(x)=g(x)+a}\)
dla \(\displaystyle{ g}\), które jest rozwiązaniem równania Cauchy'ego i \(\displaystyle{ a\in \mathbb{R}}\). Z tego, że:
\(\displaystyle{ f(x)=h(\ln(x))}\)

Dostajemy, że:
\(\displaystyle{ f(x)=g(\ln(x))+a}\)
gdzie \(\displaystyle{ a\in \mathbb{R}}\) zaś \(\displaystyle{ g}\) spełnia równanie Cauchy'ego.