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[求助] 一道函数方程题

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发表于 2018-12-31 19:03:10 | 显示全部楼层 |阅读模式

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原题:对于任意的实数$x$,存在$f(2x) =f(x)^2$,求$f(x)$



=================
我的疑问是通过求解下面的问题,是不是就算解答了上面的问题?
对于任意的实数$x,y$,存在$f(x+y) =f(x)f(y)$,求$f(x)$

而这个问题,可以根据导函数的定义,转化成微分方程的求解。
=================

表面上,$f(2x) =f(x)^2$的解是$f(x+y) =f(x)f(y)$的特解。但实际上$f(x+y) =f(x)f(y)$ 比$f(2x) =f(x)^2$ 对$f(x)$的要求应该更严格
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发表于 2018-12-31 19:37:47 来自手机 | 显示全部楼层
$f(2^x)=a(x)^(2^x)$.那么$a(x)$是周期为1的函数

点评

没想到竟然是这样的。哈哈哈  发表于 2018-12-31 20:11
好简洁,精妙  发表于 2018-12-31 20:10
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发表于 2018-12-31 19:48:28 | 显示全部楼层
本帖最后由 .·.·. 于 2018-12-31 20:00 编辑

如果不要求函数连续的话
可能有些区别
我试试构造一个反例
$f(x)=1$(不存在整数a使得$3*2^a$)
$f(3*2^a)=2^{2^a}$(a为整数)

显然对x不为$3*2^a$,2x也写不成$3*2^a$的形式,此时$f(x)=f(x)^2=f(2x)=1$
而对$x=3*2^a$,$f(2x)=f(3*2^{a+1})=2^{2^{a+1}}=(2^{2^a})^2=f(x)^2$
如果$f(x)+f(y)=f(xy)$,那么$1=f(1)f(2)=f(1+2)=2$,矛盾

点评

……不确定,毕竟高中时候没玩过函数方程  发表于 2018-12-31 21:14
这个可否有理数逼近?  发表于 2018-12-31 20:41
没记错可以加上连续性跟一个条件,比如存在某个无理数a,$f(ax)=f(x)^a$,就能得到f(x)=c^x了  发表于 2018-12-31 20:15
好像是的。好简洁  发表于 2018-12-31 20:09
好像mathe提供了一个连续版本的反例……所以这道题已经解决了  发表于 2018-12-31 20:04
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发表于 2019-1-1 10:47:38 来自手机 | 显示全部楼层
加上条件f(x)在x=0处可微,结果就应该简单了
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 楼主| 发表于 2019-1-1 22:43:37 | 显示全部楼层
mathe在2#应该只是构造了一个特例。
我也可以构造一个非周期函数的特例。我们将区间$(0,+\infty)$根据$2$的幂分成一个个紧密连接的$(2^n,2^{n+1})$的子区间,其中$n\in Z$。于是我们只需要定义任何一个子区间内的$f(x)$的表达式即可,其他子区间都可以根据这个已知的子区间唯一的确定函数。
加上条件f(x)在x=0处可微,结果就应该简单了

所以,如果是这样的话,加上条件f(x)在x=0处可微,我觉得也不一定能收紧$f(x)$的自由度,即得到一个显式表达。我大可以让$f(x)$在$x=2^n, n\inZ$处都可导,且都为$0$

点评

好像是一回事....  发表于 2019-1-2 09:33
你再看看你定义的f(x)跟mathe的a(x)……  发表于 2019-1-1 23:50
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 楼主| 发表于 2019-1-2 11:11:22 | 显示全部楼层
本来我是想理一理,看mathe是怎么推演到2#那个表达式的。,结果就这么顺势有了这种过程

我们反复施用条件式$n$次,得到:$f(2^nx) = f(x)^(2^n)$, 设$x=2^\theta$, $f(2^(n+\theta)) = f(2^\theta)^(2^n)$,
如果我们要继续推演,得到连续函数,就设$x=2^\theta,y=2^n$,对$y$做连续性延拓,于是等同于这个问题:任意两个正实数$x,y$,存在关系$f(xy)=f(x)^y$,

蛤蛤蛤,这是要回去的感觉、、、不过,此时好像就比较好做了,假设都是可导【因为我们只关心连续可导的函数】,就可以借用微分方程了,分别对$x,y$求导,联立方程,消元得到 $x f'(x)=f(x) ln (f(x))$,进而,得到$f(x)=e^{C_1x}$
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发表于 2019-1-6 11:22:11 来自手机 | 显示全部楼层
如果限定函数连续,那么如果函数f不恒为0,,计算$f(2^(-n)x)$让n趋向无穷就得$f(0)=1$.
同样如果再假设f在x=0可导,那么根据
$f(2^(-n+x))=a(x)^(2^(-n+x))$
两边同时减1乘以$2^(n-x)$再让n趋向无穷可以得到
$f'(0)=\lim_{n->+infty}\frac{f(2^(-n+x))-f(0)}{2^{-n+x}}=\lim_{n->\infty}2^{n-x}(a(x)^(2^(-n+x))-1)=\ln(a(x))\lim_{n->\infty}\frac{exp(\ln(a(x))2^(-n+x))-1}{\ln(a(x))2^{-n+x}}=\ln(a(x))$.
所以$a(x)$是常数,也就是$f(x)=a^x$
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