Функциональные уравнения

[Lesobrod]

Если $x,y>0$, то логарифм является единственным непрерывным решением уравнения
$f(x \cdot y)=f(x)+f(y)$
а для любых $x,y$ показательная функция - единственное непрерывное решение уравнения
$f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$

Где это поподробнее рассматривается (для $x,y \in \mathbb{R}$)?
Не стоит ли добавить монотонность?

[Профессор Снэйп]

Lesobrod в сообщении #610478 писал(а):

Если $x,y>0$, то логарифм является единственным непрерывным решением уравнения
$f(x \cdot y)=f(x)+f(y)$
а для любых $x,y$ показательная функция - единственное непрерывное решение уравнения
$f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$

Ну, если тождественно нулевую функцию считать логарифмом с основанием $1$, то да. Иначе её придётся отдельно добавить. В симметричной ситуации появится функция $f(x) = 1^x = 1$ и, кроме того, будет ещё функция $f(x) = 0^x = 0$, хотя её и придётся напрямую доопределять при $x \leqslant 0$.

Lesobrod в сообщении #610478 писал(а):

Не стоит ли добавить монотонность?

Нет, не стоит. Всё и без неё прекрасно доказывается.

Для $f(x + y) = f(x) f(y)$ найдите, чему равно $f(q)$ при каждом $q \in \mathbb{Q}$. Далее используйте непрерывность. Для $f(xy) = f(x) + f(y)$ действуйте похожим образом, с заменой рациональных чисел на... сами разберётесь, на что.

[Lesobrod]

Спасибо,разобрался!)))

[xmaister]

Lesobrod в сообщении #610478 писал(а):

$f(x \cdot y)=f(x)+f(y)$

Я так понял, что достаточно определить $f$ в простых числах. Не вижу как это сделать . Я могу ваще какие-угодно на определять. Может непрерывности будет противоречить? Как? Почему обязательно будет существовать логарифм с такими же значениями в простых?

[ИСН]

Достаточно определить в одном числе. Потом его корень, корень из корня, разные их комбинации - и всё заверте...

[xmaister]

ИСН в сообщении #610520 писал(а):

Достаточно определить в одном числе.

$f(1)=0$

Всё равно наверное придётся знать значение в рациональных, чтобы потом продолжать по непрерывности, разве нет?

[ИСН]

xmaister в сообщении #610521 писал(а):

$f(1)=0$

В любом, кроме этого.

[xmaister]

Кажется въехал. $a>1$, тогда множество $A=\{a^{\frac{k}{m}}|k,m\in\mathbb{N}\}$ всюду плотно в $[1,+\infty)$. Значит $f$ на $A$ определено и продолжается по непрерывности до логарифма по некоторому основанию единственным образом на $[1,+\infty)$, а значит продолжается и на $(0,+\infty)$ также единственным образом.

[Профессор Снэйп]

Мне вот интересно. То, что $\mathbb{Q}$ плотно в $\mathbb{R}$, вроде как любому лешему известно. А вот то, что $\{ x^q : q \in \mathbb{Q} \}$ тоже плотно... доказывать ведь, блин, надо! И возиться там придётся вполне много. Если, конечно, не считать эту плотность доказанной "задним числом".

[xmaister]

Профессор Снэйп в сообщении #610541 писал(а):

$\{ x^q : q \in \mathbb{Q} \}$ тоже плотно

Просто же. $\ln : [1,+\infty)\to [0,+\infty)$ и $g:[0,+\infty)\to [0,+\infty)$, такое что $g(x)=x\ln a$- гомеоморфизмы, а рациональные заведомо плотны.

[Lesobrod]

Педивикия писал(а):

С точки зрения алгебры, логарифмическая функция осуществляет (единственно возможный) изоморфизм мультипликативной группы положительных вещественных чисел и аддитивной группы всех вещественных чисел.

Как всегда, интересно, но неполно и без ссылок...

[Профессор Снэйп]

xmaister в сообщении #610592 писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #610541 писал(а):

$\{ x^q : q \in \mathbb{Q} \}$ тоже плотно

Просто же. $\ln : [1,+\infty)\to [0,+\infty)$ и $g:[0,+\infty)\to [0,+\infty)$, такое что $g(x)=x\ln a$- гомеоморфизмы, а рациональные заведомо плотны.

Как это Вы логарифм в рассуждениях используете, если ещё не ввели его, а только собираетесь вводить?

[xmaister]

Так формально же рассмотреть отображение $\ln:[1,\infty)\to [0,\infty)$ одного топологического пространтсва в другое мне ничего не мешает. Оно гомеоморфизм. Далее ссылка на то что $\ln(\overline{A})\subset\overline{\ln (A)}$ для всякого $A\subset [1,\infty)$.

[Профессор Снэйп]

xmaister в сообщении #610614 писал(а):

Так формально же рассмотреть отображение $\ln:[1,\infty)\to [0,\infty)$ одного топологического пространтсва в другое мне ничего не мешает. Оно гомеоморфизм.

А почему оно существует?

[xmaister]

Думаю так.
Показательная функция определена в рациональных точках понятно как. Продолжить по непрерывности можно на $[0,+\infty)$ и является гомеоморфизмом. Обратное обзавем логарифмом.