[zorropardo]

Sea $$f: \mathbb{R} \rightarrow{\mathbb{R}}$$ tal que $$f(x+y)=f(x)f(y); \forall x,y \in \mathbb{R}$$ con $$f(0)=1.$$ Ademas cumple

Si $$x>0$$ entonces $$f(x)>1.$$ Probar que $$f$$ es estrictamente creciente.

[Masacroso]

Sea $$f: \mathbb{R} \rightarrow{\mathbb{R}}$$ tal que $$f(x+y)=f(x)f(y); \forall x,y \in \mathbb{R}$$ con $$f(0)=1.$$ Ademas cumple

Si $$x>0$$ entonces $$f(x)>1.$$ Probar que $$f$$ es estrictamente creciente.

Toma un \(\epsilon >0\) cualquiera, entonces tienes que \(f(x+\epsilon )=f(x)f(\epsilon )>f(x)\) si \(f(x)>0\) (ya que \(f(\epsilon )>1\) por la última premisa). Por tanto el ejercicio es equivalente a demostrar que \(f\) es estrictamente positiva.

Ahora observemos que \(1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)>0\), luego \(f(-x)=1/f(x)>0\) para todo \(x>0\) (debido a la última premisa), y por tanto \(f(x)>0\) para todo \(x\in \mathbb{R}\).∎

Bonus: si además resulta que \(f\) es continua en el cero entonces tenemos que \(f(x)=f(1)^x\).

[Luis Fuentes]

Hola

Bonus: si además resulta que \(f\) es continua en el cero entonces tenemos que \(f(x)=f(1)^x\).

En realidad con las hipótesis del enunciado siempre se cumple que \( f(x)=f(1)^x \) (y de paso la continuidad).

De las datos dados es fácil ver que \( f(q)=f(1)^q \) para cualquier \( q\in \Bbb Q \).

Para cualquier otro \( x \) existen sucesiones de racionales \( \{a_n\},\{b_n\} \) tales que \( a_n<x<b_n \) y \( a_n\to x,\,b_n\to x \). Por ser estrictamente creciente:

\( f(a_n)<f(x)<f(b_n)\quad \Rightarrow{}\quad f(1)^{a_n}<f(x)<f(1)^{b_n} \) y tomado el límite cuando \( n\to \infty \) se concluye que:

\( f(1)^x\leq f(x)\leq f(1)^x\quad \Rightarrow\quad f(x)=f(1)^x \)

Saludos.

[Masacroso]

Hola

Bonus: si además resulta que \(f\) es continua en el cero entonces tenemos que \(f(x)=f(1)^x\).

En realidad con las hipótesis del enunciado siempre se cumple que \( f(x)=f(1)^x \) (y de paso la continuidad).

De las datos dados es fácil ver que \( f(q)=f(1)^q \) para cualquier \( q\in \Bbb Q \).

Para cualquier otro \( x \) existen sucesiones de racionales \( \{a_n\},\{b_n\} \) tales que \( a_n<x<b_n \) y \( a_n\to x,\,b_n\to x \). Por ser estrictamente creciente:

\( f(a_n)<f(x)<f(b_n)\quad \Rightarrow{}\quad f(1)^{a_n}<f(x)<f(1)^{b_n} \) y tomado el límite cuando \( n\to \infty \) se concluye que:

\( f(1)^x\leq f(x)\leq f(1)^x\quad \Rightarrow\quad f(x)=f(1)^x \)

Saludos.

  La verdad es que no me esperaba, intuitivamente, que fuese necesariamente continua.

[ani_pascual]

Hola:

Sea $$f: \mathbb{R} \rightarrow{\mathbb{R}}$$ tal que $$f(x+y)=f(x)f(y); \forall x,y \in \mathbb{R}$$ con $$f(0)=1.$$ Ademas cumple

Si $$x>0$$ entonces $$f(x)>1.$$ Probar que $$f$$ es estrictamente creciente.

Un punto de vista...
En efecto...
Si vamos a la definición...
dados \( x,y \in \mathbb{R}, \) con \( x<y \) se tiene que \( f(y)=f(x+y-x)=f(x)f(y-x)>f(x) \) ya que es \( f \) estrictamente positiva y \( f(y-x)>1 \)
Si es \( x>0, f(x)>1>0 \), si es \( x<0, f(x)=f(-1)f(-x)=\dfrac{f(-x)}{f(1)}>0 \) y \( f(0)=1>0 \)

Saludos

[zorropardo]

Gracias por las respuestas. La parte b) de la pregunta es: Probar que $$g: \mathbb{R} \rightarrow{\mathbb{R}}$$ dada por $$g(x)=f(x)-f(-x)$$ es estrictamente creciente.

Intente aplicar la parte anterior: Si $$x<y$$ entonces vale $$f(y)>f(x)$$ y $$f(-y)>f(-x)$$ asi tenemos:

$$g(y)=f(y)-f(-y) >f(x)-f(-y)$$ y de aqui no consigo concluir que : $$-f(-y)>-f(-x)$$ 

[Juan Pablo Sancho]

Si \( x < y \) tenemos:
\( g(y) -g(x) = f(y) - f(-y) - (g(x) - g(-x)) = (f(y) - g(x)) - (f(-y) - f(-x))  \)
Editado

$$g(y)=f(y)-f(-y) >f(x)-f(-y)$$ y de aqui no consigo concluir que : $$-f(-y)>-f(-x)$$ 

Tienes que \( -y < -x  \) luego \( f(-y) < f(-x)  \) luego \( -f(-y) > -f(-x) \)

[ani_pascual]

Hola:

...
Intenté aplicar la parte anterior: Si $$x<y$$ entonces vale $$f(y)>f(x)$$ y $$f(-y)\textcolor{red}{>}f(-x)$$ así tenemos:
...

Hay un error, has puesto al revés la desigualdad y por eso no te sale 
Saludos