Una función que satisface $f \left ( \frac 1 {f(x)} \right ) = x$

Question

Fondo . Esta pregunta tiene su origen en el problema de encontrar una función $f$ tal que su $n$ -es igual a su $n$ -enésima potencia, sobre la que pregunté aquí . Ahora me gustaría centrarme en el caso relacionado $n = -1$ porque parece ser un problema bastante diferente. En otras palabras, estoy buscando una función $f$ tal que su inversa compositiva es igual a su inversa multiplicativa, es decir, $$f^{-1}(x) = \frac 1 {f(x)}.$$ Es inmediato ver que esto es equivalente a $$f \left ( \frac 1 {f(x)} \right ) = x$$ que es la ecuación del título.

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Creo que he encontrado un ejemplo de función $f \colon \mathbb Q^+ \to \mathbb Q^+$ satisfacer la ecuación, pero es bastante enrevesada. La construcción es la siguiente:

Sea $x \in \mathbb Q^+$ . Entonces podemos escribir $$x = \left ( \frac {p_1^{a_1} \dotsb p_h^{a_h}} {q_1^{b_1} \dotsb q_k^{b_k}} \right )^n$$ donde $p_1, \dotsc, p_h, q_1, \dotsc, q_k$ son factores primos distintos, $p_1^{a_1} \dotsb p_h^{a_h} \le q_1^{b_1} \dotsb q_k^{b_k}$ los exponentes $a_1, \dotsc, a_h, b_1, \dotsc, b_k$ son enteros positivos coprimos, y $n \in \mathbb Z$ . Entonces definimos $$\rho \colon \mathbb Q^+ \to \mathbb Q^+ \qquad \rho (x) = \frac {p_1^{a_1} \dotsb p_h^{a_h}} {q_1^{b_1} \dotsb q_k^{b_k}}.$$ Claramente la imagen $\rho(\mathbb Q^+)$ es contablemente infinita, por lo que podemos fijar dos secuencias $(r_m)_{m \in \mathbb N}$ y $(s_m)_{m \in \mathbb N}$ tal que: $$r_0, s_0, r_1, s_1, \dotsc, r_m, s_m, \dotsc$$ es una enumeración inyectiva de $\rho(\mathbb Q^+)$ .

Obsérvese entonces que cada $x \in \mathbb Q^+$ es $r_m^n$ o $s_m^n$ para algunos $m \in \mathbb N$ y $n \in \mathbb Z$ de una manera única. Por lo tanto, definimos $$f(r_m^n) = s_m^n \qquad f(s_m^n) = r_m^{-n}$$ para todos $m \in \mathbb N$ y $n \in \mathbb Z$ . Con esta definición, podemos comprobar que se cumple la propiedad anterior: $$f \left ( \frac 1 {f(r_m^n)} \right ) = f \left ( \frac 1 {s_m^n} \right ) = f (s_m^{-n}) = r_m^n$$ $$f \left ( \frac 1 {f(s_m^n)} \right ) = f \left ( \frac 1 {r_m^{-n}} \right ) = f (r_m^n) = s_m^n.$$

Mis preguntas son:

1. ¿Existen funciones menos artificiales que satisfagan la ecuación?
2. En caso afirmativo, ¿existe una función que esté definida en un intervalo de $\mathbb R$ ?

Observación . Si $f$ se define en un intervalo $I$ de $\mathbb R$ y es siempre positiva (o negativa), entonces es monótona. En efecto, si $f$ aumentaran tendríamos $$x_1 < x_2 \implies f(x_1) < f(x_2) \implies \frac 1 {f(x_1)} > \frac 1 {f(x_2)} \implies x_1 > x_2$$ y análogamente si $f$ disminuían.

Answer 1

(Pondría esto en un comentario pero no tengo suficiente reputación).

La función compleja $\frac{z+i}{iz+1}$ parece satisfacer su criterio. ¿Podría haber alguna forma de hacerlo realidad?

Answer 2

Los ejemplos a trozos son posibles. Por ejemplo, podemos definir $f: [\frac13,3] \to [\frac13,3]$ como sigue: $f(1) = 1$ y para todos $\frac13 \le x < \frac12$ , \begin{align*} f(x) &= 3x - \frac12 &&\in [\tfrac12, 1)\\ f(f(x)) &= \frac1x &&\in(2,3] \\ f(f(f(x))) &= \frac1{3x - \frac12} &&\in(1,2] \\ f(f(f(f(x)) &= x &&\in[\tfrac13,\tfrac12) \end{align*}

He aquí una trama:

La idea es que enviemos $[\frac13,\frac12)$ a $[\frac12,1)$ de forma creciente y, a continuación, enviar $[\frac12,1)$ a $(2,3]$ a continuación, envíe $(2,3]$ a $(1,2]$ y, por último, envía $(1,2]$ volver a $[\frac13,\frac12)$ . Es un 4 tiempos.

No estoy seguro de que este ejemplo sea menos artificial, pero es continuo a trozos (creo que ser continuo a secas es imposible). El ejemplo se deriva de la siguiente condición necesaria y suficiente más general:

Proposición. Supongamos que $f$ es un conjunto $A \subseteq \mathbb{R}$ que es cerrado bajo inversa multiplicativa y no contiene $0$ . Una condición necesaria y suficiente para $f$ para satisfacer esta ecuación es entonces que $f(1) = 1$ y que los restantes elementos de $A$ se dividen en cuádruples $$ \left\{ a, \frac1a, b, \frac1b \right\}, $$ donde $a, b < 1$ , $a \ne b$ y $f$ se comporta en este conjunto de la siguiente manera: $f(a) = b$ , $f(b) = \frac1a$ , $f(\frac1a) = \frac1b$ y $f(\frac1b) = a$ .

Como consecuencia de ello, $f(f(f(f(x)))) = x$ para todos $x$ .

Prueba: considerar dónde $f$ asigna un par de elementos $\{x, \frac1x\}$ para cualquier $x \ne 1$ . Dejar $y = f(x)$ consideramos el par $\{y, \frac1y\}$ y observe que $f$ mapas $\frac1y$ volver a $x$ mediante la ecuación $f(1/f(x)) = x$ . Pero luego enchufar $\frac1y$ a la ecuación resulta que $f$ mapas $\frac1x$ a $\frac1y$ . Por último, introduciendo $\frac1x$ a la ecuación obtenemos que $f$ mapas $y$ a $\frac1x$ . Así que $f$ envía $x \mapsto y \mapsto \frac1x \mapsto \frac1y \mapsto x$ .

Si $x = 1$ o $y = 1$ entonces todo esto se reduce a $f(1) = 1$ . Por lo demás, $x, y$ deben ser distintos, y obtenemos la afirmación estableciendo $a$ para ser cualquiera de $x, y, \frac1x, \frac1y$ es menor que $1$ y se asigna a algo más pequeño que $1$ y $b$ a cualquiera de $x, y, \frac1x, \frac1y$ es menor que $1$ y mapea a algo más grande que $1$ .

P.D: El ejemplo de esta respuesta es esencialmente el mismo que esta respuesta en el duplicado.