Antes de publicar el problema, quiero preguntar qué pasa con exactamente el mismo problema que publiqué hace tres días, porque nadie parecía dispuesto a responderlo.
La función no constante debe satisfacer la ecuación: $$f\left(x+\frac{1}{f(x)}\right)=f(x)f(-x).$$
La función también podría escribirse como $f[x(x+\frac{x}{xf(x)})]$
Editado. Mi conjetura es la siguiente:
Conjetura. Las únicas soluciones no constantes son de la forma $ f(x) = 1/(x^{2} - x + c) $ para algunos $c \in \Bbb{C}$ .
Conectando $g(x) = 1/f(x)$ en su lugar, la ecuación funcional se reduce a
$$ g(x+g(x)) = g(x)g(-x). \tag{1} $$
Primer paso. Desde $\text{(1)}$ es cierto para cualquier $x$ por el Teorema de la Identidad esta relación se mantiene en la esfera de Riemann $\hat{\Bbb{C}} = \Bbb{C} \cup \{\infty\}$ donde $g$ es holomorfo como el mapeo $\hat{\Bbb{C}} \to \hat{\Bbb{C}}$ . Lo que queremos demostrar primero es lo siguiente:
Reclamación. $g(\infty) = \infty$ .
Supongamos que $g(\infty) \neq \infty$ . Desde $g$ no es constante, el Teorema de Liouville nos dice que $g$ debe tener un poste en algún $x_{0} \in \Bbb{C}$ . Entonces $g(x_{0}) = \infty$ muestra que
$$ g(-x_{0})= \frac{g(x_{0}+g(x_{0}))}{g(x_{0})} = \frac{g(\infty)}{\infty} = 0 $$
y por lo tanto $g(x) = (x+x_{0})^{m}h(x)$ para algunos $m \geq 1$ y racional $h$ con $h(-x_{0}) \neq 0$ . Así, en vista de la relación $\text{(1)}$ tenemos
\begin{align*} g(-x) = \frac{g(x+g(x))}{g(x)} &= \frac{(x+x_{0}+(x+x_{0})^{m}h(x))^{m}h(x+g(x))}{(x+x_{0})^{m}h(x)} \\ &= \frac{(1+(x+x_{0})^{m-1}h(x))^{m}h(x+g(x))}{h(x)}. \end{align*}
En $x \to -x_{0}$ obtenemos $g(x_{0}) \neq \infty$ lo que contradice nuestra hipótesis. Por lo tanto, la afirmación se deduce.
Segundo paso. Ahora tenemos dos casos:
Consideramos el caso 1. Nuestra afirmación es que la conjetura es cierta en este caso.
Reclamación. $g(x)$ es de la forma $x^{2} - x + c$ en el caso 1.
Por el Paso 1, $g(x) \sim A x^{d}$ como $x \to \infty$ para algunos $d \geq 1$ y $A \neq 0$ . Entonces la afirmación del caso 1 dice que $x + g(x) \sim A'x^{d}$ (donde $A' = A$ si $d \geq 2$ y $A' = A+1 \neq 0$ si $d=1$ ). Así pues, tenemos
$$ AA'^{d}x^{d^{2}} \sim g(x+g(x)) = g(x)g(-x) \sim A^{2}(-1)^{d} x^{2d}. $$
Comparando tanto el exponente como el coeficiente, tenemos $d = 2$ y $A = 1$ . Esto nos permite ampliar $g$ como la serie de Laurent en $x = \infty$ por
$$ g(x) = x^{2} + bx + c + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{x^{n}} \quad \text{as } x \to \infty. $$ Conectando esto a $\text{(1)}$ y comparando ambos lados hasta el grado 3, tenemos
$$ 0 = g(x+g(x)) - g(x)g(-x) = 2(b+1)x^{3} + \mathcal{O}(x^{2}) \quad \text{as } x \to \infty $$
y por lo tanto $b = -1$ . Queda por demostrar que $a_{n} = 0$ para todos $n \geq 1$ . Para ello, supongamos lo contrario y dejemos que $m$ sea el menor número entero positivo para el que $a_{m} \neq 0$ . Entonces podemos escribir
$$ g(x) = x^{2} - x + c + \frac{h(x)}{x^{m}}, \quad \text{where} \quad h(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n+m}}{x^{n}}. $$
Entonces $h(x)$ es una función racional con $h(\infty) = a_{m}$ y conectando esto a $\text{(1)}$ ,
\begin{align*} 0 &= x^{2n}\{ g(x+g(x)) - g(x)g(-x) \} \\ &= (x^{2} - x + c)\{ h(x) - (-1)^{m} h(-x) \} - h(x) + \mathcal{O}(x^{-1}). \end{align*}
Expandiendo la última expresión y comparando los coeficientes se observa que en cualquier caso debemos tener $a_{m} = 0$ ¡Una contradicción! Por lo tanto $a_{n} = 0$ para cualquier $n$ y la conjetura es cierta en el caso 1. ////
Por desgracia, no tengo ni idea de cómo tratar el caso excepcional 2.
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