Funciones satisfaciendo $f(a+b) =\frac{f(a)+f(b)}{f(a)*f(b)}$

Question

estaba buscando una función que satisface <span class="math-container">$f(a+b) =\frac{f(a)+f(b)}{f(a)*f(b)}$</span> <span class="math-container">$a,b \in \Bbb{N}$</span>de todos. Nunca he visto un problema antes y me gustaría algún tipo de ayuda para conseguir comenzó.

Answer 1

No siempre es claro si $\mathbb N$ incluye $0$ o no. Si ignoramos cero, entonces una forma de trabajo es establecer $f(1)=x$dónde: $$f(2)=f(1+1)=\frac 2x$$ $$f(3)=f(2+1)=\frac {x^2+2}{2x}$$ $$f(4)=f(3+1)=\frac {3x^2+2}{x^3+2x}$$but also $$f(4)=f(2+2)=x$$

De hecho, tenemos $f(2a)=f(a+a)=\frac 2{f(a)}$ , de modo que $f(a)f(2a)=2=f(2a)f(4a)$ , de modo que siempre se $f(4a)=f(a)$

Igualando las expresiones para $f(4)$ da una ecuación que puede ser resuelto con los valores de $x$

Answer 2

Asume que $f$ se define en ${\mathbb N}_{\geq1}$, y deje $f(1):=c$ una $c\in\dot{\mathbb C}$ a ser determinado. De $$f(n+1)={1\over c}+{1\over f(n)}\qquad(n\geq1)$$ calculamos $$\bigl(f(n)\bigr)_{1\leq n\leq 5}=\left(c,{2\over c},{2+c^2\over 2c},{2+3c^2\over c(2+c^2)},{2+5c^2+c^4\over c(2+3c^2)}\right)\ .\tag{1}$$ Ahora bien, debemos tener $$f(4)=f(2+2)={2 f(2)\over \bigl(f(2)\bigr)^2}={2\over f(2)}=c\ .$$ Comparando esto con el valor de $f(4)$ en $(1)$ obtenemos la ecuación $$c={2+3c^2\over c(2+c^2)}$$ con las soluciones de $\pm i$ e $\pm\sqrt{2}$. Empezando de nuevo con $$f(5)=f(2+3)=\ldots\ ,$$ y la comparación con la $f(5)$ a partir de la tabla de $(1)$ lleva de nuevo a $c=\pm\sqrt{2}$ y cuatro compleja $c$valores $\ne\pm i$. De ello se sigue que necesariamente $c\in\{\pm\sqrt{2}\}$. A continuación, es fácil comprobar que la función de $f(n):=c$ para todos los $n\geq1$ satisface la funcional determinada ecuación.

Answer 3

Asumiendo $0\in \mathbb{N}$ obtenemos $f(0)=\pm \sqrt 2$ como se señaló en los comentarios.

1. Deje $f(0)=\sqrt 2$

A continuación, $f(1)=\frac{f(1)+f(0)}{f(1)\cdot f(0)}=\frac{f(1)+\sqrt 2}{\sqrt 2 \cdot f(1)}$ conduce a la ecuación cuadrática $\sqrt 2 \cdot [f(1)]^2-f(1)-\sqrt 2 =0$ que tiene soluciones de $f(1)=\sqrt 2\;$ e $\;f(1)=-\frac{\sqrt 2}{2}.$

• $f(1)=\sqrt 2\;$ conduce necesariamente a $$\;f(a)=\sqrt 2\quad\text{for}\quad a\in \mathbb{N},$$ because the sequence defined as $a_1=\sqrt 2,\; a_{n+1}=\frac{a_n+\sqrt 2}{\sqrt 2\cdot a_n},\; n\in \mathbb{N}\;$ es constante.

• Considere la posibilidad de $f(1)=-\frac{\sqrt 2}{2}.$ Tenemos $$f(2)=\frac{2}{f(1)}=-2\sqrt2,\quad f(3)=\frac{f(2)+f(1)}{f(2)f(1)}=-\frac{5\sqrt 2}{4},$$ but then we would obtain two different values of $f(4):$ $$f(4)=\frac{2}{f(2)}=-\frac{\sqrt2}{2}\quad \text{or}\quad f(4)=\frac{f(3)+f(1)}{f(3)f(1)}=-\frac{7\sqrt2}{5}$$

Por lo tanto, $f(1)=\sqrt2$ y la función es constante.

2. Deje $f(0)=-\sqrt 2$

   De manera similar a la anterior, $f(1)$ puede tomar dos valores.

   • $f(1)=-\sqrt2$ determina una constante de la solución de $f(n)=-\sqrt2,$
   • la otra es $f(1)=\frac{\sqrt2}{2}$ y lleva a una desambiguación.

Conclusión

Las únicas soluciones definidas en $0$ son las constantes de las funciones de $f(n)=\sqrt2\;$ e $g(n)=-\sqrt 2, n=0,1,\;\dots$