Cómo solucionar $f\left(\frac{f(x)}{yf(x)+1}\right)=\frac{x}{xf(y)+1}$?

Question

Actualmente estoy trabajando en el siguiente funcional de la ecuación:

Encontrar todos los $f:\mathbb{R_{>0}}\to\mathbb{R_{>0}}$ tal que para todos los $x,y\in\mathbb{R_{>0}}$: $$ f\left(\frac{f(x)}{yf(x)+1}\right)=\frac{x}{xf(y)+1} $$ Creo que he logrado mostrar que $f$ es bijective, pero, ¿cómo proceder?

Answer 1

Denotar $P(x,y)$ la afirmación de que la ecuación anterior se tiene para som $x,y$.

En primer lugar, voy a dar una prueba de bijectivity ya que no se sienten seguras con ella.

La primera de inyectividad. Suponga $f(a)=f(b)$ algunos $a,b$. A continuación, la comparación de $P(a,y)$ $P(b,y)$ obtenemos $\frac{a}{af(y)+1}=\frac{b}{bf(y)+1}$ y, por tanto, $abf(y)+b=abf(y)+a$ y, por tanto, $a=b$ es decir $f$ es inyectiva.

Ahora, suponga $f$ asume el valor de $k$ es decir $f(x_0)=k$ algunos $x_0$. A continuación, $P(x,x_0)$ $x$ corre a través de todos los números positivos muestra que $f$ obtiene todos los números entre 0 y $\frac{1}{k}$.

Así que si tomamos cualquier $k \in f(\mathbb{R})$ (satisfactorio $k>0$) llegamos a la conclusión de que cada número positivo $\epsilon$ lo suficientemente cercano a 0 se asume.

Pero luego vuelve a aplicar el mismo truco obtenemos que todos los números entre el $0$ $\frac{1}{\epsilon}$ se obtienen donde $\frac{1}{\epsilon}$ obtiene arbitrariamente grande, es decir, $f$ es surjective, así bijective.

Ahora estamos demostrando que $f(x)=x$ tiene para todos los $x$.

En primer lugar, vamos a comprobar $f(x) \le x$ deben tener.

Supongamos por el contrario que $f(a)=b>a$ algunos $a,b>0$. A continuación, $P(a,\frac{1}{a}-\frac{1}{b})$ implica $b=\frac{a}{af(\frac{1}{a}-\frac{1}{b})+1}<\frac{a}{1}=a$ y, por tanto, $b<a$ contradiciendo la suposición. Por lo $f(x) \le x$ tiene para todos los $x$.

Suponga $f(a)=b<a$ mantiene para algunos $a,b>0$.

Surjectivity implica que hay algo de $y_0$ tal que $f(y_0)=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}$.

A continuación, $P(a,y_0)$ implica $f(\frac{b}{y_0b+1})=b=f(a)$ y, por tanto, por la inyectividad obtenemos $a=\frac{b}{y_0b+1}<\frac{b}{1}=b$ y, por tanto, $a<b$ contradiciendo la suposición.

Por lo tanto, hemos probado que la $f(x)=x$ debe mantener para todos los $x$ y esto es de hecho una solución.

Answer 2

Aquí es un corto solución que evita la inyectividad y surjectivity argumentos:

Suponga que existe un $a\in\mathbb{R_{>0}}$ tal que $f(a)-a>0$. Esto legitima la sustitución: $$ P\left (\frac{f(a)-a}{f(a)}\right): espacio\f(a)=\frac{a}{af\left(\frac{f(a)-a}{f(a)}\right)+1}\ffi f\left(\frac{f(a)-a}{f(a)}\right)=\frac{a-f(a)}{f(a)}<0 $$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto $f(x)≤x\space\forall x\in\mathbb{R_{>0}}$. Pero esto implica: $$ \frac{x}{xf(x)+1}=f\left(\frac{f(x)}{xf(x)+1}\right)≤\frac{f(x)}{xf(x)+1}\iff x≤f(x) $$ Por lo tanto, $f(x)=x$ es la única solución.