Solución de la ecuación funcional $f(x/f(x)) = 1/f(x)$ ?

Question

He estado intentando añadir rigor matemático a una solución de la ecuación funcional en [1], ec. (22). Es: $$ f\left(\frac{x}{f(x)}\right) = \frac{1}{f(x)}\,, $$ donde sabes que $f(0)=1$ y $f(-x) = f(x)$ .

He estado intentando completar los pasos que faltaban. Utilicemos una sustitución $g(x) = \frac{x}{f(x)}$ . Así que reescribimos la ecuación funcional como $$ x = \frac{\frac{x}{f(x)}}{f\left(\frac{x}{f(x)}\right)} $$ y obtener $$ x = g(g(x))\,. $$ A continuación, calculamos $g'(0)$ como sigue: $$ g'(0) = \left.\left(\frac{x}{f(x)} \right)'\right|_{x=0} = \left.\frac{f(x)-xf'(x)}{f^2(x)}\right|_{x=0} = \frac{f(0)}{f^2(0)} = 1\,. $$ También podemos utilizar $g(x)$ es impar $$ g(-x) = \frac{-x}{f(-x)} = -\frac{x}{f(x)} = -g(x)\,. $$ En $g(g(x)) = x$ He descubierto que esto se llama involución . Eso puede tener muchas soluciones, pero utilizando $g(-x)=-g(x)$ y $g'(0)=1$ debería haber una manera de probar que $g(x) = x$ de la que $f(x)=1$ como única solución.

El artículo [1] sólo dice, que como $g(x) = g^{-1}(x)$ el gráfico de $g(x)$ y su inversa debe ser simétrica a lo largo del $y=x$ y como la tangente en $x=0$ es igual a esta misma línea, entonces $g(x)=x$ debe ser la única solución. Mencionan que no se trata de una prueba completamente rigurosa.

Puede suponer que $f(x)$ es diferenciable. Estaría bien que se pudiera demostrar sólo para funciones continuas $f(x)$ pero cualquier prueba al principio sería un buen comienzo, incluso con suposiciones más fuertes.

Actualización: otra idea es utilizar el hecho de que si $a$ y $b$ son dos puntos en el dominio de la $g$ función para la que $g(a)=g(b)$ se deduce que $g(g(a)) = g(g(b))$ y $a = b$ que prueba que la función es uno a uno. Dado que $g$ es continua, significa que es estrictamente creciente o decreciente [2]. A partir de ahí, digamos que es creciente, entonces podemos usar $y=g(x)$ si $y < x$ entonces $g(y) < g(x)$ de la que $g(g(x)) < y$ y $x < y$ lo cual es una contradicción. Análogamente para $y > x$ . Así que debemos tener $y=x$ de la que $g(x)=x$ . Si $g$ es decreciente, entonces fijamos $h(x)=-g(x)$ obtener $h(x)=x$ y $g(x)=-x$ . A menos que haya cometido un error tenemos $g(x)=\pm x$ . Y utilizando $g'(0)=1$ obtenemos $g(x)=x$ como única solución. Pero todavía no me siento muy bien con esta prueba.

[1] Levy-Leblond, J.-M. (1976). Una derivación más de la transformación de Lorentz. American Journal of Physics, 44(3), 271-277.

[2] Una función continua e inyectiva $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es estrictamente creciente o estrictamente decreciente.

Answer 1

Algunos resultados descritos anteriormente.
(i) $g$ es monótona.
(ii) $g$ = $g^{-1}$
(iii) $g$ es impar.
(iv) $g$ diferenciable en $0$
Resumen:
Supongamos que $g$ no es la identidad. Entonces para $\forall r$ sabemos $g$ tiene una contrapartida simétrica a $g(r)$ por ejemplo $y=x$ de (ii). Consideremos ahora, $(r,g(r))$ para $r>0$ y su homólogo simétrico. Más adelante consideraremos $(-r,g(-r))$ y su homólogo simétrico. No hay forma de asegurar la monotonicidad entre estas coordenadas ya que, en cualquier caso, los puntos formarán un rectángulo con dos lados paralelos y dos perpendiculares a $y=x$ . Así que en la adhesión a la simetría, $g$ debe dejar de ser una función o $g$ debe violar la monotonicidad en algún punto cruzando $y=x$ . Así que $g$ debe ser la identidad. Así $f=1$ .

Answer 2

Hmm, me parece que la única solución es la función constante $f(x)=1$
Supongamos que $f(x)$ tiene una serie de potencias, entonces

• el término constante debe ser 1, porque $f(0)=1$
• sólo tenemos coeficientes distintos de cero en las potencias de x donde los exponentes son pares porque $f(x)=f(-x)$

por lo que asumimos $$f(x) = 1 + ax^2 + bx^4 + cx^6 + O(x^8) $$ Entonces para el rhs de su ecuación definitoria tenemos $$ {1 \over f(x)} = 1 - ax^2 + (a^2-b) x^4 + (-c + (-a^3 + 2ba)) x^6 + O(x^8) $$ Para el lado izquierdo de su ecuación definitoria tenemos $$ f(x {1 \over f(x)}) = 1 + ax^2 + (b -2 a^2)x^4 + (c + 3 a^3 - 6ab) x^6 + O(x^8) $$ y la equiparación de coeficientes requiere

• $a=0 \to (f"(0)=0) $ y
  entonces $ \qquad \qquad {1 \over f(x)} = 1 -b x^4 -c x^6 + O(x^8) $
  debe ser igual a $ f(x {1 \over f(x)}) = 1 + b x^4 + c x^6 + O(x^8) $
• por lo que se requiere que $b=0 \to f^{(4)}(0)=0 $ y
  entonces $ \qquad \qquad {1 \over f(x)} = 1 -c x^6 + O(x^8) $
  debe ser igual a $ f(x {1 \over f(x)}) = 1 + c x^6 + O(x^8) $
• por lo que se requiere que $c=0 \to f^{(6)}(0)=0 $ ...

... y asumo, que todos los coeficientes siguientes deben ser iguales a cero. Por lo tanto: la única solución debe ser $$f(x)=1$$ y su $$g(x)={x \over f(x)}=x$$

Answer 3

Dado lo que ya ha establecido, bastará con demostrar que si $g$ es una función continua con $g(g(x)) = x$ et $g(0) = 0,\ g'(0) = 1$ entonces $g(x) = x$ para todos $x$ . (Tenga en cuenta que $g'(0) = 1$ porque $g(x) = x + x(\frac{1}{f(x)} - 1) = x + o(x)$ utilizando únicamente la continuidad de $f$ en $0$ ).

Claramente, $g$ es inyectiva: Si $g(x_0) = g(x_1)$ entonces $x_0 = g(g(x_0)) = g(g(x_1)) = x_1$ .

Así, $g$ es monótona: si no lo fuera, tendría un extremo local en algún $x_0$ y no sería inyectiva en la vecindad de $x_0$ . Porque $g$ aumenta a $0$ por lo que es creciente en todo el dominio.

Ahora demostraremos que $g(x) = x$ para todos $x$ . Evidentemente, esto es válido para $x=0$ . Para una prueba por contradicción, supongamos que tenemos $x_0$ con $g(x_0) \neq x_0$ . Sea $x_1 := g(x_0)$ . Entonces $x_0,x_1$ son distintos, y $g$ ''intercambia'' estos dos puntos: $g(x_0) = x_1,\ g(x_1) = x_0$ . Supongamos sin pérdida de generalidad que $x_0 < x_1$ . Tenemos $g(x_0) = x_1 > x_0 = g(x_1)$ . Pero esto contradice la suposición de que $g$ está aumentando. Por lo tanto, tenemos $g(x) = x$ para todos $x$ . $\square$