Debe cumplir la siguiente condición para todos los positivos $x,y $ : $$f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$$
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Lo siento. Por mucho que lo intente, no puedo descartar todas las posibilidades. Sin embargo, he conseguido obtener un resultado parcial: si además suponemos que la función es continua, entonces sólo hay 1 solución. Esto se debe a que puedo demostrar que sólo hay 1 solución posible para un número racional. En cuanto a la solución no continua, tengo una buena idea sobre cómo extender la unicidad al campo euclidiano, una vaga pista sobre cómo extender la unicidad al campo algebraico, pero ninguna pista sobre los números trascendentales. De hecho, sospecho que podría no haber solución única una vez que se extiende la cuestión a los números trascendentales, pero no he sido capaz de encontrar un ejemplo de ello.
Set $x=y=1$ danos $4f(1)=\frac{f(1)}{f(2)}$ así que $f(2)=\frac{1}{4}$ .
Set $x=y=2$ danos $2f(2)+8f(4)=\frac{f(4)}{f(4)}=1$ demostrar que $f(4)=\frac{1}{16}$ .
Set $x=1,y=2$ danos $f(1)+5f(2)=\frac{f(2)}{f(3)}$ por lo que $f(1)+\frac{5}{4}=\frac{1}{4f(3)}$ . Mientras que el conjunto $x=1,y=3$ danos $f(1)+7f(3)=\frac{f(3)}{f(4)}$ por lo que $f(1)+7f(3)=16f(3)$ por lo que $f(1)=9f(3)$ . Enchufe de vuelta nos dan $9f(3)+\frac{5}{4}=\frac{1}{4f(3)}$ que dan $36(f(3))^{2}+5f(3)-1=0$ así que $f(3)=\frac{-5\pm 13}{72}=\frac{1}{9},-\frac{1}{4}$ . El valor correspondiente a $f(1)$ es $1,-\frac{9}{4}$ .
Set $x=1,y=n$ para cualquier número entero positivo $n$ dar $f(1)+(2n+1)f(n)=\frac{f(n)}{f(n+1)}$ así que $f(n+1)=\frac{f(n)}{f(1)+(2n+1)f(n)}$ , que para el caso de un $f(1)$ determinar la secuencia $f(n)$ .
Considere el caso $f(1)=-\frac{9}{4}$ . Continuamos la secuencia para encontrar $f(5)=-\frac{1}{27},f(6)=\frac{4}{287}$
Set $x=2,y=3$ danos $f(2)+f(3)+12f(6)=\frac{f(6)}{f(5)}$ . Si se introduce el valor anterior se obtiene $\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+12\frac{4}{287}=\frac{(\frac{4}{287})}{(-\frac{1}{27})}$ por lo que $\frac{48}{287}=-\frac{108}{287}$ contradicción. Por lo tanto, $f(1)=1$ y $f(3)=\frac{1}{9}$ .
Set $x=1$ y que $y$ sea arbitraria obtenemos $f(1)+f(y)+2yf(y)=\frac{f(y)}{f(n+y)}$ así que $1+(2y+1)f(y)=\frac{f(y)}{f(y+1)}$ así que $f(y+1)=\frac{f(y)}{1+(2y+1)f(y)}$ .
Ahora un simple resultado facilita las cosas: $\frac{(\frac{z}{1+az})}{1+b(\frac{z}{1+az})}=\frac{z}{1+(a+b)z}$ . Esto lleva por inducción a $f(y+n)=\frac{f(y)}{1+f(y)\sum\limits_{k=0}^{n-1}(2(y+k)+1)}=\frac{f(y)}{1+(2y+n)nf(y)}$ (esta fórmula se utilizará repetidamente, así que recuérdala). En particular, introduzca $y=1$ nos da la fórmula $f(n)=f(1+(n-1))=\frac{1}{1+(2+n-1)(n-1)}=\frac{1}{n^{2}}$ .
Tome $x=n,y=\frac{1}{n}$ obtenemos $\frac{1}{n^{2}}+f(\frac{1}{n})+2=\frac{1}{f(n+\frac{1}{n})}=\frac{1+(\frac{2}{n}+n)nf(\frac{1}{n})}{f(\frac{1}{n})}=\frac{1}{f(\frac{1}{n})}+2+n^{2}$ así que $f(\frac{1}{n})-\frac{1}{f(\frac{1}{n})}=n^{2}-\frac{1}{n^{2}}$ que sólo tienen solución $f(\frac{1}{n})=n^{2}$ o $f(\frac{1}{n})=-\frac{1}{n^{2}}$
Tome $x=2n,y=\frac{1}{n}$ obtenemos $\frac{1}{4n^{2}}+f(\frac{1}{n})+1=\frac{1}{4f(2n+\frac{1}{n})}=\frac{1}{4}\frac{1+(\frac{2}{n}+2n)2nf(\frac{1}{n})}{f(\frac{1}{n})}=\frac{1}{4f(\frac{1}{n})}+1+n^{2}$ así que $f(\frac{1}{n})-\frac{1}{4f(\frac{1}{n})}=n^{2}-\frac{1}{4n^{2}}$ que una vez más sólo tienen solución $f(\frac{1}{n})=n^{2}$ o $f(\frac{1}{n})=-\frac{1}{4n^{2}}$
Combinando los 2 resultados anteriores obtenemos $f(\frac{1}{n})=n^{2}$ . En otras palabras, cuando $x=\frac{1}{n}$ tenemos $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ .
Aplicar la fórmula con $y=\frac{1}{k}$ obtenemos $f(n+\frac{1}{k})=\frac{f(\frac{1}{k})}{1+(\frac{2}{k}+n)nf(\frac{1}{k})}=\frac{k^{2}}{1+(\frac{2}{k}+n)nk^{2}}=\frac{k^{2}}{1+2nk+(nk)^{2}}=\frac{k^{2}}{(nk+1)^{2}}=\frac{1}{(n+\frac{1}{k})^{2}}$ . Así, para $x$ de la forma $n+\frac{1}{k}$ obtenemos $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ .
Ahora a encontrar arbitrariedad $f(\frac{p}{q})$ . Establecer $x=p,y=\frac{1}{q}$ . Obtenemos $f(p)+f(\frac{1}{q})+2\frac{p}{q}f(\frac{p}{q})=\frac{f(\frac{p}{q})}{f(p+\frac{1}{q})}$ por lo que $\frac{1}{p^{2}}+q^{2}+2\frac{p}{q}f(\frac{p}{q})=(p+\frac{1}{q})^{2}f(\frac{p}{q})$ así que $\frac{1}{p^{2}}+q^{2}=(p^{2}+\frac{1}{q^{2}})f(\frac{p}{q})$ así que $f(\frac{p}{q})=\frac{\frac{1}{p^{2}}+q^{2}}{p^{2}+\frac{1}{q^{2}}}=(\frac{q}{p})^{2}$ .
Por lo tanto, para $x$ racional entonces $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ .
Ahora bien, si suponemos que la función es continua la única posibilidad es que $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ en todas partes. Entonces, para cualquier $x,y$ tenemos $f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+2xy\frac{1}{x^{2}y^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}+2xy}{x^{2}y^{2}}=\frac{(x+y)^{2}}{(xy)^{2}}=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$ . Por lo tanto, esto es realmente una solución.
Por lo tanto, la única solución continua es $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ .
Dmitry Perets
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$f(x)=\frac{1}{x^2}$ es una solución.
Se me ocurrió esto estableciendo $x=y=1$ y encontrar $f(2)=\frac{1}{4}$ .
Hacia una prueba de unicidad:
Es trivial demostrar que
$$ f(x+1) = \frac{1}{1+2x+\frac{1}{f(x)}} $$
de lo que se deduce que
\begin{align} f(x)&>\frac{1}{x^2} \Rightarrow f(x+1)>\frac{1}{(x+1)^2} \\ f(x)&<\frac{1}{x^2} \Rightarrow f(x+1)<\frac{1}{(x+1)^2} \end{align}
Estoy tan cerca que puedo saborearlo.
Knoothe
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