¿Una función de satisfacción $f(\frac1{x+1})\cdot x=f(x)-1$ y $f(1)=1$?

Question

$f:[0,\infty)\to\mathbb{R}$ es una función continua que satisface $f(1)=1$ y el: $$f(\frac1{x+1})\cdot x=f(x)-1$$

¿Existe una función de este tipo, si lo hacen, hay infinitamente muchos? Y es allí cualquier explícita ejemplo? He sido capaz de obtener estas:

• $f(1)\cdot0=f(0)-1$, lo que significa que $f(0)=1$.
• $f(\frac1{2})=f(1)-1=0$
• Del mismo modo, $f(\frac23)=-2$ y, a continuación, $f(\frac35)=\frac{-9}2$ y así sucesivamente.

Esto que está pasando sin ningún patrón que yo pueda ver. Hay algo en especial en la secuencia de $(1,\frac12,\frac23,...,a_n,...)$ donde $a_n=\frac1{a_{n-1}+1}$? No he sido capaz de utilizar continuidad así. Por favor, ayuda!

Answer 1

Tal función no existe.

Olvide $f(1) = 1$. Suponga $f(x)$ satisface la ecuación funcional en $[0,\infty)$. Tenemos

$$ \begin{align} f(x) &= 1 + x f\left(\frac{1}{x+1}\right)\\ &= 1 + x \left[ 1 + \frac{1}{x+1}f\left(\frac{x+1}{x+2}\right)\right]\\ &= 1 + x \left[ 1 + \frac{1}{x+1} + \frac{1}{x+2} f\left(\frac{x+2}{2x+3}\right) \right]\\ &\;\vdots\\ &= 1 + x \left[ 1 + \left( \sum_{k=2}^{p-1} \frac{1}{F_{k-1} x + F_k} \right) + \frac{1}{F_{p-1} x + F_p}f\left(\frac{F_{p-1} x + F_p}{F_p x + F_{p+1}}\right)\right]\\ &\;\vdots \end{align} $$ donde $F_k$ $k^{th}$ número Fibonacci. Aviso

$$\lim_{p\to\infty} \frac{F_{p+1}}{F_p} = \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \quad\implica\quad \lim_{p\to\infty} \frac{F_{p-1} x + F_p}{F_p x + F_{p+1}} = \frac{1}{\phi} $$

Si asumimos, además, que $f(x)$ es continua en un único punto de $\displaystyle\;\frac{1}{\phi}$, la última expresión converge como $p \to \infty$ y obtenemos:

$$f(x) = 1 + x + \sum_{k=2}^\infty \frac{x}{F_{k-1} x + F_k}$$ Sustituto $x$$1$, obtenemos

$$f(1) = 1 + 1 + \sum_{k=2}^\infty\frac{1}{F_{k-1}+F_k} = \frac{1}{F_1} + \frac{1}{F_2} + \sum_{k=3}^\infty \frac{1}{F_k} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{F_k}$$

El número en el lado derecho es conocido como el Recíproca de Fibonacci constante $\psi$ con un valor de $$\approx 3.359885666243177553172011302918927179688905133731$$ difiere de $1$.

Answer 2

Esto no es una solución completa, pero quería dar dos pensamientos que son demasiado largas para la sección de comentarios.

1) tenga en cuenta que desde $f(0) = 1$ $f(1) = 1$ usted puede cambiar su expresión a $$ \frac{f(x) - f(0)}{x 0} = f \Big( \frac{1}{x+1} \Big) $$ para cualquier $x \neq 0$. Tener un límite en ambos lados y el uso de la continuidad de $f$, se encuentra que las $f'(0) = f(1) = 1$. Así, al menos, cualquier función de la satisfacción de los criterios será diferenciable en a $0$. En particular, si una función existe, que es lo suficientemente suave que puede realizar una expansión de Taylor cerca de $0$, tendrás $f(x) = 1 + x + O(x^2)$.

2) Si usted puede encontrar $f(x)$ todos los $x \in (0,1)$ vas a hacer, ya que para cualquier $y \in (1, \infty)$ $\frac{1}{1+y} \in (0,\frac{1}{2})$ (aquí se puede ver $(0,1)$ es incluso más de lo que usted realmente necesita, usted realmente sólo necesita $(0,\frac{\sqrt{5}-1}{2}]$, pero la idea es la misma). Por lo tanto, si usted es capaz de utilizar su razonamiento de arriba para encontrar $f(q)$ por cada $q \in \Bbb{Q} \cap (0,1)$, entonces el uso de la continuidad y de la densidad de argumentos, usted puede encontrar $f(x)$ por cada $x \in (0,1)$ y, a continuación, hacer.

Esperemos que esto ayude.

Answer 3

Que $T(x)=1/(x+1)$. Partido $\mathbb{R}$ en subconjuntos $S_a=\{T^n(a)(n=-\infty..\infty)\}$. Los valores de $f(S_a)$ son independientes de los valores de $f(S_b)$ si $b\not\in S_a$.

Acerca de $T^n(a)$ $1/\phi$ $n\rightarrow\infty$ y $-\phi$ $n\to-\infty$, $f(T^n(a))$ necesitar acercarse un límite para todas las $a$, por continuidad.

Pero como acerca a $T^n(a)$ $1/\phi$ y $f(T(a))=f(a)/a-1/a\approx \phi f(a)$, que $f(a)$ potencias de $\phi$ $a\to 1/\phi$. No creo que converge