Encuentra todas las funciones que satisfacen $f(\frac{x+4}{1-x}) + f(x) = x$

Question

Encontré la siguiente tarea en un libro y me interesaría si alguien tiene una idea para resolverla:

Encontrar todas las funciones $f$ que satisfagan $f(\frac{x+4}{1-x}) + f(x) = x$ .

Mis ideas:

Suponiendo que $f$ es una serie de potencias o hacer una sustitución.

He intentado varios enfoques, pero sin éxito.

Answer 1

La ecuación es la siguiente $$\tag1f(g(x))+f(x)=x$$ donde $g(z)=\frac{z+4}{-z+1}$ es una transformación de Möbius (una bonita biyección de $\Bbb C\cup\{\infty\}$ a sí mismo) con puntos fijos $\pm2i$ . La transformada de Möbius $h(z)=\frac{z-2i}{z+2i}$ mapas $2i\mapsto 0$ y $-2i\mapsto \infty$ y tiene una transformación inversa $k(z)=\frac{2iz+2i}{-z+1}$ . Tenga en cuenta que $$G(z):=h(g(k(z))) = \underbrace{\frac{-3+4i}{5}}_{=:\alpha}\cdot z$$ es sólo una rotación por un irracional (ver abajo) ángulo. Ahora $$ f(k(G(z)))+f(h^{-1}(z))=k(z)$$ para que $F(z):=f(k(z))$ (lo que lleva a $f(z)=F(h(z))$ ) obedece a la ecuación funcional $$\tag2F(\alpha z)+F(z)=k(z).$$ Si no postulamos la continuidad, sólo encontramos $F(0)=\frac12k(0)=i$ y $F(\infty)=\frac12k(\infty)=-i$ y además podemos elegir un valor arbitrario por clase de equivalencia de $\Bbb C^\times$ multiplicación por módulo con $\alpha$ .

Desde $F(1)+F(\alpha)=k(1)=\infty$ vemos que al menos uno de $F(1)$ , $F(\alpha)$ debe ser infinito. Como el conjunto $\{\alpha^n\}_{n\in\Bbb N}$ es denso en $S^1$ concluimos que $F(z)=\infty$ para un conjunto que es denso en $S^1$ . Si $F$ es continua (como un mapa de $\Bbb C\cup \{\infty\}$ a sí mismo), esto implica $F(z)=\infty$ para todos $z$ con $|z|=1$ . Esto significa que $f(z)=\infty$ para todos $z\in\Bbb R$ Así que será mejor que consideremos $F$ sólo dentro o fuera del círculo de la unidad, $f$ sólo en el plano medio superior o inferior.

Se puede argumentar que los casos de $(1)$ que implican el infinito, es decir, los casos $x=1$ y $x=\infty$ no se aplican; esto significa que dividimos esta única órbita en dos medias órbitas. Sin embargo, esto cambia la situación sólo cuando permitimos que la órbita no sea continua $f$ en primer lugar.

Si exigimos $F$ para ser suave, entonces encontramos $\alpha F'(\alpha z)+F'(z)=k'(z)=\frac{4i}{(z-1)^2}$ , en particular $F'(0)=\frac{4i}{1+\alpha}$ . Siguiente, $\alpha^2 F''(\alpha z)+F''(z)=-8i(z-1)^{-3}$ y en general $$ \alpha^nF^{(n)}(\alpha z)+F^{(n)}(z)=4in!(1-z)^{-n}$$ y en particular $$ F^ {(n)}(0)=\frac{4in!}{1+\alpha^n}$$ para $n>0$ . Por lo tanto, hacemos un "intento" analítico $$ F(z)=i+4i\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{1+\alpha^n}.$$ Sin embargo, la convergencia parece no ser trivial, ya que $\alpha^n+1$ se vuelve arbitrariamente pequeño. (Como se menciona en los comentarios, esto está relacionado con la medida de irracionalidad de $\alpha$ Así que probablemente estemos mucho más allá del nivel en el que se produjo la pregunta original, si es que no hemos abandonado ese nivel mucho antes).

Observación: Que $\alpha$ es una rotación irracional se deduce en última instancia del hecho teórico de los números que $1+2i$ y $1-2i$ son primos no asociados en el anillo $\Bbb Z[i]$

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Según el nivel y el contexto de la fuente del problema, puede ser más apropiado mostrar lo siguiente, más sencillo

Reclamación. No hay continuo función $f\colon \Bbb R\to\Bbb R$ tal que $(1)$ es válida para todos los $x\in\Bbb R\setminus\{1\}$ .

Prueba. Supongamos que $f$ es continua. Entonces, en particular, $f$ está limitada por algún $M$ en el intervalo $(-3,6)$ . Entonces $f$ está limitada por $M+6$ en $\{\,g(x)\mid -2<x<4,x\ne1\,\}$ es decir, en ambos $(\tfrac 74,\infty)$ y $(-\infty,-2)$ . Por lo tanto, $f$ está limitada por $M+6$ , lo que da una contradicción con $(1)$ para $x$ con $|x|>2(M+6)$ . $\square$

Answer 2

Esto fue lo más cercano que conseguí. Siéntase libre de señalar cualquier error.

Tenemos $$f\left(\frac{x+4}{1-x}\right)+f(x)=x$$

El interior de la primera se puede simplificar a $\frac{5}{1-x}-1$ por lo que la expresión se convierte en $$f\left(\frac{5}{1-x}-1\right)+f(x)=x\tag{1}$$

Hacer la transformación $\frac{5}{1-x}-1\rightarrow x$ rinde $$f(x)+f\left(1-\frac{5}{x+1}\right)=1-\frac{5}{x+1}\tag{2}$$

Ahora haciendo la sustitución $x\rightarrow -x$ en $(1)$ nos da $$f\left(\frac{5}{1+x}-1\right)+f(-x)=-x$$

Añadiendo esto a $(2)$ nos da $$\left[f\left(1-\frac{5}{x+1}\right)+f\left(\frac{5}{1+x}-1\right)\right]+\left[f(x)+f(-x)\right]=1-\frac{5}{x+1}-x\implies \\$$

$$\boxed{\left[f(y)+f(-y)\right]+\left[f(x)+f(-x)\right]=y-x}$$

con sujeción a $y=1-\frac{5}{x+1}$

Esto se veía muy bien porque el lado izquierdo es la suma de dos funciones pares, mientras que el lado derecho es la diferencia de dos funciones Impares. Sin embargo, esto no es necesariamente una contradicción, ya que hay dos variables. En cualquier caso, creo que esto describe completamente la simetría de la función. Espero que esto ayude a alguien a llegar a la solución.

Answer 3

Una pista:

Considere $T(x+1)=\dfrac{T(x)+4}{1-T(x)}$ ,

Dejemos que $T(x)=U(x)+1$ ,

Entonces $U(x+1)+1=\dfrac{U(x)+5}{-U(x)}$

$U(x+1)+1=-1-\dfrac{5}{U(x)}$

$U(x+1)=-2-\dfrac{5}{U(x)}$

Dejemos que $U(x)=\dfrac{V(x+1)}{V(x)}$ ,

Entonces $\dfrac{V(x+2)}{V(x+1)}=-2-\dfrac{5V(x)}{V(x+1)}$

$\dfrac{V(x+2)}{V(x+1)}=-\dfrac{2V(x+1)+5V(x)}{V(x+1)}$

$V(x+2)+2V(x+1)+5V(x)=0$

$V(x)=\theta_1(x)(-1+2i)^x+\theta_2(x)(-1-2i)^x$ , donde $\theta_1(x)$ y $\theta_2(x)$ son funciones periódicas arbitrarias con período unitario

$V(x)=\theta_1(x)e^{x\ln(-1+2i)}+\theta_2(x)e^{x\ln(-1-2i)}$ , donde $\theta_1(x)$ y $\theta_2(x)$ son funciones periódicas arbitrarias con período unitario

$V(x)=\theta_1(x)e^{\frac{x\ln5}{2}+(\pi-\tan^{-1}2)ix}+\theta_2(x)e^{\frac{x\ln5}{2}-(\pi-\tan^{-1}2)ix}$ , donde $\theta_1(x)$ y $\theta_2(x)$ son funciones periódicas arbitrarias con período unitario

$V(x)=\Theta_1(x)5^\frac{x}{2}\sin((\tan^{-1}2)x)+\Theta_2(x)5^\frac{x}{2}\cos((\tan^{-1}2)x)$ , donde $\Theta_1(x)$ y $\Theta_2(x)$ son funciones periódicas arbitrarias con período unitario

$\therefore T(x)=\dfrac{\Theta_1(x+1)5^\frac{x+1}{2}\sin((\tan^{-1}2)(x+1))+\Theta_2(x+1)5^\frac{x+1}{2}\cos((\tan^{-1}2)(x+1))}{\Theta_1(x)5^\frac{x}{2}\sin((\tan^{-1}2)x)+\Theta_2(x)5^\frac{x}{2}\cos((\tan^{-1}2)x)}+1$ , donde $\Theta_1(x)$ y $\Theta_2(x)$ son funciones periódicas arbitrarias con período unitario

$T(x)=\dfrac{\Theta(x)\sqrt5\sin((\tan^{-1}2)(x+1))+\sqrt5\cos((\tan^{-1}2)(x+1))}{\Theta(x)\sin((\tan^{-1}2)x)+\cos((\tan^{-1}2)x)}+1$ , donde $\Theta(x)$ es una función periódica arbitraria con período unitario

Por lo tanto, $f(2-2\tan((\tan^{-1}2)(x+1)))+f(2-2\tan((\tan^{-1}2)x))=2-2\tan((\tan^{-1}2)x)$