Cómo solucionar $\frac{f^{-1}(x)f(x)}{x}=\frac{f^{-1}(x)+f(x)}{2}$?

Question

He llegado a través de la siguiente ecuación funcional:

Determinar todos los surjective funciones de $f:\mathbb{R_{>0}}\to\mathbb{R_{>0}}$ que satisfacer para todos los $x\in\mathbb{R_{>0}}$: $$ 2xf(f(x))=f(x)\left(x+f(f(x))\right) $$ Mi enfoque hasta ahora:

La ecuación es equivalente a: $$ x=\frac{f(x)f(f(x))}{2f(f(x))-f(x)} $$ Lo cual implica la inyectividad. Por lo tanto, $f$ es bijective y por lo tanto, existe una bijective función de $f^{-1}:\mathbb{R_{>0}}\to\mathbb{R_{>0}}$ tal que $f^{-1}(f(x))=x$. Esto permite que la, en mi opinión, muy hermoso reformulación:

Encontrar todos (bijective) funciones tales que para todos los $x\in\mathbb{R_{>0}}$: $$ \frac{f^{-1}(x)f(x)}{x}=\frac{f^{-1}(x)+f(x)}{2} $$ Pero ahora no sé cómo proceder. Así que cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

La ecuación $$ \frac{f^{-1}(x)f(x)}{x}=\frac{f^{-1}(x)+f(x)}{2} $$ es equivalente a: $$ f^{-1}(x)=\frac{xf(x)}{2f(x)-x} $$ Luego puede demostrar por inducción: $$ f^{(n)}(x)=\frac{xf(x)}{(n+1)f(x)-nx} $$ donde $f^{-(n)}(x)=\underbrace{f^{-1}(f^{-1}(...f^{-1}(}_{n}x)…))$. Debido a que tanto la función y su inversa mapa en $\mathbb{R_{>0}}$, esto implica $(n+1)f(x)-nx>0\iff\frac{(n+1)}{n}f(x)>x$. Tomando el límite de leeds a $f(x)≥x$. Pero debido a que la ecuación original es simétrica entre el$f^{-1}$$f$, podemos repetir el mismo argumento para obtener el $f^{-1}(x)≥x\iff x≥f(x)$. Así que podemos concluir que el $f(x)=x$ es la única solución.

Answer 2

Voy a escribir un bosquejo de solución: Como se sugiere en mi comentario anterior, podemos corregir algunos $x_0>0$. Definir $x_{n+1}=f(x_n)$ de forma recursiva.

Tenga en cuenta que su ecuación implica $x_k>0$ $2x_kx_{k+2}=x_kx_{k+1}+x_{k+1}x_{k+2}$ todos los $k$. Deje $y_k=\frac{1}{x_k}$.

Entonces esta ecuación es equivalente a $y_{n+2}+y_n=2y_{n+1}$ es decir $y_n=an+b$ algunos $a,b$. Desde $y_n>0$ todos los $n$ llegamos a la conclusión de $a \ge 0$.

También, por sus ideas, $f$ debe ser bijective decir $f^{-1}$ existe y por lo que podemos definir $y_{-1},y_{-2},\dotsc$ que satisfacen la misma ecuación y también son positivos.

Ahora, parecida a la anterior podemos concluir $a \le 0$ porque de lo contrario $y_k$ sería negativo para $k \to -\infty$. Por lo $a=0$ y, por tanto, $y_n$ es constante.

En particular, nos encontramos con $f(x_0)=x_1=\frac{1}{y_1}=\frac{1}{y_0}=x_0$.

Desde $x_0$ se ha elegido arbitrariamente, nos encontramos con $f(x)=x$ todos los $x$ que es de hecho una solución.

Comentario: Esto realmente debería ser el enfoque estándar al ver los problemas que sólo implican $x,f(x),f(f(x)),\dotsc$ en alguna combinación. Pero, a menudo, para que estos métodos de trabajo, usted necesita alguna restricción adicional tales como la continuidad o, en este caso, ese $f(x)>0$ todos los $x$.