Problema ecuación funcional (prueba de equipo de la selección búlgara)

Question

Este problema fue tomada desde el búlgaro equipo de selección de la prueba para la 47ª de la OMI y apareció en la revista china, me encontré con él en mi propia formación.

http://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n4.pdf

El problema es el siguiente:

Considere la posibilidad de $f:A\rightarrow A$ donde $A$ es el conjunto de no-cero de los números reales. Encontrar todas las funciones que satisfacen la siguiente ecuación funcional para todos los $x$$y$$A$:

$$f(x^{2}+y) = f(x)^{2} + \frac{f(xy)}{f(x)}$$

Sospecho que la única función es la de la identidad, pero el problema ha demostrado ser demasiado difícil para mí, me he preguntado acerca de ella por varias horas. Cualquier sugerencia o solución es bienvenida! Gracias.

Answer 1

Este podría no ser el enfoque óptimo... pero intenta evitar que el razonamiento basado en análisis real (bueno, aparte de la propia definición de los números irracionales).

Determinar el valor de $f(1)$

Deje $f(1)=A$. Entonces, para cualquier $y$ diferente de la $0$ $(-1)$ hemos $$f(1+y)=f(1)^2 + f(y)/f(1) = A^2 + f(y)/A$$ which allows us to express the following quantities: $$\begin{eqnarray} f(2) & = & A^2 + 1 \\ f(3) & = & A^2 + A + \frac{1}{A} \\ f(4) & = & A^2 + A + 1 + \frac{1}{A^2} \\ f(5) & = & A^2 + A + 1 + \frac{1}{A} + \frac{1}{A^3} \\ \end{eqnarray}$$

Al mismo tiempo, tenemos $f(x^2+1)=f(x)^2+f(x)/f(x)=f(x)^2+1$. Esto nos da $$f(5)=f(2)^2+1$$ Equating the two expressions for $f(5)$ and substituting for $f(2)$ nos da $$(A^2+1)^2 + 1 = A^2+A+1+\frac{1}{A} + \frac{1}{A^3}$$ which simplifies to $$\begin{eqnarray}0 & = & A^7 + A^5 - A^4 + A^3 - A^2 - 1 \\ & = & (A-1)(A^2-A+1)(A^2+A+1)^2\end{eqnarray}$$ whose only real root is $A=1$. Thus, $f(1)=1$ and we have $f(1+y)=1+f(y)$ for all $y$ other than $0$ and $(-1)$. In particular, this means that $f(k)=k$ for any positive integer $k$.

Mostrar la propiedad aditiva de los números del mismo signo

Ahora, considere la posibilidad de los números reales $u,v$ del mismo signo y estas dos igualdades: $$\begin{eqnarray} f(v^2 + u/v) & = & f(v)^2 + f(u)/f(v) \\ f(v^2 + (u/v + 1)) & = & f(v)^2 + f(u+v)/f(v) \\ \end{eqnarray}$$ Podemos aplicar la igualdad de $f(1+y)=1+f(y)$ ya que tanto $v^2$ $u/v$ son positivos para obtener $$f(u+v)=f(u)+f(v)$$

Nota: Esta ecuación es muy similar a la de Cauchy funcional de la ecuación; una muy interesante problema de su propio. La igualdad dada en nuestro problema es más fuerte que "simplemente" aditividad, aunque.

Determinar los valores de $f$ positivos racionales

Es bastante fácil ver que esta igualdad implica que $f\left(\frac{p}{q}\right)=\frac{p}{q}$ para cualesquiera enteros positivos $p,q$; simplemente se expande $$p=f(p)=f\left(\frac{p}{q}\right)+f\left(\frac{p}{q}\right)+\ldots+f\left(\frac{p}{q}\right)=q\cdot f\left(\frac{p}{q}\right)$$

Mostrar que $f$ es el aumento en positivo reales

Para $y>0$, podemos escribir $$\begin{eqnarray} f(y) = f(y)+1-1 & = & f(y+1)-1 \\ & = & f\left((\sqrt{y})^2+1\right)-1 = \\ & = & f\left(\sqrt{y}\right)^2+1-1 \\ & = & f\left(\sqrt{y}\right)^2>0 \end{eqnarray}$$

Así, para cualquier positivos reales $u>v>0$, obtenemos $$f(u)=f(v+(u-v))=f(v)+f(u-v)>f(v)$$

Determinar los valores de $f$ de positivos reales

Vamos a demostrar que $f(x)=x$$x>0$. Si ese no fuera el caso, tendríamos cualquiera de las $f(x)>x$ o $0<f(x)<x$. En el primer caso, podríamos encontrar el número racional $z$$f(x)>z>x$. Primera desigualdad implica $f(x)>f(z)$ desde $f(z)=z$, mientras que el segundo implica la $f(z)>f(x)$, una contradicción. El otro caso puede ser tratado de la misma manera. Por lo tanto, $f(x)=x$.

Enfoque alternativo es darse cuenta de que la Dedekind de corte correspondiente a la irracional $x>0$ debe ser el mismo que el Dedekind corte correspondiente a $f(x)$.

Terminar la prueba, considerando la negativa de reales

Si $x<0$ no es entero, se puede utilizar simplemente la igualdad de $f(1+y)=1+f(y)$ que $f(x)=x$; sólo mediante la adición de $1$ hasta llegar a un número positivo. Para enteros negativos, podemos arrancar el proceso considerando a $f(-1)=f\left(-\frac{1}{2}\right)+f\left(-\frac{1}{2}\right)=(-1)$ y hacer lo mismo por llegar a $(-1)$.

La única función que satisface la condición dada es $f(x)=x$ Q. E. D.

Answer 2

Aquí es una solución para el problema real (con un hoteles de final).

Primero, porque la $f(x^2 + y) = f((-x)^2 + y)$, teniendo en $y = 1$ hemos $$ f(x)^2 + 1 = f(-x)^2 + 1 $$ por lo $f(x)^2 = f(-x)^2$, es decir,$|f(x)| = |f(-x)|$. Así que va de nuevo a general $y$, $$ f(x)^2 + \frac{f(xy)}{f(x)} = f(-x)^2 + \frac{f(-xy)}{f(-x)} = f(x)^2 + \frac{f(- xy)}{f(-x)} $$ por lo tanto tomar $x = 1$ $$ \frac{f(y)}{f(-y)} = \frac{f(1)}{f(-1)}. $$ Por lo que dependiendo de la señal de la rhs, $f$ es par o impar.

Si $f$ es incluso, a continuación, $$f(x^2 + y) = f(x)^2 + \frac{f(xy)}{f(x)} = f(x)^2 + \frac{f(-xy)}{f(x)} = f(x^2 - y).$$ Ahora para cualquier $z > 1$, vamos a $x^2 = (z + 1)/2$$y = (z - 1)/2$. Tenemos que $f(z) = f(1)$. En particular,$f(1) = f(2) = f(1^2 + 1) = f(1)^2 + 1$$0 = f(1)^2 - f(1) + 1$. Tomando el discriminante vemos a $f(1)$ no es real, la contradicción. Por lo $f$ es impar.

Ahora $$f(x^2 - y) = f(x)^2 + \frac{f(-xy)}{f(x)} = f(x)^2 - \frac{f(xy)}{f(x)}$$ así, en particular,$f(x^2 - 1) = f(x)^2 - 1$. Observe ahora que ya $$ f(x^2 + 1) = f(x)^2 + 1 $$ sabemos $f(x) > 1$$x > 1$. Además, para$0 < z < 1$$z = x^2 - 1$$x = \sqrt{z + 1} > 1$, por lo tanto sabemos $f(z) = f(x^2 - 1) = f(x)^2 - 1 > 0$. Así hemos demostrado que $f$ es positivo con valores en $x > 0$. Por lo tanto (la pereza) ahora me apelación para el PROBLEMA RELACIONADO a responder a la pregunta. Ahora la intención solución es, definitivamente, no es tan complicado como este (ya sabemos mucho más que en el PROBLEMA), así que os animo a encontrar su propia solución!

A CONTINUACIÓN RELACIONADOS con el PROBLEMA: como se ha señalado, a continuación se muestra una solución para $f : \mathbb{R}^{>0} \to \mathbb{R}^{>0}$, con la restricción $x,y > 0$ en el funcional de la ecuación que es no el problema original. En realidad, es probablemente más difícil debido a los $y > 0$ es molesto restricción.

Debido a $f$ es positivo con valores, sabemos que $$ f(x^2 + y) > f(x)^2 \tag{1} $$ y $$f(x^2 + y) > \frac{f(xy)}{f(x)} \tag{2}. $$ Las siguientes dos Observaciones nos motivan para calcular $f(1)$ algo "analíticamente":

1. Tomando $y = 1$ da $f(x^2 + 1) > 1$, es decir,$f(x) > 1$$x > 1$.
2. Las soluciones a $x^2 + y = x$ son de la forma $(x,x - x^2)$ donde $x < 1$. Entonces a partir de (1) llegamos a la conclusión de que para cualquier $x < 1$, $f(x) > f(x)^2$ es decir,$f(x) < 1$.

Vamos a repetir el último truco, insertándose en el real de la ecuación. A continuación, para $x < 1$ hemos $$f(x) = f(x)^2 + \frac{f(x^2 - x^3)}{f(x)}$$ y reordenando, $$ f(x^2 - x^3) = f(x)^2 - f(x)^3. $$

Deje $u_0 = 1/2$ (o un valor arbitrario a continuación $1$) y de manera inductiva deje $u_{i + 1} = u_i^2 - u_i^3$. Debido a $u_{i + 1} < u_i^2 < 1$ $u_{i + 1} = u_i^2 - u_i^3 > 0$ tenemos que $\lim_{i \to \infty} u_i = 0$, y un argumento similar se da ese $\lim_{i \to \infty} f(u_i) = 0$. Ahora $$ f(1 + u_i) = f(1)^2 + \frac{f(u_i)}{f(1)} $$ y tomando el límite $$ \lim_{i \to \infty} f(1 + u_i) = f(1)^2. $$ Debido a $1 < f(1 + u_i)$ a través de la Observación 1 obtenemos que $1 \le f(1)^2$ por lo tanto $1 \le f(1)$.

Ahora vuelve a la igualdad y el enchufe de la $y = 1$. Tenemos $$f(x^2 + 1) = f(x)^2 + 1$$ y teniendo en $x = u_i$ y un límite $$\lim_{i \to \infty} f(u_i^2 + 1) = 1. $$ Tomando $x = 1$, $y = u_i^2$ en la igualdad de $$ f(1 + u_i^2) = f(1)^2 + \frac{f(u_i^2)}{f(1)} $$ y tomando el límite obtenemos $$ 1 = \lim_{i \to \infty} \left(f(1)^2 + \frac{f(u_i^2)}{f(1)}\right) $$ así, en particular,$f(1)^2 \le 1$, es decir,$f(1) \le 1$.

Así que, finalmente, hemos mostrado $f(1) = 1$. Tomando $x = 1$ $$ f(1 + y) = f(1)^2 + \frac{f(y)}{f(1)} = 1 + f(y) \tag{3}$$ así que por inducción $$f(n + r) = n + f(r)$$ para $n \in \mathbb{Z}^{> 0}$, $r \ge 0$. Tomando $y = 1$ en la ecuación original $$ f(x^2 + 1) = f(x)^2 + 1 $$ así por (3), para todos los $x$ $f(x^2) = f(x)^2$, es decir,$f(\sqrt{x}) = \sqrt{f(x)}$. Ahora recordando la ecuación original $$ f(x^2 + y) = f(x)^2 + \frac{f(xy)}{f(x)} = f(x^2) + \frac{f(xy)}{f(x)} \tag{4} $$ por lo $f$ es una función creciente. Recordando nuestra secuencia $u_i$$u_i \to 0, f(u_i) \to 0$$i \to \infty$, llegamos a la conclusión de que $\lim_{x \to^+ 0} f(x) = 0$. Tomando el límite en (4), $$ \lim_{y \to^+ 0} f(x^2 + y) = f(x^2) $$ y por lo $f$ es de derecha continua en todas partes. Revisión arbitraria $z$, y deje $x^2 = z - y$. Entonces $$ f(z) - f(z - y) = f(x^2 + y) - f(x^2) = \frac{f(xy)}{f(x)} < \frac{f(\sqrt{z} \cdot y)}{f(\sqrt{z - k})} $$ para cualquier fija $k > 0$ tal que $0 < z - k$, para todos los $y < k$ (por lo $\sqrt{z - k} < \sqrt{z - y}$). Tomando el límite cuando $y \to^+ 0$ encontramos que $f$ es de izquierda continua en $z$. Por lo tanto $f$ es continua en todas partes.

Yo ahora uso el (no trivial, pero intuitivo) el hecho de que no negativos múltiplos de $\sqrt{2}$ son densos en $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$. En otras palabras $$ \{a\sqrt{2} + b : a \in \mathbb{Z}^{\ge 0},b \in \mathbb{Z}\} $$ es denso en $\mathbb{R}$. Para cualquier positivos $a\sqrt{2} + b = \sqrt{2a^2} + b$ si $b \ge 0$ sabemos $$ f(\sqrt{2a^2} + b) = b + f(\sqrt{2a^2}) = b + \sqrt{2a^2}. $$ Si $b < 0$ sabemos $$ f(\sqrt{2a^2} + b) - b = f(\sqrt{2a^2} + b - b) = \sqrt{2a^2}. $$ Por lo $f$ es igual a la identidad en un subconjunto denso de $\mathbb{R}^{> 0}$. Por la continuidad, $f = id$.

PS Esta podría no ser la más corta de la solución! Al menos es bastante sistemática. También, mis disculpas, puede haber pequeños errores, por lo que caveat emptor.