Estaba tratando de encontrar funciones $f:(0,+\infty)\to(0,+\infty)$ que satisface la siguiente ecuación funcional $$ f(x)^2+f(y)^2=f(x+y)(f(f(x))+f(y)) $$ El problema es que no encuentro aquí ninguna sustitución razonable. Lo único que he concluido es lo siguiente $$ f(f(x))-f(x)=\mathrm{const} $$ Se deduce del hecho de que la lhs es invariante bajo la transformación $(x,y)\to(y,x)$ . Entonces, ¿cómo puedo proceder desde aquí, o puede ser que este sea un camino equivocado?
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Drew
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Aquí hay una solución que no es tan elegante como me hubiera gustado, pero requiere un poco de cálculos algebraicos: algo que hice en Maple.
Como ya se ha señalado, $$f(x+y)\Big(f\big(f(x)\big)+f(y)\Big)=f(x)^2+f(y)^2=f(x+y)\Big(f\big(f(y)\big)+f(x)\Big)$$ hace $f(f(x))-f(x)=f(f(y))-f(y)$ para todos $x,y>0$ (ya que $f>0$ ), por lo que existe una constante $a=f(f(x))-f(x)$ para todos $x$ . Así, tenemos $$f(x)^2+f(y)^2=f(x+y)\Big(f(x)+f(y)+a\Big).\tag{1}$$
Si ponemos $f(x)=k\cdot g(x)$ para alguna constante $k>0$ encontramos que $g$ satisface la misma ecuación que $f$ pero con $a$ sustituido por $a/k$ . Por lo tanto, al reescalar, podemos sin pérdida de generalidad suponer que $a\in\{-1,0,1\}$ .
Ahora viene la parte fea. No voy a incluir todos los cálculos, sólo los resultados principales y los detalles suficientes para explicar cómo los he obtenido.
Toma algo fijo $x$ . Dejemos que $u=f(x)$ . Ahora podemos utilizar la fórmula $$f(x+y)=\frac{f(x)^2+f(y)^2}{f(x)+f(y)+a}\tag{2}$$ para calcular $$v=f(2x)=\frac{2u^2}{2u+a}, w=f(3x)=\frac{u^2+v^2}{u+v+a}.$$ Ahora, podemos expresar $f(4x)$ como $f(2x+2x)$ o $f(x+3x)$ y exigir que sean iguales. Esto da $$ \begin{split} 0=&f(x+3x)-f(2x+2x)\\ =& \frac {{u}^{2}a \left( {a}^{6}+10\,u{a}^{5}+42\,{u}^{2}{a}^{4}+100\,{ u}^{3}{a}^{3}+140\,{u}^{4}{a}^{2}+112\,{u}^{5}a+32\,{u}^{6} \right) }{ \left( 4\,{u}^{2}+2\,ua+{a}^{2} \right) \left( 16\,{u}^{4}+22\,{u}^{ 3}a+16\,{u}^{2}{a}^{2}+6\,u{a}^{3}+{a}^{4} \right) \left( 4\,{u}^{2}+ 3\,ua+{a}^{2} \right) } \end{split} $$ donde podemos centrarnos en el gran polinomio del numerador que tiene que ser cero cuando $u>0$ y $a\not=0$ .
El gran polinomio del numerador es siempre positivo si $a>0$ : todos los términos son positivos. Por lo tanto, no hay ningún valor posible para $u=f(x)$ . Por lo tanto, $a$ no puede ser negativo.
Si $a<0$ como señaló Harry Altman en un comentario, $f(f(x))=f(x)+a$ se puede iterar, sustituyendo $x$ con $f(x)$ , haciendo que $f^{n+1}(x)=f(x)+na$ ( $f^k(x)$ es $f$ aplicado $k$ veces). Si $a<0$ empezando por cualquier $x$ , aplicando $f$ suficientes veces hará que $f^{n+1}(x)=f(x)+na<0$ .
Mi prueba original se basaba en el mismo álgebra que para $a>0$ : lo han trasladado a un comentario al final.
Esto deja $a=0$ como única opción. Entonces tenemos $f(f(x))=f(x)$ y $f(2x)=f(x+x)=f(x)$ de (2). Dado que $f(2x)=f(x)$ por (2) debemos tener $f(2x+y)=f(x+y)$ para todos $x,y>0$ . Si establecemos $u=f(x)$ , $v=f(y)$ Esto hace que $$ w=f(x+y)=\frac{u^2+v^2}{u+v},\quad f(2x+y)=f(x+(x+y))=\frac{u^2+w^2}{u+w}, $$ que da $$ 0=f(2x+y)-f(x+y)=\frac{uv(u-v)}{2u^2+uv+v^2}\implies u=v $$ lo que implica $f(x)=f(y)$ para todos $x,y>0$ .
Así que la única solución posible es $f(x)$ constante, lo que es fácil de verificar es una solución.
Prueba original del caso $a<0$ :
Si $a<0$ Supongamos que $a=-1$ se puede resolver el mismo polinomio y tiene dos raíces reales: encontradas numéricamente para ser $u_1=0.2580535\ldots$ y $u_2=1.887292\ldots$ . Así, para todos los $x$ , $f(x)$ debe tomar cualquiera de estos dos valores. Sin embargo, si introducimos estos valores en (2), encontramos que si $f(x)$ y $f(y)$ toma valores en $\{u_1,u_2\}$ entonces $f(x+y)$ no lo hace: es decir $f(x+y)$ acaba tomando un valor distinto de $u_1$ o $u_2$ , lo cual no es posible.
user3035
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Aquí hay una prueba de que las únicas soluciones continuas son constantes. Supongamos que $f(x)$ fuera una solución continua no constante; derivaremos una contradicción. Dado que $f(x)$ es no constante y continua, el rango de $f(x)$ contiene un intervalo $(a,b)$ . Como sugiere Norbert en la pregunta original, podemos aprovechar la $(x,y) \to (y,x)$ simetría y tenemos dos ecuaciones $$ f(x)^2+f(y)^2=f(x+y)(f(f(x))+f(y)) $$ $$ f(x)^2+f(y)^2=f(x+y)(f(f(y))+f(x)) $$ Por lo tanto, tenemos $$f(f(x))+f(y) = f(f(y)) + f(x)$$ En particular, si $f(x) \neq f(y)$ están en $(a,b)$ tenemos $$\frac{f(f(y)) - f(f(x))}{f(y) - f(x)} = 1$$ Desde $(a,b) \subset $ gama $(f)$ podemos tomar el límite de lo anterior como $f(y)$ se acerca a $f(x)$ y conseguir que $$f'(f(x)) = 1$$ Esto es válido para cualquier $f(x) \in (a,b)$ , por lo que tenemos que $f'(y) = 1$ para todos $y \in (a,b)$ . Por lo tanto, existe una constante $c$ tal que $f(y) = y + c$ en $(a,b)$ . Como también señaló Norbert en su pregunta original, también hay una constante $a$ tal que tenemos $$f(x)^2+f(y)^2=f(x+y)(f(y)+f(x) + a)$$ Así que para $x,y \in (a,b)$ tenemos $$(x + c)^2 + (y + c)^2 = f(x + y)(x + y + 2c + a)$$ En particular, esto es cierto para $x,y \in (a,b)$ con $x + y = a + b$ para lo cual tenemos $$(x + c)^2 + (a + b - x + c)^2 = f(a + b)( a + b + 2c + a)$$ Sin embargo, el lado izquierdo de lo anterior no es una función constante de $x$ y el lado derecho es. Esto da una contradicción y hemos terminado.
Obsérvese que esto demuestra que cualquier solución cuyo rango contiene un intervalo es constante. Por lo tanto, si cualquier solución no constante $f(x)$ resuelve esto, será una función bastante extraña.
Jorrit Reedijk
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Esta no es todavía una respuesta completa, pero sale con menos esfuerzo que la de Einar. No sé, si el último movimiento con el derivado puede realmente ser hecho.
Volvemos a la forma original y utilizamos la simetría: $$ \tag{1} f(x)^2+f(y)^2 = f(x+y)(f(f(x))+f(y)) $$ $$ \tag{2} f(x)^2+f(y)^2 = f(x+y)(f(x)+f(f(y))) $$ Restando y reorganizando da (escribamos $ff(x)$ para $f(f(x))$ $$ \tag{3} 0 = f(x+y)(ff(x)-ff(y) -f(x)+f(y)) $$ En la definición se asumió que $f(x)$ y por lo tanto $f(x+y)$ no es cero, por lo que podemos dividir por $f(x+y)$ y reorganizar $$ \tag{4} f(y)-f(x) = ff(y)-ff(x) $$ Vamos a escribir $X$ para $f(x)$ ahora, obtenemos $$ \tag{5} Y-X = f(Y)-f(X) $$
Ahora lo asumimos, $Y = X+h$ donde $h \gt 0$ y escribir $$ \tag{6} h = f(X+h)-f(X) $$ y [actualización] que el siguiente movimiento fue erróneo $$ \tag{7 wrong} 0 = {f(X+h)-f(X) \over h} $$ debe ser $$ \tag{7} 1 = {f(X+h)-f(X) \over h} $$
y no veo nada útil en esto ahora....[/actualización].
