Problema
Dado $f$ es suave y definido en $(-1,0)\cup (0,1)$, $\lim_{z\to 0}f(z)$ existe y satisface
$$f\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=\left(1+z^2\right)f(z).\tag {*}$$
Solucionar $f$.
Primer intento
Traté de extender $f$ para todo número real argumentos sustituyendo $z=\frac{1}{t}$,
$$f\left(\frac{2t}{1+t^2}\right)=\left(1+\frac1{t^2}\right)f\left(\frac1t\right).\tag {1.1}$$
Por lo tanto, $\forall z\in(-\infty,0)\cup (0,\infty)$,
$$f(z)=\frac1{z^2}f\left(\frac1z\right).\tag {1.2}$$
Deje $g(z)=zf(z)$,
$$g(z)=g\left(\frac1z\right).\tag {1.3}$$
¿Cómo puede ser esto continuó?
Segundo intento
Yo aviso $$\tanh2x=\frac{2\tanh x}{1+\tanh^2x}.\tag {2.1}$$
Deje $g(z)=zf(z)$ nuevo, a continuación,
$$g\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=2g(z).\tag {2.2}$$
Poner $z=\tanh x$,
$$g(\tanh2x)=2g(\tanh x).\tag {2.3}$$
Escribir $h(x)=g(\tanh x)$,
$$h(2x)=2h(x).\tag {2.4}$$
$$\therefore h(x)=cx, \forall c\in \mathbb R.$$
$\therefore g(x)$ es la inversa de a $\tanh\dfrac xc$.
$$\therefore f(z)=\frac{c \text{ arctanh } z}{z}, \forall c\in \mathbb R.\tag {**}$$
Como poner $\tanh x$ no es el método general, quiero ver otras maneras de resolver el problema.
Tercer intento
$$f\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=\left(1+z^2\right)f(z).$$
Deje $h(z)=zf(z)$, $$h\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=2h(z).\tag {3.1}$$
Asumir el poder de la serie
$$h(z)=c_0+\sum_{k=1}^\infty c_k z^k.\tag {3.2}$$
Yo trate de encontrar los coeficientes de $h$.
Entonces $$h\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=c_0+\sum_{k=1}^\infty c_k \left(\frac{2z}{1+z^2}\right)^k.\tag {3.3}$$
$$h\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=c_0+\sum_{k=1}^\infty c_k 2^k z^k \sum_{n=0}^\infty \binom{n+k-1}{n} \left(-z^2\right)^n$$ $$h\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=c_0+\sum_{k=1}^\infty \sum_{n=0}^\infty (-1)^n 2^k c_k \binom{n+k-1}{n} z^{2n+k}.\tag {3.4}$$
Deje $m=2n+k$, ya que el $n\in\left[0,\lfloor{m-1\rfloor}/2\right]$, $$h\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)=c_0+\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=0}^{\lfloor{m-1\rfloor}/2} (-1)^n 2^{m-2n} c_{m-2n} \binom{m-n-1}{n} z^m.\tag {3.5}$$
Reivindicación 1: $$\forall k\in \mathbb N,c_{2k}=0.$$
La declaración puede ser demostrado por inducción matemática.
Comparar término constante en ambos lados en $(3.1)$, $c_0=2c_0\Rightarrow c_0=0.$
De $(3.5)$, ya que el $c_{2k+2}$ se deriva de la combinación lineal de los $c_0,c_2,c_4,\cdots,c_{2k}$, se deduce que el $c_{2k+2}=0$. Reivindicación 1 se establece.
Reivindicación 2: $$\forall k\in \mathbb N,c_{2k+1}=\frac{c_1}{2k+1}.$$
¿Cómo puede la Reivindicación 2 ser probada?
Cuarto intento
Creo que la siguiente ecuación y tratar de resolverlo:
$$g\left(\frac{x+y}{1+xy}\right)=g(x)+g(y).\tag {***}$$
Podemos llegar a $(2.2)$ mediante el establecimiento $x=y=z$.
Vamos $W(x,y)=\frac{x+y}{1+xy}$, $R(u,v)=u+v$.
Reescribir $(***)$
$$g\left(W(x,y)\right)=R\left(g(x),g(y)\right).\tag {4.1}$$
Podría $g$ $(4.1)$ ser resuelto a través de las derivadas parciales?
Aparte de los anteriores intentos, cualquier otro pensamiento? Gracias.
