No está claro si el funcional de la desigualdad
$$\tag{$\estrella de$}{f\left(\frac{x+y}{x-y}\right)}\ge \frac{f(x)-f(y)}{f(x)+f(y)}$$
debe ser leído como implícitamente afirmando que para todos los $x,y\in\mathbb R\setminus\{0\}$$x\ne y$,$f(x)+f(y)\ne0$; o tal vez la desigualdad debe ser tratada como carente de sentido en este caso. En lo que sigue, el último, un enfoque más conservador utilizado, es decir, las instancias de $(\star)$ se consideran sólo donde todo está definido.
Lema 1. Existe $c<1$ tal que $|f(x)|<c$ $|x|$ suficientemente grande.
Prueba.
Pick $y\ne 0$$f(y)\ne 0$. A continuación, para $|x|\gg |y|$, el lado izquierdo de $(\star)$ $\approx f(1)=-1$ por la continuidad. Por lo tanto el lado derecho $\frac{f(x)-f(y)}{f(x)+f(y)}$ debe ser negativo o indefinido, por lo tanto $|f(x)|<|f(y)|$$f(x)=-f(y)$. Comenzando con $y=1$, $f(y)=-1$, esta muestra $-1< f(x)\le 1$ grandes $|x|$. A continuación, mediante la selección de $y$$-1<f(y)\le 1$, podemos ver que $-1\le f(x)<1$ y, por tanto, $-1<f(x)<1$ $|x|$ lo suficientemente grande. Por último, recoger $y$ $c:=|f(y)|<1$ a la conclusión de $|f(x)|<c$ $|x|$ lo suficientemente grande. $_\square$
Lema 2. $f(x)\ne 0$ todos los $x\ne 0$.
Prueba.
Suponga $f(y)=0$ algunos $y$. Entonces para cualquier $x$ $f(x)\ne0$ (y, por tanto,$x\ne y$) tenemos a $f(\frac{x+y}{x-y})\ge\frac{f(x)}{f(x)}= 1$. Si $y$ no es un punto interior de a $f^{-1}(0)$, podemos dejar que la $x\to y$, manteniendo $f(x)\ne 0$. Como esto nos da una contradicción con el Lema 1, llegamos a la conclusión de que $f^{-1}(0)$ está abierto. Como $f$ es continouus, $f^{-1}(0)$ también debe ser cerrado, por lo tanto debe contener un componente conectado de $\mathbb R\setminus\{0\}$, ya sea completamente o ser distinto. De $\lim_{x\to0}xf(x)\ne0$ llegamos a la conclusión de que $f$ no puede ser constantemente cero en cualquiera de los componentes conncted $(-\infty,0)$, $(0,\infty)$. El reclamo de la siguiente manera. $_\square$
Lema 3. $xf(x)<0$ todos los $x\ne 0$.
Prueba.
De $\lim_{x\to 0}xf(x)=-1$ la demanda de la siguiente manera para $x\approx 0$. Por la continuidad y el Lema 2, de la siguiente manera para todos $x\ne 0$. $_\square$
Lema 4. $f$ es impar.
Prueba.
Para $y\ne 0$ deje $x=-qy$ y considerar el límite de comportamiento de $(\star)$$q\to 1^+$. A continuación,$\frac{x+y}{x-y}=\frac{q-1}{q+1}\to0^+$, por lo tanto $\frac{x+y}{x-y}f\left(\frac{x+y}{x-y}\right)\to -1$$f\left(\frac{x+y}{x-y}\right)\to -\infty$. Como $f(x)-f(y)\to f(-y)+f(y)$, el numerador queda delimitada por $x\approx- y$ y llegamos a la conclusión de $f(x)+f(y)\to 0$, por lo que la demanda sigue por la continuidad. $_\square$
Lema 5. Si $|u|>1$$f(u)=-\frac1u$.
Prueba.
Para$u$$|u|>1$,$x,y>0$$u=\frac{x+y}{x-y}$. Entonces para cualquier $t>0$
$$f(u)=f\left(\frac{tx+ty}{tx-ty}\right)\ge \frac{f(tx)-f(ty)}{f(tx)+f(ty)} =\frac{tf(tx)-tf(ty)}{tf(tx)+tf(ty)}$$
(donde $f(tx)+f(ty)\ne 0$ sigue del Lema 3).
Como $t\to 0$, $tf(tx)\to -\frac1x$ etc., por lo tanto
$$f(u)\ge\frac{-\frac1x-\frac1y}{-\frac1x+\frac1y} =-\frac1u.$$
Desde $f$ es impar, también tenemos
$$ -f(u)=f(-u)\ge -\frac1{-u}=\frac1u$$
y de ahí el reclamo. $_\square$
Teorema. $f(u)=-\frac1u$ todos los $u\ne 0$.
Prueba. El caso de $|u|>1$ es manejado por el Lema 5, en el caso de $|u|=1$ por la continuidad.
Para$u$$0<|u|<1$,$x,y$$x\ne y$$u=\frac{x+y}{x-y}$. Para $t \gg 0$ hemos $f(tx)=-\frac1{tx}$, $f(ty)=-\frac1{ty}$ desde Lema 5. A continuación, $$f(u)\ge\frac{f(tx)-f(ty)}{f(tx)+f(ty)} =\frac{-\frac1{tx}+\frac1{ty}}{-\frac1{tx}-\frac1{ty}}=-\frac1u.$$
De nuevo, el uso de rareza también tenemos $ -f(u)=f(-u)\ge -\frac1{-u}=\frac1u$ y, finalmente,$f(u)=-\frac1u$. $_\square$
Comentario: Mientras que la continuidad de $f$ es esencial, ya que el anterior no hizo uso de la existencia de $f'(1)$.
