Encontrar todas las funciones ${\rm f} :{ \mathbb R}_{+}\to{ \mathbb R}_{+}$

Question

Encontrar todas las funciones ${\rm f}:{\mathbb R}_{+} \to {\mathbb R}_{+}$ , que $\forall\ x,y \in \mathbb R_+$ la ecuación
$$ \left[1 + y{\rm f}\left(x\right)\right]\left[1 - y{\rm f}\left(x + y\right)\right] = 1 $$ se cumple.

Answer 1

Suponga $f$ es de la forma dada. Deje $g(x)=\frac{1}{f(x)}$.

Conectando en la ecuación da

$$\left(1+\frac{y}{g(x)}\right)\left(1-\frac{y}{g(x+y)}\right)=1$$

Multiplicando por $g(x)g(x+y)$, factoring y restando $g(x)g(x+y)$ obtenemos

$$yg(x+y)-y^2-yg(x)=0$$

Dividiendo por $y>0$ da

$$g(x+y)=g(x)+y$$

Esto implica $\frac{g(x+y)-g(x)}{y}=1$ todos los $x,y\in\mathbb{R}_+$.

En particular, $\lim_{y\rightarrow 0}\frac{g(x+y)-g(x)}{y}=1$ (*).

Por lo tanto $g$ es diferenciable en a $\mathbb{R}^+$ con derivados $1$.

Por el teorema fundamental del cálculo, $g(x)=x+c$ algunos $c\ge 0$, que es

$$f(x)=\frac{1}{x+c}$$

para $c\in\mathbb{R}_{\ge 0}$. Estas son también las soluciones.

Importante nota (*):

Tenemos la ecuación de $g(x+y)-g(x)=y$ positivos $y$. Por lo tanto, el límite es a priori sólo una en el lado derecho de límite. Este es un problema, porque entonces podemos concluir derecho-la diferenciabilidad, que es inútil.

Sin embargo, podemos extender la ecuación a los pequeños negativo $y$, con lo que el límite de dos caras.

Reclamo: Vamos a $x>0$ ser fijo. Para todos los $y$ $-x<y<0$ (que es: $y$ es negativo y tiene bastante pequeño en valor absoluto), tenemos $$\frac{g(x+y)-g(x)}{y}=1$$

Prueba: Conectar $-y>0$ $y$ $x+y>0$ $x$ en la ecuación original da

$$1=\frac{g(x)-g(x+y)}{-y}=\frac{g(x+y)-g(x)}{y}$$ $\cuadrado$

Answer 2

Me corrija si estoy muy equivocado. $$(1+y f(x))(1-y f(x+y))=1 \implies \frac{f(x+y)-f(x)}{y}=-f(x)f(x+y) < 0$$ Por lo $f$ es estrictamente decreciente.
Si $f$ no fue continua en algún punto de $x_1 \in \mathbb{R}_+$, tendría que ser un salto de discontinuidad hacia abajo y desde el restirction debe seguir que hay una discontinuidad de salto en cada positivos $y$ mayor que $x_1$. Pero $x_1=x+y$ muchas $x,y \in \mathbb{R}_+$, y de nuevo seguir a partir de la restricción de que hay un salto de discontinuidad en $x$. dado $x$ es arbitrario y menor que $x_1$, se deduce que hay una discontinuidad de salto en cada positivos $x$ menor que $x_1$. Finalmente, llegamos a la conclusión de $f$ es salto discontinuo en todo su dominio, y junto con el hecho de $f$ está delimitado por encima (estrictamente decreciente), y la de abajo, tenemos una contradicción (A ser elaborados más adelante).
ASÍ que... $f$ es continua! Y: $$lim_{\Delta x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = lim_{\Delta x \rightarrow 0^{+}} -f(x)f(x+\Delta x)=-f(x)^2$$ De nuevo, $f$ es continua, por lo que para $x$ tomado como una constante positiva, $-f(x)f(x+\Delta x)$ es una función continua de $\Delta x$ todos los $\Delta x > -x$. Por lo tanto: $$lim_{\Delta x \rightarrow 0^{-}} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = lim_{\Delta x \rightarrow 0^{-}} -f(x)f(x+\Delta x) = lim_{\Delta x \rightarrow 0^{+}} -f(x)f(x+\Delta x) = lim_{\Delta x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$$
Por lo $f$ es incluso diferenciable, y: $$f'(x)=-f(x)^2$$ Y las únicas soluciones son $f(x)=\frac{1}{x+a}$, para cualquier constante $a \geq 0$ .