[Równania funkcyjne] Wszystki funkcje ściśle monotoniczne

[darek20]

Znajdź wszystkie ściśle monotonczne funkcje \(\displaystyle{ f: R^+\to R^+}\) takie że \(\displaystyle{ f\left(\frac{x^{2}}{f(x)}\right)=x}\) dla \(\displaystyle{ x>0.}\)

[me123]

podstawmy \(\displaystyle{ x=f(x)}\) wtedy
\(\displaystyle{ f \left( \frac{x ^{2} }{f(x)}\right) =f\left(\frac{(f(x)) ^{2} }{f(f(x))}\right) =f(x)}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{(f(x)) ^{2} }{f(f(x))}=x}\)

\(\displaystyle{ \frac{f(f(x))}{f(x)} = \frac{f(x)}{x}}\)
stąd też wniosek (wydaje się być dobry, ale mogę się mylić),że
\(\displaystyle{ \frac{f(x)}{x}=a}\)
\(\displaystyle{ f(x)=ax}\) gdzie \(\displaystyle{ a>0}\)

sory jeżeli coś jest nie tak

[szw1710]

Pierwsza, druga i trzecia linia OK. Ale dalej nie za bardzo. Skąd wnioskujesz, że iloraz \(\displaystyle{ \frac{f(x)}{x}}\) jest stały? Musiałabyś mieć, że \(\displaystyle{ \frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}}\) dla każdych \(\displaystyle{ x,y>0}\), a masz tylko dla \(\displaystyle{ y=f(x)}\).

W pierwszej linii rozumiem Twoją myśl, ale pierwsza równość jest nadużyciem. Ta druga OK. To kwestia złej redakcji. Po prostu wstawiając \(\displaystyle{ f(x)}\) w miejsce \(\displaystyle{ x}\) dochodzimy do

\(\displaystyle{ f\left(\frac{(f(x)) ^{2} }{f(f(x))}\right) =f(x).}\)

Nigdzie też nie korzystasz z monotoniczności.

Skoro już padła błędna propozycja rozwiązania, podam swoje pomysły. Otóż, jeśli zachodzi postulowane równanie, to łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją. Istotnie, biorąc dowolne \(\displaystyle{ y>0}\) mamy z naszego równania, że \(\displaystyle{ y=f(x),}\) gdzie \(\displaystyle{ x=\frac{y^2}{f(y)}.}\) Wobec tego istnieje funkcja odwrotna \(\displaystyle{ f^{-1}.}\) Obkładając nią obie strony naszego równania dochodzimy po prostym przekształceniu do

\(\displaystyle{ (1)\qquad f(x)f^{-1}(x)=x^2}\)

dla każdego \(\displaystyle{ x>0.}\)

Łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ f}\) nie może być malejąca. Rzeczywiście, gdyby była, to także \(\displaystyle{ f^{-1}}\) byłaby malejąca i mielibyśmy dla \(\displaystyle{ x<y}\), że \(\displaystyle{ f(x)>f(y)}\) i \(\displaystyle{ f^{-1}(x)>f^{-1}(y).}\) Mnożąc te nierówności stronami przez siebie (wszystkie liczby są dodatnie) mamy wobec (1), że \(\displaystyle{ x^2>y^2}\) dla \(\displaystyle{ x<y}\), co jest nieprawdą, bo funkcja kwadratowa rośnie na półosi dodatniej.

Zatem \(\displaystyle{ f}\) jest silnie rosnąca. Umiem też pokazać, że \(\displaystyle{ f(0+)=0.}\)

Tyle moich pomysłów.

Oczywiście funkcje liniowe \(\displaystyle{ f(x)=ax}\) spełniają nasze równanie. Pytanie, czy to wszystkie możliwe, a Twoja wiadomość nie rozstrzyga tej kwestii.

Równanie (1) widziałem niedawno jako problem na konferencji naukowej z pytaniem czy właśnie są funkcje nieliniowe je spełniające.

[norwimaj]

Mam pewien pomysł. Można pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ f(x_0)=ax_0}\) dla pewnych \(\displaystyle{ x_0, a}\), to \(\displaystyle{ f(a^nx_0)=a^{n+1}x_0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\) całkowitych (dowód przez indukcję po \(\displaystyle{ n}\)).

Następnie zauważamy, że funkcja identycznościowa \(\displaystyle{ f(x)=x}\) spełnia równanie. Załóżmy więc, że mamy do czynienia z dowolną inną funkcją. Weźmy takie \(\displaystyle{ x_0}\), że \(\displaystyle{ f(x_0)\ne x_0}\). Wtedy przyjmując \(\displaystyle{ a=\frac{f(x_0)}{x_0}}\) mamy \(\displaystyle{ f(a^nx_0)=a^{n+1}x_0}\) oraz \(\displaystyle{ a\ne1}\).

Rozważmy przypadek \(\displaystyle{ a>1}\). Drugi jest analogiczny. Weźmy dowolne \(\displaystyle{ x_1\in[x_0,ax_0]}\). Pokażemy że \(\displaystyle{ f(x_1)=ax_1}\).

Niech \(\displaystyle{ b=\frac{f(x_1)}{x_1}}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(b^nx_1)=b^{n+1}x_1}\). Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca, co wykazał szw1710 w poście wyżej. Po przyłożeniu \(\displaystyle{ n}\)-krotnie funkcji \(\displaystyle{ f}\) do nierówności \(\displaystyle{ x_0\le x_1\le ax_0}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ a^nx_0\le b^nx_1\le a^{n+1}x_0}\).

Wyciągamy pierwiastek \(\displaystyle{ n}\)-tego stopnia i przechodzimy do granicy z \(\displaystyle{ n}\), otrzymując \(\displaystyle{ a\le b\le a}\), czyli \(\displaystyle{ a=b}\). Zatem \(\displaystyle{ f(x_1)=ax_1}\). Wobec dowolności \(\displaystyle{ x_1}\) wiemy, że \(\displaystyle{ f(x)=ax}\) na całym przedziale \(\displaystyle{ [x_0,ax_0]}\). Korzystając ponownie z tego, o czym napisałem na początku, można wykazać, że \(\displaystyle{ f(x)=ax}\) na całej półprostej.


Dodam jeszcze, że wymyślając rozwiązanie posługiwałem się funkcją \(\displaystyle{ g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}}\), \(\displaystyle{ g(x)=\ln f(e^x)}\). Trochę łatwiej mi się myśli o ciągach arytmetycznych niż geometrycznych.

[szw1710]

Ładne zakończenie. Więc mój pomysł z funkcją rosnącą na coś się przydał. Nie ukrywam, że wiedziałem (co i nietrudno spostrzec), że funkcje liniowe spełniają to równanie i robiąc próby rozwiązania kierowałem się ku wykazaniu stałości funkcji \(\displaystyle{ x\mapsto\frac{f(x)}{x},}\) co tu de facto zostało pokazane. Istota rzeczy tkwi w tym, że to \(\displaystyle{ a}\) będzie wspólne dla wszystkich \(\displaystyle{ x.}\) W kroku początkowym skorzystano z tego, że istnieje \(\displaystyle{ x_0}\) takie, że \(\displaystyle{ f(x_0)\ne x_0}\) i z nim związano \(\displaystyle{ a.}\) Szczegóły dalszego rozumowania są dla mnie jasne.