Grupo construido por biyección

Enunciado
Sea $\mathbb{R}^+$ el conjunto de los números reales estrictamente positivos y considérese la aplicación $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}$ definida por $f(x)=\displaystyle\frac{x}{x+1}$.
1. Hallar $C=f(\mathbb{R}^+)$ y razónese si $f:\mathbb{R}^+\to C$ es biyección o no.
2. Si $f^n=f\circ f\circ \ldots \circ f$ ($n$ veces), determinar $f^n(\mathbb{R}^+)$ y $\bigcap_{n\in \mathbb{N}} f^n(\mathbb{R}^+)$.
3. Obtener una operación $\otimes$ en $C$ tal que considerando a $\mathbb{R}^+$ con su estructura de grupo multiplicativo, $f$ sea un homomorfismo de grupos (obtener lo más simplificado posible el valor de $y_1\otimes y_2$ para $y_1,y_2\in C$). ¿ Quién es el neutro para $\otimes$?

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS Ing. Aeronaúticos, UPM).

Solución
1. Se verifica $f(x)>0$ y $f(x)=x/(x+1)<1$ para todo $x\in\mathbb{R}^+$, es decir $C\subset (0,1)$. Veamos que también $(0,1)\subset C$. Efectivamente, para $y\in (0,1)$ tenemos $$y=f(x)\Leftrightarrow y=\dfrac{x}{x+1} \Leftrightarrow yx+y=x$$ $$
\Leftrightarrow x(y-1)=-y\Leftrightarrow x=\dfrac{y}{1-y}.$$ Como $y/(1-y)\in\mathbb{R}^+$, todo $y\in (0,1)$ es de la forma $y=f(x)$ con $x\in\mathbb{R}^+$, es decir $(0,1)\subset C$. Concluimos que $C= (0,1)$, lo cual implica que $f:\mathbb{R}^+\to C$ es sobreyectiva. Veamos que también es inyectiva. Efectivamente: $$f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow \dfrac{x_1}{x_1+1}=\dfrac{x_2}{x_2+1}
\Rightarrow x_1x_2+x_1=x_1x_2+x_2 \Rightarrow x_1=x_2,$$ por tanto $f:\mathbb{R}^+\to C=(0,1)$ es biyección.

2. Tenemos $$f^2(x)=(f\circ f)(x)=f(f(x))=f\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=\dfrac{\frac{x}{x+1}}{\frac{x}{x+1}+1}=\dfrac{\frac{x}{x+1}}{\frac{2x+1}{x+1}}=\dfrac{x}{2x+1},$$ $$f^3(x)=(f\circ f^2)(x)=f(f^2(x))=f\left(\dfrac{x}{2x+1}\right)=\dfrac{\frac{x}{2x+1}}{\frac{x}{2x+1}+1}=\dfrac{x}{3x+1}.$$ Los cálculos anteriores sugieren que $f^n(x)=x/(nx+1)$. Veamos que se verifica, aplicando el método de inducción. En efecto, la fórmula es cierta para $n=1$. Supongamos que es cierta para un $n$ natural. Entonces $$f^{n+1}(x)=(f\circ f^n)(x)=f(f^n(x))=f\left(\dfrac{x}{nx+1}\right)$$ $$=\dfrac{\frac{x}{nx+1}}{\frac{x}{nx+1}+1}=\dfrac{x}{(n+1)x+1},$$ lo cual implica que también es cierta para $n+1$. Cuando $x\to 0^+$ se verifica $f^n(x)\to 0$ y cuando $x\to +\infty$, $f^n(x)\to 1/n$. Por otra parte, $(f^n)’(x)=1/(nx+1)^2>0$ para todo $x\in\mathbb{R}^+$, lo cual sugiere que  $f^n(\mathbb{R}^+)=(0,1/n)$. Veamos que esto es cierto aplicando métodos exclusivamente algebraicos. Por una parte $$\left \{ \begin{matrix} 0<f^n(x)\\f^n(x)<\dfrac{1}{n}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} 0<\dfrac{x}{nx+1}\\ \dfrac{x}{nx+1}<\dfrac{1}{n}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} 0<x\\nx<nx+1\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} 0<x\\0<1,\end{matrix}\right.$$ y las dos últimas desigualdades se verifican trivialmente cuando $x\in\mathbb{R}^+$. Hemos demostrado que $f^n(\mathbb{R}^+)\subset (0,1/n)$. Por otra parte $(0,1/n)\subset f^n(\mathbb{R}^+)$. En efecto, para $y\in (0,1/n)$ tenemos
$$\displaystyle\begin{aligned}
&y=f^n(x)\Leftrightarrow y=\dfrac{x}{nx+1}\Leftrightarrow nyx+y=x\\
&\Leftrightarrow x(ny-1)=-y\Leftrightarrow x=\dfrac{y}{1-ny}.
\end{aligned}$$ Como $0<y<1/n$ se verifica que $y/(1-ny)\in\mathbb{R}^+$, es decir todo $y\in (0,1/n)$ es de la forma $y=f^n(x)$ con $x\in\mathbb{R}^+$ y por tanto $(0,1/n)\subset f^n(\mathbb{R}^+)$.

Veamos ahora que $\bigcap_{n\in \mathbb{N}} f^n(\mathbb{R}^+)=\emptyset$. En efecto, si existiera $z\in \bigcap_{n\in \mathbb{N}} (0,1/n)$ tendría que ser necesariamente $z>0$. Dado que $1/n\to 0$ cuando $n\to +\infty$, existe $n_0$ natural tal que $1/n_0<z$, es decir $z$ no pertenecería al intervalo $(0,1/n_0)$ lo cual es absurdo.

3. Hemos visto que  $f:\mathbb{R}^+\to (0,1)$ definida por $f(x)=x/(x+1)$ es una biyección. Para que $f$ sea homomorfismo entre los grupos $(\mathbb{R}^+,\cdot)$ y $((0,1),\otimes)$ es necesario y suficiente que se verifique $$f(x_1x_2)=f(x_1)\otimes f(x_2)\quad \forall{x_1}\forall{x_2}\in \mathbb{R}^+.\qquad (1)$$ Denotando $y_1=f(x_1),\;y_2=f(x_2)$ tenemos $y_1=x_1/(x_1+1)$ e $y_2=x_2/(x_2+1)$ o bien $x_1=y_1/(1-y_1)$ y $x_2=y_2/(1-y_2)$. Podemos escribir la relación (1) en la forma $$\displaystyle\begin{aligned}
&y_1\otimes y_2=f(x_1x_2)=\dfrac{x_1x_2}{x_1x_2+1}\\
&=\dfrac{\frac{y_1y_2}{(1-y_1)(1-y_2)}}{\frac{y_1y_2}{(1-y_1)(1-y_2)}+1}\cdot\dfrac{y_1y_2}{2y_1y_2-y_1-y_2+1}.
\end{aligned}$$ Dado que $f$ es homomorfismo de grupos, transforma el elemento neutro del grupo $(\mathbb{R}^+,\cdot)$ que es $1$ en el neutro $e$ del grupo $((0,1),\otimes)$. Por tanto $e=f(1)=1/2$.

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