COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

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COFFEE
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COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por COFFEE » Vie 05 Jun, 2020 12:02 am

Determinar todas las funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tales que$$f\left (x^2+xy\right )=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$$para cualesquiera $x,y\in \mathbb{R}$.

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COFFEE
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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por COFFEE » Lun 08 Jun, 2020 9:00 am

Solución Oficial:
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Vamos a emplear una notación muy útil en problemas de funciones, llamamos $P(x,y)$ a la proposición $f\left (x^2+xy\right )=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$, esto significa que si escribimos por ejemplo $P(1,5)$ estamos reemplazando $x=1$ e $y=5$, por lo que la igualdad sería $f\left (1^2+1\cdot 5\right )=f(1)f(5)+5f(1)+f(1+5)$, o si decimos $P(-x,4)$ entonces la igualdad es $f\left ((-x)^2+(-x)\cdot 4\right )=f(-x)f(4)+4f(-x)+(-x)f(-x+y)$.

Como siempre, arrancamos intentando hallar el valor de $f(0)$. Usando $P(0,y)$ obtenemos$$f(0)=f(0)f(y)+yf(0)$$entonces si $f(0)\neq 0$, podemos dividir y resulta $1=f(y)+y$, es decir, $f(y)=1-y$.

Veamos ahora qué pasa si $f(0)=0$. Tratamos de hacer que nos quede $f(0)$ del lado izquierdo, considerando $P(x,-x)$ obtenemos$$f(0)=f\left (x^2-x^2\right )=f(x)f(-x)-xf(x)+xf(x-x)$$y usando que $f(0)=0$ resulta $xf(x)=f(x)f(-x)$.
Hagamos de nuevo que nos quede $f(0)$ en el lado izquierdo, pero intentemos obtener $f(x)f(-x)$ en el lado derecho, considerando $P(-x,x)$ obtenemos$$f(0)=f\left (x^2-x^2\right )=f(-x)f(x)+xf(-x)$$y usando que $f(0)=0$ resulta $-xf(-x)=f(-x)f(x)$.
Juntando estos dos resultados se sigue que $-xf(-x)=f(-x)f(x)=xf(x)$, así que si $x\neq 0$, podemos dividir y obtener $f(-x)=-f(x)$, además, esta igualdad también vale para $x=0$. Tenemos entonces que $xf(x)=f(x)f(-x)=-f(x)^2$ es decir$$f(x)(f(x)+x)=0$$por lo tanto, para cada $x$ tenemos que $f(x)=0$ o $f(x)+x=0$, es decir $f(x)=-x$.

Ahora viene lo importante, que para cada valor de $x$ pase alguna de esas cosas no significa que para todos los valores vaya a pasar lo mismo, podría ser que por ejemplo $f(1)=0$ y $f(2)=-2$, es decir, que las soluciones se mezclen. Así que tenemos que demostrar que nunca puede ocurrir eso.
Supongamos que las soluciones se mezclan, entonces existen reales $a$ y $b$ (ambos distintos de $0$) tales que $f(a)=0$ y $f(b)=-b$. Notamos además que $f\left (x^2+xy\right )=f(x(x+y))$, esto es fundamental para que se nos ocurran los próximos reemplazos que vamos a hacer.
Considerando $P(a,-b)$ obtenemos$$f(a(a-b))=f(a)f(a-b)-bf(a)+af(a-b)=af(a-b)$$Considerando $P(a-b,b)$ obtenemos$$f((a-b)a)=f(a-b)f(b)+bf(a-b)+(a-b)f(a)=-bf(a-b)+bf(a-b)=0$$Igualando estos dos resultados tenemos que $af(a-b)=0$, y como $a\neq 0$, se sigue que $f(a-b)=0$.
Entonces, considerando $P(b,a-b)$ obtenemos$$f(ba)=f(b)f(a-b)+(a-b)f(b)+bf(a)=(a-b)(-b)=b^2-ab$$Por último, considerando $P(a,b-a)$ obtenemos$$f(ab)=f(a)f(b-a)+bf(a)+af(b)=-ab$$Juntando estos dos resultados tenemos que $b^2-ab=-ab$ de donde $b^2=0$, es decir que $b=0$, pero esto es absurdo ya que contradice la definición de $b$. Este absurdo proviene de suponer que las soluciones se mezclan, entonces esto no ocurre.

Por lo tanto, las únicas soluciones posibles son $f(x)=1-x$, $f(x)=0$ y $f(x)=-x$. Veamos que funcionan.
  • Si $f(x)=1-x$ entonces $f\left (x^2+xy\right )=1-x^2-xy$, y$$\begin{align*}f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y) & =(1-x)(1-y)+y(1-x)+x(1-x-y) \\
    & =1-x+x-x^2-xy \\
    & =1-x^2-xy.
    \end{align*}$$
  • Si $f(x)=0$ entonces los dos lados de la igualdad valen $0$.
  • Si $f(x)=-x$ entonces $f\left (x^2+xy\right )=-x^2-xy$, y $f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=xy-xy-x(x+y)=-x^2-xy$.
Entonces esas son todas las soluciones, y con eso estamos.

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NicoRicci

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por NicoRicci » Lun 08 Jun, 2020 9:21 am

Es la primer solución de ecuaciones funcionales que subo... a ver qué onda :) ...
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Reemplazamos $x=0$
$f(0)=(f(y)+y)f(0)$


Luego, hay dos opciones

$1)$ $f(0)≠0$
Entonces $f(y)+y=1$ $\Rightarrow$ $f(y)=1−y$
Verificamos con la ecuación original
$$f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=(1−x)(1−y)+y(1−x)+x(1−x−y)=1−x+x−x2−xy=1−(x2+xy)=f(x2+xy)$$

Vemos que se cumple.

$2)$ $f(0)=0$
Reemplazamos $y=−x$
$f(0)=f(x)f(−x)+f(x).−x+xf(0)$

$xf(x)=f(−x)f(x)$


De nuevo, hay dos opciones

$a)$ $f(x)=0$
Verificamos la ecuación original:
$$f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=0=f(x2+xy)$$


$b)$ $f(−x)=x$
Luego, para cada $x$ hay un $z$ real tal que $z=−x$, luego $f(−(−x))=f(x)=−x$
Verificamos en la ecuación original:
$$f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=xy−xy−x(x+y)=−x2−xy=f(x2+xy)$$


Entonces, en total hay $3$ soluciones para la función:
$f(x)=1−x$, $f(x)=0$ y $f(x)=−x$
OWEEEEEEE

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¿hola?

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por ¿hola? » Lun 08 Jun, 2020 10:43 am

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Sea $P(x;y): f(x^2+xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$

$P(0;y): f(0)=f(0)f(y)+yf(0)$ o sea que $f(y)=1-y$ para todo $y$ ó $f(0)=0$, si $f(0)=0$...

$P(x;-x): f(0)=f(x)f(-x)-xf(x)+xf(0) \rightarrow xf(x)=f(x)f(-x)$ para todo $x$

Si en la expresión anterior remplazamos por $-x$, $-xf(-x)=f(-x)f(x)$ y entonces $xf(x)=-xf(-x)$ por lo que $f$ es impar (ya vimos que $f(0)=0$).

Entonces $xf(x)=f(x)f(-x)=-f(x)f(x)=-f(x)^2$ por lo que $f(x)=-x$ ó $f(x)=0$ para todo $x$
Veamos que estas funciones no se "mezclan".

supongamos que existe $a$ y $b$ distintos de $0$ tal que $f(a)=-a$ y $f(b)=0$

$P(a;b): f(a^2+ab)=f(a)f(b)+bf(a)+af(a+b) \rightarrow f(a^2+ab)=-ab+af(a+b)$ veamos entonces las cuatro posibilidades de $(f(a^2+ab);f(a+b))$

$(0;0): 0=-ab$ absurdo, $a$ y $b$ distintos de $0$

$(-a^2-ab;0): -a^2-ab=-ab$ lo que es absurdo, $a$ distinto de $0$

$(-a^2-ab;-a-b): -a^2-ab=-ab+a(-a-b) \rightarrow 0=-ab$ lo que es absurdo, $a$ y $b$ distintos de $0$

$(0;-a-b): 0=-ab+a(-a-b) \rightarrow b=\frac{-a}{2}$ para este caso basta con ver que existe otro numero real $t$ distinto de $0$, $a$, $b$ y $\frac{-a}{2}$ y luego si $f(t)=0$, hacer $P(a;t)$ y si $f(t)=-t$, hacer $P(t;b)$ para caer en uno de los casos absurdos anteriores. Como todos los casos son absurdos, las funciones no se "mezclan".

Finalmente las soluciones son, $f(x)=1-x$, $f(x)=0$, y $f(x)=-x$

verificaciones:

si $f(x)=0$ entonces, $0=0*0+y*0+x*0$

si $f(x)=1-x$ entonces $1-x^2-xy=(1-x)(1-y)+y(1-x)+x(1-x-y)$ expandiendo vemos que son iguales.

si $f(x)=-x$ entonces $-x^2-xy=xy-xy-x(x+y)$ exapandiendo vemos que son iguales.
2  
Yes, he who

Fedex

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por Fedex » Lun 08 Jun, 2020 11:28 am

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$f\left (x^2+xy\right )=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$

Tomamos $x=y=0$
$f(0) = f(0)^2$
Por lo que o $f(0)=0$ o $f(0)=1$

Si $f(0)=1$
Tomamos $x=0$
$f(0) = f(0)f(y)+yf(0)$
$1 = f(y) + y$
$f(y) = 1-y$

Probamos que funcione:
$f\left (x^2+xy\right )=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$
$1 - x^2 -xy = (1-x)(1-y) + y(1-x) + x(1-x-y)$
$1 - x^2 -xy = 1-x-y+xy + y-xy + x - x^2 - xy = 1- x^2 - xy$
Funciona.

Si $f(0)=0$
Tomamos $y=-x$
$f(0) = f(x)f(-x) - xf(x) + f(0)$
$0 = f(x)(f(-x) - x)$
Por lo que para todo $x$ o bien:
$f(x) = 0$ o $f(-x) = x$ que tomando un reemplazo de $x=-c$ tenemos $f(c) = -c$

Veamos si por separado funcionan:

Si $f(x)=0$
Tenemos que $0=0$. Funciona.

Si $f(x)=-x$
$f\left (x^2+xy\right )=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$
$-x^2-xy = xy - xy - x(x+y)$
$-x^2-xy = - x^2 -xy$
Funciona.

Ahora demostremos que no podemos mezclarlas.
Para ello supongamos $2$ reales distintos de cero $a$ y $b$ tal que $f(a)=0$ y $f(b)=-b$.
Tomemos $x=a$.
$f(a^2+ay) = af(a+y)$
$f(a(a+y)) = af(a+y)$ (1)

Ahora $y=a$ y $x=b$:
$f\left (b^2+ab\right )=-ab+bf(a+b)$
Separemos en casitos.

Caso 1) $f(a+b)=0$
$f\left (b^2+ab\right )=-ab$
Como $-ab\neq0$ entonces $f\left (b^2+ab\right )=-b^2-ab$
$-b^2-ab = -ab$
$-b^2 = 0$
Absurdo. Ya que implicaría que $b=0$.

Caso 2) $f(a+b)=-a-b$
$f\left (b^2+ab\right )=-2ab-b^2$
Si el lado derecho es no nulo entonces:
$-b^2-ab = -2ab-b^2$
$-ab=0$ Absurdo ya que implicaría que uno de ellos es $0$.
Si el lado derecho es $0$ entonces $f\left (b^2+ab\right )=0$
$0=-2ab-b^2$
$0 = 2a + b$
$b=-2a$
Es decir que:
$f\left (b^2+ab\right )=f\left (4a^2-2a^2\right )=f(2a^2)=0$
Si tomamos en (1) $y=a$
$f(2a^2) = af(2a) = 0$
Por lo que $f(2a)=0$
Ahora en la ecuación original $x=b$ e $y=2a$:
$f\left (b^2+2ab\right )=f(b)f(2a)+2af(b)+bf(b+2a)$
(Como $2a+b=0$, $f(2a+b)=f(0)=0$)
$f\left (b^2+2ab\right ) = -2ab$
Ahora, el lado derecho es no nulo:
$-b^2-2ab = -2ab$
$-b^2 = 0$
Absurdo ya que implicaría que $b=0$.
Concluimos en que no pueden mezclarse.

Por lo que las únicas soluciones son:
$f(x) = 1-x$
$f(x) = 0$
$f(x) = -x$
2  
$\frac{9}{1^2} \binom{20}{18}$

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Dauphineg

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por Dauphineg » Lun 08 Jun, 2020 12:10 pm

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Hacemos $x=0, y=0$ en la ecuación inicial y nos queda $f(0)=\left [ f(0)\right ]^{2}\Rightarrow f(0)-\left [ f(0)\right ]^{2}=0\Rightarrow f(0).\left [1 -f(0) \right ]=0\Rightarrow f(0)=0$ o $f(0)=1$
Analizamos cada una de estas posibilidades:
Si $f(0)=1\Rightarrow$ haciendo $x=0$ en la ecuación original obtenemos $1=f(y)+y \Rightarrow f(y)=1-y$ con $y\in \mathbb{R}$
Verificamos que la función $f(x)=1-x$ con $x\in \mathbb{R}$ cumple la ecuación inicial:
Miembro izquierdo: $ f\left (x^2+x.y\right )=1-(x^2+x.y)=1-x^2-x.y$
Miembro derecho:$f(x).f(y)+y.f(x)+x.f(x+y)=(1-x).(1-y)+y.(1-x)+x.\left [ 1-(x+y) \right ]=$
$=1-x-y+x.y+y-y.x+x-x^2-x.y=1-x^2-x.y$
Ambos miembros son iguales así que la función cumple la ecuación dada y es por lo tanto una solución
De acá en adelante consideraremos la otra posibilidad, es decir $f(0)=0$
Haciendo $x=1$ en la ecuación original obtenemos $f(1+y)=f(1).f(y)+y.f(1)+f(1+y)\Rightarrow 0=f(1).\left [ f(y)+y \right ] \Rightarrow $
$f(1)=0$ o $f(y)=-y$ para todo $y\in \mathbb{R}$
Analizamos cada una de estas posibilidades:
Si $f(1)\neq 0\Rightarrow f(y)=-y$ para todo $y\in \mathbb{R}$
Verificamos que la función $f(x)=-x$ con $x\in \mathbb{R}$ cumple la ecuación inicial:
Miembro izquierdo: $ f\left (x^2+x.y\right )=-(x^2+x.y)=-x^2-x.y$
Miembro derecho:$f(x).f(y)+y.f(x)+x.f(x+y)=(-x).(-y)+y.(-x)+x.\left [ -(x+y)\right ]=$
$=x.y-y.x-x^2-x.y=-x^2-x.y$
Ambos miembros son iguales así que la función cumple la ecuación dada y es por lo tanto una solución
De acá en adelante consideraremos la otra posibilidad, es decir $f(1)=0$
Haciendo $y=-x$ en la ecuación original nos queda $0=f(x).f(-x)-x.f(x)\Rightarrow 0=f(x).\left [ f(-x)-x)\right ]$ $(*)$
$\cdot$ Supongamos que existe un $k\in \mathbb{R}$ tal que $f(k)\neq 0$ donde es claro que $k\neq 0$ y $k\neq 1$ ya que $f(0)=0$ y $f(1)=0$
Haciendo $x=k,y=1-k$ en la ecuación original nos queda $f(k)=f(k).f(1-k)+(1-k).f(k)$
$\Rightarrow f(k)=f(k).f(1-k)+f(k)-k.f(k) \Rightarrow 0=f(k).\left [ f(1-k)-k \right ] $
Pero como $f(k)\neq 0 \Rightarrow f(1-k)=k $ $(**)$
Haciendo $x=1-k$ en $(*)$ nos queda $0=f(1-k).\left [ f(k-1)-1+k)\right ]$
Pero como según $(**)$ $f(1-k)=k \neq 0 \Rightarrow f(k-1)=1-k \neq 0$ ya que $k\neq 1$ $(***)$
Haciendo $x=k-1$ en $(*)$ nos queda $0=f(k-1).\left [ f(1-k)-k+1)\right ]$
Pero como según $(***)$ $f(k-1)\neq 0 \Rightarrow f(1-k)=k-1$ y como según $(**)$ $f(1-k)=k$
$\Rightarrow k-1=k \Rightarrow -1=0$ ABSURDO!, no existe entonces $k\in \mathbb{R}$ tal que $f(k)\neq 0$ $ \Rightarrow f(k)=0$ para todo $k\in \mathbb{R}$
Por último verificamos que la función nula $f(x)=0$ cumple la ecuación inicial: $0=0.0+y.0+x.0$ se cumple!
Concluimos que las únicas soluciones de la ecuación dada son $f(x)=1-x$, $f(x)=-x$, $f(x)=0$

BrunZo

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema 4

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 08 Jun, 2020 6:48 pm

NicoRicci escribió:
Lun 08 Jun, 2020 9:21 am
Es la primer solución de ecuaciones funcionales que subo... a ver qué onda :) ...
Spoiler: mostrar
De nuevo, hay dos opciones

$a)$ $f(x)=0$
Verificamos la ecuación original:
$$f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=0=f(x2+xy)$$


$b)$ $f(−x)=x$
Luego, para cada $x$ hay un $z$ real tal que $z=−x$, luego $f(−(−x))=f(x)=−x$
Verificamos en la ecuación original:
$$f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=xy−xy−x(x+y)=−x2−xy=f(x2+xy)$$
Spoiler: mostrar
Esto no funciona. Pensá que $f(x)(x-f(-x))$ lo que en realidad te dice es que para cada $x$ particularmente, o bien $f(x)=0$ o bien $x=f(-x)$, pero pueden mezclarse. Por ejemplo, la función $f$ tal que $f(\pi)=-\pi$, $f(-\pi)=\pi$ y $f(x)=0$ para todo $x$ distinto de $\pm\pi$ cumpliría esa igualdad. Abajo hay soluciones que siguen ese mismo camino y terminan la solución.
Spoiler: mostrar
Casi siempre voy a usar la expresión escrita como $f(x^2+xy)=f(x)(f(y)+y)+xf(x+y)$.
Con $x=0$ se ve que $f(0)=f(0)(f(y)+y)$, por lo que o bien $f(0)=0$, o bien $f(y)=1-y,\forall y$. (anda)
Con $x=1$ se ve que $f(y+1)=f(1)(f(y)+y)+f(y+1)$, por lo que o bien $f(1)=0$ o bien $f(y)=-y$. (anda)
Con $y=-x$, se ve que $0=f(x)(f(-x)+x)$. (1)
Con $y=1-x$, se ve que $f(x)=f(x)(f(y)+y)$ (2). Supongamos ahora que $f(x)\neq 0$. Entonces, necesariamente $f(y)-y\neq 0$. Luego, por 1, se ve que, $f(-x)=-x$ y $f(-y)=0$.
(Abrimos un paréntesis para decir que con $y=0$ y $x=t, -t$ se ve que $f(t^2)=tf(t)=-tf(-t)$, luego $f(-t)=-f(t)$, a menos que $t=0$ en cuyo caso también $f(-0)=-f(0)=0$).
Volviendo a dónde estábamos, se ve que $f(x)=x$ y $f(y)=0$, luego reemplazando esto en 2, se ve que $x=xy$, lo que implicaría que $x=0$ o $y=1$. Ahora, recordando que $x+y=1$, nos basta que $x\neq 0$ para que esto sea absurdo y por lo tanto $f(x)=0$ para todo tal $x$. Además, ya sabíamos que $f(0)=0$ así que $f(x)=0,\forall x$. (anda)
1  

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