nueva funcional

[Pinga2005]

Hallar todas las funciones [math]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} de variable real con valores reales, tales
que
[math](x-2)f(y)+f(y+2f(x))=f(x+yf(x))
para todo [math]x,y\in\mathbb{R}.

[Dauphineg]

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[math](1) Si [math]f(0)=0 entonces tomando [math]x=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]-2.f(y)+f(y)=0, que equivale a [math]f(y)=0 para todo real [math]y. Es facil verificar que esta función verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación).
[math](2) Si [math]f(0)\neq0 veremos que [math]f es inyectiva:
Sean [math]a y [math]b reales tales que [math]f(a)=f(b) [math](*)
Haciendo primero [math]y=0 , [math]x=a en la ecuación inicial, nos quedara que [math](a-2).f(0)=f(a)-f(2.f(a))
Haciendo ahora [math]y=0 , [math]x=b en la ecuación inicial, nos quedara que [math](b-2).f(0)=f(b)-f(2.f(b))
de estas ultimas [math]2 ecuaciones y de [math](*) surge que [math](a-2).f(0)= (b-2).f(0)
y como [math]f(0)\neq0 entonces [math]a-2=b-2 o equivalentemente [math]a=b. Se probo que [math]f es inyectiva
Haciendo [math]x=2, y=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]f(2.f(2))=f(2), por inyectividad de [math]f resulta que [math]f(2)=1 [math](**)
Es fácil ver que la función [math]f(x)=1 para todo [math]x real no verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación),luego debe existir un real [math]t tal que [math]f(t)\neq1
Haciendo en la ecuación inicial [math]x=t , [math]y=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} nos quedara [math](t-2).f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 (omití algunas cuentas acá)
pero por [math](**) [math]t\neq2 entonces [math]f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 [math](***)
Haciendo [math]x=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} , [math]y=2 en la ecuación inicial y usando [math](***) nos quedara [math](\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)}-2).f(2)+f(2)=0
ahora usando [math](**) y despejando nos quedara [math]f(t)=t-1
Haciendo [math]y=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} en la ecuación inicial, teniendo en cuenta que [math]f(t)=t-1, la inyectividad de [math]f y [math](***) nos quedara [math]1+2.f(x)=x+f(x) con [math]x real cualquiera o equivalentemente [math]f(x)=x-1
Por ultimo solo resta comprobar que la función [math]f(x)=x-1 verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación) y concluimos que hay [math]2 funciones que verifican la ecuación inicial y son [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1

[Violeta]

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[math](1) Si [math]f(0)=0 entonces tomando [math]x=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]-2.f(y)+f(y)=0, que equivale a [math]f(y)=0 para todo real [math]y. Es facil verificar que esta función verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación).
[math](2) Si [math]f(0)\neq0 veremos que [math]f es inyectiva:
Sean [math]a y [math]b reales tales que [math]f(a)=f(b) [math](*)
Haciendo primero [math]y=0 , [math]x=a en la ecuación inicial, nos quedara que [math](a-2).f(0)=f(a)-f(2.f(a))
Haciendo ahora [math]y=0 , [math]x=b en la ecuación inicial, nos quedara que [math](b-2).f(0)=f(b)-f(2.f(b))
de estas ultimas [math]2 ecuaciones y de [math](*) surge que [math](a-2).f(0)= (b-2).f(0)
y como [math]f(0)\neq0 entonces [math]a-2=b-2 o equivalentemente [math]a=b. Se probo que [math]f es inyectiva
Haciendo [math]x=2, y=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]f(2.f(2))=f(2), por inyectividad de [math]f resulta que [math]f(2)=1 [math](**)
Es fácil ver que la función [math]f(x)=1 para todo [math]x real no verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación),luego debe existir un real [math]t tal que [math]f(t)\neq1
Haciendo en la ecuación inicial [math]x=t , [math]y=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} nos quedara [math](t-2).f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 (omití algunas cuentas acá)
pero por [math](**) [math]t\neq2 entonces [math]f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 [math](***)
Haciendo [math]x=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} , [math]y=2 en la ecuación inicial y usando [math](***) nos quedara [math](\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)}-2).f(2)+f(2)=0
ahora usando [math](**) y despejando nos quedara [math]f(t)=t-1
Por ultimo solo resta comprobar que la función [math]f(x)=x-1 verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación) y concluimos que hay [math]2 funciones que verifican la ecuación inicial y son [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1

Pero no puedes concluir que [math]f(x)=x-1 para todo [math]x si solo has probado que cumple para [math]f(t)=t-1

[Johanna]

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Reemplazamos [math]x=2,[math]y=0, queda [math]f(2f(2))=f(2).
Reemplazamos ahora [math]x=2f(2) e [math]y=0 y tenemos [math](2f(2)-2)f(0) + f(2f(2f(2))) = f(2f(2)) y usando la igualdad anterior llegamos a [math](2f(2)-2)f(0)+f(2f(2)) = (2f(2)-2)f(0) + f(2) = f(2) \Rightarrow (2f(2)-2)f(0) = 0. Por lo cual tenemos dos casos:
Caso 1: [math]f(0) = 0
Tomemos [math]x=0 entonces [math]-2f(y) +f(y) = f(0) \Rightarrow -f(y)=0 para todo [math]y.

Caso 2: [math]f(0) \neq 0
Por la condición si [math]f(0) \neq 0, entonces [math]f(2)=1
Probemos que la función es inyectiva, supongamos que existen [math]a, [math]b tales que [math]f(a)=f(b) y tomemos [math]x=a, [math]y=0 y [math]x=b, [math]y=0
[math](a-2)f(0) + f(2f(a))-f(a) = (b-2)f(0) + f(2f(b))-f(b) cancelando los términos iguales queda [math]af(0) = bf(0) y como [math]f(0) \neq 0 concluimos que [math]a=b.
Tomemos [math]x=0,[math]y=\frac{2f(0)}{f(0)-1} (Efectivamente esto se puede hacer ya que por la inyectividad tenemos que [math]f(0) \neq 1 ya que [math]f(2)=1) y nos queda [math]-2f(y) + f(\frac{2f(0)^2}{f(0)-1}) = f(\frac{2f(0)^2}{f(0)-1}) entonces [math]f(\frac{2f(0)}{f(0)-1})=0
Por lo cual existe [math]k tal que [math]f(k)=0
Si tomamos [math]x=k llegamos a que [math](k-2)f(y) + f(y) = f(k)=0 \Rightarrow (k-1)f(y)=0 \Rightarrow k=1 ya que si [math]y=0, [math]f(0) \neq 0.
Tomando ahora [math]y=k tenemos que [math]f(k+2f(x)) = f(x+kf(x)), pero por la inyectividad y como vimos que [math]k=1, [math]1+2f(x) =x+ f(x) y se sigue que [math]f(x) = x-1.
Se puede verificar fácilmente que [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1 son solución y por lo tanto son las únicas.

[Dauphineg]

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[math](1) Si [math]f(0)=0 entonces tomando [math]x=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]-2.f(y)+f(y)=0, que equivale a [math]f(y)=0 para todo real [math]y. Es facil verificar que esta función verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación).
[math](2) Si [math]f(0)\neq0 veremos que [math]f es inyectiva:
Sean [math]a y [math]b reales tales que [math]f(a)=f(b) [math](*)
Haciendo primero [math]y=0 , [math]x=a en la ecuación inicial, nos quedara que [math](a-2).f(0)=f(a)-f(2.f(a))
Haciendo ahora [math]y=0 , [math]x=b en la ecuación inicial, nos quedara que [math](b-2).f(0)=f(b)-f(2.f(b))
de estas ultimas [math]2 ecuaciones y de [math](*) surge que [math](a-2).f(0)= (b-2).f(0)
y como [math]f(0)\neq0 entonces [math]a-2=b-2 o equivalentemente [math]a=b. Se probo que [math]f es inyectiva
Haciendo [math]x=2, y=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]f(2.f(2))=f(2), por inyectividad de [math]f resulta que [math]f(2)=1 [math](**)
Es fácil ver que la función [math]f(x)=1 para todo [math]x real no verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación),luego debe existir un real [math]t tal que [math]f(t)\neq1
Haciendo en la ecuación inicial [math]x=t , [math]y=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} nos quedara [math](t-2).f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 (omití algunas cuentas acá)
pero por [math](**) [math]t\neq2 entonces [math]f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 [math](***)
Haciendo [math]x=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} , [math]y=2 en la ecuación inicial y usando [math](***) nos quedara [math](\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)}-2).f(2)+f(2)=0
ahora usando [math](**) y despejando nos quedara [math]f(t)=t-1
Por ultimo solo resta comprobar que la función [math]f(x)=x-1 verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación) y concluimos que hay [math]2 funciones que verifican la ecuación inicial y son [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1

Pero no puedes concluir que [math]f(x)=x-1 para todo [math]x si solo has probado que cumple para [math]f(t)=t-1

Me falto pasar una linea, gracias

[Dauphineg]

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Reemplazamos [math]x=2,[math]y=0, queda [math]f(2f(2))=f(2).
Reemplazamos ahora [math]x=2f(2) e [math]y=0 y tenemos [math](2f(2)-2)f(0) + f(2f(2f(2))) = f(2f(2)) y usando la igualdad anterior llegamos a [math](2f(2)-2)f(0)+f(2f(2)) = (2f(2)-2)f(0) + f(2) = f(2) \Rightarrow (2f(2)-2)f(0) = 0. Por lo cual tenemos dos casos:
Caso 1: [math]f(0) = 0
Tomemos [math]x=0 entonces [math]-2f(y) +f(y) = f(0) \Rightarrow -f(y)=0 para todo [math]y.

Caso 2: [math]f(0) \neq 0
Por la condición si [math]f(0) \neq 0, entonces [math]f(2)=1
Probemos que la función es inyectiva, supongamos que existen [math]a, [math]b tales que [math]f(a)=f(b) y tomemos [math]x=a, [math]y=0 y [math]x=b, [math]y=0
[math](a-2)f(0) + f(2f(a))-f(a) = (b-2)f(0) + f(2f(b))-f(b) cancelando los términos iguales queda [math]af(0) = bf(0) y como [math]f(0) \neq 0 concluimos que [math]a=b.
Tomemos [math]x=0,[math]y=\frac{2f(0)}{f(0)-1} y nos queda [math]-2f(y) + f(\frac{2f(0)^2}{f(0)-1}) = f(\frac{2f(0)^2}{f(0)-1}) entonces [math]f(\frac{2f(0)}{f(0)-1})=0
Por lo cual existe [math]k tal que [math]f(k)=0
Si tomamos [math]x=k llegamos a que [math](k-2)f(y) + f(y) = f(k)=0 \Rightarrow (k-1)f(y)=0 \Rightarrow k=1 ya que si [math]y=0, [math]f(0) \neq 0.
Tomando ahora [math]y=k tenemos que [math]f(k+2f(x)) = f(x+kf(x)), pero por la inyectividad y como vimos que [math]k=1, [math]1+2f(x) =x+ f(x) y se sigue que [math]f(x) = x-1.
Se puede verificar fácilmente que [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1 son solución y por lo tanto son las únicas.

Quizas no estaría de mas aclarar que [math]y=\frac{2f(0)}{f(0)-1} existe ya que [math]f(0) \neq1 porque si [math]f(0)=1, como ya sabiamos que [math]f(2)=1 al ser [math]f inyectiva se tendria que [math]0=2 que es absurdo

[Pinga2005]

Porque Dauphineg en tu resolusíon has escrito
[math]f(t)=t ?

[Johanna]

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Reemplazamos [math]x=2,[math]y=0, queda [math]f(2f(2))=f(2).
Reemplazamos ahora [math]x=2f(2) e [math]y=0 y tenemos [math](2f(2)-2)f(0) + f(2f(2f(2))) = f(2f(2)) y usando la igualdad anterior llegamos a [math](2f(2)-2)f(0)+f(2f(2)) = (2f(2)-2)f(0) + f(2) = f(2) \Rightarrow (2f(2)-2)f(0) = 0. Por lo cual tenemos dos casos:
Caso 1: [math]f(0) = 0
Tomemos [math]x=0 entonces [math]-2f(y) +f(y) = f(0) \Rightarrow -f(y)=0 para todo [math]y.

Caso 2: [math]f(0) \neq 0
Por la condición si [math]f(0) \neq 0, entonces [math]f(2)=1
Probemos que la función es inyectiva, supongamos que existen [math]a, [math]b tales que [math]f(a)=f(b) y tomemos [math]x=a, [math]y=0 y [math]x=b, [math]y=0
[math](a-2)f(0) + f(2f(a))-f(a) = (b-2)f(0) + f(2f(b))-f(b) cancelando los términos iguales queda [math]af(0) = bf(0) y como [math]f(0) \neq 0 concluimos que [math]a=b.
Tomemos [math]x=0,[math]y=\frac{2f(0)}{f(0)-1} y nos queda [math]-2f(y) + f(\frac{2f(0)^2}{f(0)-1}) = f(\frac{2f(0)^2}{f(0)-1}) entonces [math]f(\frac{2f(0)}{f(0)-1})=0
Por lo cual existe [math]k tal que [math]f(k)=0
Si tomamos [math]x=k llegamos a que [math](k-2)f(y) + f(y) = f(k)=0 \Rightarrow (k-1)f(y)=0 \Rightarrow k=1 ya que si [math]y=0, [math]f(0) \neq 0.
Tomando ahora [math]y=k tenemos que [math]f(k+2f(x)) = f(x+kf(x)), pero por la inyectividad y como vimos que [math]k=1, [math]1+2f(x) =x+ f(x) y se sigue que [math]f(x) = x-1.
Se puede verificar fácilmente que [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1 son solución y por lo tanto son las únicas.

Quizas no estaría de mas aclarar que [math]y=\frac{2f(0)}{f(0)-1} existe ya que [math]f(0) \neq1 porque si [math]f(0)=1, como ya sabiamos que [math]f(2)=1 al ser [math]f inyectiva se tendria que [math]0=2 que es absurdo

Es cierto me olvide de aclararlo, ahi lo edito

[Dauphineg]

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[math](1) Si [math]f(0)=0 entonces tomando [math]x=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]-2.f(y)+f(y)=0, que equivale a [math]f(y)=0 para todo real [math]y. Es facil verificar que esta función verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación).
[math](2) Si [math]f(0)\neq0 veremos que [math]f es inyectiva:
Sean [math]a y [math]b reales tales que [math]f(a)=f(b) [math](*)
Haciendo primero [math]y=0 , [math]x=a en la ecuación inicial, nos quedara que [math](a-2).f(0)=f(a)-f(2.f(a))
Haciendo ahora [math]y=0 , [math]x=b en la ecuación inicial, nos quedara que [math](b-2).f(0)=f(b)-f(2.f(b))
de estas ultimas [math]2 ecuaciones y de [math](*) surge que [math](a-2).f(0)= (b-2).f(0)
y como [math]f(0)\neq0 entonces [math]a-2=b-2 o equivalentemente [math]a=b. Se probo que [math]f es inyectiva
Haciendo [math]x=2, y=0 en la ecuación inicial nos quedara [math]f(2.f(2))=f(2), por inyectividad de [math]f resulta que [math]f(2)=1 [math](**)
Es fácil ver que la función [math]f(x)=1 para todo [math]x real no verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación),luego debe existir un real [math]t tal que [math]f(t)\neq1
Haciendo en la ecuación inicial [math]x=t , [math]y=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} nos quedara [math](t-2).f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 (omití algunas cuentas acá)
pero por [math](**) [math]t\neq2 entonces [math]f(\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)})=0 [math](***)
Haciendo [math]x=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} , [math]y=2 en la ecuación inicial y usando [math](***) nos quedara [math](\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)}-2).f(2)+f(2)=0
ahora usando [math](**) y despejando nos quedara [math]f(t)=t-1
Haciendo [math]y=\frac{t-2.f(t)}{1-f(t)} en la ecuación inicial, teniendo en cuenta que [math]f(t)=t-1, la inyectividad de [math]f y [math](***) nos quedara [math]1+2.f(x)=x+f(x) con [math]x real cualquiera o equivalentemente [math]f(x)=x-1
Por ultimo solo resta comprobar que la función [math]f(x)=x-1 verifica la ecuación inicial (omitiré esta justificación) y concluimos que hay [math]2 funciones que verifican la ecuación inicial y son [math]f(x)=0 y [math]f(x)=x-1

[Dauphineg]

Porque Dauphineg en tu resolusíon has escrito
[math]f(t)=t ?

era [math]f(t)=t-1 error de tipeo. Gracias ya acomode eso