Supongamos que $f$ no es constante, y luego nos encargamos de eso. Luego existe $a\in \mathbb{R}$ con $f(a)\neq 0$.
Tomando $x=\frac{b}{f(a)}, y=a$, queda $f\left(\frac{ab}{f(y)}+f\left( \frac{b}{f(y)}\right)\right)=b$, luego $f$ es sobreyectiva.
Tomando $y=0$, queda $f\left(f(x)\right)=xf(0)$.
En esto último, tomando $x=f(0)$ por un lado, y aplicando $f$ en ambos lados y luego tomando $x=0$, nos queda $f(0)²=f\left(f\left(f(0)\right)\right)=f(0)$, luego $f(0)\in \{0,1\}$.
Si $f(0)=0$, $f(f(x))=0\;\forall x\in\mathbb{R}$, luego al ser $f$ sobreyectiva, $f$ es constante, lo cual es absurdo. Luego $f(0)=1$ y $f\left(f(x)\right)=x$, por lo que $f$ es inyectiva.
Tomando $x=1$, nos queda $f\left(y+f(1)\right)=f(y)\Longrightarrow y+f(1)=y\Longrightarrow f(1)=0$.
Tomando $y=1$, $f\left(x+f(x)\right)=xf(1)=0=f(1)\Longrightarrow x+f(x)=1\Longrightarrow f(x)=1-x$.
La comprobación es fácil de ver.
Nos faltaba ver $f$ constante, quedando $f(x)=k$, dando $k=kx\forall \; x\in\mathbb{R}\Longrightarrow k=0$.
Otra vez, la comprobación es trivial.
Luego las únicas funciones que satisfacen son $f(x)=1-x$ y $f(x)=0$.
Tomando $y = 0$ queda $f(f(x)) = x*f(0)$
Tomando $x = 0$ queda $f(f(0)) = 0$
Reemplazando $x = f(0)$ en $f(f(x)) = x*f(0)$ y usando $f(f(0)) = 0$ queda $f(0) = f(0)^2$, de donde $f(0) = 0$ o $f(0) = 1$
Caso $f(0) = 0$, tenemos que $f(f(x)) = 0$
En la ecuación original aplicamos $f$ a ambos lados, y queda $0 = f(x*f(y))$
Supongamos que existe $z$ real tal que $f(z) ≠ 0$, reemplazamos en el resultado anterior $y = z$ y $x = z/f(z)$, lo que se puede ya que el denominador no sería $0$. Pero entonces queda $0 = f(z)$, lo que es absurdo y nos deja como única solución de este caso la función $f(x) = 0$
Caso $f(0) = 1$, tenemos que $f(f(x)) = x$, por lo que $f(1) = 0$
En la ecuación original aplicamos $f$ a ambos lados, y queda $xy + f(x) = f(x*f(y))$
Supongamos que existe $z$ real tal que $f(z) ≠ 1 - z$, reemplazamos $x = z$ en el resultado anterior y queda:
$zy + f(z) ≠ zy + 1 - z$
$f(z*f(y)) ≠ zy + 1 - z$
Y reemplazando $y = 1$ queda $f(0) ≠ 1$, lo que es una contradicción ya que $f(0) = 1$, por lo que $f(x) = 1 - x$.
Las comprobaciones ya las deben haber subido todos y tengo sueño así que no las pongo pero son triviales.
Primero que nada, es claro que la función nula (es decir, $f(t) = 0$ para todo $t$) cumple la condición del enunciado. En adelante, suponemos que $f$ no es la función nula, a ver si hay otra solución.
Afirmamos que $f$ debe ser sobreyectiva. Esto es así porque en ese caso podemos tomar un valor de $y$ para el cual $f(y) \neq 0$, y luego multiplicando por distintos valores de $x$ recorremos todos los reales. Es decir que $xf(y)$ puede tomar cualquier valor real, y como el lado izquierdo de la igualdad es $f$ evaluada en un número, vemos que todo número real está en la imagen de $f$, es decir que es sobreyectiva.
Reemplazamos $y=0$. Obtenemos $f(f(x)) = xf(0)$ para todo $x \in \mathbb{R}$. Si fuera $f(0)=0$, queda que $f(f(x))=0$ para todo $x \in \mathbb{R}$, y como $f$ es sobreyectiva, de esto se deduce que $f(t)=0$ para todo $t \in \mathbb{R}$, pero no puede ser porque estábamos suponiendo que $f$ no era la función nula. Concluimos entonces que $f(0) \neq 0$. Ahora volvemos a $f(f(x)) = xf(0)$, y podemos probar que la función $f$ es inyectiva: en efecto, si $f(x_1) = f(x_2)$, entonces aplicando $f$ de los dos lados llegamos a que $x_1f(0) = x_2f(0)$, y como $f(0) \neq 0$ esto implica $x_1 = x_2$. Luego $f$ es inyectiva.
Sólo nos falta hacer dos reemplazos.
Reemplazamos $x=1$. Queda $f(y + f(1)) = f(y)$, pero como $f$ es inyectiva esto implica $f(1) = 0$.
Reemplazamos $y=1$. Queda $f(x+f(x)) = xf(1) = 0 = f(1)$. Como $f$ es inyectiva, esto implica $x+f(x) = 1$ para todo $x \in \mathbb{R}$, es decir $f(x) = 1 - x$ para todo $x \in \mathbb{R}$. Verifiquemos que esta función también cumple la condición del enunciado:
$f(xy + f(x)) = f(xy + 1 - x) = 1 - (xy + 1 - x) = x - xy$;
$xf(y) = x(1-y) = x-xy$.
Concluimos que las únicas funciones que cumplen la condición del enunciado son $f(t) = 0$ y $f(t) = 1-t$. $\blacksquare$
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Supongamos que $f$ no es constante, y luego nos encargamos de eso. Luego existe $a\in \mathbb{R}$ con $f(a)\neq 0$.
Tomando $x=\frac{b}{f(a)}, y=a$, queda $f\left(\frac{ab}{f(y)}+f\left( \frac{b}{f(y)}\right)\right)=b$, luego $f$ es sobreyectiva.
Tomando $y=0$, queda $f\left(f(x)\right)=xf(0)$.
En esto último, tomando $x=f(0)$ por un lado, y aplicando $f$ en ambos lados y luego tomando $x=0$, nos queda $f(0)²=f\left(f\left(f(0)\right)\right)=f(0)$, luego $f(0)\in \{0,1\}$.
Si $f(0)=0$, $f(f(x))=0\;\forall x\in\mathbb{R}$, luego al ser $f$ sobreyectiva, $f$ es constante, lo cual es absurdo. Luego $f(0)=1$ y $f\left(f(x)\right)=x$, por lo que $f$ es inyectiva.
Tomando $x=1$, nos queda $f\left(y+f(1)\right)=f(y)\Longrightarrow y+f(1)=y\Longrightarrow f(1)=0$.
Tomando $y=1$, $f\left(x+f(x)\right)=xf(1)=0=f(1)\Longrightarrow x+f(x)=1\Longrightarrow f(x)=1-x$.
La comprobación es fácil de ver.
Nos faltaba ver $f$ constante, quedando $f(x)=k$, dando $k=kx\forall \; x\in\mathbb{R}\Longrightarrow k=0$.
Otra vez, la comprobación es trivial.
Luego las únicas funciones que satisfacen son $f(x)=1-x$ y $f(x)=0$.
Esto no podría empezar con "supongamos que $f$ no es la función que vale siempre $0$" en vez de "no es constante" y listo? Creo que es lo mismo que mi solución jajaj
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Sí $x = y = 0$ en la ecuación inicial, entonces: $f(f(0)) = 0$
Sí $x = f(0)$ en la ecuación inicial, se tiene que: $f(f(0)y) = f(0)f(y)$ (1)
Sí en la ecuación (1) $y = 0$, entonces: $f(0) = f(0)^2$, de dónde $f(0) = 1$ o $f(0) = 0$
Sí $y = 0$ en la ecuación inicial se tiene que $f(f(x)) = xf(0)$ (2)
Sí $y = 1$ en la ecuación inicial tenemos que: $f(x + f(x)) = xf(1)$ (3)
Veamos el caso donde $f(0) = 1$
En la ecuación (2) tenemos que $f(f(x)) = x$ (4)
Sí $x = 0$ en la ecuación (4), tenemos que $f(1) = 0$
Sabiendo esto en la ecuación (3) tenemos que $f(x + f(x)) = 0$ (5)
Si aplicamos $f$ a ambos lados de la ecuación (5) tenemos que $x + f(x) = f(0)$ $\Rightarrow$ $x + f(x) = 1$ $\Rightarrow$ $f(x) = 1 - x$
Comprobemos en la ecuación inicial:
$f(xy + 1 - x) = x(1 - y)$
$1 - (xy + 1 - x)= x - xy$
$1 - xy - 1 + x = x - xy$
$x - xy = x - xy$
Ahora veamos el caso donde $f(0) = 0$
En (2) tenemos que $f(f(x)) = 0$
Si aplicamos $f$ a ambos lados de la ecuación inicial, entonces: $f(xf(y)) = 0$ (6), es fácil ver qué $f(x) = 0$ cumple, supongamos que existe un $t$ $∈$ $\mathbb{R}$, tal que $f(t) ≠ 0$, sí $y = t$ y $x = \frac{t}{f(t)}$ en la ecuación (6) (se puede dividir por $f(t)$, ya que supusimos que $f(t) ≠ 0$), se tiene que $f(t) = 0$, absurdo, por lo tanto la única solución es $f(x) = 0$, $x$ $∈$ $\mathbb{R}$.
Comprobemos en la ecuación inicial:
$0 = x .0$
$0 = 0$
Por lo tanto las únicas soluciones que cumplen la ecuación son: $f(x) = 1 - x$, $x$ $∈$ $\mathbb{R}$ y $f(x) = 0$, $x$ $∈$ $\mathbb{R}$.
La siguiente jugada puede estar mal, Klir me dijo que puede llegar a estar bien y Uri Digestani me dijo que esta mal. De cualquier manera la demostración de infectividad ya la hicieron en otras soluciones que pueden ver. Ejemplo:
Matías V5 escribió: ↑Vie 16 Abr, 2021 11:17 pm
Ahora volvemos a $f(f(x)) = xf(0)$, y podemos probar que la función $f$ es inyectiva: en efecto, si $f(x_1) = f(x_2)$, entonces aplicando $f$ de los dos lados llegamos a que $x_1f(0) = x_2f(0)$, y como $f(0) \neq 0$ esto implica $x_1 = x_2$. Luego $f$ es inyectiva.
Suponemos que $f$ es inyectiva, y por lo tanto si $f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2$
$f(xf(0) + f(x)) = 0$
$f(f(0)) = 0$
$f(0) = xf(0) + f(x) \Rightarrow f(x) = f(0) - xf(0)$
Funcion la cual, es inyectiva para todo $f(0) \neq 0$
Reemplazando en la función original con esta nueva función:
$f(xy + f(x)) = xf(y)$
$f(xy + f(0) - xf(0)) = x[f(0) - yf(0)] \Rightarrow f(0) -f(0)(xy + f(0) - xf(0)) = xf(0) - xyf(0) \Rightarrow 1 -xy - f(0) + xf(0) = x - xy \Rightarrow
1 - f(0) + xf(0) = x$
De lo cual concluimos que si $f(0) = 1, x = x$ y por lo tanto la función f(x) = 1 - x cumple.
Por ultimo consideramos el caso excluido donde $f(0) = 0$ y nos da que la función $f(x) = 0$ también es solución.
@Bauti.md ig // Ridin' in a getaway car // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$
La siguiente jugada puede estar mal, Klir me dijo que puede llegar a estar bien y Uri Digestani me dijo que esta mal. De cualquier manera la demostración de infectividad ya la hicieron en otras soluciones que pueden ver. Ejemplo:
Matías V5 escribió: ↑Vie 16 Abr, 2021 11:17 pm
Ahora volvemos a $f(f(x)) = xf(0)$, y podemos probar que la función $f$ es inyectiva: en efecto, si $f(x_1) = f(x_2)$, entonces aplicando $f$ de los dos lados llegamos a que $x_1f(0) = x_2f(0)$, y como $f(0) \neq 0$ esto implica $x_1 = x_2$. Luego $f$ es inyectiva.
Suponemos que $f$ es inyectiva, y por lo tanto si $f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2$
$f(xf(0) + f(x)) = 0$
$f(f(0)) = 0$
$f(0) = xf(0) + f(x) \Rightarrow f(x) = f(0) - xf(0)$
Funcion la cual, es inyectiva para todo $f(0) \neq 0$
Reemplazando en la función original con esta nueva función:
$f(xy + f(x)) = xf(y)$
$f(xy + f(0) - xf(0)) = x[f(0) - yf(0)] \Rightarrow f(0) -f(0)(xy + f(0) - xf(0)) = xf(0) - xyf(0) \Rightarrow 1 -xy - f(0) + xf(0) = x - xy \Rightarrow
1 - f(0) + xf(0) = x$
De lo cual concluimos que si $f(0) = 1, x = x$ y por lo tanto la función f(x) = 1 - x cumple.
Por ultimo consideramos el caso excluido donde $f(0) = 0$ y nos da que la función $f(x) = 0$ también es solución.
$f$ es sobreyectiva ya que $xf(y)$ recorre todos los reales, como la parte izquierda es $f$ entonces la imagen también son los reales.
Esto es cierto siempre y cuando exista algún valor de $y$ tal que $f(y)\neq 0$, o sea siempre y cuando $f$ no sea la función nula. Acá deberías de mencionar que hay que separar el problema en dos casos, ver los primeros dos párrafos de la solución de Mati.
Si $y = f(0)$ (Jugada valida por ser sobreyectiva)
No es necesario saber que la función es sobreyectiva para hacer ese remplazo, lo podes hacer simplemente porque $f(0)\in\mathbb R$.
Suponemos que $f$ es inyectiva, y por lo tanto si $f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2$
$f(xf(0) + f(x)) = 0$
$f(f(0)) = 0$
$f(0) = xf(0) + f(x) \Rightarrow f(x) = f(0) - xf(0)$
Funcion la cual, es inyectiva para todo $f(0) \neq 0$
Reemplazando en la función original con esta nueva función:
$f(xy + f(x)) = xf(y)$
$f(xy + f(0) - xf(0)) = x[f(0) - yf(0)] \Rightarrow f(0) -f(0)(xy + f(0) - xf(0)) = xf(0) - xyf(0) \Rightarrow 1 -xy - f(0) + xf(0) = x - xy \Rightarrow
1 - f(0) + xf(0) = x$
De lo cual concluimos que si $f(0) = 1, x = x$ y por lo tanto la función f(x) = 1 - x cumple.
Acá entiendo que estas separando el problema en dos caos. Cuando $f$ es inyectiva y cuando no. El análisis de que pasa cuando $f$ es inyectiva esta bien, pero te falta toda la parte de que pasa cuando $f$ no es inyectiva. Lo correcto acá, tal como lo pones en el spoiler, sería probar la inyectividad.
Esto es cierto siempre y cuando exista algún valor de $y$ tal que $f(y)\neq 0$, o sea siempre y cuando $f$ no sea la función nula. Acá deberías de mencionar que hay que separar el problema en dos casos, ver los primeros dos párrafos de la solución de Mati.
Claro, no me di cuenta de ponerlo al principio pero lo especifique al final cuando dividí por $f(0)$
No es necesario saber que la función es sobreyectiva para hacer ese remplazo, lo podes hacer simplemente porque $f(0)\in\mathbb R$.
Es verdad, pasa que yo estaba pensando que capaz $f(0)$ no existía por ejemplo en la función $f(x) = \sqrt{x-1}$, pero al ser sobreyectiva me aseguro que esto es cierto, sin embargo es verdad que si el dominio de la función son los reales entonces $f(0)$ debe de existir
Acá entiendo que estas separando el problema en dos caos. Cuando $f$ es inyectiva y cuando no. El análisis de que pasa cuando $f$ es inyectiva esta bien, pero te falta toda la parte de que pasa cuando $f$ no es inyectiva. Lo correcto acá, tal como lo pones en el spoiler, sería probar la inyectividad.
Si, yo pensaba que si suponía que la función era inyectiva, y luego llegaba a que si lo era, ya estaba la demostración, sin embargo hay que demostrar la inyectividad primero y por eso adjunte la demostración de otra persona porque yo no lo había podido hacer.
Empecé este mes recién con el tema de ecuaciones funcionales así que agradezco absolutamente todas las correcciones ya que me sirven para seguir aprendiendo y dios quiera llegar a la IMO (Hay mas chances que se resuelva la hipótesis de Riemann a que yo llegue).
Asumiendo que $f$ es constante, queda que $c=xc$, que sólo cumple para todo $x\in \mathbb{R}$ si $c=0$. Por ende, la única solución constante es $f(x)=0$.
Si $f$ no es constante, entonces existe un valor $t$ tal que $f(t)\neq 0$, y reemplazando $y=t$, queda que la imágen de la función de la parte izquierda es $xf(t)$ que recorre todos los reales, por lo que $f$ es sobreyectiva.
Reemplazando en la ecuación original $x=0$, queda que $f(f(0))=0$
Reemplazando en la ecuación original $x=f(0)$, queda que $f(f(0)y+f(f(0)))=f(0)f(y)=f(f(0)y)$ (1)
Reeplazando $y=0$ en (1), queda que $f(0)=f(0)^2$, por lo que $f(0)=0$ o $f(0)=1$
Asumiendo que $f(0)=0$, reemplazando $y=0$ en la ecuación original, queda que $f(f(x))=xf(0)=0$, pero como $f(x)$ pasa por todos los reales, $f$ tendría que ser constante, absurdo.
Por lo tanto, $f(0)=1$. Reemplazando $y=1$ en (1), queda que $f(f(0))=f(0)f(1)=0$, por lo que $f(1)=0$.
Reemplazando $y=0$ en la ecuación original, queda que $f(f(x))=xf(0)=x$, por lo que $f$ es inyectiva, ya que si $f(a)=f(b)\Rightarrow f(f(a))=f(f(b))\Rightarrow a=b$
Reemplazando $y=1$ en la ecuación original, queda que $f(x+f(x))=0=f(1)$, y como $f$ es inyectiva, $x+f(x)=1\Rightarrow f(x)=1-x$, y se verifica que anda.
Por consiguiente, las únicas soluciones son $f(x)=0$ y $f(x)=1-x$ $\clubsuit$
Eratóstenes fue un elemento esencial de la matemática; sus descubrimientos quedarán periódicos en la historia. En su tabla, basta con mirar levemente hacia la izquierda para pasar del 79 al 47