Sea $\mathbb R^{+}$ el conjunto de los números reales positivos. Hallar todas las funciones $f : \mathbb R^{+} \to \mathbb R^{+}$ tales que para cada $x \in \mathbb R^{+}$, existe exactamente un $y \in \mathbb R^{+}$ que satisface $xf(y) + yf(x) \leqslant 2$.
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En primer lugar, por AM-GM, obtenemos que para cada $x$ del enunciado existe un $y$ que satisface que:
$\sqrt{xyf(x)f(y)} \leq \frac{xf(y)+yf(x)}{2}\leq 1 \Rightarrow xf(x)yf(y)\leq 1$
Si existiera un $x_0$ tal que $x_0f(x_0)>1$ entonces para su $y_0$ correspondiente valdría que:
$y_0f(y_0)<1 \Rightarrow f(y_0)<\frac{1}{y_0}$.
Pero notemos que entonces para este $y_0$ hay dos posibles elementos $y_1$ que satisfacen la condición $y_0f(y_1)+y_1f(y_0)\leq 2$. Por un lado, $x_0$ lo satisface, pero también $y_0$, ya que $y_0f(y_0)+y_0f(y_0)<y_0\frac{1}{y_0}+y_0\frac{1}{y_0}=2$. Por la unicidad del enunciado, esto implicaría que $y_0=x_0$. Pero esto es absurdo, pues $y_0f(y_0)<1$ y $x_0f(x_0)>1$. Entonces, deducimos que $f(x)\leq \frac{1}{x}$ para todo $x\in\mathbb{R}^+$.
Supongamos ahora que existe un $x$ para el que $f(x)<\frac{1}{x}$. Entonces $f(x)=\frac{1}{x}(1-\varepsilon)$ para cierto $0<\varepsilon<1$. Sea ahora cualquier $y$, $y\in [x, x(1+\varepsilon) ]$. Entonces:
$xf(y)+yf(x)\leq \frac{x}{y}+y\frac{1-\varepsilon}{x}\leq 1+ x(1+\varepsilon)\frac{1-\varepsilon}{x}\leq 1+ 1-\varepsilon^2 <2$
Entonces para ese $x$ todos los elementos del intervalo $[x, x(1+\varepsilon)]$ son posibles $y$, y esto contradeciría la unicidad. Por lo tanto, necesariamente $\boxed{f(x)=\frac{1}{x}}$.
Finalmente, verificamos que esta función efectivamente cumple la condición del enunciado: