Selectivo IMO 2015 - Problema 3

[HelcsnewsXD]

Tengo una duda de este problema pero esta sería mi solución

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$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x,y ε R
Si $x=0$, $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Si f(0) es distinto de 0, $f(y)=[-1-f(-1)]/f(0)$ => $f(y)$ es un valor constante, por lo que $f(y)=f(-1)=f(0)$ => $f(y)^2+f(y)+1=0$ => $f(y)=[-1+-(-3)^(1/2)]/2$ => f(y) no pertenece a R y es un absurdo. El otro caso es $f(0)=0$ => Si $x=y=0$, tenemos que $f(-1)+2f(0)=-1$ => $f(-1)=-1$ => Si ahora consideramos $x=y=-1$, tenemos $f(0)+2f(-1)=1$ => $0+(-2)=1$ => $-2=1$ y llegamos a otro absurdo

Otra forma de verlo es la siguiente:
$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x, y ε R

Si $x=y$, $f(x^2-1)+2f(x)=2x^2-1$ => a) Si $x=-1$, $f(0)+2f(-1)=1$ b) Si $x=0$, $f(-1)+2f(0)=-1$ c) Si $x=1$, $f(0)+2f(1)=1$ => Si igualamos a) y c) obtenemos $f(1)=f(-1)$ => Si restamos c) y b), en ese orden, tenemos que d) $f(1)-f(0)=2$ => En b) tenemos $[f(1)+1]/2=-f(0)$ => Reemplazando por d), $f(1)+1=4-2f(1)$, es decir, $f(1)=1$ => $f(1)=f(-1)=1$, $f(0)=-1$
Con esto, ahora consideremos $x=0$ => $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Reemplazando por valores, $1-f(y)=-1$ => $f(y)=2$ pero no se cumple ni con la igualdad y es absurdo ya que $f(y)$ es distinta de $f(-1)$,$f(1)$ y $f(0)$

Con esto tendríamos que no existe ninguna función que lo cumpla aunque no se si me estoy equivocando en alguna parte. Es decir, no tiene solución para f: R -> R pero sí para f: C -> C

[Fran5]

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Si $x=0$, $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => $f(y)=[-1-f(-1)]/f(0)$ => $f(y)$ es un valor constante,

Eso está mal. Puede ser que $f(0) = 0$ y no podes dividir por $0$

[HelcsnewsXD]

Ahí lo corregí y edité, pero se llega a otro absurdo

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$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x,y ε R
Si $x=0$, $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Si f(0) es distinto de 0, $f(y)=[-1-f(-1)]/f(0)$ => $f(y)$ es un valor constante, por lo que $f(y)=f(-1)=f(0)$ => $f(y)^2+f(y)+1=0$ => $f(y)=[-1+-(-3)^{1/2}]/2$ => f(y) no pertenece a R y es un absurdo. El otro caso es $f(0)=0$ => Si $x=y=0$, tenemos que $f(-1)+2f(0)=-1$ => $f(-1)=-1$ => Si ahora consideramos $x=y=-1$, tenemos $f(0)+2f(-1)=1$ => $0+(-2)=1$ => $-2=1$ y llegamos a otro absurdo

[Matías V5]

Este problema también está acá.

[Gianni De Rico]

Tengo una duda de este problema pero esta sería mi solución

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$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x,y ε R
Si $x=0$, $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Si f(0) es distinto de 0, $f(y)=[-1-f(-1)]/f(0)$ => $f(y)$ es un valor constante, por lo que $f(y)=f(-1)=f(0)$ => $f(y)^2+f(y)+1=0$ => $f(y)=[-1+-(-3)^(1/2)]/2$ => f(y) no pertenece a R y es un absurdo. El otro caso es $f(0)=0$ => Si $x=y=0$, tenemos que $f(-1)+2f(0)=-1$ => $f(-1)=-1$ => Si ahora consideramos $x=y=-1$, tenemos $f(0)+2f(-1)=1$ => $0+(-2)=1$ => $-2=1$ y llegamos a otro absurdo

Otra forma de verlo es la siguiente:
$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x, y ε R

Si $x=y$, $f(x^2-1)+2f(x)=2x^2-1$ => a) Si $x=-1$, $f(0)+2f(-1)=1$ b) Si $x=0$, $f(-1)+2f(0)=-1$ c) Si $x=1$, $f(0)+2f(1)=1$ => Si igualamos a) y c) obtenemos $f(1)=f(-1)$ => Si restamos c) y b), en ese orden, tenemos que d) $f(1)-f(0)=2$ => En b) tenemos $[f(1)+1]/2=-f(0)$ => Reemplazando por d), $f(1)+1=4-2f(1)$, es decir, $f(1)=1$ => $f(1)=f(-1)=1$, $f(0)=-1$
Con esto, ahora consideremos $x=0$ => $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Reemplazando por valores, $1-f(y)=-1$ => $f(y)=2$ pero no se cumple ni con la igualdad y es absurdo ya que $f(y)$ es distinta de $f(-1)$,$f(1)$ y $f(0)$

Con esto tendríamos que no existe ninguna función que lo cumpla aunque no se si me estoy equivocando en alguna parte. Es decir, no tiene solución para f: R -> R pero sí para f: C -> C

Hola, el error en tu solución (en las dos formas de verlo que pusiste) es que hacés $f(x)f(x)=2f(x)$ en vez de $f(x)f(x)=\left (f(x)\right )^2$

[HelcsnewsXD]

Tengo una duda de este problema pero esta sería mi solución

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$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x,y ε R
Si $x=0$, $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Si f(0) es distinto de 0, $f(y)=[-1-f(-1)]/f(0)$ => $f(y)$ es un valor constante, por lo que $f(y)=f(-1)=f(0)$ => $f(y)^2+f(y)+1=0$ => $f(y)=[-1+-(-3)^(1/2)]/2$ => f(y) no pertenece a R y es un absurdo. El otro caso es $f(0)=0$ => Si $x=y=0$, tenemos que $f(-1)+2f(0)=-1$ => $f(-1)=-1$ => Si ahora consideramos $x=y=-1$, tenemos $f(0)+2f(-1)=1$ => $0+(-2)=1$ => $-2=1$ y llegamos a otro absurdo

Otra forma de verlo es la siguiente:
$f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1$ / f: R -> R, x, y ε R

Si $x=y$, $f(x^2-1)+2f(x)=2x^2-1$ => a) Si $x=-1$, $f(0)+2f(-1)=1$ b) Si $x=0$, $f(-1)+2f(0)=-1$ c) Si $x=1$, $f(0)+2f(1)=1$ => Si igualamos a) y c) obtenemos $f(1)=f(-1)$ => Si restamos c) y b), en ese orden, tenemos que d) $f(1)-f(0)=2$ => En b) tenemos $[f(1)+1]/2=-f(0)$ => Reemplazando por d), $f(1)+1=4-2f(1)$, es decir, $f(1)=1$ => $f(1)=f(-1)=1$, $f(0)=-1$
Con esto, ahora consideremos $x=0$ => $f(-1)+f(0)f(y)=-1$ => Reemplazando por valores, $1-f(y)=-1$ => $f(y)=2$ pero no se cumple ni con la igualdad y es absurdo ya que $f(y)$ es distinta de $f(-1)$,$f(1)$ y $f(0)$

Con esto tendríamos que no existe ninguna función que lo cumpla aunque no se si me estoy equivocando en alguna parte. Es decir, no tiene solución para f: R -> R pero sí para f: C -> C

Hola, el error en tu solución (en las dos formas de verlo que pusiste) es que hacés $f(x)f(x)=2f(x)$ en vez de $f(x)f(x)=\left (f(x)\right )^2$

Sí, justo me acabo dar cuenta de eso. Para llegar a la solución es sencillo ya que llegás a dos opciones, con $f(1)=+-1$ y luego considerás cada caso. En el 1ero tenés que $f(x)=x$ y lo demostrás con inducción. Lo mismo hacés con $f(1)=-1$, de donde tenés que $f(x)=-x^2$. Esto lo hacés ya que en el 1er caso obtenés la fórmula $f(y)=2y-1-f(y-1)$ y en el 2do, $f(y)=f(y-1)-2y+1$

[Gianni De Rico]

Ojo, la inducción funciona para enteros solamente, la fórmula a la que llegues no siempre va a valer para los reales