Hallar todas las funciones $f:\mathbb R \to \mathbb R$ que satisfacen$$f(yf(x)-x)=f(x)f(y)+2x$$para todos $x,y\in \mathbb R$.
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Sea [math]P(x,y) evaluar [math]f(yf(x)-x)=f(x)f(y)+2x en [math](x,y). [math]P(0,0): [math]f(0)=f(0)^2.
Entonces o bien [math]f(0)=0 o bien [math]f(0)=1.
Si [math]f(0)=0: [math]P(-x,0) entonces [math]f(x)=-2x.
Vemos que verifica:
Por un lado[math]f(yf(x)-x)=f(-2xy-x)=4xy+2x.
Y por el otro [math]f(x)f(y)+2x=4xy+2x que claramente cumple.
Si [math]f(0)=1: [math]P(x,0): [math]f(-x)=f(x)+2x. A esto ultimo lo llamamos (1).
Supongamos que para cierto real [math]x conocemos que [math]f(x) es distinto de [math]0.
Entonces podemos reemplazar [math]P(x,\frac{x}{f(x)}):
Y obtenemos [math]1=f(0)=f(x)f(\frac{x}{f(x)})+2x.
Entonces [math]f(x)f(\frac{x}{f(x)})=1-2x. Esto lo llamamos (2).
Por otro lado para ese [math]x, también funciona el reemplazo [math]P(x,-\frac{x}{f(x)}):
Que nos da [math]f(-2x)=f(x)f(-\frac{x}{f(x)})+2x.
Reescribimos la condición usando (1):
Viendo el lado izquierdo; [math]f(2x)+4x=f(-2x).
Y viendo el lado derecho; [math]f(x)f(-\frac{x}{f(x)})+2x=f(x)(f(\frac{x}{f(x)})+2\frac{x}{f(x)})+2x=f(x)f(\frac{x}{f(x)})+4x.
Juntando ambas cuentas obtenemos [math]f(2x)=f(x)f(\frac{x}{f(x)}).
Que por (2) nos dice [math]f(2x)=1-2x. A esto lo llamamos (3) [Dicho explicitamente este resultado, si [math]f(x) distinto de [math]0; [math]f(2x)=1-2x].
Habiendo visto eso lo que querremos hacer es encontrar los ceros de [math]f.
Antes de encontrar los ceros de [math]f veremos que es unico el real [math]a tal que [math]f(a)=1.
Supongamos que [math]f(a)=1, entonces [math]P(a,a): [math]1=f(0)=1+2a, entonces [math]a=0.
Por lo tanto [math]f(a)=1 si y solo si [math]a=0.
Ahora queremos ver que [math]f(b)=0 si y solo si [math]b=1.
Primero podemos ver que existe un real [math]b tal que [math]f(b)=0.
Si no existiese, entonces [math]f(\frac{1}{2}) es distinto de [math]0 entonces [math]f(1)=1-2 \times \frac{1}{2}=0. Que es claramente un absurdo.
Por lo tanto existe un real [math]b tal que [math]f(b)=0.
Si reemplazamos [math]P(\frac{1}{2},b): [math]f(bf(\frac{1}{2})-\frac{1}{2})=1
Por lo tanto [math]bf(\frac{1}{2})-\frac{1}{2}=0. Entonces [math]bf(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}.
De esta cuenta podemos observar dos cosas:
1- [math]f(\frac{1}{2}) es distinto de [math]0. (Ya que existe un real [math]b para el que se satisface la cuenta).
2- [math]b=\frac{\frac{1}{2}}{f(\frac{1}{2})}. Entonces [math]b es único.
Como dijimos recién [math]f(\frac{1}{2}) es distinto de [math]0, y como vimos antes eso implicaba [math]f(1)=0.
Entonces [math]f(b)=0 si y solo si [math]b=1.
Lo que implica [math]f(x)=1-x para todo [math]x distinto de [math]2.
Entonces [math]f(-2)=1-(-2)=3 y por (1), [math]f(-2)=f(2)+4.
Entonces [math]f(2)=-1=1-2.
Por lo tanto [math]f(x)=1-x para todo [math]x.
Vemos que verifica:
Por un lado [math]f(yf(x)-x)=f(y-xy-x)=1-y+xy+x.
Y por el otro [math]f(x)f(y)+2x=(1-x)(1-y)+2x=1-y+xy+x que claramente cumple.
Queda entonces demostrado que las únicas funciones que cumplen son: [math]f(x)=-2x y [math]f(x)=1-x.
Si $P(x,y)$ es la proposicion del enunciado hacemos los siguientes reemplazos:
$P(x,0)\Rightarrow f(-x)=f(x)+2x$ $(I)$
$P(-1,-1)\Rightarrow f(-f(-1)+1)=f(-1)^2-2$ y por $(I)$ $f(-f(1)-1)=f(-1)^2-2=(f(1)+2)^2-2$
$P(1,-1)\Rightarrow f(-f(1)-1)=f(1)f(-1)+2=f(1)(f(1)+2)+2$, e igualando con lo anterior:
$(f(1)+2)^2-2=f(1)(f(1)+2)+2$ y desarrollando esto nos da que $f(1)=0$ y por lo tanto $f(-1)=2$.
Hagamos ahora $P(-1,-x)$. Esto nos da, aplicando $(I)$ reiteradas veces:
En el miembro izquierdo:
$f(-f(-x)+x)=f(-f(x)-2x+x)=f(-f(x)-x)=f(f(x)+x)+2f(x)+2x$
y en el miembro derecho:
$f(-x)f(-1)-2x=2f(x)+2x$
Y observando ambos miembros claramente $f(f(x)+x)=0$.
Si demostramos que $f(1)$ es el unico cero de la funcion, el problema estara resuelto dado a que $f(x)+x=1$ y $f(x)=1-x$.
Supongamos que existe un real $a$ distinto de uno tal que $f(a)=0$, haciendo:
$P(0,a)\Rightarrow f(-a)=2a$
$P(-\frac{1}{2},-a)\Rightarrow f(-\frac{1}{2}f(-a)+a)=f(0)=f(-\frac{1}{2})f(-a)-2a$
y por ende $1=2af(-\frac{1}{2})-2a$ $(II)$.
Nos resta hallar $f(-\frac{1}{2})$. Para ello hagamos:
$P(-1,-\frac{1}{2})\Rightarrow f(-\frac{1}{2}f(-1)+1)=f(0)=f(-1)f(-\frac{1}{2})-2$
$1=2f(-\frac{1}{2})-2\Rightarrow \frac{3}{2}=f(-\frac{1}{2})$.
Volviendo a la ecuacion $(II)$:
$1=2af(-\frac{1}{2})-2a=3a-2a=a$ y como se dijo que $a$ es distinto de uno tendremos un absurdo. El unico cero de $f$ sera $f(1)$ y por lo tanto $f(x)=1-x$ sera la unica solucion para $f(0)=1$.