FOFO de Pascua - Problema 8

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Fran5

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FOFO de Pascua - Problema 8

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Sea $\mathbb{R}^+$ el conjunto de los reales positivos. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ tales que$$f(x+f(y))=yf(xy+1)$$para todos $x,y\in \mathbb{R}^+$.
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
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Fran5

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Re: FOFO de Pascua - Problema 8

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Solución Oficial
Spoiler: mostrar
La solución se basa en ver qué forma tiene la ecuación original y explotarla para deducir propiedades de la función $f$

Notemos que tenemos una expresión de la forma $f(algo1) = y f(algo2)$ en la ecuación, por lo que si hacemos que $algo2$ sea constante, podemos mostrar sobreyectividad. Para ello hacemos el reemplazo $x = \frac{1}{f(y)}$ (que es un real positivo pues $f(y)$ es un real positivo.

$$f \left( \frac{1}{f(y)} + f(y) \right)= y f \left( \frac{1}{f(y)} f(y) \right) = yf(2)$$

De donde $f$ es sobreyectiva ya que $yf(2)$ recorre todos los reales positivos a medida que $y$ recorre todos los reales positivos

Ahora vamos a usar una propiedad muy importante de los reales positivos
$ab = ac$ si y sólo si $a=c$; y además $ab < ac$ si y sólo si $a<c$.
Supongamos ahora que podemos elegir $x,y$ tales que $algo1 = algo2$, es decir, $x + f(y) = xy+1$.
Así $f(x+f(y)) = yf(xy+1)= yf(x+f(y))$ y por lo tanto necesariamente debería ser $y = 1$, $f(y)=1$.
Notemos que $f(y)-1=xy-x \iff \frac{f(y)-1}{y-1} = x$. Luego existen tales $x,y$, y además si $y \neq 1$, entonces $\frac{f(y)-1}{y-1} $ no puede ser un real positivo, y por lo tanto deducimos que $$f(y) \leq 1 \iff y > 1$$ $$f(y) \geq 1 \iff y < 1$$

Hasta acá tenemos poco menos de la mitad del problema, pero ya vemos una posible solución: $f(x) = \frac{1}{x}$

Tomemos entonces $x$ tal que $yf(xy+1) = yf(y)$. En este caso bastaría $xy+1=y$, equivalentemente $x = \frac{y-1}{y}$ para $y > 1$. Así sería

$$ f\left( \frac{y-1}{y} + f(y) \right) = yf(y)$$

Si $f(y) =\frac{1}{y}$ entonces nos queda $f(1) = 1$ y todo bien. Si no, sería $$\frac{y-1}{y} + f(y) < 1 \iff f(y) < \frac{1}{y} \iff yf(y) < 1$$
$$\frac{y-1}{y} + f(y) > 1 \iff f(y) > \frac{1}{y} \iff yf(y) > 1$$ contradiciendo que $f(z) \leq 1 \iff z > 1$ ó $f(z) \geq 1 \iff z <1$ para $z = \frac{y-1}{y} + f(y)$

Luego necesariamente $f(y) = \frac{1}{y}$.

Veamos que también vale para $y < 1$. En este caso, para $x= 1$ se sigue que $1 < x+f(y)$ y además $1 < xy+1$ de donde

$$\frac{1}{f(y)+1} = f(1+ f(y)) = y f(y+1) = \frac{y}{y+1}$$

equivalentemente

$$f(y) +1 = \frac{y+1}{y} = 1 + \frac{1}{y} \Rightarrow f(y) = \frac{1}{y}$$

Sumado a que $f(1)=1$ , la única posible solución es $f(x ) =\frac{1}{x}$ para todo $x$ real positivo. Es fácil ver que esta función verifica la ecuación del enunciado y por lo tanto es la única solución.
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