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$(x,y,u,v)$

$(f(x)+f(y))(f(u)+f(v))=f(xu-yv)+f(xv+yu)$


$(x,x,0,0)$

$2f(x)2f(0)=2f(0)$

Si $f(0)\neq 0\Rightarrow f(x)=\frac{1}{2}$ para todo $x$, lo cual satisface la ecuación $\left (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right )\left (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right )=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$.

Sigamos con $f(0)=0$

$(x,0,y,0)$

$f(x)f(y)=f(xy)$

$(x,0,1,0)$

$f(x)f(1)=f(x)$

Si $f(1)\neq 1\Rightarrow f(x)=0$ para todo $x$, lo cual satisface la ecuación.

Seguimos con $f(1)=1$

$(0,1,0,1)$

$f(1)f(1)=f(-1)=1$

$(x,0,-1,0)$
$f(x)f(-1)=f(x)=f(-x)$

$(x,y,y,x)$

$\left (f(x)+f(y)\right )^2=f\left (x^2+y^2\right )$

Supongamos que existe $a/ f(a)<0$

$f(a)=f(-a)$ WLOG $a>0$

$f\left (\sqrt a\right )f\left (\sqrt a\right )=f\left (\sqrt a\right )^2=f(a)\geq 0$ Contradicción.

$f(x)\geq 0$ para todo $x$.


Veamos por inducción que $f(x)=x^2$ para $x$ entero, como $f(x)=f(-x)$ es suficiente verlo en los naturales, supongamos que esto es cierto para los primeros $k$ naturales.

$f\left (\sqrt k\right )f\left (\sqrt k\right )=f(k)=k^2\Rightarrow f\left (\sqrt k\right )=k$

$\left (\sqrt k,1,1,\sqrt k\right )$

$\left (f\left (\sqrt k\right )+f(1)\right )^2=(k+1)^2=f\left (\left (\sqrt k\right )^2+1^2\right )=f(k+1)$

Como arrancamos con que $f(1)=1$ por la inducción tenemos que $f(x)=x^2$ para $x$ enteros, llevemoslo a los racionales.

Sean $a$ y $b$ dos enteros.

$f\left (\frac{a}{b}\right )f(b)=f\left (\frac{a}{b}\right )b^2=f(a)=a^2\Rightarrow f\left (\frac{a}{b}\right )=\frac{a^2}{b^2}$

Ahora veamos que si $a$ y $b$ son reales positivos tales que $b<a$ entonces $f(b)\leq f(a)$.

$(x,y,x,y)$

$\left (f(x)+f(y)\right )^2=f\left (x^2-y^2\right )+f(2xy)$

Pero por $(x,y,y,x)$

$\left (f(x)+f(y)\right )^2=f\left (x^2+y^2\right )$

Por lo que $f\left (x^2+y^2\right )=f\left (x^2-y^2\right )+f(2xy)$

Remplazando $x$ por $\sqrt{\frac{a+b}{2}}$ y $y$ por $\sqrt{\frac{a-b}{2}}$ nos queda

$f(a)=f(b)+f(2xy)$

Como $f(x)\geq 0$ para todo $x$, $f(a)\geq f(b)$

Ahora terminemos el problema, supongamos que hay un real $r$ tal que $f(r)\neq r^2$, WLOG $f(r)=r^2+d$ con $d$ positivo.

Como los racionales son densos en los reales podemos encontrar un racional $t$ tal que $r<t$ y $r^2<t^2<r^2+d$ pero tendríamos que $f(t)<f(r)$ contradicción, por lo que para todo real (ya que $f(x)=f(-x)$) $f(x)=x^2$.

Veamos que anda $(xu-yv)^2+(xv+yu)^2=x^2u^2-2xuyv+y^2v^2+x^2v^2+2xvyu+y^2u^2=x^2u^2+y^2v^2+x^2v^2+y^2u^2=\left (x^2+y^2\right )\left (u^2+v^2\right )$

En conclusión las únicas soluciones son $f(x)=\frac{1}{2}$, $f(x)=0$ y $f(x)=x^2$

Joacoini escribió: ↑Vie 20 Dic, 2019 1:44 pm

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Como los racionales son densos en los reales