Ibero 2020 - P5

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Gianni De Rico

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Encuentre todas las funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tales que$$f(xf(x-y))+yf(x)=x+y+f\left (x^2\right )$$para cualesquiera números reales $x,y$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Dauphineg

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$\cdot$ Hacemos $x=0$ e $y=1$ en la ecuación inicial $\Rightarrow f(0)+f(0)=1+f(0)\Rightarrow f(0)=1$
$\cdot$ Hacemos $x=1$ e $y=1$ en la ecuación inicial $\Rightarrow f(f(0))+f(1)=2+f(1)\Rightarrow f(1)=2$
$\cdot$ Hacemos $x=1$ e $y=1-z$ (para todo $z\varepsilon \mathbb{R}$) en la ecuación inicial $\Rightarrow f(f(z))+(1-z).2=2-z+2 \Rightarrow f(f(z))=2+z$
De la última igualdad podemos probar que $f$ es inyectiva ya que si $f(a)=f(b) \Rightarrow f(f(a))=f(f(b)) \Rightarrow a+2=b+2 \Rightarrow a=b$
Supongamos que $k\varepsilon \mathbb{R}, k\neq 0, k\neq 1$ entonces por la inyectividad de $f$ tenemos que $f(k)\neq 1,f(k)\neq 2$
$\cdot$ Hacemos $x=k$ e $y=\frac{k}{f(k)-1} $ en la ecuación inicial $\Rightarrow f\left ( k.f\left ( k-\frac{k}{f(k)-1}\right )\right )+ \frac{k}{f(k)-1}.f(k)=k+\frac{k}{f(k)-1}+f(k^{2})$
$\Rightarrow f\left ( k.f\left ( k-\frac{k}{f(k)-1}\right )\right )+ \frac{k.f(k)}{f(k)-1}=\frac{k.f(k)}{f(k)-1}+f(k^{2})\Rightarrow f\left ( k.f\left ( k-\frac{k}{f(k)-1}\right )\right )=f(k^{2})$ y nuevamente por la inyectividad de $f$
tenemos que $k.f\left ( k-\frac{k}{f(k)-1} \right )=k^{2}\Rightarrow$ como $k\neq 0$ llegamos a que $f\left ( k-\frac{k}{f(k)-1} \right )=k\Rightarrow f\left ( f\left ( k-\frac{k}{f(k)-1} \right ) \right )= f(k)\Rightarrow$
$k-\frac{k}{f(k)-1}+2=f(k)$ y esto es una cuadrática en $f(k)$, la resolvemos (lo dejo para el lector) y obtenemos como soluciones $f(k)=k+1$ o $f(k)=2$
Pero como $f(k)\neq 2\Rightarrow f(k)=k+1 $ para todo $k\neq 0,1$, además $f(0)=1=0+1$ y $f(1)=2=1+1$, así que se cumple que
para todo $k\varepsilon \mathbb{R}$ es $f(k)=k+1$, solo resta verificar que esta función cumple.
MI: $f\left ( x.f\left ( x-y \right ) \right )+y.f(x)= x.f\left ( x-y \right)+1+y.\left ( x+1 \right )=x.\left ( x-y+1 \right )+1+y.x+y=x^{2}-xy+x+1+y.x+y=$
$=x^{2}+x+y+1$, MD: $x+y+x^{2}+1$, claramente se cumple la igualdad, así que la única solución es $f(x)=x+1$

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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2020 - P5

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Sea $P(x,y)$ la proposición $f(xf(x-y))+yf(x)=x+y+f\left (x^2\right )$.

Si hacemos $P(0,0)$ no llegamos a nada, probamos con $P(0,1)$ y obtenemos $f(0)+f(0)=1+f(0)$, de donde $f(0)=1$.
Hacemos que aparezca $0$ en $f(x-y)$ para que nos de $1$, con $P(1,1)$ obtenemos $f(1)+f(1)=2+f(1)$, por lo que $f(1)=2$. Si estuviéramos en $\mathbb{Z}$, ya podríamos intentar una inducción o algo por el estilo para ver que es lineal, y en este caso tendría que ser $f(x)=x+1$. El problema es que estamos en $\mathbb{R}$, así que vamos a tener que buscar otra forma de ver que pasa esto.

De $P(x,x)$ obtenemos$$f\left (x^2\right )=xf(x)+f(x)-2x$$entonces reemplazando en la ecuación original resulta$$f(xf(x-y))-f(x)=(x-y)(f(x)-1)$$llamamos $Q(x,y)$ a esta proposición, evaluando entonces $Q(1,y)$ nos queda $f(f(1-y))-f(1)=(1-y)(f(1)-1)$, y usando que $f(1)=2$ esto es $f(f(1-y))=3-y$, en otras palabras$$f(f(x))=x+2$$de donde claramente $f$ es sobreyectiva, además, es inyectiva pues si $f(a)=f(b)$ resulta$$a+2=f(f(a))=f(f(b))=b+2$$y así $a=b$, entonces $f$ es biyectiva.

Como $f$ es biyectiva, entonces para cada $x$ existe un único $z_x$ tal que $f(z_x)=x$. Evaluando entonces $Q(x,x-z_x)$ resulta$$\begin{align*}f(xf(x-x+z_x))-f(x) & =(x-x+z_x)(f(x)-1) \\
f\left (x^2\right )-f(x) & =z_x(f(x)-1) \\
xf(x)-2x & =z_x(f(x)-1) \\
x(f(x)-2) & =z_x(f(x)-1)
\end{align*}$$donde usamos la ecuación para $f\left (x^2\right )$ que obtuvimos antes.
Ahora, como $x=f(z_x)$, entonces $f(x)=f(f(z_x))=z_x+2$, por lo que$$\begin{align*}x(z_x+2-2) & =z_x(z_x+2-1) \\
xz_x & =z_x(z_x+1) \\
z_x(x-z_x-1) & =0
\end{align*}$$de donde para cada $x$, o bien $z_x=0$ o bien $x-z_x-1=0$.
Si existe $x$ tal que $x-z_x-1\neq 0$, tenemos que $z_x=0$, por lo que $x=f(z_x)=f(0)=1$, y así $x-z_x-1=1-0-1=0$. Absurdo.
Entonces para todo $x$ se cumple que $x-z_x-1=0$, por lo que $z_x=x-1$, así que $f(x-1)=f(z_x)=x$, y poniendo $y=x-1$, tenemos que $f(y)=y+1$ para todo $y\in \mathbb{R}$.

Para ver que funciona, notemos que evaluando el lado izquierdo obtenemos$$\begin{align*}f(xf(x-y))+yf(x) & =f(x(x-y+1))+y(x+1) \\
& =x(x-y+1)+1+y(x+1) \\
& =x^2-xy+x+1+xy+y \\
& =x+y+x^2+1
\end{align*}$$y evaluando del lado derecho obtenemos$$x+y+f\left (x^2\right )=x+y+x^2+1$$entonces $f$ cumple con la ecuación. Por lo tanto, la única solución es $f(x)=x+1$.
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BrunZo

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Re: Ibero 2020 - P5

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Yo digo que la única función que cumple es $f(x)=x+1$ para todo número real $x$. Veamos por qué:

Primero, $x=0$ e $y=1$ implican $2f(0)=1+f(0)$, luego $f(0)=1$.
Segundo, $x=y=1$ implica $f(f(0))+f(1)=2+f(1)$, pero $f(0)=1$, así que el lado izquierdo es $2f(1)$ y entonces $f(1)=2$.
Tercero, $x=1$, $y=1-z$ implica $f(f(z))+(1-z)f(1)=2-z+f(1)$, pero usando que $f(1)=2$, tenemos que $f(f(z))=z+2$ para todo real $z$.

Ahora sí, sea $a$ cualquier número real no nulo. Vamos a probar que $f(a)=a+1$. Para eso, consideremos $x=f(a)$ e $y=f(a)-a$. Entonces tenemos , recordando que $f(f(a))=a+2$, que vale

$\begin{align}
f(xf(x-y))+yf(x)&=x+y+f(x^2) \\
f(f(a)^2)+(f(a)-a)f(f(a))&=2f(a)-a+f(f(a)^2) \\
(f(a)-a)(a+2)&=2f(a)-a \\
af(a)+2f(a)-a^2-2a&=2f(a)-a \\
af(a)&=a^2+a \\
f(a)&=\frac{a^2+a}{a}=a+1 \\
\end{align}$

como queríamos. Más aún, para $a=0$ ya teníamos que $f(0)=1=0+1$, así que solo falta ver que funciona, pero la cuenta da y listo.
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