Selectivo IMO 2022 P2

[Gianni De Rico]

Sea $\mathbb{R}^+$ el conjunto de los números reales positivos. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ que satisfacen $f(xf(y))=f(xy)+x$ para todos $x,y\in \mathbb{R}^+$.

[Fedex]

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Hacemos el reemplazo $x \to f(x)$ luego:
$$f(f(x)f(y)) = f(f(x)y) + f(x) = f(xy) + y + f(x)$$
Si intercambiamos las variables $x, y$ tenemos:
$$y + f(x) = x + f(y)$$
Tomando $y= 1$ tenemos $f(x) = x + f(1) - 1 = x + c$.
Ahora reemplazando en la ecuación original:
$xf(y) + c = xy + c + x$
$xy + xc + c = xy + c + x$
$x(c-1) = 0$
Como todo $x > 0$ entonces $c=1$.
Finalmente $f(x) = x+1$ es la única solución.

[Gianni De Rico]

A pedido del señor de arriba

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$P(x,y):f(xf(y))=f(xy)+x$\begin{align*}P(1,x) & \implies f(f(x))=f(x)+1\qquad (1) \\
P(x,x) & \implies f(xf(x))=f(x^2)+x\implies f(x^2)=f(xf(x))-x\qquad (2) \\
P(x,f(x)) & \implies f(xf(f(x)))=f(xf(x))+x\qquad (3) \\
P(f(x),x) & \implies f(f(x)^2)=f(xf(x))+f(x) \\
& \underset{(2)}{\implies}f(f(x)f(f(x)))-f(x)=f(xf(x))+f(x) \\
& \implies f(f(x)f(f(x)))=f(xf(x))+2f(x)) \\
& \underset{(1)}{\implies}f(f(x)(f(x)+1))=f(xf(x))+2f(x)\qquad (4) \\
P(f(x)+1,x) & \implies f(f(x)(f(x)+1))=f(x(f(x)+1))+f(x)+1\qquad (5) \\
f(xf(x))+2f(x) & \underset{(4)}{=}f(f(x)(f(x)+1)) \\
& \underset{(5)}{=}f(x(f(x)+1))+f(x)+1 \\
& \underset{(1)}{=}f(xf(f(x)))+f(x)+1 \\
& \underset{(3)}{=}f(xf(x))+x+f(x)+1
\end{align*}$f(x)=x+1$

[Fran5]

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Yo: Mamá, podemos tener sobreyectividad en la eq funcional?

Mamá: ya tenemos sobreyectividad en la eq funcional

Sobreyectividad en la eq funcional:

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Notemos primero que si $x=1$ entonces $f(f(y)) = f(y)+1$ de donde si $z = f(y)$ tenemos $f(z)=z+1$.

Sería genial que $f$ fuera sobreyectiva, así $f(x)= x+1$... pero justo esta función no es sobreyectiva!

Notemos que si $y = \dfrac{c}{x}$ nos queda $$f \left( x f \left( \frac{c}{x} \right) \right) = f(c) + x$$ de donde si $z > f(c)$ entonces tenemos $x = z-f(c) > 0$ y existe un $x_0 = x f \left( \frac{c}{x} \right)$ tal que $f(x_0) = f(c)+x = z$

Luego, si $z \geq f(c)$, resulta $f(z) = z+1$ (le añadimos la igualdad porque para $z=f(c)$ ya sabemos que anda)

Supongamos ahora $y < f(c)$. Sea $x > 0$ tal que $xf(y) > f(c)$ y además $xy > f(c)$. Luego $$xf(y)+1 = f(x f(y)) = f(xy)+x = xy+1+x$$ de donde $$ f(y) = \frac{xy+x}{x} = y+1$$ y por lo tanto la única solución es $f(x) = x+1$ que es fácil ver que anda

[Uriel J]

Solución:

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

Si $x = 1$, $f(f(y)) = f(y) + 1$

Entonces si demostramos que la función es sobreyectiva estariamos y sería $f(x) = x + 1$ para todos los reales positivos. Pero veamos que no vamos a demostrarlo de una para todos los reales positivos

Si $y = \frac{1}{x}$, $f(xf(\frac{1}{x})) = f(1) + x$ entonces sabemos que la función recorre todos los reales mayores a $f(1)$

Luego, para todo $x > f(1)$, $f(x) = x +1$

Sea $y = 1$ y $x > 1$, $f(xf(1)) = f(x) + x$
Como $xf(1) > f(1)$, $f(xf(1)) = xf(1) + 1$
Luego, $xf(1) + 1 = f(x) + x$ y por ende $x(f(1) - 1) = f(x) - 1$

Si $f(1) < 2$, $x(f(1) - 1) < x$ y por ende $f(x) - 1 < x$ y $f(x) < x + 1$ para $x > 1$ pero existe un $x$ lo suficientemente grande (mayor a $1$ y $f(1)$) tal que $f(x) = x + 1$. Entonces $f(1) \geq 2$
Si $f(1) > 2$, $x(f(1) - 1) > x$ y por ende $f(x) - 1 > x$ y $f(x) > x + 1$ para $x > 1$ pero existe un $x$ lo suficientemente grande (mayor a $1$ y $f(1)$) tal que $f(x) = x + 1$. Entonces $f(1) \leq 2$

Podemos determinar que $f(1) =2$

Si $y = 1$, $f(2x) = f(x) + x$ y haciendo una buena inducción (trabajo para el lector) se puede llegar a que termina siendo $f(x) = x + 1$ para todos los reales positivos