Si reemplazamos [math]x=0 queda: [math]f(-1)+f(0)f(y)=-1.
Si [math]f(0) \neq 0, podemos despejar [math]f(y) y queda: [math]f(y)=\frac{-1-f(-1)}{f(0)}
Luego [math]f es constante, pero reemplazando [math]f(x)=c en la ecuacion queda el lado izquierdo constante y el derecho no. Absurdo.
Entonces [math]f(0)=0.
Volviendo a [math]x=0 usando que [math]f(0)=0 ahora queda [math]f(-1)=-1.
Ahora reemplazando [math]x=y=1 queda: [math]f(1)^2=1.
Luego [math]f(1)=1 o [math]f(1)=-1.
Si [math]f(1)=1,
Reemplazando por [math]x=z+1, [math]y=1 queda: [math]f(z)+f(z+1)= 2(z+1)-1 = 2z+1.
Luego [math]f(z+1)=2z+1-f(z) (1).
Desde ahora [math]x \neq 0.
Reemplazando por [math]y=1/x queda: [math]f(x)f(1/x) = 1.
En particular, [math]f(x) \neq 0.
Luego [math]f(1/x)= 1/f(x) (2).
Luego si miramos [math]f(1+1/x), usando (1) obtenemos: [math]f(1+1/x) = 2/x+1-f(1/x).
Y usando (2) tenemos: [math]f(1+1/x) = 2/x+1-1/f(x) (3).
Ahora reemplazamos [math]y=1+1/x (notando que [math]xy-1=x), queda: [math]f(x)+f(x)f(1+1/x)=2x+1.
Usando (3) queda: [math]f(x)+f(x)(2/x+1-1/f(x))=2x+1. [math]f(x)(2/x+2-1/f(x))=2x+1. [math]f(x)(2/x+2)-1=2x+1. [math]f(x)\frac{2x+2}{x}=2x+2. [math]f(x)=x.
Luego la única solución para [math]f(1)=1 es [math]f(x)=x y es fácil ver que funciona.
El caso [math]f(1)=-1 queda como ejercicio al lector.
En primer lugar recordemos la ecuación funcional clásica de Cauchy: Si [math]f(xy)=f(x)f(y), para cualesquiera reales [math]x,y, entonces [math]f(x)=x^m, para todo [math]x y [math]m constante.
Con respecto al problema, si [math]y=0, entonces [math]f(-1)+f(x)f(0)=-1, para todo real [math]x. Note que si [math]f(0)\neq 0, entonces [math]f(x)=-\frac{f(-1)+1}{f(0)}, es decir, existe una constante [math]c tal que [math]f(x)=c, para todo real [math]x, pero reemplazando en la ecuación original se observa que [math]2c+1=2xy, para todo reales [math]x,y, lo cual es absurdo. Por lo tanto, [math]f(0)=0.
Por otro lado, para [math]x=y=1, llegamos a que [math]f^2(1)=1, es decir, [math]f(1)=1 o [math]f(1)=-1, por eso analizaremos dos casos:
Primer Caso: Si [math]f(1)=1, hacemos [math]y=1 en la ecuación original y llegamos a que [math]f(x-1)+f(x)=2x-1...(1), para todo real [math]x. Luego, por [math](1) se sabe que [math]f(xy-1)+f(xy)=2xy-1, para todo reales [math]x,y, y esta ecuación al compararla con la original llegamos a que [math]f(xy)=f(x)(y), para todo reales [math]x,y. Por lo tanto, [math]f(x)=x^m ... (2), para todo [math]x real y alguna constante [math]m. Por [math](1) también podemos ver que [math]f(1)+f(2)=3, es decir, [math]f(2)=2, pero por [math](2) tenemos que [math]f(2)=2^m, por lo tanto [math]m=1, en consecuencia, [math]f(x)=x, para todo real [math]x.
Segundo Caso: Si [math]f(1)=-1, entonces haciendo [math]y=1 en la ecuación original llegamos a que [math]f(x-1)-f(x)=2x-1... (3), luego, según [math](3) sabemos que [math]f(xy-1)-f(xy)=2xy-1, para todo reales [math]x,y, y esta última ecuación al compararla con la original, llegamos a que [math]f(xy)=-f(x)f(y), para todo reales [math]x,y. Hagamos [math]g(x)=-f(x), notemos que [math]g(xy)=g(x)g(y), para todo reales [math]x,y, por lo tanto [math]g(x)=x^m, es decir, [math]f(x)=-x^m ... (4), para todo real [math]x y alguna constante [math]m. Notemos en [math](3) que [math]f(1)-f(2)=3, o sea, [math]f(2)=-4, luego por [math](4) tenemos que [math]f(2)=-2^m, por lo tanto [math]m=2, en consecuencia, [math]f(x)=-x^2, para todo real [math]x.
Emerson Soriano escribió:En primer lugar recordemos la ecuación funcional clásica de Cauchy: Si [math]f(xy)=f(x)f(y), para cualesquiera reales [math]x,y, entonces [math]f(x)=x^m, para todo [math]x y [math]m constante.
Eso no es cierto.
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
No importa qué es lo que hace falta (en realidad es muy sutil/avanzado: que [math]f sea medible)... Sólo saber que el argumento apoyado en la afirmación que hiciste no sirve.
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Fijemonos que tomando y=0 queda : [math]\textit{f(-1)+f(0)f(x)=-1}\Rightarrow[math]\textit{f(x)} es costante o [math]\textit{f(0)=0}
Es facil ver que la constante no cumple lo pedido [math]\Rightarrow[math]\textit{f(0)=0}[math]\Rightarrow[math]\textit{f(-1)=-1}
Tomando x=y=1 se llega a [math]f(1)^{2}=1[math]\Rightarrow[math]f(1)=\pm1[math]\Rightarrow hay dos casos:
CASO 1: [math]\textit{f(1)=1}:
Tomando x=1 se llega[math]\textit{f(y-1)+f(y)=2y-1} (1) [math]\Rightarrowcomo para 1 la funcion vale 1,[math]\forall x \in \mathbb{Z} , \textit{f(x)=x}[math]\RightarrowTomemos un t racional[math]\Rightarrowvale que t=p/q para algunos [math]q\neq0,p [math]\in \mathbb{Z}[math]\Rightarrowtomemos x=p/q e y=q:[math]f(\frac{p}{q}q-1)+f(\frac{p}{q})f(q)=2\frac{p}{q}q-1 [math]\Rightarrow[math]f(\frac{p}{q})=\frac{p}{q}
Tomemos y=1/x [math]\Rightarrow queda [math]f(x)f(\frac{1}{x})=1
Fijemonos que (1)implica que para todo [math]x \in \mathbb{R}, [math]f(x)>x \Leftrightarrow f(x-1)<x-1 (2)
Tomemos x,y,z [math]\in \mathbb{R^{-}}, con y<z [math]\Rightarrow f(xy-1)+f(x)f(y)=2xy-1 >2xz-1= f(zx-1)+f(x)f(z) [math]\Rightarrow tomando x= 1/z queda:
[math]f((\frac{y}{z}-1)z-1)+f(\frac{y}{z}-1)f(z)=2(\frac{y}{z}-1)z-1[math]\Rightarrow[math]f(\frac{y}{z}-1)f(z)= 1-2z -f(-z)>0 si z es racional y negativo
Y a su ves al ser z negativo y racional, [math]f(z) es negativo [math]\Rightarrow[math]\frac{f(y)}{f(z)} > \frac{f(\frac{y}{z}-1)f(z)+f(y)}{f(z)}> 1 [math]\Rightarrow como los racionales son suficientemente densos en los reales, [math]\forall y \in \mathbb{I^{-}},[math]f(y)\leq y
[math]\Rightarrow por (2), [math]\forall x \in \mathbb{R^{-}},[math]f(x)=x(3) [math]\Rightarrow tomando y=.1 en la ecuacion original se llega a:
[math]f(-(x+1))-f(x)=-2x-1[math]\Rightarrow por (3) tenemos que [math]\forall x \in \mathbb{R},[math]f(x)=x
Es facil ver que esta funcion cumple lo pedido por el enunciado.
CASO 2: [math]\textit{f(1)=-1}: Se deja como ejercicio para el lector.
Se sabe que [math]f(0)=0 y [math]f(1)=1 o [math]-1. Analizaremos dos casos:
Primer Caso: Cuando [math]f(1)=1, se llega fácilmente a [math]f(x-1)+f(x)=2x-1 ...(E), luego, comparando con la ecuación original se llega a que [math]f(xy)=f(x)f(y) ....(1), para todos los reales [math]x,y. Luego al utilizar [math](1) y haciendo [math]x=y tenemos que [math]f(x^2)=f^2(x), es decir, [math]f(x)>0, para todo [math]x>0. Si [math]xy=1 se llega a que [math]f(\frac{1}{x})=\frac{1}{f(x)} Haciendo [math]y=-1 en [math](1) llegamos a que [math]f(-x)=-f(x), así que sólo nos preocuparemos por calcular [math]f(x), para [math]x>0.
En [math]E tenemos que [math]f(x+1)-(x+1)=x-f(x), para todo real [math]x>0, luego, si [math]f(x)<x, entonces [math]f(x+1)>x+1 y [math]f(\frac{1}{x})>\frac{1}{x}...(m), por lo tanto, [math]f(\frac{x+1}{x})=f(x+1).f(\frac{1}{x})>\frac{x+1}{x}=1+\frac{1}{x}...(2), pero según [math](1), se sabe que [math]f(\frac{1}{x})+f(1+\frac{1}{x})=1+\frac{2}{x}, por lo tanto, [math]f(1+\frac{1}{x})-(1+\frac{1}{x})=\frac{1}{x}-f(\frac{1}{x})>0, es decir, [math]f(\frac{1}{x})<\frac{1}{x}, lo cual contradice [math](m). Del mismo modo se analiza para cuando [math]f(x)>x. Por lo tanto, [math]f(x)=x, para todo [math]x>0, y por ende [math]f(x)=x, para todo real [math]x.
Si [math]f(1)=-1, entonces es fácil llegar a que [math]f(x)-f(x+1)=2x+1...(1), para todo real [math]x. Usando este resultado y la ecuación original llegamos a que [math]f(xy)=-f(x)f(y), para todos los reales [math]x,y. Por otro lado, tenemos que [math]f(x^2)=-f^2(x)<0 y [math]f(-x)=f(x), para todo real [math]x, y [math]f(\frac{1}{x})=\frac{1}{f(x)}, para todo real [math]x\neq 0. Hagamos [math]g(x)=-f(x), luego obtenemos nuevas ecuaciones: [math]g(x+1)-g(x)=2x+1 y [math]g(xy)=g(x)g(y). Como ya sabemos que [math]g(0)=0, entonces a partir de ahora sólo nos enfocaremos en los [math]x\neq 0. Sabemos que [math]g(1+\frac{1}{x})=g(\frac{x+1}{x})=g(x+1)g(\frac{1}{x})=\frac{g(x+1)}{g(x)} ...(2), pero [math]g(x+1)=g(x)+2x+1 y [math]f(1+\frac{1}{x})=g(\frac{1}{x})+\frac{2}{x}+1=\frac{1}{g(x)}+\frac{2}{x}+1, luego al reemplazar estos resultados en dos y despejando [math]g(x) llegamos a que [math]g(x)=x^2, y por ende, [math]f(x)=-x^2, para todo real [math]x.