Sea $\mathbb{R}$ el conjunto de los números reales. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tales que, para todos $x,y$ reales se verifica$$f(xf(y)+x)=xy+f(x).$$
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Sea [math]P(x,y) la proposición [math]f(xf(y)+x)=xy+f(x). Notemos que [math]f es inyectiva, pues si [math]f(\alpha)=f(\beta), entonces [math]P(x,\alpha),P(x,\beta) nos dicen que [math]x\alpha+f(x)=f(xf(\alpha)+x)=f(xf(\beta)+x)=x\beta + f(x) y tomando [math]x=1 se sigue que [math]\alpha=\beta.
Ahora, consideremos [math]P(x,-f(x)/x), para [math]x\neq 0. Entonces, [math]f(xf(-f(x)/x) + x)=0. Por lo tanto, existe [math]\alpha\in\mathbb{R} tal que [math]f(\alpha)=0. Entonces, [math]P(x,\alpha) nos dice que [math]f(x)=f(xf(\alpha)+x)=x\alpha+f(x) y tomando [math]x=1 se sigue [math]\alpha=0.
Por lo tanto, por la inyectividad, como [math]f(xf(-f(x)/x) + x)=0 y [math]f(0)=0, se sigue que [math]x(f(-f(x)/x)+1)=0 y como [math]x\neq 0, tendremos que [math]f(-f(x)/x)=-1 para todo [math]x\neq 0. Luego, como reemplazando [math]x=1 tenemos [math]f(-f(1))=-1, por la inyectividad de [math]f resulta que [math]-f(x)/x = -f(1). Por lo tanto, [math]f(x)=f(1)x. Es decir, [math]f(x)=cx.
Ahora, volviendo a la original, [math]f(xf(y)+x) = xy+f(x) se convierte en [math]c(cxy+x) = xy +cx, es decir, [math]c^2xy + cx = xy + cx, que implica [math]c^2 = 1. Por lo tanto, [math]c\in\{-1,1\}.
Si [math]c=-1, entonces [math]-(-xy+x) = xy - x satisface lo pedido y [math]c=1 trivialmente lo hace. Por lo tanto, las únicas soluciones son [math]f(x)=x y [math]f(x)=-x. Y estamos [math]\blacksquare
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Supongamos que existiera algún número [math]a tal que [math]f(a) = -1. Si en la ecuación del enunciado reemplazamos [math]y=a, entonces del lado izquierdo nos queda [math]f(x \cdot(-1) + x), es decir [math]f(0); y del lado derecho queda [math]ax + f(x). Es decir, se tendría que cumplir que [math]f(0) = ax + f(x) para todo [math]x \in \mathbb{R}, que es lo mismo que decir que [math]f(x) = f(0) - ax para todo [math]x \in \mathbb{R}. Es decir que si logramos probar que existe ese número [math]a, avanzamos un montón porque ya sabemos que la función tiene que tener una forma particular (es un polinomio de grado [math]1).
Veamos ahora cómo demostrar que existe un número [math]a para el cual [math]f(a) = -1. Más en general (aunque no nos hace falta para la solución), vamos a probar que la función es sobreyectiva, es decir que puede tomar todos los valores posibles (en particular el [math]-1 y eso es lo que nos interesa).
Reemplazando [math]x=1 en la ecuación original nos queda que [math]f(f(y) + 1) = y + f(1) para todo valor de [math]y. Al ir variando el valor de [math]y, la expresión [math]y + f(1) recorre todos los posibles números reales; así, estamos probando que todos ellos están en la imagen de [math]f, pues del lado izquierdo tenemos la función evaluada en un punto. Dicho con más precisión: si [math]c es un número real cualquiera, al reemplazar [math]y = c-f(1) en lo anterior obtenemos [math]f(f(c-f(1)) + 1) = c, es decir, hay algún punto donde la función toma el valor [math]c. Como [math]c podía ser cualquier número, la función es sobreyectiva, como habíamos afirmado.
Entonces ya sabemos en particular que la función toma el valor [math]-1, y de eso se deducía que la función tiene la forma [math]f(t) = f(0) - at. Usando esta información, la ecuación original se convierte en
[math]f(0) - a \left ( x \left( f(0) - ay \right) + x \right ) = xy + f(0) - ax.
Luego de hacer las distributivas y cancelar los términos que están repetidos de los dos lados queda
[math]\boxed{-axf(0) + a^2xy = xy}.
Si [math]y=0, lo anterior nos dice que [math]-axf(0) = 0 para todo valor de [math]x. En particular tiene que valer para [math]x=1, es decir que [math]-af(0) = 0, y de esto se deduce que o bien [math]a es igual a [math]0 o bien [math]f(0) es igual a [math]0.
Si [math]a=0 significa que la función [math]f es constante. Pero es claro que esto no puede pasar: si [math]f(t) = k para todo [math]t, reemplazando en la ecuación original queda [math]k = xy + k, es decir que tendría que pasar que [math]xy = 0 para todo valor de [math]x e [math]y, absurdo.
Entonces es [math]f(0) = 0. Ahora la ecuación recuadrada de antes nos dice que [math]a^2xy = xy para todo valor de [math]x y de [math]y. En particular, si tomamos valores de [math]x e [math]y que no sean cero, podemos cancelarlos y deducir que [math]a^2 = 1, es decir que [math]a puede ser [math]1 o [math]-1.
Con todo esto nos queda que sólo hay dos funciones que pueden cumplir la condición del enunciado, que son [math]f(t) = t y [math]f(t) = -t. Para completar la solución, verificamos que ambas efectivamente la cumplen:
Si [math]f(t) = t, entonces en la ecuación del enunciado queda [math]xy + x = xy + x, lo cual se cumple para cualquier valor de [math]x e [math]y.
Si [math]f(t) = -t, entonces del lado izquierdo queda [math]-(-xy+x) = xy-x, y del lado derecho también queda [math]xy - x. Así que la igualdad se verifica para cualquier valor de [math]x e [math]y.
Entonces las dos funciones que encontramos cumplen la ecuación del enunciado, y no hay ninguna otra función que la cumpla. La solución está completa. [math]\blacksquare
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Sea [math]r un real arbitrario. Cuando [math]x=1 e [math]y=r-f(1) tenemos que [math]f(f(r-f(1))+1)=r, esto significa que [math]f es sobreyectiva. Gracias a esto sabemos que existe [math]t tal que [math]f(t)=0. Luego, [math]f(xf(t)+x)=xt+f(t) implica que [math]xt=0, y al tomar [math]x\neq 0 llegamos a que [math]t=0.
Por otro lado, existe un real [math]-a tal que [math]f(-a)=-1, entonces [math]0=f(xf(-a)+x)=-ax+f(x), por lo tanto [math]f(x)=ax, y esto cumple para cualquier real [math]x (incluyendo [math]0).
Reemplazando en la ecuación original tenemos que [math]f(xf(y)+x)=ax+f(x) implica que [math]a^{2}xy+ax=xy+ax, y como esto cumple para cualesquiera reales [math]x, y, tomamos aquellos que sean no nulos, por lo tanto [math]a^{2}=1, de donde deducimos que [math]a=1 o [math]a=-1.
En síntesis, cumplen [math]f(x)=x o [math]f(x)=-x, que fácilmente podemos comprobar que verifican.[math]\blacksquare
Reemplazamos [math]x=y=1 y obtenemos: [math]f(1\times f(1)+1)=1\times 1 + f(1) [math]f(f(1)+1)=f(1)+1
Es decir, existe una constante [math]c=f(1)+1 tal que [math]f(c)=c
Ahora reemplazamos x=c, y=-1 [math]f(cf(-1)+c)=c(-1)+f(c) [math]f(c(f(-1)+1))=-c+c [math]f(c(f(-1)+1))=0
Luego, sea la constante [math]d=f(-1)+1. Sabemos que [math]f(cd)=0
Ahora, reemplazamos y=cd x>0, y obtenemos: [math]f(xf(cd)+x)=xcd+f(x) [math]f(x)=xcd+f(x) [math]0=xcd y con [math]x\neq 0 [math]cd=0 de aqui obtenemos:
[math]0=f(cd)=f(0) y además
En el caso 1: [math]0=c=f(1)+1 \Rightarrow f(1)=-1
Y en el caso 2: [math]0=d=f(-1)+1 \Rightarrow f(-1)=-1
En el caso 1, reemplazo y=1: [math]f(xf(1)+x)=x\times 1+f(x) [math]f(x-x)=x+f(x)=f(0)=0 [math]f(x)=-x
En el caso 2, reemplazo y=-1: [math]f(xf(-1)+x)=x(-1)+f(x) [math]f(x-x)=-x+f(x)=f(0)=0 [math]f(x)=x
Mis dos posibles funciones son: [math]f(x)=x y [math]f(x)=-x
Escogemos [math]x\neq 0 y [math]y = \frac{c-f(x)}{x} y se tiene que existe [math]n tal que [math]f(n)=c, para todo [math]c. Especificamente, existe [math]a tal que [math]f(a)=0. Si [math]y=a,x=1,
entonces:
Tambien, existe [math]b \neq 0 tal que [math]f(b)=-1. Si [math]y=b, entonces:
[math]f(0)=bx+f(x) \Rightarrow f(x) =-bx, de donde sigue inmediatamente la inyectividad de [math]f. Si ahora [math]x=b, [math]-1=-b^2 \Rightarrow b= \pm 1. Es decir, o [math]f(x)=x o [math]f(x)=-x y le dejo como ejercicio al lector verificar que ambas de estas funcionan.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Reemplazando $x=1$ tenemos que $f(f(y)+1)=y+f(1)$, lo que implica que $f$ es sobreyectiva (en realidad también implica que es inyectiva, pero esto no lo vamos a usar), ya que el lado derecho recorre todos los reales. Tomando entonces $y_0$ tal que $f(y_0)=-1$ nos queda que $f(0)=xy_0+f(x)$, con lo que $f(x)=-y_0x+f(0)$, es decir que $f$ es de la forma $f(x)=mx+h$ (acá $m=-y_0$ y $h=f(0)$).
Evaluando y simplificando resulta $m^2xy+mhx=xy$. Reemplazando $x=1$, $y=0$ resulta $mh=0$. Reemplazando $x=y=1$ y usando $mh=0$ resulta $m^2=1$, con lo que $m=1$ o $m=-1$ (y en ambos casos es $h=0$). Entonces las posibles funciones son $f(x)=x$ o $f(x)=-x$ (la comprobación de que andan ya la hicieron arriba).
