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 $x,y\in \mathbb{R}^+$.
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.
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
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
Remplazamos $x=y=1$ y nos queda
$f(1 . f(1))$ $=$ $f(1 . 1)$ $+$ $1$
$f(f(1))$ $= f(1) + 1$
Sea $a=f(1)$
Haciendo el remplazo queda:
$f(a)$ $= a$ $ +1$
Que seria lo que nos piden, pero vamos a probar y ver si se cumple:
$f(x . f(y))$ $=$ $f(xy) + x$
$f( x . ( y+1))$ $=$ $xy + 1 + x$
$f(xy + x)$ $=$ $xy +1 + x$
$xy + x +1$ $=$ $xy + 1 + x$
Y cumple por lo que la función que cumple es $f(a)$ $= a$ $ +1$