Problema 3 Selectivo de IMO 2008

[Nacho]

Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ tales que$$x^2(f(x)+f(y))=(x+y)f(f(x)y)$$para todos $x,y\in \mathbb{R}^+$.

[ésta]

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Con [math]x=1, [math]y=1 obtenemos,
[math]1(f(1)+f(1))=2f(f(1)) de donde [math]f(1)=f(f(1)).
Ahora con [math]x=f(1), [math]y=1
[math]f(1)^2(f(1)+f(1))=(f(1)+1)f(1) dividiendo por [math]f(1) que sabemos que no es [math]0, queda
[math]2f(1)^2=f(1)+1 pero las soluciones de esta cuadrática son [math]1 y [math]-1/2 y como [math]f(1) es positivo se sigue que [math]f(1)=1.
Con [math]x=1 se tiene,
[math]1+f(y)=(1+y)f(y) despejando se sigue que [math]f(y)=1/y.
Y es fácil ver que esta función anda.

[julianferres_]

Sel IMO 2008 P3.pdf

[tuvie]

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Sea [math]k_x=f(x)x.

Poniendo en la ecuación dada [math]x=y, nos queda que [math]f(k_x)=k_x para todo [math]x.

Supongamos que existan dos reales positivos distintos que satisfacen [math]f(a)=a y [math]f(b)=b. Poniendo [math]x=a y [math]y=b nos queda que [math]a=b, entonces [math]k_x=k_y para todos [math]x e [math]y reales positivos, pero también [math]f(x)x=f(1)\implies{f(x)=\frac{f(1)}{x}} y utilizando esto en la ecuación nos queda que [math]f(1)(x+\frac{x^2}{y})=(x+\frac{x^2}{y}), pero como el lado derecho es mayor a [math]0, nos queda que [math]f(1)=1\implies{f(x)=\frac{1}{x}}, que verifica la ecuación inicial.

[Chino2000]

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Primero, reemplazamos [math]y=x, nos queda
[math]xf(x)=f(xf(x))
Ahora, supongamos que existen dos reales [math]a;b tal que [math]f(a)=f(b) y que [math]a\neq b
Entonces reemplazamos [math]x=a [math]y=b y nos queda
2a^2f(a)=(a+b)f(f(a)b)
"Inventamos" un [math]\frac{b}{b} multiplicando en el primer termino y pasamos dividiendo [math]bf(a), tal que se cancela con [math]f(f(a)b) gracias a lo que obtuvimos en el primer reemplazo. Nos queda:
[math]2a^2/b=a+b
[math]2a^2=ab+b^2
[math]2=\frac{b^2}{a^2}+\frac{b}{a}
Las dos soluciones de esta cuadrática son [math]\frac{b}{a}=1 y [math]\frac{b}{a}=-1, pero la segunda queda descartada ya que [math]a y [math]b son positivos.
Entonces [math]\frac{b}{a}=1, o sea que [math]a=b, pero en un principio dijimos que eran diferentes, por lo tanto entramos en un absurdo, y concluimos en que la función es inyectiva.
Reemplazamos [math]x=1 en la primer ecuación de esta solucion, y sabiendo que la función es inyectiva, tenemos que [math]f(1)=1
Por ultimo, reemplazamos [math]x=1 en la ecuación inicial del enunciado y nos queda que [math]f(y)=\frac{1}{y}, comprobamos que esta cumple y terminado el problema

[Matías V5]

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Las dos soluciones de esta cuadrática son [math]\frac{b}{a}=1 y [math]\frac{b}{a}=-1

Querrás decir [math]1 y [math]-2

[MathIQ]

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Sí $x = 1$ en la ecuación inicial, entonces: $f(1) + f(y) = (1 + y)f(f(1)y)$ (1)
Sí $y = 1$ en (1) $\Rightarrow$ $2f(1) = 2f(f(1))$, de dónde sale que $f(1) = f(f(1))$
Sí $x = f(1)$ y $y = 1$ en la ecuación inicial, entonces:$f(1)^2(f(1) + f(1)) = (f(1) + 1)f(f(1) + 1)$, de dónde sale que $2f(1)^3 = f(1)^2 + f(1)$, de dónde $f(1) = 1$, $f(1) = 0$ ó $f(1) = -\frac{1}{2}$, de dónde $f(1) = 1$, ya que se le asigna un valor real positivo.
Por la ecuación (1), sabemos que $f(x) + 1 = f(x) + xf(x)$, resolviendo obtenemos que $f(x) = \frac{1}{x}$
Comprobemos en la ecuación inicial:
$x^2( \frac{1}{x} + \frac{1}{y}) = (x + y)f(\frac{1}{x}y)$
$x^2 . \frac{1}{x} + x^2 . \frac{1}{y} = (x + y)f(\frac{y}{x})$
$x + \frac{x^2}{y} = (x + y) . \frac{1}{\frac{y}{x}}$
$x + \frac{x^2}{y} = \frac{x + y}{\frac{y}{x}}$
$(x + \frac{x^2}{y}) . \frac{y}{x} = x + y$
$x . \frac{y}{x} +\frac{x^2}{y} . \frac{y}{x} = x+ y$
$x + y = x + y$

[El gran Filipikachu;]

Traigo una solución un poco distinta

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Solo porque no tenía ganas de resolver cuadráticas

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Sea $P(x, y)$ la proposición del enunciado.
Notemos que si dejamos fijo $y$, podemos considerar $P(x, y)$ como un polinomio en $x$, pero para eso necesitamos que $f(x)$ no varíe al considerar distintos $x$.

Entonces, supongamos que existen $a, b, c$ tal que $f(a)=f(b)=f(c)$. Por lo tanto
$f(x)+f(y)=m$ tomará valores iguales al reemplazar $x$ con $a, b, c$. Lo mismo ocurre con $f(f(x)y))=n$.
Como una cuadrática tiene a lo sumo $2$ raíces reales y $P(x)=mx²-nx-yn$ se anula en $3$ valores, tenemos que hay como mucho $2$ números distintos entre $a, b, c$.

Ahora, $P(x, x)$ da que $f(xf(x))=xf(x) \forall x \in \mathbb{R^+}$, es decir que $xf(x)$ es un punto fijo.

Notemos que si $p$ es un punto fijo, entonces $P(p, p)$ da que $p²$ es un punto fijo.
Supongamos entonces que $p=xf(x)≠1$ para algún $x$. Entonces, como $p^{(2^k)}$ es punto fijo para todo $k$, tendremos infinitos puntos fijos.

Tomemos ahora $4$ puntos fijos distintos $p, q, r, s$.
$P(p, q)$ nos da $f(pq)=p²$. Análogamente $P(p, r)$ y $P(p, s)$ nos dan $f(pr)=f(ps)=p²$.
Por lo tanto, $f(pq)=f(pr)=f(ps)$ y por lo que demostramos antes tenemos que hay al menos dos entre $(pq, pr, ps)$ que son iguales. Pero esto es absurdo ya que $q, r, s$ son distintos.

Este absurdo vino de suponer que $xf(x)≠1$, por lo que tenemos que $f(x)=\frac{1}{x}$ para todo $x$ real positivo y es fácil verificar que funciona.

[drynshock]

Básicamente lo mismo que ya hicieron:

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$x^2[f(x) + f(y)] = [x+y]f(f(x)y)$

Tomando $x = 1$ obtenemos $1: \boxed{f(1) + f(y) = [1+y]f(f(1)y)}$. Ahora si $y = 1$ nos queda $2f(1) = 2f(f(1)) \Rightarrow 2: \boxed{f(1) = f(f(1))}$

Ahora si en la ecuacion original reemplazamos $x = f(1), y = 1$:
$$f^2(1)[f(f(1)) + f(1)] = [f(1)+1]f(f(f(1))) \Rightarrow f^2(1)[f(1) + f(1)] = [f(1) + 1]f(1)$$

Dado que la función va de $\mathbb R^+ \rightarrow \mathbb R^+$ entonces sabemos que $f(1) > 0$, luego $f(1)[2f(1)] = f(1) + 1 \Rightarrow 2f^2(1) - f(1) -1 = 0 \Rightarrow f(1) = 1 \vee f(1) = - \frac{1}{2}$ pero como dijimos que $f(1) > 0 \Rightarrow \boxed{f(1) = 1}$

Entonces, si remplazamos en "$1$" $f(1) = 1$ obtenemos: $1 + f(y) = [1+y]f(y) \Rightarrow 1 + f(y) = f(y) + yf(y) \Rightarrow \boxed{f(y) = \frac{1}{y}}$.