La solución para la función implícita $f\left(f(x)y+\frac{x}{y}\right)=xyf\left(x^2+y^2\right)$ $f(1)=1$

Question

¿Cómo puedo encontrar todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tal que $f(1)=1$ y $$f\left(f(x)y+\frac{x}{y}\right)=xyf\left(x^2+y^2\right)$$ para todos los números reales $x$$y$$y\neq0$?

PS. Este es de los Estados Unidos MOSP (Olimpiada Matemática Programa de Verano) de 2007, y es uno de los problemas más difíciles que he visto nunca. Este problema ha sido publicado un par de veces en MathLinks foros, pero no pude encontrar una solución completa para la... Y la única solución es $f(x)=\frac{1}{x}$. Por favor probarlo, gracias!

Answer 1

Esta es una respuesta parcial, pero demasiado largo para un comentario.

Primero conecte $x = 1$ para obtener $$f(y + {1 \over y}) = yf(1 + y^2)$$ y $y = 1$ para obtener $$f(f(x) + x) = xf(x^2 + 1)$$ Observe que el lado derecho de ambas expresiones se tiene la misma forma y por lo tanto $$f(y + {1 \over y}) = f(f(y) + y)$$

Asumiendo $f$ es inyectiva podemos obtener inmediatamente $f(y) = {1 \over y}$. No estoy seguro de lo difícil que es obtener la inyectividad de $f$. Tal vez tan difícil como resolver el problema por completo, por lo que esta respuesta de la mina podría no ayudar mucho.

Answer 2

Aquí está mi enfoque. La ecuación de $f(x)y+\frac{x}{y}=x^2+y^2$ $x \neq 0$ tiene al menos una raíz real, ya que es equivalente a una ecuación cúbica. Denotar que una raíz con $y_0$.

Sustituyendo $y_0$ en el funcional de la ecuación obtenemos $f(x^2+y^2)=xy_0f(x^2+y^2)$. Observe que $x^2+y_0^2\neq 0$. Si podemos demostrar que $f(c)=0$ si y sólo si $c=0$ estamos hecho, desde entonces la relación anterior implica $y_0=\frac{1}{x}$ y por lo tanto, a partir de la relación $f(x)y_0+\frac{x}{y_0}=x^2+y_0^2$ obtenemos $f(x)=\frac{1}{x}$.

Por lo tanto, para demostrar que la única solución de la ecuación funcional es el mencionado anteriormente, sólo tenemos que probar lo siguiente:

$$f(c)=0 \Leftrightarrow c=0$$

He hecho algunos pequeños pasos en la demostración de esto, pero la prueba no es completa.

La relación $f(f(x)+x)=xf(x^2+1)$ nos permite demostrar que si $x \neq 0$$f(x)=0\Rightarrow f(x^2+1)=0$. Esto implica que existe una secuencia $K_n \to \infty$ tal que $f(K_n)=0$.

Suponga que $f$ es continua.

A partir de ahora $x,y$$x^2+y^2=K_n$. La inicial relación implica que $f(f(x)y+\frac{x}{y})=0,\ \forall x^2+y^2=K_n$. Para $y \to 0+$ $x>0$ tenemos que $f(x)y+\frac{x}{y} \to \infty$ (desde $x \to \sqrt{K_n})$ Esto significa que el $f$ toma valores iguales a cero en un barrio de $\infty$. Desde $f(y+\frac{1}{y})=yf(1+y^2)$ implica $f(x)=-f(-x),\forall x$$|x| \geq 2$, tenemos la misma cosa en un barrio de $-\infty$.

Observe que para $y >1 $ tenemos $y^2+1>y+\frac{1}{y}$, y podemos traducir el "ceros" en el barrio de $\infty$ hasta llegar a $2$, es decir,$f(x)=0$$(-\infty,-2]\cup [2,\infty)$.

No sé a dónde ir desde aquí. Esta no es una respuesta, y he añadido un extra de hipótesis hacia el final, pero creo que esto podría conducir a un resultado.

Tal vez hay algunos más general de las soluciones, tales como

$$ f(x)=\begin{cases} \frac{1}{x}, &x \in A \\ 0, & x \notin A \end{cases}$$, where $Una$ es un conjunto con ciertas propiedades.

Answer 3

Deje $K = \{x\in \mathbb R : f(x) = 0, x \ne 0 \}$ y supongamos $x\in K$.
Beni Bogosel mostraron que bajo estas condiciones las $x^2 + 1 \in K$ y hay una secuencia $(x_n)_{n\in \mathbb N}\subseteq K$ tal que $\lim_n x_n = +\infty$.
$f(x + 1/x) = xf(1 + x^2)$ implica que el$\frac {x^2 + 1} x \in K$.
A partir de la invariancia de $xyf(x^2 + y^2)$ con respecto a la transformación de $x \to y, y\to x$ deducimos $$f(f(x)y + x/y) = f(f(y)x + y/x)$$ Si $k_1, k_2\in K$, la igualdad anterior se convierte en $$f(k_1/k_2) = f(k_2/k_1)$$
La aplicación de la anterior igualdad a $x^2 + 1$ $\frac {x^2 + 1} x$ obtenemos $$f(1/x) = f(x) = 0$$ incluso $1/x$ pertenece a $K$.
Ahora, podemos concluir que existe una secuencia $(y_n)_{n\in \mathbb N}\subseteq K$ tal que $\lim_n y_n = 0$.
Si $k\in K$ $0 < k < 1$ tenemos $k^2 < k$ y $$f\left(k/\sqrt{k - k^2}\right) = k\sqrt{k - k^2}f(k) = 0$$ por lo $\sqrt{\frac k {1 - k}}\in K$ e la misma es $$\left(\sqrt{\frac k {1-k}}\right)^2 + 1 = \frac 1 {1 - k}$$ Aplicando el resultado anterior a la secuencia de $(y_n)_{n\in \mathbb N}$ se puede construir una tercera secuencia $(z_n)_{n\in \mathbb N}\subseteq K$ tal que $\lim_n z_n = 1$. Asumiendo $f$ es continua, podemos escribir: $$0 = \lim_n f(z_n) = f\left(\lim_n z_n\right) = f(1) = 1$$ Por lo tanto, debemos concluir $K = \emptyset$.
Editar
Para $x, y \ne 0$ hemos $$f(f(y)x + y/x) = yxf(y^2 + x^2) = xy f(x^2 + y^2) = f(f(x)y + x/y)$$ si $f(x) = f(y) = 0$ la igualdad anterior se convierte en $$f(y/x) = f(x/y)$$

Answer 4

Si alguien está interesado, aquí es una prueba de que $f$ desaparece sólo en $0$, copia de mi post en AoPS.

Deje $S=\{x\ne0: f(x)=0\}$, y supongamos $S$ es no vacío por el bien de la contradicción. (Suponemos $f(0)=0$ y la reducción publicado anteriormente.)

Para distinto de cero $x,y$, vamos a $P(x,y)$ denotar la afirmación de $f(f(x)y+x/y) = xyf(x^2+y^2) = f(f(y)x+y/x)$.

(1) $P(x,1)\implies f(f(x)+x) = xf(x^2+1) = f(x+1/x)$, por lo $s\in S\implies s^2+1,s+s^{-1}\in S$.

(2) Por $s\in S$, $$ P(s,y)\implies f(s/y) = sy f(s^2+y^2) = f(f(y)s+y/s). $$ In particular, $P(s,-y)$ reveals that $f$ is odd. Also, if $t\in S$, $$ P(s,t)\implies f(s/t) = stf(s^2+t^2) = f(t/s), $$ so $P(s+s^{-1},s^2+1) \implica f(s^{-1}) = f(s) = 0\implica s^{-1}\in S$ (according to (1)) and $P(s,s)\implica s^2f(2s^2) = f(1) = 1\implica 2s^2\noen S$.

(3) Si $s,t\in S$$t>s^2$, luego $$ P(s,\sqrt{t-s^2}) \implies \frac{s}{\sqrt{t-s^2}}\in S\implies \frac{\sqrt{t-s^2}}{s}\in S. $$ Combinada con (1), esto le da $$ \left(\frac{\sqrt{t-s^2}}{s}\right)^2+1 = \frac{t}{s^2}\in S \implies \frac{t-s^2}{s} = \frac{s}{(s/\sqrt{t-s^2})^2}\in S $$ as well. Now WLOG fix $s\en(0,1)$ (if necessary, we can replace $s$ with one of $\pm s,\pm s^{-1}$, since $\pm1\noen S$). Then $t=s>s^2$ yields $\sqrt{s/(1-s)},\sqrt{(1-s)/s}\in S$ and $1-s = (s-s^2)/s \in S$ (from the first and second implications, respectively). But then (1) forces $(1-s)^2+1\S$, so if we take $t=(1-s)^2+1>1>s^2$ por el contrario, obtendremos $$ 2\frac{1-s}{s} = \frac{(1-s)^2+1-s^2}{s} \in S $$ from the second implication. Finally, (twice) using the fact that $uv^2\en S$ whenever $u,v\in S$ and $de los rayos uv^2\ne0,\pm1$ (*) twice, we first obtain $$ 2 = \left(2\frac{1-s}{s}\right)\left(\sqrt{\frac{s}{1-s}}\right)^2 \in S, $$ and then $2(s^{-1})^2>1$ must lie in $S$, contradiciendo el final (2).

Edición (gracias a tenniskidperson3 por señalar). (*) originalmente se establecía de forma incorrecta y falta de prueba. He aquí una prueba: Por la segunda implicación en (3), sabemos que si $u,v\in S$$uv^2>1$, entonces a partir de la $1/v\in S$, $u>(1/v)^2$ da $u/(1/(1/v))^2 = uv^2$$S$. Si $u,v\in S$ $0<uv^2<1$ en lugar de eso, entonces a partir de la $1/u,1/v\in S$, $(1/u)(1/v)^2>1$ $(1/u)(1/v)^2\in S$ por la frase anterior, y luego el inverso $uv^2$ debe estar en $S$. Si en lugar de $u,v\in S$ $uv^2<0$ pero $uv^2\ne-1$, entonces la negación de la $u$ muestra de los últimos dos frases que $uv^2\in S$.