OMI 2017: Determinar todas las funciones $f: \mathbb{R} \to\mathbb{R}$ tal que, para todos los números reales $x$ y $y$ , $f(f(x)f(y)) + f(x +y) = f(xy)$ .

Question

EDT : Creo que he reparado el error en la solución. Quiero saber si lo estoy arreglando correctamente. Sólo soy un estudiante, no un matemático. Por favor, céntrate en la "columna vertebral" de mi escrito.

Quiero demostrar que, la siguiente sustitución es correcta:

$$ x\mapsto f^{-1}(x)$$

Declaración : Para que una función tenga inversa, cada elemento $y Y $ no debe corresponder a más de un $x X; $ una función $f$ con esta propiedad se denomina one-to-one o inyección.

La función $f(x)$ es inyectiva y $f$ es una función invertible. En otras palabras, si $f(0)0$ para la función $f(x)$ la función inversa $f^{-1}(x)$ existe.

$f(x)=f(0)-\frac {x}{f(0)} \Rightarrow f^{-1}(x)=f(0)(f(0)-x)$ y $f(f^{-1}(x))=x$ para todos $x\in\mathbb {R}$ . Por ello, podemos aplicar la sustitución $ x\mapsto f^{-1}(x), x\in\mathbb{R}.$

Por ejemplo:

Si $f(f(x))=f(x)-5 , x\in\mathbb{R}$ entonces $f(x)=x-5$ debe ser. Porque, la función $f(x)$ es inyectiva y $f$ es una función invertible. Aplicando $x\mapsto f^{-1}(x)$ tenemos $f(x-5)=x-10 \Rightarrow f(x)=x-5.$

Espero que entiendas lo que quiero decir. ¿Puede decirme si este planteamiento es erróneo o cierto?

Problema: Sea $\mathbb{R}$ sea el conjunto de los números reales. Determinar todas las funciones $f: \mathbb{R} \to\mathbb{R}$ tal que, para todos los números reales $x$ y $y$ , $$f \big(f(x)f(y)\big) + f(x +y) = f(xy).$$

Le pido que confirme si la solución es suficiente / insuficiente / falta / es incorrecta o es correcta. Aquí están mis intentos:

¿Hay algún problema con mis sustituciones?

Answer 1

Empy2 señaló el error en tu prueba. No se puede deducir que $f\big(f(x)f(0)\big)+f(x)=f(0)$ para todos $x$ implica $f\big(xf(0)\big)+x=f(0)$ para todos $x$ . Esto sólo funciona para $x$ en el rango de $f$ . Presento una solución diferente.

Si $f(0)=0$ como has demostrado, tenemos $$f(0)+f(x)=f\big(f(x)f(0)\big)+f(x+0)=f(x\cdot 0)=f(0)$$ así que $f(x)=0$ para todos $x$ . Suponemos que $f(0)\ne 0$ a partir de ahora. Afirmamos que $f(c)=0$ implica que $c=1$ .

Supongamos que $f(c)=0$ para algunos $c\ne 1$ . Entonces, tenemos $$f\Biggl(f(c)f\left(\frac{c}{c-1}\right)\Biggr)+f\left(c+\frac{c}{c-1}\right)=f\Biggl(c\left(\frac{c}{c-1}\right)\Biggr).$$ Eso es, $$f(0)+f\left(\frac{c^2}{c-1}\right)=f\left(\frac{c^2}{c-1}\right),$$ o $f(0)=0$ contradiciendo la suposición de que $f(0)\ne 0$ . Por lo tanto, la hipótesis de que $c\ne1$ es falso.

Ahora, observamos que para cada $x\ne1$ , $$f\Biggl(f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right)\Biggr)+f\left(x+\frac{x}{x-1}\right)=f\Biggl(x\left(\frac{x}{x-1}\right)\Biggr),$$ así que $$f\Biggl(f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right)\Biggr)+f\left(\frac{x^2}{x-1}\right)=f\left(\frac{x^2}{x-1}\right).$$ Así que.., $$f\Biggl(f(x)f\left(\frac{x}{x-1}\right)\Biggr)=0$$ y entonces concluimos de nuestra afirmación anterior que $$f\left(\frac{x}{x-1}\right)=\frac{1}{f(x)}\tag{1}$$ para cada $x\ne 1$ . En particular, esto demuestra que $f(1)=0$ ya que existe $c$ tal que $f(c)=0$ .

A partir de (1), obtenemos $f(0)=\pm 1$ . Observe que $f$ es una solución si y sólo si $-f$ también es una solución. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $f(0)=-1$ . Enchufar $y\mapsto 1$ en la ecuación funcional original, tenemos $$-1+f(x+1)=f(0)+f(x+1)=f\big(f(x)f(1)\big)+f(x+1)=f(x\cdot1)=f(x),$$ o $$f(x+1)=f(x)+1.\tag{2}$$ Por inducción, $f(x+n)=f(x)+n$ para todos los números enteros $n$ .

En este caso, afirmamos que $f$ es inyectiva. Supongamos que $f(u)=f(v)$ para algunos $u,v\in\mathbb{R}$ . Elige un número entero positivo $n$ tan grande que $4(u+n)< (v+n+1)^2$ . Por lo tanto, hay dos $a,b\in\mathbb{R}$ tal que $u+n=ab$ y $v+n+1=a+b$ (ya que $a$ y $b$ son las raíces del polinomio $t^2-(v+n+1)t+(u+n)$ que tienen dos raíces reales distintas). Por lo tanto, $$f\big(f(a)f(b)\big)+f(a+b)=f(ab)=f(u+n)=f(u)+n.$$ Pero $f(a+b)=f(v+n+1)=f(v)+n+1=f(u)+n+1$ . Es decir, por (2), tenemos $$f\big(f(a)f(b)+1\big)=f\big(f(a)f(b)\big)+1=0.$$ Es decir $f(a)f(b)+1=1$ o $f(a)f(b)=0$ . En consecuencia, $f(a)=0$ o $f(b)=0$ lo que significa $a=1$ o $b=1$ . Sin pérdida de generalidad, $b=1$ Así que $u+n=ab=a$ y $v+n+1=a+b=a+1$ . Es decir, $u=a-n=v$ .

Ahora, sustituye $y\mapsto 1-x$ en la ecuación funcional original. Entonces tenemos $$f\big(f(x)f(1-x)\big)=f\big(f(x)f(1-x)\big)+f(1)=f\big(x(1-x)\big).$$ Así, por inyectividad, $$f(x)f(1-x)=x(1-x).$$ A continuación, tomamos $y\mapsto -x$ en la ecuación funcional original para obtener $$f\big(f(x)f(-x)\big)-1=f\big(f(x)f(-x)\big)+f(0)=f\big(x(-x)\big).$$ Así, $$f\big(f(x)f(-x)\big)=f(-x^2)+1=f(-x^2+1)$$ por (2). Por inyectividad, $$f(x)f(-x)=-x^2+1.$$ A partir de (2), también tenemos \begin{align}f(x)&=f(x)\Big(\big(f(-x)+1\big)-f(-x)\Big)\\&=f(x)\big(f(1-x)-f(-x)\big)=f(x)f(1-x)-f(x)f(-x),\end{align} así que $$f(x)=x(1-x)-(-x^2+1)=x-1.$$

Es fácil ver que $f(x)=x-1$ es realmente una solución. Por lo tanto, todas las soluciones son $f(x)=0$ , $f(x)=x-1$ y $f(x)=1-x$ .

Answer 2

Sé que esto es más un comentario que una respuesta a la pregunta, pero es demasiado largo. Aquí está el error en la lógica de la OP. La inyectividad no implica tener un inverso. Siendo ambos inyectiva y suryectiva lo hace. He aquí un contraejemplo a la afirmación del OP de que $f(x)$ puede sustituirse por $x$ si $f$ es inyectiva.

Para un número entero no negativo $k$ , dejemos que $t_k$ denotan $\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk}{2}\right\rfloor$ . Entonces, cada número entero aparece como $t_k$ exactamente una vez $k\in\mathbb{Z}_{\geq0}$ . Así, para cada $n$ escribimos $\tau(n)$ para el único $k\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$ tal que $n=t_k$ . En otras palabras, $$\tau(n)=\begin{cases}2n&\text{if }n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}\,,\\-2n-1&\text{if }n\in\mathbb{Z}_{<0}\,.\end{cases}$$ (Bueno, debería haber empezado por definir $\tau$ en lugar de $\left\{t_k\right\}_{k\in\mathbb{Z}_{\geq 0}}$ .)

Ahora, dejemos que $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definirse como $$f(x)=x-\lfloor x\rfloor+\tau\big(\lfloor x\rfloor \big)\tag{*}$$ para cada $x\in\mathbb{R}$ . Observe que $f$ es inyectiva y $$f\big(f(x)\big)=f(x)+\big\lfloor f(x)\big\rfloor$$ para cada $x\in\mathbb{R}$ . (Ciertamente, $f$ no es suryectiva porque el rango es $\mathbb{R}_{\geq 0}$ y no la totalidad $\mathbb{R}$ .)

Sin embargo, no es correcto afirmar que $$f(x)=x+\lfloor x\rfloor$$ para todos $x\in\mathbb{R}$ . Esto se debe a que $f(-1)=\tau(-1)=1$ mediante (*), por lo que $$f(-1)\neq -2=(-1)+\big\lfloor (-1)\big\rfloor\,.$$

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Aquí se ofrece un posible remedio. Como dijo Zvi, si $f$ satisface la ecuación funcional, entonces también lo hace $-f$ . Así, en el caso $f(0)\neq 0$ basta con suponer que $f(0)=-1$ . Del trabajo del OP, tenemos $$f\big(f(x)\,f(0)\big)+f(x)=f(0)\text{ for all }x\in\mathbb{R}\,.$$ En $f(0)=-1$ obtenemos $$f\big(-f(x)\big)+f(x)=-1\text{ for all }x\in\mathbb{R}\,.\tag{*}$$ Esto demuestra que $$f\Big(-f\big(-f(x)\big)\Big)+f\big(-f(x)\big)=-1\text{ for all }x\in\mathbb{R}\,.\tag{#}$$ A partir de (*) y (#), vemos que $$f\Big(-f\big(-f(x)\big)\Big)=f(x)\text{ for each }x\in\mathbb{R}\,.\tag{$ \estrella $}$$

Aquí es donde podemos utilizar el resultado de Zvi que $f$ es inyectiva. Dado que $f$ es inyectiva, ( $\star$ ) implica que $$-f\big(-f(x)\big)=x\text{ for each }x\in\mathbb{R}\,.\tag{@}$$ Junto con (*), tenemos $$-x+f(x)=f\big(-f(x)\big)+f(x)=-1\,,$$ de donde $$f(x)=x-1\text{ for all }x\in\mathbb{R}\,.$$

Obsérvese que (@) también implica que $f$ es suryectiva. Esto proporciona una ruta alternativa ya que permite sustituir $x$ para $f(x)$ en (*) para obtener $f(-x)+x=-1$ o $f(-x)=-x-1$ para todos $x\in\mathbb{R}$ . Así, también llegamos a $f(x)=x-1$ para todos $x\in\mathbb{R}$ de esta manera. Yo, sin embargo, no encuentro la manera de abordar este problema sin conocer la inyectividad de $f$ . Parece ser fundamental para resolver el problema.

Answer 3

El argumento que comienza con "Demostraremos que tal $x$ existe" es falaz. Empiezas por asumiendo que $k=f(x)$ para algunos $x$ y se necesita esa suposición en la siguiente derivación (de lo contrario, la ecuación funcional no hace ninguna afirmación sobre $f(kf(0))$ etc.). A primera vista, su argumento muestra

Si $k\in\Bbb R$ y existe $x$ con $f(x)=k$ entonces una posible $x$ es $x=f(0)^2-kf(0)$ .

De hecho, vemos inmediatamente que la afirmación más audaz que intenta hacer, es decir,

Si $k\in\Bbb R$ entonces existe $x$ con $f(x)=k$ a saber $x=f(0)^2-kf(0)$ .

es falso simplemente porque el $$\tag1f(x)=0\qquad \text{for all }x\in\Bbb R$$ es obviamente una solución.

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Tenga en cuenta que $f(f(0)^2)+f(0)=f(0)$ implica que $0$ es a imagen de $f$ (a saber $f(x_0)=0$ para $x_0:=f(0)^2$ ). Entonces, estableciendo $y=x_0$ obtenemos $$ f(0)+f(x+x_0)=f(xx_0)\qquad\text{for all }x.$$ Si encontramos $x$ con $x+x_0=xx_0$ Esto conduce a $f(0)=0$ . De hecho, encontramos $x$ a saber $x=-\frac{x_0}{1-x_0}$ a menos que $x_0=1$ un caso que se tratará por separado más adelante.

Así que tenemos dos casos:

• $f(0)=0$ . Entonces con $y=0$ obtenemos $f(0)+f(x)=f(0)$ es decir, solución $(1)$ .

• $f(0)\ne 0$ y $x_0=1$ . Entonces $f(0)+f(x+1)=f(x)$ y por inducción vemos que $f(n)=(n-1)a$ con $a:=f(0)$ . Entonces $$ f(f(3)f(0)) + f(3+0)=f(3\cdot 0)\iff f(-2a^2)-2a=a$$ y $$ f(f(-1)f(2)) + f(-1+2)=f((-1)\cdot 2)\iff f(-2a^2)+0=-3a,$$ de donde por eliminación de $f(-2a^2)$ obtenemos $f(0)=a=0$ contradicción.

Concluimos que $(1)$ es la única solución a la ecuación funcional.