Encuentre todas las funciones tales que $f(x^2+y^2f(x))=xf(y)^2-f(x)^2$

Question

Se trata de la prueba de la OBM (Olimpiada Brasileña de Matemáticas), nivel universitario, 2016, fase 2.

Espero que alguien pueda ayudarme a discutir esta prueba. Gracias por cualquier ayuda.

La pregunta 2 dice:

Encontrar todas las funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tal que

$f(x^2+y^2f(x))=xf(y)^2-f(x)^2$

para todos $x,y\in\mathbb{R}$ .

Mi intento:

Tenga en cuenta que $f(0)\in\{0,-1\}$ . De hecho, al tomar $x=y=0$ tenemos $f(0)=-f(0)^2$ .

Caso 1 $f(0)=0$

Al tomar $y=0$ tenemos

$f(x^2)=-f(x)^2\forall x\in\mathbb{R}$

En particular, $f(1)=-f(1)^2$ Así que $f(1)\in\{0,-1\}$ .

(a) f(1)=0

Al tomar $x=1$ tenemos $f(1)=f(y)^2\forall y\in\mathbb{R}$ .

Así que, $f\equiv 0$ . Es trivial que se respete la declaración.

(b) f(1)=-1

Al tomar $x=1$ tenemos $f(1-y^2)=f(y)^2-1=-f(y^2)-1\forall y\in\mathbb{R}$ . Así que, para $t\leq 0$ tenemos $f(1-x)=-f(x)-1$ .

Al tomar $y=1$ tenemos $f(x^2+f(x))=x-f(x)^2=x+f(x^2) \forall x\in\mathbb{R}$ .

No pude terminar este subcaso

Caso 2 $f(0)=-1$

Al tomar $x=0$ ,

$f(-y^2)=-1\forall y\in\mathbb{R}$

Así que, $f(t)=-1\forall t\leq0$ .

Al tomar $y=0$ ,

$f(x^2)=-x-f(x)^2 \forall x\in\mathbb{R}$

Así que, $f(t)=-\sqrt{t}-1\forall t\geq0$ .

Pero esta función no es correcta. Por ejemplo, para $x=y=1$ , $f(x^2+y^2f(x))=f(1+1(-2))=f(-1)=-1$ pero $xf(y)^2-f(x)^2=1(-2)^2-(-2)=6\not=-1$ .

Answer 1

Mi solución se basa en la respuesta de Patrick Stevens. Por ahora, estoy considerando el caso en que $f$ no es cero en todas partes, y voy a demostrar que $f(x)=-x$ en todas partes.

Ya tenemos $f(x+1)=f(x)-1$ para $x\ge 0$ . Pero esto es cierto para todos $x$ aquí está la razón. Deje que $t \ge 0$ y establecer $x=1$ y $y=\sqrt{t}$ en la identidad original, utilizando $f(x^2)=-f(x)^2$ . Obtenemos $f(1-t)=-1-f(t)$ . Sustituir $t=1-s$ para conseguir $f(s)=-1-f(1-s)$ para $s \le 1$ . Por lo tanto, $f(x)+f(1-x)=-1$ para todos $x$ . Utilizando la inversión de signos y la inducción, encontramos $$ f(x+n)=f(x)-n $$ para todos los reales $x$ y enteros $n$ .

Dejemos que $n$ sea un número entero y $t \ge 0$ sea real. Set $x=-n$ y $y=\sqrt{t}$ para conseguir $f(n^2 + t f(n))=f(n^2) - n f(t)$ que lleva a $f(-tn)-n^2=-n^2 - n f(t)$ entonces $f(n t) = n f(t)$ . Utilizando la inversión de signos, esto también es cierto cuando $t$ es negativo, por lo que (sustituyendo $t$ con $x$ ) $$ f(n x) = n f(x) $$ para todos los reales $x$ y enteros $n$ .

Sustituir $x$ con $x/n$ para encontrar $ f(x/n) = n f(x/n)/n = f(nx/n)/n = f(x)/n $ . Sea $a$ sea un número entero y $b$ sea un número entero positivo. Entonces $f((a/b)x) = f(a(x/b)) = a f(x/b) = a f(x) / b = (a/b)f(x)$ y $f(x + a/b) = f((bx + a)/b) = f(bx + a)/b = (f(bx) - a)/b = f(bx)/b - a/b = f(x) - a/b$ . Así que $$\begin{align} f(x+q) &= f(x)-q \\ f(qx) &= q f(x) \end{align}$$ para todos los reales $x$ y racional $q$ .

$f(q)=-q$ para todos los racionales $q$ . Ahora vamos a demostrar que es cierto para los valores irracionales.

Ya sabemos que $f$ si es negativo sobre los valores positivos, y viceversa. Sea $x$ sea cualquier número irracional, y que $q < x$ sea algún número racional. Entonces $f(x-q)=f(x)+q$ . Desde $x-q$ es positivo, $f(x-q)$ es negativo, por lo que $f(x)<-q$ . Podemos elegir $q$ para estar tan cerca como queramos, así que $f(x) \le -x$ . Hacer lo mismo desde el otro lado muestra $f(x) \ge -x$ .

Answer 2

Un progreso parcial, pero no una respuesta completa, me temo.

$$f(x^2+y^2f(x)) = xf(y)^2-f(x)^2$$

$f$ tiene una raíz

Dejemos que $y=x$ Entonces $f(x^2(1+f(x)) = (x-1)f(x)^2$ . En particular, dejar que $x=1$ obtenemos $f(1+f(1)) = 0$ Así que $f$ tiene una raíz.

$f$ es $0$ o tiene exactamente la raíz $0$

Supongamos que $f(x) = 0$ . Entonces $f(x^2) = x f(y)^2$ para todos $y$ y, por lo tanto, o bien $x = 0$ o $f(y)^2$ es constante como $y$ varía.

Supongamos que $f(x) = 0$ pero $x \not = 0$ . Entonces $f(y)^2$ es constante como $y$ varía; pero sustituyendo $y = x$ obtenemos que $f(y)^2 = 0$ y por lo tanto $f$ es la constante $0$ .

Así que el único caso posible no nulo es que $f$ tiene exactamente una raíz, y es la raíz $x = 0$ .

$f$ es casi simétrico

Sustituir $y \to -y$ para obtener lo siguiente: $$x f(y)^2-f(x)^2 = f(x^2+y^2f(x)) = x f(-y)^2-f(x)^2$$ de la cual $$x f(y)^2 = x f(-y)^2$$ para todos $x$ y $y$ en particular, $$f(y) = \pm f(-y)$$ para todos $y$ .

$f$ es impar o $0$

Supongamos que $f(x) = f(-x)$ . Entonces $$x f(y) - f(x)^2 = f(x^2 + y^2 f(x)) = -x f(y) - f(-x)^2 = -x f(y) - f(x)^2$$ y así $-x f(y) = x f(y)$ para todos $y$ así que (ya que wlog $f$ no es la función constante cero) $-x = x$ y por lo tanto $x=0$ .

Así que si $f(x) = f(-x)$ entonces $x = 0$ Por lo tanto $f(-x) = -f(x)$ para todos $x$ .

$f$ es de signo inverso o $0$

Tenga en cuenta también que, dado que $f(x^2) = -f(x)^2$ (dejando $y=0$ ), para cada $x > 0$ tenemos $f(x) < 0$ .

$f(n) = -n$ o $f=0$

Sustituyendo $x=-1$ da $f(1+y^2) = -f(y)^2-1$ y en particular $$f(x^2+1) = f(x^2)-1$$

Por lo tanto, $f(x+1) = f(x)-1$ siempre que $x>0$ . Esto fija el valor de $f$ en los números naturales: tenemos $f(n) = -n$ .

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Ya sabemos que la raíz se produce en $x=1+f(1)$ Así que $f(1) = -1$ (como ha señalado). Además, al dejar que $x=y$ y suponiendo $f(x)=-1$ obtenemos $f(0) = x-1$ en cualquier $x$ y así $x=1$ es la única vez que $f$ golpea $-1$ .

Answer 3

Consideremos primero el caso $x = 0$ . La ecuación se reduce a:

$$f(y^{2}f(0)) = -f(0)^2$$

El lado derecho es independiente de $y$ , dejando dos posibilidades: (a) $f$ es constante; (b) $f(0)=0$ .

Si examinamos el caso (a), se deduce que la constante es $0$ o $-1$ . La sustitución en la ecuación general muestra que sólo $f = 0$ es posible.

Caso (b). Supongamos que $f(0)=0$ . Considere lo que sucede cuando tomamos $y = 0$ . La ecuación se convierte en:

$$f(x^2) = -f(x)^2$$

Esto tiene soluciones del tipo $f(x) = -x^N$ y $f(x) = -abs(x)^N$ . En ambos casos debemos tener $N > 0$ para satisfacer la condición $f(0)=0$ . Ahora sustituye ambas soluciones en el caso general, donde ambas $x$ y $y$ son variables. Rápidamente queda claro que sólo la primera solución funciona y sólo para $N = 1$ .

En conclusión, parece que hay dos soluciones al problema, a saber:

$$f(x) = 0$$ y $$f(x) = -x$$

Answer 4

Si $f(a)=0$ para algunos $a\ne0$ entonces $$\tag{$ a,y $}f(a^2)=af(y)^2 $$ para todos $y$ , haciendo que $|f|$ constante y por lo tanto $f\equiv 0$ .

Supongamos que $f(b)=f(-b)=c$ para algunos $b\ne0$ . Entonces $$\tag{$ b,y $}f(b^2+y^2c)=bf(y)^2-c^2$$ junto con $$\tag{$ -b,y $}f(b^2+y^2c)=-bf(y)^2-c^2$$ lleva a $f\equiv 0$ .

Para buscar otras soluciones distintas a la función cero, podemos entonces suponer que $$\tag1\forall x\ne0\colon f(x)\ne 0,$$ $$\tag2\forall x\ne0\colon f(x)\ne f(-x).$$ Desde $$\tag{$ 1,1 $}f(1+f(1))=f(1)^2-f(1)^2=0$$ y $(1)$ concluimos que $f(0)=0$ y $f(1)=-1$ .

Combinando $$\tag{$ 1,y $}f(1+y^2)=f(y)^2-1$$ $$\tag{$ 1,-y $}f(1+y^2)=f(-y)^2-1,$$ vemos que $f^2$ es par, por lo tanto por $(2)$ , $f$ es impar. En particular $f(-1)=1$ . Entonces $$\tag{$ 1,-1 $}f(1+1)=1-1=0$$ contradice $(1)$ .

Conclusión: La única solución es $f\equiv 0$ .