Ecuación funcional de la sesión de preparación de la USAMO 2010:
Encontrar todas las funciones $f:\mathbb R^+\to\mathbb R^+$ tal que $\big(1 + yf(x)\big)\big(1 - yf(x + y)\big) = 1$ para todos $x, y \in \mathbb R^+$ , donde $\mathbb R^+$ es un conjunto de todos los números reales positivos.
Bueno, realmente no veo qué podemos hacer. Quiero decir que podría haber introducido algunos números pero el mejor ( $0$ ) que podría haber provocado simplificaciones está fuera de alcance y también lo están los números negativos. Tal vez si pudiéramos tomar dos casos:
- Ambos factores son iguales a $\pm 1$ .
- Los factores son recíprocos entre sí.
En el primer caso $+1$ de hecho sólo es posible cuando $f(x)=0$ $ \forall x$ lo que no es posible ya que $0$ no está en el codominio. Para $-1$ obtendríamos $f(x+y)=-f(x)$ , contradicción de nuevo.
Así que debemos tener los dos factores siendo recíprocos. ¿Y ahora qué? Estoy atascado aquí. Está claro que mi planteamiento no sólo es poco profesional, también es malo. ¿Cómo se puede resolver este asunto?
EDITAR:
Después de considerar el comentario de @Yesit'sme, he vuelto a intentar el problema y me gustaría presentar una solución. POR FAVOR, DECIDME SI ES CORRECTA O NO. Aquí vamos.
Desde $x,y \in \mathbb R^+$ podemos asumir sin restricciones $x,y \neq 0$ .
Ahora de dado,
$\begin{align} \big(1 + yf(x)\big)\big(1 yf(x + y)\big) &= 1 \\ 1 yf(x + y)&= \frac{1}{1 + yf(x)} \\ 1-\frac{1}{1 + yf(x)} &= yf(x + y) \\ \frac{1+yf(x)-1}{1 + yf(x)} &= yf(x + y) \\ \frac{f(x)}{1+yf(x)} &= f(x+y)= \frac{f(y)}{1+xf(y)} \tag 1 \label 1 \end{align}$
$\forall x,y \in \mathbb R^+$ .
La última ecuación se deduce de la simetría (o de la introducción de $y+x$ en $f$ ).
Ahora, introduciendo $y=1$ vemos que, $ f(x+1) =\frac{f(x)}{1+f(x)}<f(x), \forall x \in \mathbb R^+$ .
La última desigualdad se desprende del hecho de que,
$\begin{align} f(x)+1 &>1 \\ 1 &>\frac{1}{f(x)+1} \\ f(x)&>\frac{f(x)}{f(x)+1}=f(x+1) \end{align}$
Como $f(x) \in \mathbb R^+$ .
Así, $f(x)$ es, de hecho, decreciente. Ahora definimos una nueva función $Q$ tal que,
$f(x)=\frac{1}{Q(x)}$
donde $Q$ es estrictamente creciente $\forall x$ .
Si se introduce esto en \eqref {1} obtenemos,
$\begin{align} \frac{\frac{1}{Q(x)}}{1+\frac{y}{Q(x)}} &= \frac{\frac{1}{Q(y)}}{1+\frac{x}{Q(y)}} \\ \frac{1}{Q(x)+y} &= \frac{1}{Q(y)+x} \\ Q(x)+y &=Q(y)+x \\ Q(y)-y &=Q(x)-x=k \\ \end{align} $
Donde $k \in \mathbb R$ es una constante. Esto da,
$\begin{align}\frac{1}{f(x)} &= x+k \\ \therefore f(x) &= \frac{1}{x+k} \blacksquare. \\ \end{align} $
Introduciendo esto en la ecuación original vemos que la ecuación se satisface y, por tanto, la solución está completa.
(No mostré la parte de la comprobación porque escribir todo esto ya me llevó un montón de tiempo. Espero que lo entiendas. Sin embargo, satisface, lo he comprobado a mano).
