Resuelva $f(x)f(y)=2f(x+yf(x))$

Question

Quiero resolver la siguiente ecuación funcional:

Encuentra todas las funciones $f: \mathbb {R_{>0}} \to\mathbb {R_{>0}}$ para el cual $$f(x)f(y)=2f(x+yf(x))$$ Para todos $x,y \in\mathbb {R_{>0}}$ .

Es de mi script y no sé cómo resolverlo. La solución trivial es $f(x)=2$ pero no sé si es el único. Así que cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

En primer lugar, que $P(x,y)$ sea la afirmación $f(x)f(y)=2f(x+yf(x)) \space\forall x,y \in \mathbb {R_{>0}}$ .

Ahora supongamos que podemos encontrar $0<u<v$ de tal manera que $f(u)>f(v)$ . Esto nos permitiría establecer $y= \frac {v-u}{f(u)-f(v)}$ que cede: $$P \left (u, \frac {v-u}{f(u)-f(v)} \right ): \space f(u)f \left ( \frac {v-u}{f(u)-f(v)} \right )=2f \left ( \frac {vf(u)-uf(v)}{f(u)-f(v)} \right ) \\ P \left (v, \frac {v-u}{f(u)-f(v)} \right ): \space f(v)f \left ( \frac {v-u}{f(u)-f(v)} \right )=2f \left ( \frac {vf(u)-uf(v)}{f(u)-f(v)} \right )$$ Si combinamos estas ecuaciones, obtenemos $f(u)=f(v)$ contradicción. Así que cuando $0<u<v$ tenemos $f(u)≤f(v)$ así que $f$ está aumentando la monotonía.

Ahora supongamos $f$ es inyectable. Esto implica, por simetría, que $f(x+yf(x))=f(y+xf(y)) \implies yf(x)=xf(y)-x+y$ . Ahora podemos conectar $y=1$ lo que lleva a $f(x)=(f(1)-1)x+1$ así que $f$ tiene que ser de la forma $f(x)=ax+1$ por alguna constante $a$ . Conectando esto a la ecuación original, esto produce: $$(ax+1)(ay+1)=2(ax+ay(ax+1)+1)=2(ax+1)(ay+1) \iff (ax+1)(ay+1)=0$$ Esto no puede sostenerse para todos $x,y \in \mathbb {R_{>0}}$ así que $f$ no puede ser inyectable.

Por lo tanto, existen $0<a<b$ de tal manera que $f(a)=f(b)$ : $$P(a,y): \space f(a)f(y)=2f(a+yf(a)) \\ P(b,y): \space f(b)f(y)=2f(b+yf(b))$$ Esto implica $f(a+yf(a))=f(b+yf(b))$ y con $y= \frac {z-a}{f(a)}$ esto produce $f(z)=f(z+ \underbrace {b-a}_{c}) \space\forall z>a$ . Así, $f$ es periódica en $(a, \infty )$ y monótono, y por lo tanto constante en $(a, \infty )$ . Deje que $f(x)=d$ para $x>a$ : $$P(x+a,y+a): \space d^2=2d \implies d=2$$ Así que $f(x)=2$ para $x>a$ . Por lo tanto: $$P(x+a,y): \space 2f(y)=4 \iff f(y)=2$$ Por lo tanto, $f(y)=2$ es la única solución.