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

Question

Este es mi problema "Encontrar $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ s.t. $f(xf(y)-f(x))=2f(x)+xy$ ". No soy muy bueno en la ecuación funcional así que todo lo que hice hasta ahora es subtitular $x,y$ por $1,0$ y ni siquiera pude calcular un valor.

Otro enfoque es que encuentre 1 solución $f=-x+1$ . Así que dejé que $g=f+x-1$ y tratar de demostrar $g=0$ pero subtitular eso en la ecuación lo convierte en un lío. Ayúdame por favor.

Answer 1

Este es un problema realmente difícil, ¡me gusta mucho! Intenté dejar claro dónde usé qué, pero sin embargo es un poco desordenado. No dudes en preguntar si algo no está claro.

Dejemos que $f$ sea una solución de la ecuación y que $P(x,y)$ e la afirmación $f(xf(y)-f(x))=2f(x)+xy$ Entonces $$ P(1,y):\qquad f(f(y)-f(1))=2f(1)+y\implies f\text{ surjective} $$ Así pues, dejemos que $a,b\in\mathbb{R}$ sea tal que $f(a)=0$ y $f(b)=1$ . $$ P(a,b):\qquad 0=f(af(b)-f(a))=ab $$ Por lo tanto, o bien $a=0$ o $b=0$ .

Caso 1 : $a=0$ $$ P(1,1):\qquad 0=2f(1)+1\implies f(1)=-\frac12 $$ Por lo tanto, si reconsideramos $P(1,y)$ obtenemos $f(f(y)+1/2)=y-1$ . Por lo tanto, $$ P(1,f(y)+1/2):\qquad f(y-1/2)=f(f(f(y)+1/2)+1/2)=f(y)+1/2-1=f(y)-1/2 $$ y con $y=f(x)+1/2$ en la ecuación anterior: $$ f(f(x))=f(f(x)+1/2)-1/2=x-3/2 $$ Pero así $0=f(f(0))=-3/2$ contradicción.

Caso 2 : $b=0$

Por otra parte $P(1,1)$ da $f(0)=1$ . Por lo tanto, si reconsideramos $P(1,y)$ obtenemos $f(f(y))=y\tag{1}\label{1}$ y por lo tanto $f$ es biyectiva. Ahora $$ P(x,0):\qquad f(x-f(x))=2f(x)\tag{2}\label{2} $$ $$ P(f(x),0):\qquad f(f(x)-x)=2x\\\stackrel{f()}\implies f(x)-x\stackrel{\eqref{1}}=f(f(f(x)-x))=f(2x)\tag{3}\label{3} $$ $$ P(f(x),1):\qquad f(-x)\stackrel{\eqref{1}}=f(-f(f(x)))\stackrel{P(f(x),1)}=2f(f(x))+f(x)\stackrel{\eqref{1}}=2x+f(x)\tag{4}\label{4} $$ Ahora $f(-1)\stackrel{\eqref{4}}=2+f(1)=2$ y por lo tanto $f(2)=f(f(-1))\stackrel{\eqref{1}}=-1$ . Finalmente tomamos $$ P(x,2):f(-x-f(x))=2f(x)+2x $$ Pero $f(-x-f(x))\stackrel{\eqref{4}}=2(x+f(x))+f(x+f(x))$ y así la ecuación anterior se simplifica a $f(x+f(x))=0$ . Pero $f$ es inyectiva y ya sabemos que $f(1)=0$ Así que $$ x+f(x)=1\implies f(x)=1-x\qquad\forall x\in\mathbb{R} $$ Sustituyendo esto de nuevo en la ecuación original vemos que se trata efectivamente de una solución.

Answer 2

Hecho 1: $f$ tiene una raíz. Para ver esto, tome $x \not = 0$ y $y = \frac{-2f(x)}{x}$ .

Hecho 2: Si $f(c) = 0$ entonces $c = \pm\sqrt{f(0)}$ . Para ver esto, ponga $x=y=c$ .

Hecho 3: $f(0) = \pm 1$ . Para ver esto, dejemos $c$ sea una raíz y se establezca $x=c, y=0$ . Entonces, $f(cf(0)) = 0 \implies cf(0)=\pm\sqrt{f(0)}$ pero $c = \pm\sqrt{f(0)}$ .

Hecho 4: $f(0) = 1$ . Si $f(0) = -1$ entonces $x=y=0$ da $f(1) = -2$ . Entonces $x=1,y=0$ da $f(-1-(-2))=2(-2) = -4$ una contradicción.

Hecho 5: $f(-1) = 2$ y $f(1) = 0$ . La primera igualdad se deduce de $x=0,y=0$ . La segunda viene entonces del Hecho 1, el Hecho 2 y $f(-1)\not = 0$ .

Hecho 6: $f(f(x)) = x$ para todos $x \in \mathbb{R}$ . Esto se deduce de la fijación de $x=1$ .

Hecho 7: $f(-a) = 2a+f(a)$ para todos $a \in \mathbb{R}$ . Esto se desprende de $x=f(a),y=1$ y observando que el hecho 6 implica $f$ es suryente.

Hecho 8: $f(-x-f(x)) = 2x+2f(x)$ . Esto se desprende de $y=2$ .

Hecho 9: $f(-x-f(x)) = 2x+2f(x)+f(x+f(x))$ . Esto se deduce de dejar que $a = x+f(x)$ en el hecho 7.

Hecho 10: $f(x) = -x+1$ . Esto se deduce de los hechos 8,9 , el hecho 6 muestra $f$ es inyectiva, y el hecho 5, que da $f(1) = 0$ .

Answer 3

Investiguemos primero las soluciones afines $x\mapsto ax+b$ . La ecuación se reescribe como

$$a(axy+bx-ax-b)+b=2ax+2b+xy\iff (a^2-1)xy+a(b-a-2)x-b(a+1)=0$$

Identificando los coeficientes de los términos de los dos lados de esta ecuación polinómica obtenemos que $x\mapsto -x+1$ es la única solución afín al problema.

Más doloroso pero con el mismo método demostramos que el único polinomio (solución en serie de potencias) es $x\mapsto -x+1$

Eso es todo lo que tengo por el momento

Answer 4

$$P(x,y) \implies f(xf(y)−f(x))=2f(x)+xy$$ $$P(1,y) \implies f(f(y)-f(1))=2f(1)+y \implies \text{Surjectivity}$$ Porque $2f(1)+y$ puede alcanzar un valor real. Entonces existe un número real $a$ tal que $f(a)=0$ $$P(a,a) \implies a=\pm \sqrt{f(0)}$$ $$f(xf(1)-f(x))=2f(x)+x$$ y existe un número real $c$ tal que $f(c)=1$ $$P(x,c) \implies f(x-f(x))=2f(x)+xc \tag{1}$$ Dejemos que $b \ne a \implies f(b) \ne 0$ sea un número real, $$P(x/f(b),b) \implies f(x-f(x))=2f(x)+xb/f(b) \tag{2}$$ Combinando $(1)$ con $(2)$ obtenemos $$f(b)=b/c, \ \ \ \forall \ b \ne a, \ c \ne 0$$ Sustituyendo esto en la ecuación original, obtenemos $$xy/c^2-x/c^2=2x/c+xy$$ lo que implica que no hay tal $c \ne 0$ existe $$\implies c=0 \implies f(0)=1 \implies a= \pm 1$$ Caso 1: $a=1 \ \ (f(1)=0)$ $$P(1,y) \implies f(f(y))=y \tag{3}$$ $$P(x,1) \implies f(-f(x))=2f(x)+x $$ $$\overset{(3)}{\implies} f(-x)=2x+f(x) \tag{4}$$ $$\overset{x=1}{\implies} f(-1)=2$$ $$P(-1,x) \implies f(-f(x)-2)=4-x \overset{(3)}{\implies} f(-x-2)=4-f(x) \overset{(4)}{\implies} f(x-2)=4-2x-f(x)$$ Entonces, por inducción fuerte, tenemos para todos los enteros $k$ , $$f(k)=1-k$$ y para demostrarlo ponemos $x=k+1$ en $f(x-2)=4-2x-f(x)$ $$f(k-1)=2-2k-f(k+1) \iff f(k+1)=2-f(k-1)-2k=2-(1-(k-1))-2k=-k$$ Así que está probado. Ahora, dejemos $k$ sea un número entero positivo, $$P(x,k) \implies f(x-xk-f(x))=2f(x)+xk$$ $$P(x,0) \implies f(x-f(x))=2f(x)$$ Entonces, combinamos las dos ecuaciones anteriores para obtener $$f((x-f(x))-xk)=f(x-f(x))+xk$$ Debido a la subjetividad, $x-f(x)$ puede alcanzar algún valor real, y lo mismo ocurre con $xk$ por lo que fijamos $x-f(x)=u$ y $-xk=v$ $$f(u+v)=f(u)-v \tag{5}$$ $$\implies f(xf(y)-f(x))=f(xf(y))+f(x) \overset{(3), P(x,y)}{\implies} f(xf(y))=f(x)+xy$$ $$ \overset{(3), y=f(y)}{\implies} f(xy)=f(x)+xf(y)$$ $$\overset{x \mapsto x+1}{\implies}f(xy+y)=f(x+1)+xf(y)+f(y)\overset{(5)}{\implies} f(xy)-y=f(x)-1+xf(y)+f(y)$$ $$\overset{x=1}{\implies} f(y)-y=f(1)-1+f(y)+f(y) \iff f(y)=1-y \ \ \ \Box.$$ Caso 2: $a=-1$ $$P(-1,x) \implies f(-f(x))=-x$$ $$P(x,-1) \implies f(-f(x))=2f(x)-x$$ Así que $f(x)=0$ que no funciona en la ecuación original.