Utilizando la inducción, probé que$f(x) = x$ y$f(x) = -x^2$ funcionan, pero solo para números racionales.
¿Cómo puedo probarlos para todos los números reales?
Respuesta
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Por lo que asumimos $$f(xy - 1) + f(x)f(y) = 2xy - 1\tag1$$ for all real $x,y$. The RHS is not constant, so constants aren't solutions. Substituting $y=0$ (1) da $$f(-1)+f(x)f(0)=-1,$$ and as $f(x)$ no es una constante, obtenemos $$f(0)=0,\quad f(-1)=-1\tag2.$$ Dejando $y=1$, obtenemos $$f(x-1)+f(x)f(1)=2x-1\tag3.$$ Replacing $x$ by $xy$ in (3) gives $f(xy-1)+f(xy)f(1)=2xy-1$, y junto con (1), esto implica $$f(x)f(y)=f(xy)f(1)\tag4.$$ But as the OP pointed out already in a comment, $f(1)$ can have only two possible values: from (3) with $x=1$, we get $f(0)+f(1)^2=1$, i.e. $f(1)=\pm1$.
Caso $f(1)=1$: a partir De (3), obtenemos $$f(x-1)=2x-1-f(x)\tag5,$$ from (4) with $y=-1$ we conclude $$f(-x)=f(x)f(-1)f(1)=-f(x)\tag{odd}.$$ Replacing $x$ by $-x$ in (5) gives $f(-x-1)=-2x-1-f(-x)$, usando (impar), llegamos a $$f(x+1)=2x+1-f(x)\tag6.$$ A partir de (1) con $y=x$, tenemos $$f(x^2-1)+f(x)^2=2x^2-1\tag{7}.$$ But $x^2-1=(x-1)(x+1)$, entonces (usando (5) y (6)) $$f(x^2-1)+f(x)^2=[2x-1-f(x)][2x+1-f(x)]+f(x)^2=2x^2-1,$$ and after some simplification, $$[f(x)-x]^2=0,$$ i.e. $f(x)=x$.
Caso $f(1)=-1$: Aquí, (4) con $y=-1$ da $$f(-x)=f(x)\tag{even},$$ y en lugar de (5) y (6), obtenemos de la misma manera $$f(x-1)=2x-1+f(x)$$ and $$f(x+1)=-2x-1+f(x).$$ Ya que en este caso $f(x^2-1)=-f(x-1)f(x+1)$, (7) se convierte en $$-[2x-1+f(x)][-2x-1+f(x)]+f(x)^2=2x^2-1,$$ a la simplificación de $f(x)=-x^2$.
