Encuentra todas las funciones$f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ que satisfacen$f(x^2+y f(z)) =x f(x) + z f(y)$

Question

PREGUNTA : Encontrar todas las funciones $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ que satisfacer $f(x^2+y f(z)) =x f(x) + z f(y)$

Mi duda radica en la parte en la que he mostrado de inyectividad. Por favor revise si la prueba es correcta.

La solución es $f(x)=x$ por cada $x$. Deje $P(x,y,z)$ ser una afirmación de la FE.

• $P(0,0,0)\equiv f(0)=0$
• $P(x,0,0)\equiv f(x^2)=xf(x)$
• $P(0,y,z)\equiv f(yf(z))=zf(y)$

¿La tercera condición implica la inyección de la siguiente manera?

Si $f(a)=f(b)$, $f(yf(a))=f(yf(b))\implies af(y)=bf(y)\implies a=b$ asumiendo $f(y)\neq 0 \forall y$.

Si hasta esto es correcto, estoy bastante hecho con todo el problema.

He aquí cómo puedo proceder de ahora en adelante- $f(x^2)=xf(x)=f(xf(x))$, lo que, al utilizar la inyectividad criterios conduce a $x^2=xf(x)$. Ahora, $f(x)$ puede encontrarse después de la verificación del positivo/negativo de valor.

Answer 1

su solución es casi correcta: llegó a$f(a)=f(b)\Rightarrow{}af(y)=bf(y)$ para todos$y\in{}\mathbb{R}$. Ahora supones que$f(y)\ne{}0$ para todos$y$ (que resuelve la pregunta pero no está justificada). En cambio, es suficiente suponer que$f(y)\ne{}0$ para algunos$y$. Tenga en cuenta que si esto no se cumple, entonces$f(x)=0$ para todos$x$, que es otra solución.

Además,$xf(x)=x^2$ implica de manera inmediata que$f(x)=x$ para todos$x\ne{}0$ sin más comprobaciones. ¿Probaste que$f(0)=0$ sin embargo?

Answer 2

Solo necesita suponer que hay %% $y$con$f(y)\neq 0$ para que su argumento sobre la inyectividad se mantenga. En este caso, su trabajo muestra que$f(x)=x$ para todos$x\neq 0$, y dado que$f$ debe ser inyectiva, la única posibilidad de$f(0)$ es$f(0)=0$. Esto concluye la prueba de que$f(x)=x$ para este caso.

Ahora, el otro caso es simple, y se relaciona con el comentario de Cameron de que$f\equiv 0$ es otra, y por lo tanto, la única otra solución.