Encuentra todas las funciones $f$ que van de los reales positivos a los reales positivos, y que cumplen:
$f(x)f(y)=2f(x+yf(x))$ para toda pareja de reales positivos $x,y$
sábado, 28 de mayo de 2016
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Denotamos por $P(x, y)$ la sustitución en la ecuación dada.
Supongamos que existe un $a$ tal que $f(a) \: \textless \: 1$. Entonces con $P \left(a, \frac{a}{1 - f(a)}\right)$ tenemos que $f(a) = 2$, contradicción. Luego $f(x) \geq 1$ para todo $x$.
Ahora, definamos la secuencia $a_1, a_2, \dots$ por $a_1 = 1$, y para $n \geq 1$, $a_{n + 1} = \sqrt{2a_n}$. Mostraremos por inducción sobre $n$ que $f(x) \geq a_n$ para todo $n \geq 1$ para todo real positivo $x$. El caso base $n = 1$ ya se demostró. Supongamos que $f(x) \geq a_k$ para todo $x$, para algún $k$, y que $f(m) \: \textless \: a_{k + 1}$ para algún real positivo $m$. Con $P(m, m)$ tenemos que
$$2a_k = a_{k + 1}^2 \: \textgreater \: f(m)^2 = 2f(m + mf(m))$$
Y entonces $f(m + mf(m)) \: \textless \: a_k$, contradicción. Esto completa el paso inductivo.
Ahora observamos que $a_n = 2^{1 - 2^{-(n - 1)}}$ para todo entero positivo $n$. Esto es obvio para $n = 1$ y se puede probar fácilmente en general con inducción. Esto muestra inmediatamente que $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 2$, y por lo tanto $f(x) \geq 2$ para todo $x$.
Ahora, observemos que
$$2f(x) \leq f(x)f(y) = 2f(x + yf(x))$$
Para todos $x, y$, y entonces $f(x) \leq f(x + yf(x))$, con igualdad si y solo si $f(y) = 2$. Notemos además que $x + yf(x)$ puede alcanzar cualquier valor real mayor que $x$, y por lo tanto $f(x) \leq f(z)$ para todo $x \leq z$. En particular, $f(z) \: \textgreater \: 2$ cuando $z \: \textgreater \: 2$ y $f(x) \: \textgreater \: 2$. Si $f(x)$ es mayor que $2$ para todo $x$, entonces $f$ es estrictamente creciente, y por lo tanto es inyectiva. Comparando $P(x, 1)$ y $P(1, x)$ tenemos que
$$f(x + f(x)) = f(1 + xf(1))$$
Y por lo tanto $f(x) + x = xf(1) + 1$, y $f(x) = (f(1) - 1)x + 1$ es una función lineal. Pero esto significa que $f(x) \leq 2$ para $x \leq \dfrac{1}{f(1) - 1}$, contradicción.
Entonces existe un $k$ tal que $f(k) = 2$, y ya que $f$ es creciente, tenemos que $f(x) = 2$ para todo $x \in (0, k]$. Es fácil comprobar que la función $f(x) \equiv 2$ cumple la ecuación original. Supongamos entonces que existe un $a$ con $f(a) \: \textgreater \: 2$. Entonces, ya que $f$ es creciente, existe un $a$ tal que $f(x) = 2$ para $x \in (0, a]$, y $f(2a) \: \textgreater \: 2$. Luego, con $P(a, a)$ tenemos que
$$4 = f(a)^2 = 2f(a + af(a)) \geq 2f(2a)$$
Y $f(2a) \leq 2$, contradicción. Luego $f \equiv 2$ es la única función que cumple.
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