Ecuatie functionala 2

[mychrom]

Gasiti toate functiile \( f:R_+^*\rightarrow R_+^* \) astfel incat: \( f(f(x)+y)=xf(1+xy) \) .

[Enunt corectat de catre moderator.]

[SNT]

pt. y=0 : f(f(x))=xf(1) (rel.1)
pt. x=0 : f(y+f(0))=0 , pt. orice y din R+ => pt. orice x>=f(0) , f(x)=o (rel.2)
Daca f(0)=0 => din rel.2 : f(x)=0 , pt orice x real pozitiv => f=0 .
p.p.r.a. : f(0) diferit de 0 => f(0)>0
pt. x=f(0) : f(f(f(0))+y)=f(0)f(1+yf(0)) , dar f(f(0))=0 (din rel.2 ) => f(y)=f(0)f(1+yf(0))
pt. y=0 : f(0)=f(0)f(1) , dar f(0) e dif. de 0 => f(1)=1 => din rel.1:f(f(x))=x (rel.3)
pt. x=f(0)+k , k pozitiv : f(f(f(0)+k))=f(0)+k , dar din rel.2 => f(f(0)+k)=0 =>
f(0)=f(0)+k => k=0 , contradictie => f(0) nu poate fi dif. de 0 => f=0!

[SNT, iti poti edita postul si scrie o alta solutie, potrivita cu noul enunt. Succes!]

[mychrom]

\( f(x)=\frac{1}{x} \) verifica... demonstreaza ca este descrescatoare si apoi incearca sa arati ca \( f(1)=1 \). De aici e mai simplu.

[Filip Chindea]

Welcome to mateforum, SNT! Observ ca va fi necesar sa inveti \( \LaTeX \), iar un bun punct de start (dpdv practic) il reprezinta comunitatea AoPS, precum si materialele locale.

Chestiunea, de altfel clasica, poate fi gasita complet solutionata ca si "Problem 18" in articolul de Ecuatii functionale al iugoslavilor de la IMO Compendium group - iar enuntul era neclar, obiceiul este ca pe la noi sa se puna un "star" pentru multimile care il exclud pe zero (mai general, elementele simetrizabile) - de aici si confuzia. In orice caz era simplu de dedus ca se dorea a fi înteles \( \mathbb{R}_+ := (0, \infty) \).

[SNT]

f(f(x)+y)=xf(1+xy)

Daca x e dif. de 1 => f(f(x)+y) dif. de f(1+xy) => f(x)+y dif. de 1+xy =>
[f(x)-1]/(x-1) e dif. de y (pt. orice y real strict pozitiv) => [f(x)-1]/(x-1)<=0 ,x dif. de 1 (rel.1)

1+xy>1 => din rel.1 : f(1+xy)<=1 => xf(1+xy)<=x => f(f(x)+y)<=x (rel.2)

Pentru f(x)+y<1 => din rel. 1 : f(f(x)+y)>=1 => xf(1+xy)>=1 =>f(1+xy)>=1/x . f(x)+y<1 => f(x)<1 => din rel. 1 : x>1 (dar doar acei x pt. care f(x) dif. de 1) . Daca exista z>1 a.i.: f(z)<1/z => alegem y=(z-1)/z => f(z)+y<1/z+(z-1)/z=1 => f(1+z(z-1)/z)>=1/z => f(1+z-1)>=1/z => f(z)>=1/z , dar f(z)<1/z => nu exista x>1 a.i.: f(x)<1/x => f(x) >=1/x , oricare ar fi x>1 a.i.: f(x) e dif. de 1 . Dar pt. x a.i.: f(x)=1 => f(x)=1>1/x (caci x>1) => f(x)>=1/x , oricare ar fi x>1 (rel.3)

Daca x<1 => din rel. 1 : f(x)>=1 => f(x)+y>1 => din rel.3 :
f(f(x)+y)>=1/[f(x)+y] => din rel. 2 : x>=1/[f(x)+y] => xy+xf(x)>=1 , oricare ar fi y>0 , x<1 => xf(x)>=1 => f(x)>=1/x , oricare ar fi x<1 (rel.4)

Din rel. 2 : x>=f(f(x)+y)>=1/[f(x)+y] (pentru f(x)+y dif. de 1 , caci am dem. ca f(x)>=1/x , pt x>1 si x<1) => xf(x)+xy>=1 , pt. x=1 => f(1)+y>=1 , oricare ar fi y>0 a.i.: f(1)+y dif. de 1 => f(1)>=1 (altfel , daca f(1)<1 , exista un y suficient de mic pt. care f(1)+y<1 => contradictie ) .

Din rel. 3 si 4 (plus faptul ca f(1)>=1) => f(x)>=1/x , oricare ar fi x real strict pozitiv (rel.5)

Pentru x>1 , din rel.1 => f(x)<=1 .
p.p.r.a. : f(x)>1/x => f(x)=1/x+k , k>0 . Alegem y=1-1/x-k/2 (intrucat f(x)<=1 => 1/x+k<=1 => 1/x+k/2<1 => 1-(1/x+k/2)>0 => y>0) f(x)+y=1/x+k+1-1/x-k/2=1+k/2>1 => din rel. 1 : f(f(x)+y)<=1 => xf(1+xy)<=1 =>
f(1+xy)<=1/x . Dar f(1+xy)>=1/(1+xy) (din rel.5) =>1/x>=1/(1+xy) => 1+xy>=x => 1/x+y>=1 => 1/x+1-1/x-k/2>=1 => 1-k/2>=1 => contradictie => pp facuta este falsa => f(x) nu poate fi mai mare strict decat 1/x => din rel. 5 : f(x)=1/x , oricare ar fi x>1 (rel.6)

1+xy>1 => din rel. 6 : f(1+xy)=1/(1+xy) => f(f(x)+y)=x/(1+xy)
Pentru x<1 , f(x)>=1 (din rel.1) => f(x)+y>1 => din rel. 6 : f(f(x)+y)=1/[f(x)+y]
=> x/(1+xy)=1/[f(x)+y] => xf(x)=1 => f(x)=1/x , oricare ar fi x<1 (rel.7)

Daca x=1 => f(f(1)+y)=f(1+y) , f(1)+y>1 , 1+y>1 => f(f(1)+y)=1/[f(1)+y]=1/(1+y)=f(1+y) => f(1)=1 (rel.

Din rel. 6, 7 si 8 => f(x)=1/x, oricare ar fi x>0 !

P.S. Daca gasiti vreo greseala sa-mi spuneti. Si srry k n-am scris in latex, dar nu-s obisnuit.