Lukaluce escribió: Halla todas las funciones $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$ tales que $$f(xf(x + y)) = yf(x) + 1$$ se cumple para todo $x, y \in \mathbb{R}^{+}$ . Propuesto por Nikola Velov, Macedonia del Norte Sea $P(x,y)$ la afirmación $f(xf(x+y))=yf(x)+1$ . Afirmación: $f$ es biyectiva. Primero inyectividad y luego sobreyectividad. Supón que $f(a)=f(b)$ para algunos $a,b$ , entonces elige algún $c$ con $c1$ $P\left(x,\frac{f(xy)-1}{f(x)}\right)\Rightarrow f\left(x+\frac{f(xy)-1}{f(x)}\right)=y$ si $f(xy)>1$ y aplicando esto al elegir $x$ tal que $f(xy)>1$ , podemos hacer: $P\left(f(x+y),\frac{xf(y)}{f(f(x+y)))}\right)\Rightarrow f\left(f(x+y)+\frac{xf(y)}{f(f(x+y)))}\right)=y$ lo que demuestra que $f$ es sobreyectiva. Afirmación: $f(1)=1$ Sea $c=f^{-1}(1)$ . $P(x,c-x)\Rightarrow f(x)=\frac1{x+1-c}$ para todo $x0$ para $x>0$ lo que significa que $c\le1$ . Ahora si $x1$ para el cual $f(x)\ge1$ entonces $\frac1{f(x)}\le1$ así que $f\left(\frac1{f(x)}\right)=f(x)$ , por lo que por inyectividad $f(x)=\frac1x<1$ , contradicción. Es decir, las salidas de $f(x)=\frac1x$ para $x\le1$ cubren $[1,\infty)$ , así que las salidas de $f(x)$ para $x>1$ están restringidas a $(0,1)$ . Entonces si $x>1$ debemos tener $f(x)<1$ . $P(1,x)\Rightarrow f(f(x))=x$ para $x>1$ Como $f(x)<1$ tenemos $f(f(x))=\frac1{f(x)}$ para $x>1$ , así que obtenemos $f(x)=\frac1x$ para $x>1$ también. Entonces ya sea $x<1$ , $x=1$ , o $x>1$ , debemos tener $\boxed{f(x)=\frac1x}$ para todo $x>0$ , lo cual satisface la ecuación.

Olimpiada de los Balcanes 2021 Problema A5

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