OBM 2019 - Nível 3 - P3

Problema 3

Seja $\mathbb{R}_{>0}$ o conjunto dos números reais positivos. Determine todas as funções $f : \mathbb{R_{>0}} \rightarrow \mathbb{R}_{>0}$ tais que

$f(xy+f(x))=f(f(x)f(y))+x$

para todos os reais positivos $x$ e $y$.

Solução de Jonatan de Lima:

Inicialmente, seja $P(x,y)$ a proposição enunciada. Note que como o contradomínio de $f$ é os reais positivos, temos:

$f(f(x)f(y))>0\Rightarrow f(xy+f(x))>x$

Dado $u>f(x)$, então $P\left(x,\dfrac{u-f(x)}{x}\right)$ na relação obtida nos dá $f(u)>x$. Suponha por absurdo que $x>f(x)$, então com $u\leftarrow x$ temos $f(x)>x$, contradição ao que foi suposto, e logo $f(x)\ge x$ $\forall x\in \mathbb{R}_{>0}$  $(I)$

Usando $(I)$ na equação inicial, segue:

$f(xy+f(x))\ge f(x)f(y)+x$ $(II)$

Para $x<1$, com $P\left(x,\dfrac{f(x)}{1-x}\right)$ temos $y=xy+f(x) \Rightarrow f(y)(1-f(x))\ge x>0\Rightarrow 1>f(x)$, o que resumidamente é:

$1>x\Rightarrow 1>f(x)$

Ainda com $x<1$, suponha que $\dfrac{1-f(x)}{x}>\dfrac{1-x}{f(x)}$. Tome então $y$ real entre eles. Veja que:

$y<\dfrac{1-f(x)}{x}\Rightarrow xy+f(x)<1\Rightarrow 1>f(xy+f(x))\ge f(x)f(y)+x>f(x)y+x\Rightarrow y<\dfrac{1-x}{f(x)}$

contrariando a definição de $y$, um absurdo. Logo, vale que:

$\dfrac{1-f(x)}{x}\le \dfrac{1-x}{f(x)} \Rightarrow (f(x)-x)(f(x)+x-1)\ge 0$

E, como $f(x)\ge x$, temos $f(x)=x$ ou $f(x)\ge 1-x$ para cada $x<1$. Vamos agora ao seguinte:

Lema: Existe $M>0$ tal que $f(x)=x$ $\forall x\in (0,M)$

Prova: seja $M=\min\left\{\dfrac{1}{2},\dfrac{1-f(\frac{2}{3})}{\frac{2}{3}}\right\}$. Suponha que exista $0<u<M$ tal que $f(u)\neq u$. Por definição, veja que $\dfrac{2u}{3}+f\left(\dfrac{2}{3}\right)<1\Rightarrow f\left(\dfrac{2u}{3}+f\left(\dfrac{2}{3}\right)\right)<1$ e com $P\left(\frac{2}{3},u\right)$ em $(II)$ temos $1>f\left(\dfrac{2u}{3}+f(\dfrac{2}{3})\right)\ge f\left(\dfrac{2}{3}\right)f(u)+\dfrac{2}{3}$ donde obtemos $\dfrac{1}{3}>f\left(\dfrac{2}{3}\right)(1-u)$ e já que $u\le \dfrac{1}{2}$ temos $\dfrac{2}{3}>f\left(\dfrac{2}{3}\right)$, um absurdo com $(I)$, demonstrando nosso lema.

Voltando ao problema, é óbvio que o $M$ de nosso lema é menor que $1$. Assim, tome $P(x,y)$ com $x,y<M$ na equação inicial. Veja que $xy<M^2<M$  e logo

$f(xy+x)=f(xy)+x=xy+x\Rightarrow f(x)=x$ $\forall x\in(0,M+M^2)$

Analogamente, se $M+M^2<1$ podemos obter que $f(x)=x$ $\forall x\in (0,M+M^2+(M+M^2)^2)$.

Isso nos motiva a definir a sequência $(a_n)$ tal que $a_1=M$ e $a_{n+1}=a_n+a_n^2$, satisfazendo: se $f(x)=x$ $\forall x\in (0,a_k)$ e $a_k<1$, então $f(x)=x$ $\forall x\in (0,a_{k+1})$. Mas veja que $a_{n+1}=a_n+a_n^2>a_n$ e logo $a_{n+1}>a_n+M^2 \Rightarrow a_{n+1}>M+n\cdot M^2$ e portanto $(a_n)$ não é limitada.

Desse modo, existe $j$ tal que $a_{j-1}<1$ e $N=a_j>1$ e então vale $f(x)=x$ $\forall x\in (0,N)$ e em especial podemos tomar $P(x,1)$ com $x<N$, obtendo $f(2x)=2x\Rightarrow f(x)=x$ $\forall x\in (0,2N)$. Por uma simples indução, conclui-se que $f(x)=x$ $\forall x\in (0,2^kN)$ para todo $k$ natural, forçando $f(x)=x$ a ser a única função que satisfaz o nosso problema.