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.