27036

27036 (Radu Pop)

Să se determine funcțiile derivabile $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ cu proprietățile:

a) $f'$ este funcție strict crescătoare;

b) $f'(0)=0;$

c) $f(yf'(x))+f(x)f(y)=xyf'(x)f'(y)$ , oricare ar fi $x,y\in \mathbb {R}$.

Soluție:

Cum $f'(x)>0,x\in (0,\infty )$, rezultă că $f$ este strict crescătoare, deci injectivă pe $[0,\infty )$.

Deoarece expresia $xyf'(x)f'(y)-f(x)f(y)$ este simetrică în variabilele $x$ și $y$, din ipoteza c) rezultă că $f(yf'(x))=f(xf'(y))$. Din injectivitatea funcției $f$ obținem $yf'(x)=xf'(y)$, pentru orice $x,y\in [0,\infty )$.

În particular, $f'(x)=f'(1)x$ , deci $f(x)=ax^{2}+c$ , unde $a={\frac {f'(1)}{2}}>0$ și $c\in$ ℝ . Pentru $x,y\in [0,\infty )$ avem $f(2axy)+a^{2}x^{2}y^{2}=4a^{2}x^{2}y^{2}$ , deci $4a^{3}x^{2}y^{2}+a^{2}x^{2}y^{2}=4a^{2}x^{2}y^{2}$. Rezultă $a={\frac {3}{4}}$ , deci

$$f(x)={\frac {3}{4}}x^{2},x\in \left[0,\infty \right).$$

Dacă $x,y\in (-\infty ,0]$, atunci $yf'(x)\geq 0,xf'(y)\geq 0$ și ca mai sus avem $yf'(x)=xf'(y)$.

În particular $f'(x)=-f'(-1)x$, deci $f(x)=bx^{2}+d,$ cu $b>0$ și d $\in$ ℝ . Cum $0=f(0)=d,$ rezultă că

$$f(x)=bx^{2},\,x\in \left(-\infty ,0\right].$$

Pentru $x=-1,y=1$, avem $f(-3b)+{\frac {3}{4}}b=3b$, deci $4b^{3}={\frac {9}{4}}b$

și cum $b>0$, rezultă $b={\frac {3}{4}}.$

Obținem $f(x)={\frac {3}{4}}x^{2},x\in$ℝ , funcție care verifică ipotezele din enunț.