Es día de algebra!
Encuentra todas las funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tales que para todo $x,y\in\mathbb{R}$ se cumple la siguiente igualdad:
\[ f(\left\lfloor x\right\rfloor y)=f(x)\left\lfloor f(y)\right\rfloor \]
Donde $ \left\lfloor a\right\rfloor $ es la función piso.
Este problema es de una IMO reciente, si ya lo habían hecho me dicen para poner otro.
Sugerencia:
ResponderBorrarDemuestra que se tienen dos casos $f(0)=0$ o $\lfloor f(0)\rfloor = 1$. Trabaja para ambos casos.
Solución:
ResponderBorrarEvaluamos en $x=y=0$ entonces tenemos que $f(0)=f(0)\left\lfloor f(0) \right\rfloor$, por lo que tenemos dos casos, $f(0)=0$ o $\lfloor f(0) \rfloor=1$
-Caso $\lfloor f(0) \rfloor=1$.
Evaluamos en $y=0$ $x=x$ y entonces tenemos $f(x)=f(0)$ por lo que $f(x)$ es constante.
Sea $f(x)=c$ entonces sustituyendo en la ecuación funcional tenemos que:
\[ c=c\lfloor c \rfloor \]
\[ c(1-\lfloor c \rfloor)=0 \]
Entonces hay dos posibilidades, $c=0$ y $\lfloor c \rfloor=1$, para la segunda posibilidad tenemos entonces $c \in [1,2)$
Es facil comprobar que son soluciones de la ecuación funcional.
-Caso $f(0)=0$
Evaluamos en $x=y=1$ y entonces tenemos que $f(1)=f(1)\lfloor f(1) \right$ y tenemos que $f(1)=0$ o $\lfloor f(1) \rfloor=1$
-Subcaso $f(1)=0$
Haciendo $x=1$ y $y=y$ tenemos que $f(y)=0$ lo cual era una solución que ya habiamos encontrado.
-Subcaso $\lfloor f(1) \rfloor=1$
Evaluamos $y=1$ y entonces tenemos que $f(x)=f(\lfloor x \rfloor)$
Evaluamos en $x=2010$ y $y=1/2010$ para obtener
$f(2010 \times 1/2010)=f(1)=k=f(2010)\lfloor f(1/2010)\rfloor$, donde k es un número entre (inclusive) 1 y dos (excluyendo).
Pero por otro lado $f(1/2010)=f(0)=0$, entonces llegamos a que $c=0$ que es una contradicción.
Resumen:
\[f(x)=0\]
\[f(x)=c, c \in [1,2)\]