Encontremos las funciones

Vamos con el problema de esta semana:

Encuentra todas las funciones f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tales que:

f(x^3+y^3)=x^2 f(x)+y f(y^2)

para todo x,y \in \mathbb{R}.

Suerte.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

25 Comentarios

  1. Yo aporto mi granito de arena. La función identidad cumple con los requisitos. Os dejo el resto para los demás, que no quiero ser acaparador 😉

    Publica una respuesta
  2. Otro minúsculo granito de arena… la función identidad multiplicada por cualquier constante también lo cumple (incluido el caso trivial f(x) = 0).

    Publica una respuesta
  3. Además, yo creo que no hay más que ésas que decís, pues si hacemos derivadas parciales respecto a una variable a un lado y otro (y me acuerdo de cómo se hacían):

    {\partial \over \partial x} {f(x^3+y^3)}=2xf(x) + x^2 f^\prime(x)
    3x^2 {f^\prime(x^3+y^3)}=2xf(x) + x^2 f^\prime(x)

    cuando x\ne0
    3x {f^\prime(x^3+y^3)}=2f(x) + x f^\prime(x)
    Esta igualdad sólo se cumple si f^\prime es una constante; si no es una constante, dado cualquier valor de x que cumpla la igualdad la dejaría de cumplir al variar y.

    De aquí, que f(x)=cx+d. Pero sustituyendo en la original, d=0; es decir f(x)=cx.

    Publica una respuesta
  4. A mi entender, faltaría justificar que la función debe ser derivable en x=0. Por la propiedad del enunciado se tiene que la función es continua (con f(0)=0) y verifica \dfrac{f(x^3)}{x^3}=\dfrac{f(x^2)}{x^2}=\dfrac{f(x)}{x}, x\neq 0.

    Publica una respuesta
  5. Buenos Días

    Es evidente a partir de la ecuación dada que se cumple

    f(x^3)=x^2\cdot f(x)=x\cdot f(x^2)

    Por otra parte, esto nos permite concluir

    f(x^3 + y^3) = f(x^3) + f(y^3)

    A partir de esta última igualdad y las anteriores y con un poco más de trabajo, que me voy a ahorrar, es posible demostrar que

    f(a \cdot x) = a \cdot f(x) \hspace{5mm} \forall a \in \mathbb{R}

    Cómo con unos simples cambios de variable puedo además deducir que

    f(x + y) = f(x) + f(y)

    podemos deducir que f es una función lineal real de variable real. Con ello estaría demostrado que

    f(x) = c \cdot x + d \hspace{5mm} c, d \in \mathbb{R}

    La demostración que me he ahorrado se basa en demostrar que se cumple la igualdad para un parámetro a natural, luego entero, luego racional, y por último, usando límites de sucesiones, real.

    Un Saludo

    Publica una respuesta
  6. Re: Antonio QD

    Si recordamos, la función z:\mathbb{R}\to\mathbb{R} dada por z(x)=x^3 es biyectiva. Por tanto, f(x^3+y^3)=f(x^3)+f(y^3) \forall x,y\in\mathbb{R}\Leftrightarrow f(u+v)=f(u)+f(v) \forall u,v\in\mathbb{R}. Esto dice que f ha de ser un morfismo de grupos, por lo que el parámetro d ha de ser d=0.

    Publica una respuesta
  7. Buenos Días

    Es cierto, me quedé en la demostración de que f es una función lineal, y puse la forma general de la misma. La ecuación inicial nos lleva, también, a concluir que d = 0.

    Mi intención, era simplemente constatar que el problema se podía resolver sin necesidad de emplear argumentos que empleasen derivadas o diferenciales, el cual fue mi primer camino de indagación; y comentar que se puede resolver hallando unas pocas condiciones necesarias, deducibles a partir de las condiciones iniciales del problema, que nos llevan a concluir que la función es lineal.

    Un Saludo

    Publica una respuesta
  8. Otra forma, signos aparte:
    f(x^3)=x^2f(x)=xf(x^2), dividiendo, obliga a que
    f(x^2)=xf(x). Para x>0 (para x<0, qué pereza):
    f(x)=x^{\frac{1}{2}}f(x^{\frac{1}{2}})=x^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}}f(x^{\frac{1}{4}})=\cdots=x^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^n}}f(x^{\frac{1}{2^n}}),
    que cuando n \rightarrow \infty da x^1f(1)=kx,\ \ \fbox{k=f(1)}, con lo que se confirma la linealidad.
    Me acabo de dar cuenta de que usando de la misma manera f(x^3)=x^2f(x), no hace falta distinguir positivos de negativos:
    f(x)=x^{\frac{2}{3}}f(x^{\frac{1}{3}})=x^{\frac{2}{3}+\frac{2}{9}}f(x^{\frac{1}{9}})=\cdots=x^{\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\cdots+\frac{2}{3^n}}f(x^{\frac{1}{3^n}})

    Publica una respuesta
  9. Buenas Tardes

    He estado dándole algunas vueltas más al problema y me he dado cuenta que tanto la solución propuesta por mi cómo las otras dos, dan por sentado que f es una función continua. Pero, ¿es posible que la función no sea continua? Si consideramos que la función no tiene porque ser continua podría haber soluciones del problema que no fueran del tipo propuesto. Así que para que cualquiera de los razonamientos sea rigurosamente valido y no haya ninguna otra función solución del problema hay que demostrar que las condiciones de la función nos llevan a deducir que la función es continua.

    Sugerencia: Creo que es demostrable que el límite de f(\epsilon) cuando un \epsilon racional tiende a 0 es 0, y f(0) = 0, y a partir de aquí con f(x+\epsilon)=f(x)+f(\epsilon) con un \epsilon racional que tiende a cero se puede demostrar la continuidad de f.

    Un Saludo

    Publica una respuesta
  10. Creo que la sugerencia no va bien encaminada. Para demostrar la continuidad no puedo límitarme a un \epsilon racional. ????

    Publica una respuesta
  11. Antonio QD, la continuidad (en toda la recta) es consecuencia de que f(0)=0 y de que f(x^3+\Delta^3)=f(x^3)+f(\Delta^3) (siendo la función y=x^3 una biyección):

    lim_{\Delta\to 0} f(x^3+\Delta^3)=lim_{\Delta\to 0} f(x^3)+f(\Delta^3)=f(x^3).

    Es decir que f cumple la ecuación funcional de Cauchy: f(x+y)=f(x)+f(y), y como es continua, debe ser lineal (es decir que no hay lugar a casos patológicos).

    Publica una respuesta
  12. M, he mirado el enlace a la Wikipedia que muestras, y entiendo que en el mismo indica que si la función es de variable real y no se impone a f condiciones adicionales como el ser continua en al menos un punto, acotada o monótona, pueden existir otras soluciones aparte de la lineal que ya conocemos.

    De hecho, cito textualmente : “On the other hand, if no further conditions are imposed on f, then (assuming the axiom of choice) there are infinitely many other functions that satisfy the equation. This was proved in 1905 by Georg Hamel using Hamel bases. The fifth problem on Hilbert’s list is a generalisation of this equation.”

    Qué traducido quiere decir

    “Por otra parte, si no se impone ninguna otra condición sobre f, entonces (asumiendo el axioma de elección) hay infinitamente muchas otras soluciones que satisfacen la ecuación. Esto lo probó en 1905 Georg Hamel usando bases de Hamel. El quinto problema de la lista de Hilbert es una generalización de esta ecuación”.

    Por otra parte, para que se cumpla que

    \lim_{\Delta \to 0} f(\Delta^3)=f(\lim_{\Delta \to 0} \Delta^3)=f(0)=0

    se debe suponer que f(x) es al menos continua en x=0 y esto no es mucho menos una consecuencia de que f(0)=0.

    Efectivamente, el que y=x^3 sea una biyección, parece que reduce nuestro problema a la ecuación funcional de Cauchy, y el artículo que citas en la Wikipedia deja bastante claro que si f es una función de variable real su solución es bastante complicada, llegando a relacionar este problema con el quinto problema de Hilbert, que sigue sin ser resuelto. Naturalmente, esto no quiere decir que nuestro problema no pueda ser resuelto, pero si nadie del foro se atreve con las bases de Hamel, y yo no me atrevo, hay soluciones posibles que no hemos encontrado.

    M, muchas gracias por el enlace, he aprendido algo nuevo.

    Un Saludo

    Publica una respuesta
  13. M, volviendo al tema de la continuidad de f supongamos que defino una función de la siguiente manera

    f(x) = \begin{cases}0   & \mbox{si } x = 0 \\ 1/x & \mbox{si } resto \end{cases}

    Aunque esta función no cumple la condición de nuestro problema me sirve para mostrar que aunque f(0)=0 realmente ocurre que

    \lim_{\Delta \to 0} f(\Delta^3) = \lim_{\Delta \to 0} \frac{1}{\Delta^3} = \pm\infty

    precisamente por ser discontinua en x=0.

    Publica una respuesta
  14. Antonio QD, tienes toda la razón. Inconscientemente (e imprudentemente) asumí que f era continua en el cero! (me flagelaré por ello 🙂 ).

    Este problema (y la ecuación funcional lineal de Cauchy) me recuerda a los comentarios del post de “dos propiedades, un valor” (https://gaussianos.com/dos-propiedades-un-valor/). En aquel entonces nos enredamos con una cuestión bastante similar y que no fue resuelta de modo definitivo.

    De modo similar a lo que pasaba en aquel caso, habrá que ver si las dos condiciones f(x^3+y^3)=x^2f(x)+yf(y^2) junto con f(x+y)=f(x)+f(y) implican la continuidad en el origen.

    Y si no puede probarse la continuidad habría que ver si es posible construir algún ejemplo patológico.

    Publica una respuesta
  15. No te flageles M. Lo que más me gusta de estos problemas es ver como a veces las soluciones se van construyendo a partir de las pequeñas aportaciones o y reeinterpretaciones que se van realizando. Comenzamos con un problema, que en principio a mi, me pareció relacionado con el análisis de funciones en varias variables y hemos acabado en reinterpretando este problema como la ecuación funcional de Cauchy, la cual para más inri está relacionada con uno de los problemas irresueltos de Hilbert.

    🙂

    Publica una respuesta
  16. ¡Que se flagele! ¡que se flagele! (ja, ja, … es broma, claro)

    Bueno, de

    f(x)=\frac{f(x^{3}+y^{3})-yf(y^{2})}{x^{2}}

    igual podemos sacar algo en 0, porque o bien es

    f(x^{3}+y^{3})-yf(y^{2})=0

    y entonces creo que por ahí se podría ver que es contínua en 0, o bien

    f(x^{3}+y^{3})-yf(y^{2})\prec\succ0

    y por tanto no es continua en 0 y se nos fastidia el tema.

    Publica una respuesta
  17. No hace falta usar la continuidad de la función. A ver qué os parece mi solución. Como bien decís, f ha de cumplir la ecuación de Cauchy f(x+y)=f(x)+f(y) para cualesquiera x,y\in\mathbb{R}. Esto implica además que f(0)=0. Además, sustituyendo y=-x en la ecuación del enunciado, llegamos a que f(x^2)=xf(x) para cualquier x\in\mathbb{R} (en particular, f es impar). Ahora bien, tenemos que para cualesquiera x,y\in\mathbb{R}

    f((x+y)^2)=f(x^2)+f(xy)+f(xy)+f(y^2)=xf(x)+2f(xy)+yf(y)

    y, por otro lado,

    f((x+y)^2)=(x+y)f(x+y)=(x+y)(f(x)+f(y))=xf(x)+xf(y)+yf(x)+yf(y)

    e igualando ambas expresiones llegamos a que

    2f(xy)=xf(y)+yf(x)

    para cualesquiera x,y\in\mathbb{R} luego haciendo y=1, podemos despejar f(x) y obtener que f(x)=f(1)x para cualquier x\in\mathbb{R} lo que prueba que las únicas posibles soluciones son las lineales que, de hecho, se ha comprobado que la cumplen, luego éstas son todas.

    Publica una respuesta
  18. La demostración de Manzano es totalmente algebraica y no hace uso en ningún momento de la hipotesis de continuidad.

    Ahora la continuidad aparece como una consecuencia y no como un requerimiento. ¡Bravo! Muy bien, Manzano.

    Publica una respuesta
  19. hola. yo llegué a lo mismo que llegó Manzano pero de otro modo.

    (lo siento por no usar latex – y por ende algunas notaciones formales – espero que se entienda)

    primero hice x = 0, y = a; y luego x = a, y = 0; obteniendo:

    igualando ambas expresiones y asumiendo que a es distinto de cero tenemos:

    f(a^2) = a * f(a)

    cambiando de variable tenemos

    f(a) = a^(1/2) * f(a^(1/2))

    por lo que, usando recursivamente la expresión se puede llegar a lo siguiente:

    f(a) = a^(1/2 + 1/4 + … + 1/2^n) * f(a^(1/2^n))

    cuando n tiende a infinito tenemos:

    f(a) = a * f(1)

    con lo que se llega a la misma conclusión de que todas las funciones reales de la forma f(x) = mx son las que se están buscando.

    (para a = 0 se puede reemplazar x = y = 0 y comprobar que f(0) = 0)

    Publica una respuesta
  20. uy se me pasaron un par de expresiones al inicio.
    debería decir:

    primero hice x = 0, y = a; y luego x = a, y = 0; obteniendo:

    f(a^3) = a f(a^2)
    f(a^3) = a^2 f(a)

    Publica una respuesta
  21. Creo que la solución puede ser mucho más sencilla:

    Sea f: R—->R: x^3 + y^3 —-> x^2*f(x) + y*f(y^2)
    un morfismo de Anillo (R),
    La inyectivividad de f es inmediata (Sea x in Ker(f), f(x)=0), y la sobreyectividad es trivial, luego f es automorfismo de anillo de R, así ha de cumplir:
    Si f in Aut(R) => para todo x,y in R f(x+y)=f(x) + f(y);(1) y tambien f(x*y)=f(x)*f(y);(2)

    Así, de (1) f(x^3)=x^2*f(x); también f(x^3)=x*f(x^2);
    y de (2) f(x^3)=f(x^2)*f(x)=x^2*f(x) => f(x^2)=x^2
    y f(x^3)=f^(x^2)*f(x)=x*f(x^2) => f(x)=x

    luego f=I_R (Automorfismo Identidad del Anillo R) c.q.d.

    Publica una respuesta

Trackbacks/Pingbacks

  1. Bitacoras.com - Información Bitacoras.com... Valora en Bitacoras.com: Vamos con el problema de esta semana: Encuentra todas las funciones tales que: para…
  2. Twitter Trackbacks for Encontremos las funciones | Gaussianos [gaussianos.com] on Topsy.com - [...] Encontremos las funciones | Gaussianos gaussianos.com/encontremos-las-funciones – view page – cached * 5 en Grigory Perelman, premiado…
  3. Función constante « InstaCiencia - [...] Encontremos las funciones [...]

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Envía un comentario

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *