Encuentra todas las funciones

Vamos con el problema semanal. Ahí va:

Encuentra todas las funciones f: \mathbb{R}^+ \longrightarrow \mathbb{R}^+ que cumplen las dos condiciones siguientes:

  1. f(xf(y))=yf(x), para todo x,y \in \mathbb{R}^+.
  2. f(x) \to 0 cuando x \to \infty.

Que se os dé bien.

Author: ^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.

32 Comments

  1. La condición dice que f(x) tiende a cero cuando x tiende a infinito. Por lo tanto estaría bien decir que va de IR+ a IR+. Saludos

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  2. Así a priori se me han ocurrido este par de cosas.

    Sustituyendo en x=y=1 se ve que f(1) es un punto fijo de f (pues f(1)=f(f(1))).

    A partir de ahí con x=1 tenemos f(f(y))=y f(1) = y f(f(1)). Observamos que f compuesto con f da una semirrecta de pendiente positiva (pues f(1) era mayor que cero y también lo será f(f(1))). A partir de ahí, f compuesto con f es biyectiva y entonces evidentemente f es biyectiva.

    Un par de soluciones trivial a ojo (y quizá las únicas, no sé) son f(x)=x, f(x)=x^{-1}.

    A mí me tiene pinta de que ahora hay que explotar la biyectividad (algo hice, pero no concluí gran cosa) y el tema del límite (que yo no lo usé).

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  3. Me olvidé que con la condición del límite la función f(x)=x queda descartada y solo queda f(x)=x^{-1}. Y también es fácil de ver que el límite de la función cuando x tiende a 0 es infinito.

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  4. Allá vamos.

    Como f(xf(y))=yf(x), entonces,
    f(f(xf(y)))=f(yf(x))=xf(y), de donde se deduce que f\circ f=Id en el conjunto \{xf(y):\,x,y\in{\mathbb R}^+\}.

    Ahora bien. Supongamos que f\not\equiv0; entonces existe y_0\in{\mathbb R}^+ tal que f(y_0)\ne 0.

    Sea z\in{\mathbb R}^+ y tomemos x_z=\frac{z}{f(y_0)}. Es obvio, pues que z=x_z\cdot f(y_0), por lo que \{xf(y):\,x,y\in{\mathbb R}^+\}\supset {\mathbb R}^+ y tenemos, pues, que f\circ f=Id en todo ${\mathbb R}^+$.

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  5. Y ya puestos, involuciones (que así se llaman a las funciones tales que f\circ f=Id) hay muchas.

    Uno podría pensar en F(x)=x y F(x)=1/x.
    Pero por ejemplo, si a>2, la recta y=a-x corta a la curva y=1/x en 2 puntos (pongamos x_a1.

    Entonces la función F(x)=1/x si x\in(0,x_a), F(x)=a-x si x\in [x_a,1/x_a] y F(x)=1/x si x\in(1/x_a,+\infty) cumple lo exigido y, además, es continua.

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  6. Asumiendo que f es derivable, se puede ver que f(x)=1/x es la única posibilidad así:

    Como f(+\infty)=0^+, entonces f(xf(+\infty))=+\infty f(x), luego f(x0^+)=+\infty f(x), y esto para todo $x>0$. De manera que f(0^+)=+\infty. Así que el recorrido de f es (0,+\infty), y si es monótona será decreciente.

    Para ver que tiene que ser monótona derivo respecto de y para ver si hay y>0 tal que f'(y)=0. Tenemos que x f'(y)f'(xf(y)))=f(x)>0. De manera que para que f'(y)=0 debería ser f'(xf(y))=\infty para todo x, lo que no puede ser.

    De manera que f es monótona decreciente y va desde +\infty en x=0^+ a 0^+ en x=+\infty. Entonces f(x) sólo puede tener un punto fijo, puesto que su gráfica sólo puede intersectar una vez a la recta y=x.

    Sabemos que f(x) tiene un punto fijo en x=1, pero además también vemos (haciendo y=x) que xf(x) es punto fijo de f para todo x. Y cómo sólo hay un punto fijo x f(x)=1.

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  7. Un par de cosas:

    • El 0 no pertenece a \mathbb{R}^+.
    • En principio en ningún sitio dice que la función deba ser derivable, por lo que la suposición de derivabilidad de la función no podría usarse.

    Tito Eliatron, así a bote pronto parece que el segundo tramo de la función que has dado no cumple la segunda condición, ¿no?

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  8. Suponía que no valía asumir derivabilidad. Pero bueno, es una aproximación al problema.

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  9. Pero además estaba mal porque el punto fijo es f(1). Así que nada.

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  10. De todas formas sería cierto lo que decía porque, de existir un único punto fijo (que con la derivabilidad sale fácil aunque sea “trampa”) entonces, como x f(x) es fijo, necesariamente xf(x)=\lambda, donde \lambda corresponde a ese único punto fijo. Pero entonces el hecho de que f(x f(y))=yf(x) conduce a y/x =\lambda y/x luego \lambda=1.

    Así que si f es derivable, f(x)=1/x. Pero vale. Hay que hacerlo sin derivadas.

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  11. Dado punto fijo a , tomando en la condición 1 y=x=a obtenemos f(a^2)=a^2 , continuando por inducción tenemos que a^n es un punto fijo  \forall n \in \mathbb{N} .

    De la misma forma, como a \neq 0 haciendo x=a^{-1}\, , y=a obtenemos  f(a^{-1} \,\, a)=a \, f(a^{-1}) \Rightarrow f(a^{-1})=a^{-1}  f(1) y de nuevo por inducción f(a^{-n})=a^{-n} f(1)   \,\,  \forall n \in \mathbb{N}  .

    Si alguno de los punto fijos  a= x f(x)  no es igual a uno, de la observación anterior se obtienen sucesiones que van a infinito, pero sus imágenes no van hacia cero. Así que, todos son iguales a 1 y  f(x)=x^{-1} .

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  12. En primer lugar tenemos que   f(xf(y))=yf(x) por lo tanto

     \lim_{x \to \infty}yf(x)= \lim_{x \to \infty} {f(xf(y)) } =0   lo que implica que   \lim_{x \to \infty}f(xf(y))=0  Ahora si trabajamos en el límite,  f(xf(y))=f(x)f(y)=0 entonces tenemos que  {f(x) \over f(y)} con  y \gg x, \forall {x,y} \in \mbox{ R}, ,  f(y) \over f(x) con  x \gg y, \forall {x,y} \in \mbox {R} o  1 \over {f(x)f(y)} para  x\gg y, \forall {x,y} \in \mbox {R}

    El primer caso no se puede cumplir la primera condición, asi que solo en el segundo y tercer caso es verdad.

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  13. Karl, veo como justificas que el único punto fijo es 1, pero no entiendo como concluyes luego que la única función posible es x^{-1}.

    Lo que pone Ángel lo entiendo menos aún…

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  14. Daniel, para todo x>0 tomando y=x se ve que  x f(x) es punto fijo, luego  x f(x)=1  y despejando  f(x)=x^{-1}

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  15. Ya comprendí. Me armé un lío porque no tenía claro lo que comprobabas que era punto fijo (que era x f(x) para cualquier x real) y claro obtienes un par de sucesiones una inversa de la otra de puntos fijos y la única forma de que ninguna se vaya a infinito es que sean 1.

    La verdad es que es muy original el planteamiento. Muy buena solución.

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  16. Creo que he llegado tarde, pero de todas formas escribo mi solución (sin derivadas).

    1. Tenemos por hipótesis que f(+\infty)=0^+. Además,. como antes decía, f(0^+)=+\infty (porque f(+\infty f(x))=+\infty f(x), y por la segunda condición tenemos que f(0^+)=+\infty.

    2. Además, podemos comprobar que (xf(x))^{2n} es punto fijo de f, n natural . En efecto x f(x) es fijo de f si más que poner y=x. Luego también Xf(X) es fijo con X=xf(x), pero Xf(X)=xf(x)f(xf(x))=xf(x)xf(x)=(xf(x))^2. Y por inducción, (xf(x))^{2n} con n natural es fijo.

    3. Necesariamente xf(x)=1 para todo x.

    En efecto, supongamos que xf(x)>1, Entonces tendríamos que (x f(x))^{2n} es fijo, lo que implica que f(+\infty)=+\infty, lo que contradice 1. Análogamente xf(x)<1 implica f(0^+)=0^+ lo que tampoco puede ser.

    Así pues xf(x)=1 y no hay más posibilidades.

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  17. En realidad en lo anterior mío sería (x f(x))^{2^n} punto fijo, pero por lo demás correcto. Aunque se me adelantó Karl. Congratulations 🙂

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  18. Estoy con Tito Eliatron en el sentido de que es una función involutiva, y hay muchas, no solo 1/x.

    Esta es mi consideración:

    Sea un punto a>1. Consideramos que a partir de aqui hasta +infinito, la función es 1/x, pues cumple con lo requerido. Estoy viendo la posiblidad de que sea una exponencial negativa, estilo C*e(-D*x) que tambien tiende a 0 si x tiende a +infinito.

    No obstante desde 1 hasta a puede ser una sucesión de segmentos tales que:

    f(1) = 1

    f(a) > f(b) si y solo si a > b para todo a,b que esta en (1, a]

    Teniendo esto definido, hacemos un reflejo en la recta y=x para obtener los valores de la función desde 0 sin incluir hasta 1, y ya tendríamos una amplia familia de funciones.

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  19. Me equivoque, sería f(b) > f(c) si y solo si b < c para todo b, c que esta en (1, a]

    Además que cumpla que f(a-) = f(a+) = f(a). Continua en a, pero no tiene por que ser derivable

    Lo mismo para f(1) = f(1-) = f(1+)

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  20. El 1 claramente esta incluido, sería f(b) > f(c) si y solo si b < c para todo b, c que esta en [1, a]. Erratas. 😀

    Y ya que estamos, en vez de segmentos pueden ser trozos de funciones monotonas decrecientes cuyos extremos sean continuos pero no tienen por que ser derivables.

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  21. Tengo que decir que en dicho intervalo [1,a] la funcion siempre será mayor que f(a)>0

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  22. He llegado a la conclusión de esto pensando en que un ordenador no traza la función 1/x, sino una sucesión de splines. Por tanto pienso que puede haber funciones a trozos involutivas, derivables en todos los puntos o no derivables en un conjunto finito de puntos. El enunciado condiciona solo en continuidad pues nos da un límite cuando x tiende a infinito, pero no en derivabilidad. 😀

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  23. Creo que la función definida a trozos no cumple la primera condición, si no me equivoco (que me equivoco casi siempre).

    Tomando, por ejemplo, a=3 tenemos que, de cumplirse la primera condición
    f(0.01 f(3/2))=3/2 f(0.01)= 300/2. Pero, por otra parte f(0.01 f(3/2))=f(0.03/2)=200/3, que no es lo mismo.

    Mi anterior comentario corrigiéndome a mí mismo está mal, por cierto.

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  24. Creo que el planteamiento de Tito Eliatron es correcto.

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  25. Revisandolo mejor, el planteamiento de Tito Eliatron solo se cumple en determinados casos, así que mi solución que es más general también.

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  26. Pero… la prueba de Karl está clara ¿no? La única solución es 1/x.

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  27. Creo que las soluciones a trozos no valen porque no cumplen la condición 1, la cual contiene más información además de la simetría respecto a la recta y=x. Karl y Miguel dieron en el clavo.

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