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Encuentra todas las funciones

Publicado por ^DiAmOnD^ el 1 de octubre de 2013 en Juegos | 54 comentarios

Después de una semana sin problema, volvemos con uno. Ahí va el enunciado:

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

$f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$

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

Que se os dé bien.

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.

54 Comentarios

Maestrillo
01/10/2013

Bien, he encontrado la demostración. Empieza de una manera complicada, pero que, después de todo dice solamente: suponemos x e y tal que x=f(y)

Me han dado ganas de decir: no me da la gana suponer eso. Además, el problemilla parece que es de unas olimpiadas matemáticas.

Como dijo aquel: la formalización es a la matemática lo que el robo al trabajo honrado.
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Daniel Cao
01/10/2013

Para llegar a algo a mi me es necesario usar la misma hipótesis que Maestrillo dice, además de suponer que existe un elemento tal que su imagen es 0. De momento no se me ocurre como no usar esas “hipótesis” o como probar que son ciertas…
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pcrdeg
01/10/2013

Haciendo x=f(y) se tiene que
f(0)=2·f(x)+f(x)^2-1
de donde
f(x)=(1+f(0)-x^2)/2.
Si x=0 se tiene que f(0)=1 con lo que
f(x)=1-x^2/2

Esto demuestra que, de existir, la función necesariamente es f(x)=1-x^2/2

Tenemos que comprobar que, en efecto, tal función cumple la igualdad propuesta y así es, en efecto, como unos sencillos cálculos lo demuestran.
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Daniel Cao
01/10/2013

El problema es el que decíamos antes, lo que has hallado “pcrdeg” es el valor de la función para los x que pertenecen a la imagen (pues al hacer x=f(y), solo recorres las imágenes de la función). Se trataría de ver que sucede en la parte del dominio que no es imagen de la función.
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Ñbrevu
01/10/2013

Bueno, pues había escrito un comentario y al añadir una corrección se me ha borrado todo, así que vuelvo a poner el razonamiento:

Derivando con respecto de $x$ : $f' \left(x-f \left(y \right) \right)=f \left(y \right)+f' \left(x \right)$ .

Haciendo $f \left(y \right)=a$ por comodidad: $f' \left(x-a \right)=f' \left(x \right)+a \Rightarrow f' \left(x-a \right)-f' \left(x \right)=a$ . De aquí creo, aunque no estoy 100% seguro, que podemos deducir $f' \left(x \right)=-x+C.$

Integrando, $f \left(x \right)=-x^2/2+Cx+D$ .

Sustituyendo en ambos miembros e igualando: $Cy^2-2C^2y+1-D-2CD=0$ , luego $C=0$ y $D=1$ . Entonces, la única función es $f \left(x \right)=1-x^2/2$ .
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Daniel Cao
01/10/2013

En este caso el problema es que no tienes garantía de que la función (o funciones) que son solución sean derivables. De hecho ni siquiera tienes asegurado que la solución sea continua. Personalmente creo que los tiros apuntan a que sólo hay esa función. Sería cuestión de obtener de algún modo alguna propiedad sobre el conjunto imagen {f(x)/x€IR} para saber sobre donde se define la solución que ya nos dió pcrdeg, quiero decir intentar definir la función en todo su dominio, sólo conociendo la expresión que toma bajo los puntos de Im(f).
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rtomas
02/10/2013

Bueno, Danie, pero conociendo f(x) en el rango [0,1], lo sabemos pues
pertence a la imagen, ya es muy facil, no?
Haciendo y=0 la eq principal queda:

f(x-1)=f(1) +x + f(x) -1
tambien conocemos f(1)=0.5, asi que:
f(x)=f(x-1)-x + 0.5

Con esta propiedad se puede extrapolar a todo R, habiendo partido solo de los
valores de f(x) en el rango conocido [0,1], que evidentemente da la funcion
mencionada para todo R.

Esto es correcto, no?
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golvano
02/10/2013

¿Por qué sabes que el intervalo [0,1] pertenece a la imagen?
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rtomas
02/10/2013

La hipotesis inicial es que x=f(y) llegando a que f(x)=1-x^2/2.
Esto funciona para todo x tal que existe y que hace x= f(y).
f(y) va de -infinito a 1,
asi que f(x) con x entre 0 y 1 es necesariamente f(x)=1-x^2/2.

no?
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golvano
02/10/2013

No. Lo que estás haciendo es decir que la función es ésa porque el intervalo [0,1] está en la imagen y luego decir que el intervalo [0,1] está en la imagen porque la función es ésa.

La cuestión es, ¿por qué no puede haber otra función que cumpla también las condiciones del problema y cuya imagen no incluya el intervalo [0,1]? Coincidiría con esa función en los puntos incluidos en su imagen, pero éstos no incluirían el intervalo [0,1] (o parte de él sí y parte no).

El problema es cómo pasar de puntos concretos, que a su vez generan otros puntos, y así, a un intervalo continuo.
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Maty
03/10/2013

Hola!! yo llegué a la solución que ya comentaron antes, les cuento cual fue mi planteo: El enunciado dice encontrar las f que van de R en R tales que cumplen cierta condicion para todo “x” y para todo “y” reales. O sea cumplen esa condición para cualquier par de números reales (x,y), entonces en particular lo cumple para algun par de números convenientemente elegido. Como f(y) es un número real, 2f(y) también lo es, y entonces puedo considerar a los pares de números (x,y) = (2f(y),y). Entonces si la expresión vale para esos pares de números me queda:
f(2f(y)-f(y)) = f(f(y)+2f(y)f(y)+f(2f(y))-1
f(f(y)) = f(f(y)) + 2 [f(y)]^2 + f(2(f(y)) -1
0 = 2 [f(y)]^2 + f(2(f(y)) -1
Como x = 2f(y) entonces f(y) = x/2
0 = 2 (x/2)^2 + f(x) – 1
0 = x^2/2 + f(x) – 1
f(x) = -x^2/2 + 1

Entonces como la expresión del enunciado vale para todos los pares de números, y como para el par de números elegidos la única función que vale es f(x) = -x^2/2 + 1 , tengo que necesariamente esa es la única función de reales en reales que sirve.

Está bien lo que hice?? Perdón por no escribir en latex, nunca lo usé y me pareció que no era necesario para decir las cuentas que hice.
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Daniel-san
03/10/2013

No, Maty, no está bien, tienes el mismo problema que rtomas. Lo que has demostrado es que una función $f$ que cumpla la relación descrita en el enunciado, verifica lo siguiente:
$x \in Im(f) \Rightarrow f(x) = 1- \frac{x^2}{2}$
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Maty
03/10/2013

claro, pero en lo que escribí también se ve que para los puntos que estan en la imagen es la unica funcion posible. Y los puntos que están en la imagen son parte de los puntos que tienen que cumplir la condicion. Por lo tanto cualquier otra funcion distinta que cumpla la condicion del enunciado para algún punto fuera de la imagen no me va a servir, ya que justamente los puntos de la imagen no la cumplirian. Es verdad que ahora me falta probar que efectivamente con esa función hallada se cumpla el enunciado, pero no tuve tiempo de hacerlo todavia. Pero si está bien el resto del razonamiento, si esa funcion no sirve entonces no sirve ninguna
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rtomas
03/10/2013

Maty, yo estoy de acuerdo contigo…
voy a ver si este razonamiento les gusta mas:

Vamos a hacer un cambio de funcion sin perdida de generalidad:

f(x)=1-x^2/2+g(x)

Introduciendo esta ecuacion en la del enunciado encontramos una nueva ecuacion
de la forma:

g(x-z)=g(z)+g(x)

donde z=f(y). (No os preocupeis no voy a usar f(y)=x)
Hagamos x=0:

g(-z)=g(z) + g(0)

ahora:
g(x+z)=g(x-(-z))=g(-z) + g(x) = g(z) + g(x) + g(0)

haciendo otra vez x=0 en esta ecuacion:

g(0+z)=g(z)+2g(0) -> g(0)=0

Esto implica que
g(x+z) = g(z)+g(x) = g(x-z)
que en parte es la ecuacion funcional de Cauchy cuya unica solucion en Q es
g(x)=cx. Por otra parte:
c(x+z)=c (x-z) implica que c=0
Es decir que g(x)=0 en los racionales.
Concluyendo que f(x)=1-x^2/2 en los racionales.
(y repito, nunca use z=f(y)=x )

Generalizarlo a los reales parece dificil… esta el axioma de eleccion y todo eso…
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Omrot
03/10/2013

Se me ocurre que en vez de suponer $x=f(y)$ se podría suponer $x_n=f(x_{n-1})$ . Y desarrollar para un valor $x_0$ indeterminado. No lo he probado porque tengo manyana un examen y deberia estar estudiando ahora mismo pero el finde lo intentaré por ese camino 🙂
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Omrot
03/10/2013

No, no tiene sentido. Sigo sin tener ninguna relacion entre x e y :S
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rtomas
03/10/2013

Omrot, ponte a estudiar ! 😉
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golvano
04/10/2013

rtomas, veo varios problemas en tu demostración.

Primero estás sustituyendo z por -z, pero no puedes hacer eso porque no sabes si -z pertenece a la imagen (de la función original).

Después, estás asumiendo que g(x)=cx en los racionales porque llegas a una ecuación parecida a la ecuación funcional de Cauchy. Sin embargo, hay una diferencia. En la ecuación funcional de Cauchy, la igualdad se cumple para todos los posibles valores, mientras que en este caso, sólo se cumple para ciertos valores de z (los que pertenecen a la imagen de la función original). No sé si en esas condiciones puedes asumir que la única solución en los racionales es ésa.

Resumiendo, estás haciendo z=f(y) y después te estás olvidando de eso y estás haciendo como si z pudiera ser cualquier número.
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Omrot
04/10/2013

Bah, mi probema era que aun sabiendo que x e y son distintos no dejaba de asociar y a f(x), de todas maneras el sistema era demasiado absurdo.

Ahora estoy probando otra cosa distinta. Se puede demostrar facilmente que f(x) debe ser una función par, así que debe estar acotada por arriba o por abajo y debe tener por tanto un máximo o mínimo absolutos en (0,f(0)). Mi probema ahora es hallar f(0). Sé que no puede ser 0, porque si consideramos f(0)=0 y elegimos x=0 e y=0 (de manera que f(y)=0)

$f(0)=f(x-f(y))=f(x)+x^2+f(x)-1=2f(x)+x^2-1=-1$

La pega es que no tengo ni idea de como obtener f(0) 🙁
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rtomas
04/10/2013

Golvano, tienes razon.

Omrot, que una funcion sea par no implica que este acotada, ejemplo:
cos(x)*exp(x^2)

Esque este problema no tiene una solucion formal aceptable para todos?
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rtomas
04/10/2013

Otra cosa Omrot, usando que f es par y poniendo x=0, y=0, sale enseguida que f(0)=1.
A partir de aqui, 1 esta en la imagen de f, se pueden empezar a sacar muchos numeros,
creo que como indicaba Golvano, pero siempre racionales…
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golvano
04/10/2013

¿Cómo demostráis que f es par?
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rtomas
04/10/2013

a ver este otro razonamiento:

Cojo la g(x) de mi comentario de arriba que es muy practica,

voy a usar x=f(y)=z pero correctamente:
0=g(0)=g(z-z)=g(z)+g(z)=2g(z)
donde mantengo la z=f(y) para que quede claro que z es la imagen de f,
esto indica que en la imagen de f, g es 0. No sabemos cual es la imagen, bueno sabemos
f(0)=1 y algunos otros numeros racionales faciles de hacer.

Podemos seguir:
0=g(z)=g(2z-z)=g(z)+g(2z)=g(2z)
Por lo que g tambien se anula en el doble de la imagen de f.
seguimos:
0=g(2z)=g(3z-z)=g(z)+g(3z)=g(3z)
Tambien se hace 0 para el triple de la imagen y asi podemos seguir con
todos los numero enteros.

Esto implica que bastaria demostrar que f(y) es continua y no es constante en un pequenyo intervalo de R. Multiplicando f(y) por un N tan grande como queramos se
cubriria todo R -> g(x)=0.
Pero falta demostrar que en efecto f es continua en algun tramo y no es constante…
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rtomas
04/10/2013

Golvano, ah, creo que para llegar a que f era par use f(0)=1 y viceversa,
asi que igual no es correcto…
oh que pesadilla…
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golvano
04/10/2013

Esto sí que está bien.

Lo único, ¿cómo demuestras que f(0)=1?
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Cartesiano Caotico
04/10/2013

Creo que desde el principio hay un error en toda la discusión:

No tiene por qué haber ninguna relación entre ‘x’ e ‘y’.

No se trata de una ecuación que nos lleve de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$
sino de $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$

La función $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ no necesita ningún tipo de relación entre dos variables ‘x’ e ‘y’ a cumplir posteriormente. De hecho podriamos renombrar a ‘x’ como ‘aquí meto un número cualquiera’ y a ‘y’ como ‘aquí metro otro porque quiero’

$\boldsymbol {pcrdeg}$ ya dio la solución, y es única. Se puede comprobar sumando un término genérico g(x) y comprobando que debe ser g(x)=0 para todo x.

La solución f(z)=1-z^2/2 está definida en todo $\mathbb{R}$ , por lo que no debe haber ningún problema para decir que nos hemos dejado algo fuera, como dice $\boldsymbol {Daniel Cao}$ . Podemos tomar para ‘x’ y para ‘y’ cualquier valor de $\mathbb{R}$ que la ecuación funcional se cumplirá.

Sólo queda pensar si esta f(t)=1-t^2/2 es solución única o hay otra. Pero queda demostrado al meter el término generico g(x) igual que hizo $\boldsymbol {rtomas}$ para ver que g(x)=0 para todo x.
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Cartesiano Caotico
04/10/2013

¿Cómo demostrar que f(0)=1?

Muy sencillo, sustituyes f(y)=0 en la ecuación y ya te sale.

Después se puede comprobar que efectivamente existe ese ‘y’ que hace f=0.

O también puedes elegir un ‘y’ arbitrario. Y elegir un ‘x’ tal que x=f(y). Te sale la ecuación que te da la solución. Particularizando para ‘0’ te sale f(0)=1
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Cartesiano Caotico
04/10/2013

He visto una resolución más directa, 😉

haciendo f(y) = x/2 sale en un plis plas (o al que no le gusta que haga z = 2 f(t) )

así queda: f (x/2) = f (x/2) + x^2/2 + f(x) – 1
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rtomas
04/10/2013

Cartesiano, lee los comentarios de Golvano y Daniel. Si asumes que f(y)=0 y encuentras una solucion es normal que cumpla f(y)=0 para algun y, pero hay mas soluciones que no lo cumplan?
De igual forma para tu ultimo comentario.
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Cristóbal Camarero
04/10/2013

@Cartesiano Caotico, Al sustituir f(y)=0 estás asumiendo que 0 está en la imagen de f, con lo que descartas posibles funciones. Y al substituir f(y)=x/2 estás asumiendo que la imagen de f son todos los reales, lo cual es falso.

Tenemos para todo x real, f(f(x))=(f(0)+1-f(x)^2)/2
También tenemos (tomando x=rf(x) en la otriginal) para todo los reales y,r que
f((r-1)*f(y))=f(f(y))+r*f(y)^2+f(r*f(y))-1

Con esto se puede demostrar fácilmente por inducción que para todo real x y natural n
f(n*f(x)) = n + (n-1)/2*(1+f(0)) – (n*f(x))^2/2
quizás pueda ayudar algo…
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Cristóbal Camarero
04/10/2013

Quería decir
f(n*f(x)) = n – (n-1)/2*(1+f(0)) – (n*f(x))^2/2
y sólo para naturales n>=1, con lo que no vale para sacar f(0)
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Cartesiano Caotico
04/10/2013

No, seguís confundidos.

Podemos suponer ( y digo suponer) que existe un ‘y’ tal que f(y)=0 y después comprobar que efectivamente es así.

Tal vez podría ser que existiera otra solución que no pasa por 0, y se nos ha escapado. Pero eso ya vimos que no era posible mediante el sumando generalizado g(x).

Ahora bien, si no os gusta el ‘0’, lo podemos hacer con cualquier otro número real.

Dado que por definición se trata de una función $\mathbb {R} \rightarrow \mathbb{R}$ existirá al menos un valor real tal que f(y)=a.

Así que ‘a’ es ese número real que seguro que sí existe (si no, qué sentido tiene el problema?)

Sustituyendo en la ecuación funcional tenemos:
$f(x-a)=f(a)+xa+f(x)-1$
donde a es un valor real

Esta nueva ecuación funcional se resuelve facilmente haciendo x=2a
de aquí se obtiene:
$f(a)=f(a)+2a^2+f(2a)-1$
y por tanto:
$f(a)=1-a^2/2$

Como veis no he asumido que pase por ‘0’, tan solo he asumido que pasa por lo menos por un valor real (cualquiera me vale).
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rtomas
04/10/2013

Cartesiano, has demostrado que existe un a tal que f(a)=1-a^2/2.

Cristobal, yo estaba en la misma ecuacion!
Creo que es muy util, porque ves que f(x) tiende a -infinito cuando x tiende a infinito.

Ahora podemos combinar vuestros 2 resultados
‘sabemos’ cuanto vale f(n*a) para todo n>=1 y para cierto a no conocido.
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Cristóbal Camarero
04/10/2013

@Cartesiano Caotico, con eso has demostrado que $\forall a\in Im(f),\ f(a)=1-a^2/2$ , pero no $\forall a\in \mathbb R,\ f(a)=1-a^2/2$ .
Puedes intentar obtener el valor de f(5) para que veas que no sirve el razonamiento…
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Cartesiano Caotico
04/10/2013

No entiendo.

$a \in dominio(f)$
el dominio(f) es todo $\mathbb{R}$

a, no es de la imágen, es del dominio.
f(5)=1-5^2/2, ¿cuál es el problema?

tal vez quieres decir que no existe 5=f(y). Pero, ¿cuál es el problema?
Si no aciertas con el 5, coge otro número.
Ya digo que al menos uno existe en todo $\mathbb{R}$ , y a partir de ahí se obtiene el resto.
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rtomas
04/10/2013

cartesiano, no veo como sabiendo f(a) los conoces todos.
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Cristóbal Camarero
04/10/2013

@Cartesiano,
>Dado que por definición se trata de una función $\mathbb {R} \rightarrow \mathbb{R}$
>existirá al menos un valor real tal que f(y)=a.
Es decir que tu razonamiento vale $\forall a\in Im(f)\subset \mathbb R$

>Así que ‘a’ es ese número real que seguro que sí existe (si no, qué sentido tiene el >problema?)
Ciertamente $Im(f)\neq \emptyset$ . Por cierto, ya sabemos que tiene cardinalidad infinita.

>Sustituyendo en la ecuación funcional tenemos:
>f(x-a)=f(a)+xa+f(x)-1
>donde a es un valor real
Es decir en la fórmula original $\forall x,y\in\mathbb R,\ f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$ , renombramos $f(y)\in Im(f)$ como $a\in Im(f)$ .
Nos queda. $\forall x\in\mathbb R, a\in Im(f),\ f(x-a)=f(a)+xa+f(x)-1$ .

>Esta nueva ecuación funcional se resuelve facilmente haciendo x=2a
>de aquí se obtiene:
>f(a)=f(a)+2a^2+f(2a)-1
Como $a\in Im(f)\subset \mathbb R$ podemos hacer la especialización, resultando
$\forall a\in Im(f),\ f(a)=f(a)+2a^2+f(2a)-1$ .
>y por tanto:
>f(a)=1-a^2/2
$\forall a\in Im(f),\ f(2a)=1-\frac{f(2a)^2}{2}$ .
>Y de ahí podemos sacar
$\forall z\in \{z\mid 2z\in Im(f)\},\ f(z)=1-\frac{f(z)^2}{2}$ .

Lo cual dista bastante de lo que buscamos.
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rtomas
04/10/2013

creo q ya lo tengo.

escribiendo la ecuacion de cristobal en terminos de g queda:
(usando z=f(y))

g(z)=g(0)/2
g(2z)=0
g(3z)=-g(0)/2
…
g(Nz)=-(N-2)g(0)/2

Como ya hemos visto -infinito ‘pertenece’ a f(y)
entonces hay un par p,q negativos pertenecientes a f(y)
con q=2p de forma que
g(p)=g(0)/2
g(p)=g(2q)=0
(ya que p y q estan en f(y))
En consecuencia:
g(0)=0

Creo que esto ya deja resuelto el problema, no? Golvano?
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golvano
04/10/2013

Eso de que $-\infty$ pertenece a la imagen…

Aparte, no sé de dónde sacas p y q.
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rtomas
04/10/2013

Me explico.
De la ecuacion de Cristobal:

f(n*f(x)) = n – (n-1)/2*(1+f(0)) – (n*f(x))^2/2

se concluye que para n suficientemente grande f es negativo porque el termino n^2
domina en la expresion. Mas aun con n->inf f->-inf.
A esto me refiria con que -inf pertenece a la imagen.

Es cierto que tenia que haber encontrado los susodichos p y q antes de decir que
existen, y de hecho ahora no veo porque deberian existir… El infinito es muy atractivo…
Gracias Golvano. Sabes la solucion, no?

Creo que la ecuacion de Cristobal tiene un error tipografico, voy a ver
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Cristóbal Camarero
04/10/2013

Mi error es que la expresión vale para $n\geq 2$ y no para $n\geq 1$ como había dicho antes.
El caso base es $f(2f(x))=1-\frac{(2f(x))^2}{2}$ .

Tus $g$ s me salen $g(f(z))=g(0)/2$ y $\forall n\geq 2,\ g(nf(z))=-(n-1)g(0)/2$ .
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Omrot
04/10/2013

A ver, estamos todos de acuerdo en que $f(x)=1-x^2/2\ \forall x\in Im(f)$ . Si podemos demostrar que $Im(f)=\mathbb R$ el asunto esta resuelto. La pregunta es como hacer eso.

Lo unico que he conseguido hasta ahora es que siguiendo la ecuación que Cristobal Camarero $\forall x\in\mathbb R, a\in Im(f),\ f(x-a)=f(a)+xa+f(x)-1$ se obtiene que $Im f(x)-Im f(x)=\{ k_1-k_2 \mid k_1,k_2\in Im f(x)\}=\mathbb R$ , ya que con $f(x-a)-f(x)=f(a)+xa-1$ podemos generar cualquier valor de $\mathbb R$ .

Pero no consigo dar el salto a $Im f(x)$
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Omrot
04/10/2013

Golvano, sabes la solución? Como lo has hecho?
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Cristóbal Camarero
04/10/2013

@Omrot

Conocemos ya una solución, quizás la única: $p(x)=1-p(x)^2/2$ . Y su imagen es $Im(p)=(-\infty,1]$ .

De la imagen de una solución general no sabemos gran cosa; podemos hacer alguna orbita, pero no veo que salga nada interesante.
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rtomas
04/10/2013

Yo diria que la ecuacion es:

f(n*f(x))=1-(n*f(x))^2/2- (f(0)-1)(n-2)/2

o tambien:
f(n*f(x)) = n/2 + f(0)(1-n/2) – (n*f(x))^2/2
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Daniel Cao
05/10/2013

Creo que ya está. Lo último que ha dicho @Omrot es la clave (si no me he comido nada). Hay dos hechos fundamentales:

*** Si $x$ pertenece a $Im(f)$ se tiene $f(x)=1-x^2/2$ (visto en varios comentarios)

*** Cualquier punto $x$ real se puede expresar como $y-z$ donde $y,z$ pertenecen a $Im(f)$ (probado por @Omrot)

DEMOSTRACIÓN:

Sea $x$ un real cualquiera. Por lo anterior podemos ponerlo como $x=y-z$ donde $y,z$ son de $Im(f)$

Por tanto $f(x)=f(y-z)$

Asimismo como $z$ pertenece a $Im(f)$ , se sigue que existe $r$ real tal que $f(r)=z$

$f(x)=f(y-z)=f(y-f(r))=f(f(r))+yf(r)+f(y)-1=f(z)+yz+f(y)-1$

Y ahora se aplica el truco. Como $y,z$ son elementos de $Im(f)$ sabemos que sus imagenes verifican que:

$f(y)=1-y^2/2$
$f(z)=1-z^2/2$

Y por tanto continuando el desarrollo que teníamos unas líneas atrás:

$f(x)=f(z)+yz+f(y)-1 = 1-z^2/2 +yz + 1-y^2/2 -1 = 1 - z^2/2 - y^2/2 +yz = 1 - 0.5(x-y)^2 = 1 - 0.5x^2$

Gracias por leer y gracias a de nuevo a @Omrot.

Si veis algún problema con la demostración estaré encantado de revisarla o discutir puntos oscuros.
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golvano
05/10/2013

Muy bien. Veo una pequeña pega pero que se puede solucionar fácilmente. Lo que sabíamos de antemano era que f(x) = (1 + f(0) – x^2)/2. Si no me equivoco, el resultado que se obtiene así es que f(x) = f(0) – x^2/2. Pero ahora sí sabemos que la función es par y podemos obtener f(0) = 1.

Por cierto, yo no sabía la solución. No sé de dónde habíais sacado eso.
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rtomas
05/10/2013

Daniel, yo creo que nadie ha demostrado que f(z)=1-z^2/2 con z en la Imagen de f.
Si te refieres al comentario de Maty, si te fijas lo que el demuestra es esto:

f(2z) = 1-2*z^2

con z en la imagen de f. Si la imagen fuera [5,6] la ecuacion anterior solo se
cumple en [10,12] con lo que no puedes asegurar que 2z esta incluido en z.

Que f(x)-f(y) puede representar cualquier numero es intereante. Aunque Omrot
queria demostrar que la imagen de f es R, que parece casi imposible.
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rtomas
05/10/2013

Exacto, Golvano, estaba haciendo las mismas cuentas.
La clave si que la dieron Omrot y Daniel pero habia que pasar por la funcion correcta.
Que diver!
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Omrot
05/10/2013

Caballeros, brillante!! Daniel Cao jamas se me hubiera ocurrido el truco. Yo seguía empenyado en sacar $Im(f)=\mathbb R$ . Como dice rtomas completamente imposible 🙁

golvano, tienes razón en lo de la paridad. La asumí mediante una demostración incorrecta y no volví a darme cuenta del cambio 1 / f(0). Lo de que sabias la solución ha sido quizás nuestro deseo inconsciente de encontrarle un final al problema 😛

Debo reconocer que este problema ha resultado ser muchisimo mas interesante que mi examen de ayer. Ya estoy esperando el siguiente (problema, se entiende :))
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Daniel-san
05/10/2013

Danielcao, tienes un pequeño fallo al final de al demostración, en el penúltimo paso has escrito $1 - 0.5(x - y)^2$
Esa x es en realidad una z.

Ahora solo me queda felicitarte por la genial idea que has tenido. Impresionante e impecable, buen trabajo! 😀
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RB
06/10/2013

Muy bueno! Es curioso como cada uno ha resuelto una parte hasta completar el puzle.

Omrot en tu comentario de 4 de octubre de 2013 | 23:06 te faltó elegir un $a\in Im(f)$ no nulo y Daniel Cao | 5 de octubre de 2013 | 01:32 estabas usando que $f(0)=1$ pero aún no había sido probado que $f$ era par.

Ordeno vuestra solución:

Supongamos que $f$ es solución de la ecuación funcional. Sea $x\in Im f$ , es decir, $x=f(y)$ para algún $y\in\mathbb{R}$ , entonces
$f(0)=f(x)+x^2+f(x)-1\Longrightarrow 2f(x)=f(0)+1-x^2\Longrightarrow f(x)=\dfrac{1+f(0)}{2}-\dfrac{x^2}{2}$
Luego,
$f(x)=a-\dfrac{x^2}{2}, \text{ para todo }x\in Im f, \text{ donde } a=\dfrac{1+f(0)}{2}$

Por otro lado, sea $b\in Im(f)$ , $b\neq 0$ (basta observar la ecuación original para convencerse que existe un tal $b$ ), entonces

$f(x-b)=f(b)+xb+f(x)-1\Longrightarrow f(x-b)-f(x)=f(b)+xb-1,\ x\in\mathbb{R}$ (Cristóbal Camarero).
De aquí se obtiene (puesto que $b\neq 0$ ) que cualquier número real $t$ se puede escribir, $t=u-v$ donde $u,v\in Im(f)$ (Omrot) y por lo primero que se probó,
$f(t)=f(u-v)=f(v)+uv+f(u)-1=2a-\cfrac{v^2+u^2}{2}+uv-1=2a-1-\cfrac{t^2}{2}$ (Daniel Cao). De aquí se obtiene que $f$ es par (Golvano) y por tanto (particularizando la ecuación original para $x=y=0$ ), se obtiene que $f(0)=1$ de modo que $a=1$ , y $f(t)=1-\dfrac{t^2}{2}$ .

Esto prueba que la única candidata a solución es $f(t)=1-\dfrac{t^2}{2}, t\in\mathbb{R}$ . Ahora se comprueba que es, en efecto, solución y por tanto la única.
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Cartesiano Caotico
06/10/2013

Gracias Cristobal Camarero.

Más clarito no me lo podías haber explicado 🙂
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Julio Cesar Romeo
26/10/2013

¿Y estás son todas las funciones?
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