Hallando las funciones

Publicado por ^DiAmOnD^ | 10 diciembre, 2012 | Juegos | 16 |

Comienza la semana, y qué mejor momento que éste para intentar resolver el problema semanal de Gaussianos. Ahí va el enunciado:

Hallar todas las funciones $f:\;\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tales que para cualesquiera $x,y \in \mathbb{R}$ se verifica que

$f(x^2+xy+f(y))=f(x)^2+xf(y)+y$ .

Que se os dé bien.

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Sobre el 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. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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.

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16 Comments

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rtomas

10/12/2012 10:54

Empezando por una fácil f(x)=x

Responde

Tito Eliatron

10/12/2012 11:50

Vamos a darle vidilla.

Haciendo $x=0$ se obtiene que $f(f(y))=f(0)^2+y$ .

De aquí se puede deducir que $f$ ha de ser BIYECTIVA.

Es inyectiva: Si $f(x)=f(y)$ , entonces $f(0)^2+x=f(f(x))=f(f(y))=f(0)^2+y$ de donde $x=y$ .

Es sobreyectiva: Fijemos $tinmathbb{R}$ y sea $x_t:=f(t-f(0)^2)$ . Es claro que $f(x_t)=f(f(t-f(0)^2))=f(0)^2+t-f(0)^2=t$ .

Y hasta aquí puedo leer.

¿Mi conjetura? Que la única función es la identidad.

Responde

Bitacoras.com

10/12/2012 13:22

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Comienza la semana, y qué mejor momento que éste para intentar resolver el problema semanal de Gaussianos. Ahí va el enunciado: Hallar todas las funciones tales que para cualesquiera se verifica que . Que se os dé bien….

Responde

10/12/2012 13:42

Si $f$ es derivable entonces,

$f\left(x^2+f(0)\right)=f(x)^2+xf(0)\Longrightarrow f'\left(x^2+f(0)\right)2x=2f(x)f'(x)+f(0)$

y evaluando en $0$ , se obtiene

$0=f(0)\left(2f'(0)+1\right)\Longrightarrow f(0)=0$

Por tanto $f(f(y))=y$ y como es inyectiva $f(y)=y$ .

Tito Eliatron

10/12/2012 13:52

¿Y por qué no puede dar $f'(0)=-1/2$ ?

Responde

10/12/2012 13:57

Toda la razón, ya me di cuenta, pero era demasiado tarde para corregir el patinazo…

10/12/2012 14:10

Además tampoco, $fcirc f=Id$ implica $f=Id$ , por ejemplo $f(x)=1/x$ no lo cumple. Pero sí se tendría si $fcirc f =f$ (que era en lo que estaba pensando).

En fin, que malos son los lunes…

sgv

10/12/2012 17:31

Por el momento, si solo nos concentramos en funciones afines de $f(y)=ay + b$ y teniendo en cuenta $f(f(y))=y+f(0)^2$ , entonces $f(f(y)) = a(ay+b)+b=y+f(0)^2= a^2 y + ab+b = y +f(0)^2$ . Como la igualdad anterior es valida para todo $y \in R$ , $a = -1, b = f(0) = 0$ o $a = 1$ con dos soluciones $b=2, b=0$ .
Por tanto solo tres soluciones afines $f(x)=-x, f(x)=x, f(x)=x+2$ .

Hay soluciones no afines? Mi intuicion es que no. Pero no lo he podido demostrar.

Responde

10/12/2012 17:58

Si suponemos que $f(0)=0$ entonces $f(f(y))=y$ para todo $y\in\mathbb{R}$ .

Haciendo $y=-x$ y sustituyendo en la ecuación original, se obtiene

$-x=f(x)^2+xf(-x)-x\Longrightarrow f(x)^2=-xf(-x)$ para todo $x\in\mathbb{R}$

Por otro lado, haciendo $y=0$ en la ecuación original, se

obtiene $f(x^2+f(0))=f(x)^2+xf(0)$ , luego

$f(x^2)=f(x)^2$ . Y teniendo en cuenta lo anterior,

$f(x^2)=-xf(-x)$ y por tanto (sustituyendo $x$ por $-x$ ) $f(x^2)=xf(x)$ , luego

$f(x)^2=xf(x)$ , y si $f(x)\neq 0$ , $f(x)=x$ .

Tito Eliatron

10/12/2012 19:19

BRAVO! RB. Eso era justo lo que me faltaba. Mira esto. Llamemos . Entonces, haciendo en la ecuación original, se tiene que que (Ec1). Entonces, y . Haciendo en la ecuación original, se obtiene que (Ec2). Ahora bien, hagamos una siguiente iteración. Por un lado, aplicando (Ec2), . Pero por otro lado, aplicando (Ec1) . Por lo tanto, se deduce que , de donde . Supongamos que , es decir, . Entonces, , lo que entra en contradicción con que la función es BIYECTIVA (y en particular, INYECTIVA). Por lo tanto, la única posibilidad es que , de donde se… Lee más »

Responde

10/12/2012 19:59

Estupendo RB y Tito Eliatron. Otra forma de ver que $f(0)=0$ es la siguiente:

por ser $f$ sobreyectiva, existe $z$ tal que $f(z)=0$ . Aplicando la condición inicial con $x=y=z$ se tiene que $f(2z^2)=z$ , y volviendo a aplicar $f$ (y usando que $f(f(y))=f(0)^2+y$ ):

$0=f(f(2z^2))=f(0)^2+2z^2$

de donde se deduce directamente que $f(0)=0=z$ .

Tito Eliatron

10/12/2012 22:07

Mucho más elegante, dónde va a parar.

Responde

Tito Eliatron

10/12/2012 22:47

De hecho, no hace falta usar SOBREYECTIVIDAD, ya que es fácil comprobar que $z:=f(-f(0)^2)$

Responde

gaussianos

Admin

10/12/2012 23:06

Este comentario es una prueba.

Responde

10/12/2012 23:50

Tio Eliatron en tu prueba de $f(0)=0$ , sigo tu razonamiento hasta la conclusión $y_0\in\{-1,0,1\}$ . Sin embargo, el siguiente paso no lo entiendo: Al suponer que $y_0=\pm 1$ , escribes $f\left(\pm 1\right)=f(f(0))=y_0+0=\pm 1=f(0)$ , sin embargo, según la ecuación (Ec1) $f(f(0))=y_0^2=1$ y por tanto, no se llegaría a contradicción la inyectividad ¿por qué afirmas al llegar ahí qué $f(f(0))=y_0$ en lugar de $y_0^2$ ? Lo más probable es que se me escape algo que no veo.

Por otro lado, M como siempre brillante, elegante y conciso en tus razonamientos. Todos los problemas que he visto que has resuelto he notado bastante madurez y estoy aprendiendo de eso, gracias.