jueves, 16 de febrero de 2012

Problema del Día: Jueves 16 de Febrero de 2012

Hallar todas las funciones $h:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}$ tales que

$h(x+y) + h(xy) = h(x)h(y) + 1$

para cualesquiera $x,y\in\mathbb{Z}$.

Nota: $\mathbb{Z}$ denota al conjunto de los números enteros.

14 comentarios:

jorge garza vargas dijo...

Poniendo $x=y=0$ se obtiene que $h(0)=1$, luego poniendo $y=-x$ tenemos $h(0)+h(-x^2)=h(x)h(-x)+1$, y como $h(0)=1$ entonces $h(-x^2)=h(x)h(-x)$ y en especial si $x=1$ obtenemos dos casos.
Caso 1. Si $h(-1)$ es distinto de 0, entonces $h(1)=1$ y entonces poniendo $y=1$ se obtiene que $h(x+1)=1$ para toda $x$ entonces $h$ es constante.
Caso 2. si $h(-1)=0$, poniendo $y=-(x+1)$ obtenemos $h(x(x+1))=h(x)h(x+1)+1$, poniendo en esa identidad $x=-2$ obtenemos que $h(2)=1$, y luego usando eso y poniendo $x=y=1$ en la inicial obtenemos $h(1)=h(1)^2$, ahora, si $h(1)=1$ ya vimos en el caso anterior que esto implica que h es constante e igual a $1$ lo cual contradice la hipótesis inicial del caso 2, si $h(1)=0$, substituyendo $y=1$ en la inicial tenemos que $h(x)+h(x+1)=1$ con lo que se ve inductivamente que $h(x)=1$ si $x$ es par y $h(x)=0$ si $x$ es impar, función que cumple.

Chuck dijo...

La entrada $(x,y)$ equivale a ver la ecuación con esas entradas. Usando $(0,0)$, vemos que despejando un cuadrado $h(0)=1$. Usando $(x,-x)$ obtenemos que $h

(x)h(-x)=h(-x^{2})$ que será la igualdad $A$. Si evaluamos en $A$ con $x=1$, veremos que hay $3$ casos, $h(1)=0,1$ y un tercer caso en el que no es ninguno y

en que $h(-1)=0$.

En el primer caso, vemos que $h(-1)=0$ por la igualdad $A$ y que para $k\in\mathbb{Z}$, $(k,1)$ nos da que $h(k+1)=1-h(k)$ y entonces inductivamente (en

ambos sentidos desde el $1$) como $h(1)=0$, $h(2k)=1$ y $h(2k+1)=0$. De aquí revisando los casos de paridades en las entradas $(x,y)$, vemos que esta funcion

satisface la ecuación original siempre.

En el segundo caso, usando $(k-1,1)$, vemos rápidamente que $h(k)=1$ para cualquier entero $k$ y también podemos revisar que la igualdad de da siempre. Para

el tercer caso, podemos ver desde el principio que $(k+1,-1)$ nos dice que $h(k)=1-h(-k-1)$. Además, podemos suponer que $h(1)\neq 0,1$ pues esos casos ya

los hemos cubierto. Veamos que $(x,1)$ nos dice que $h(x+1)=h(x)(h(1)-1)+1$ lo cual nos define la función recursivamente usando a $h(1)$ como parte de la

función recursiva. Si $h(1)=2$, claramente, $h(x)=x+1$ para todo $x$ y también cumple las condiciones iniciales del problema. Supongamos que no es ninguno de

estos valores, entonces $|h(1)-1|\textgreater 1$ y podemos utilizar generatrices con esa recursión para encontrar la forma cerrada de los valores positivos y

con la otra ecuación que vincula a positivos con negativos encontraríamos sus valores.

Si hacemos esto, encontraremos que $\forall n\in\mathbb{N}$, $h(n)=$ la función es entonces $h(x)=\frac{(h(1)-1)^{x+1}-1}{h(1)-2}$, esto incluso aplica para

$h(0)$. Como $h(k)=1-h(-k-1)$ entonces $h(-k)=1-h(k-1)=\frac{h(1)-1-(h(1)-1)^{k}}{h(1)-2}$, lo cual por supuesto también es entero. Ahora sólo falta ver si

esto cumple la ecuación inicial, veamos que $(x,x)$ nos dice que $h(2x)+h(x^{2})=h(x)^{2}+1$. Ahora, lo que estamos a punto de hacer depende puramente de si $h:=h(1)-1$ es o no positivo. Si lo es, entonces veamos que $\frac{h^{2x+1}-1}{h-1}+\frac{h^{x^{2}+1}-1}{h-1}\textgreater \left( \frac{h^{x+1}-1}{h-1}\right)^{2}+1$ para $x$ mayor a $3$. Para ver esto sólo hace falta ver que \[h^{x^{2}+1}-1+h^{2x+1}-1\textgreater h^{2x+2}-1+h-1\textgreater \frac{(h^{x+1}-1)^{2}}{h-1}+h-1\] Debido a que $2x+1\textgreater 1$ y a que $x^{2}+1\textgreater 2x+2$ pues $(x-1)^{2}\textgreater 2^{2}\textgreater 2$, por lo que la igualdad de más arriba no se da y entonces no es una solución que funcione.

Chuck dijo...

Si no es positivo, entonces simplemente revisamos que para $x=3$ no funciona con la desigualdad al revés, pues $\frac{h^{x^{2}+1}-1}{h-1}$ es negativo y de valor absoluto mayor al de $\frac{h^{2x+1}-1}{h-1}$, mientras que el lado derecho es un cuadrado más uno, lo que significa que algo positivo es igual a algo negativo y no tiene sentido, por lo que aún así no cumple.

@Jorge: Revisa tu caso 2. Creo que no pusiste bien unos signos por ahí.

Chuck dijo...

Ah, lo lamento, en algún punto se me barrió y puse algo con una $n$ natural y $h(n)=$, lo siento creo que al escribir en la lap se me fue el puntero y no ví que hice eso en otro lado, ignoren eso, simplemente la igualdad que escribí ahí es válida para $x$ no negativo.

Juan dijo...

Defino $c=h(1)-1$. Ahora, asumamos $c=1$, entonces se ve inductivamente que $h(n)=n+1$ usando $x=1$, pero entonces $(x+y+1)+(xy+1)=$$(xy+x+y+1)+1$ es cierto, por lo que $h(z)=z+1$ cumple. Si $c=-1$, es fácil ver que $h(x+1)=1-h(x)$ y se ve inductivamente que $h(z)=\displaystyle\frac{1+(-1)^z}{2}$, la cuál también sirve. Así, asumamos que $c=1$ y $c=-1$ son una proposiciones falsas. Entonces es fácil ver con $x=1$ que $h(x+1)=h(x)c+1 \Rightarrow h(n)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n-2}c^i+1+c^{n-1}a$, donde $a=c+1=h(1)$, $\forall n \ge 4$. Así, deduzco que $h(n)=\displaystyle\frac{c^{n-1}(ac-a+1)-1}{c-1} \forall n \ge 4$. Usando la fórmula con $x=n+1$ y $y=m+1$ suficientemente grandes, y multiplicando por $(c-1)^2$, y considerando $ac-a+1=\lambda$, $(c-1)((c^{n+m+1}\lambda-1)+(c^{nm+n+m}\lambda-1))$$=(c^{n}\lambda-1)(c^m\lambda-1)+(c-1)^2 \Rightarrow$ (con módulo $c^{min\{n,m\}}$, y observando que $\lambda=c^2$) $(c-1)(-2) \equiv 1+(c-1)^2$ módulo $c^p$ para cualquier $p$ que quiera ($min\{n,m\}$), por lo que $c^p \mid 1+(c-1)+2(c-1) = c^2 \Rightarrow c=0$ pues $p$ es tan grande como quiera y $c=1$ es falso. Pero $c=0 \Rightarrow h(1)=1 \Rightarrow$$ h(x+1)+h(x1)=h(x)h(1)+1 \Rightarrow $$h(x+1)=1 \forall x \Rightarrow h$ es la constante 1.
Así, tenemos tres opciones:
$h(z)=z+1$, $h(z)=1$ o $h(z)=\displaystyle\frac{1+(-1)^z}{2}$. Sólo éstas dos funciones cumplen.$\clubsuit$

Juan dijo...

Perdón, son 3 funciones, no 2.

Juan dijo...

Donde dice "$c^p \mid 1+(c-1)+2(c-1)$, debería decir "$c^p \mid 1+(c-1)^2+2(c-1)$".

Adán dijo...

Primero, con $x=y=0$ vemos que $\left(h\left(0\right)-1\right)^{2}=0$, de donde $h\left(0\right)=1$. Ahora, con $y=-x$ vemos que $h\left(-x^{2}\right)=h\left(x\right)h\left(-x\right)$ y particularmente con $x=1$ vemos que $h\left(-1\right)=h\left(-1\right)h\left(1\right)$, de donde $h\left(-1\right)\left(1-h\left(1\right)\right)=0$.

Ahora, si $h\left(-1\right)\neq 0$, tenemos que $h\left(1\right)=1$, y con $y=1$, vemos que $h\left(x+1\right)=1$ para todo entero $x$. Por lo tanto, en este caso solo cumple la constante $h\left(x\right)=1$.

Ahora, tenemos que $h\left(-1\right)=0$. Con $y=-x-1$ vemos que $h\left(-x^{2}-x\right)=h\left(x\right)h\left(-x-1\right)+1$, de donde podemos llegar a $h\left(-2\right)\left(1-h\left(1\right)\right)=1$. Si $h\left(1\right)=0$, entonces, poniendo $y=1$ y $y=-1$ llegamos a que $h\left(x\right)=h\left(-x\right)$ para todo $x$. Luego, con $h\left(x\right)+h\left(-x-1\right)=1$, y usando inducción, vemos que la única función posible en este caso es si $x$ es par, $h\left(x\right)=1$, y si $x$ es impar, entonces $h\left(x\right)=0$ y es f\'acil ver que si cumple las condiciones del problema.

Si $h\left(1\right)\neq 0$, como $\left|h\left(-2\right)\left(1-h\left(1\right)\right)\right|=1$, tenemos que $h\left(1\right)=2$. Poniendo $y=1$, obtenemos que $h\left(x+1\right)=h\left(x\right)+1$ para todo $x$. Con inducción vemos que la única función posible es $h\left(x\right)=x+1$, y esta cumple las condiciones del problema, y acabamos.

alberto dijo...

Evaluamos con x=y=0 y tenemos
$2h(0)=[h(0)]^2+1$
$\Rightarrow 0=[h(0)-1]^2$
$\Rightarrow h(0)=1$

Ahora evaluamos con 1 y -1
$h(0)+h(-1)=h(-1)h(1)+1$
$\Rightarrow h(0)-1=1-1=0=h(-1)[h(1)-1]$

Esto nos da dos opciones $h(1)=1$ o $h(-1)=0$
En el primer caso, evaluamos la funcion con y=1:
$h(x+1)+h(x)=h(x)h(1)+1$
$\Rightarrow h(x+1)+h(x)=h(x)+1$
$\Rightarrow h(x+1)=1$
Que nos da la primer solucion $\boxed {h(n)=1}$

El otro caso es $h(-1)=0$.

Evaluamos con 2 y -1 y llegamos a:
$h(1)+h(-2)=h(-1)h(2)+1=1$
$\Rightarrow h(-2)=1-h(1)$
Ahora evaluamos y=-2:
$h(x-2)+h(-2x)=h(x)h(-2)+1$
$\Righarrow h(x-2)+h(-2x)=h(x)[1-h(1)]+1$
$\Righarrow h(x)[h(1)-1]=1-h(x-2)-h(-2x)$

Evaluando con y=1 llegamos a:
$h(x+1)-1=h(x)[h(1)-1]$
Asi que juntando las ultimas dos ecuaciones tenemos
$1-h(x-2)-h(-2x)=h(x+1)-1$
$\Rightarrow h(x+1)+h(x-2)+h(-2x)=2$
Evaluamos esto con x=1 y tenemos:
$h(2)+h(-1)+h(-2)=2$
$\Rightarrow 2=h(2)+h(-2)$
$\Rightarrow h(-2)=2-h(2)$
Y sabiamos que $h(-2)=1-h(1)$
$\Rightarrow 2-h(2)=1-h(1)$
$\Rightarrow h(2)-h(1)=1$

Ahora evaluamos la funcion en x=y=1
$h(2)+h(1)=[h(1)]^2+1$
$\Rightarrow h(2)-h(1)=[h(1)-1]^2$
Pero ya teniamos que $h(2)-h(1)=1$
$\Righarrow 1=[h(1)-1]^2$
$\Rightarrow h(1)-1= \pm 1$

Esto nos da dos opciones $h(1)=2$ o $h(1)=0$

Habiamos llegado a que:
$h(x+1)-1=h(x)[h(1)-1]$
Entonces cambiando $h(1)$ por los dos posibles valores, tenemos dos opciones:
a) $h(x+1)+h(x)=1$
b) $h(x+1)=h(x)+1$

Y de estas dos ecuaciones como ya tenemos los valores de la funcion evaluada en -1,0,1, por induccion llegamos facilmente a las otras dos soluciones de la funcion $h$:
a)
\[ h(n)=\begin{cases}\qquad0,\qquad\text{if }n\text{ is odd,}\\ }1,\qquad\text{if }n\text{ is even.}\end{cases} \]

b) $h(n)=n+1$

Y la que ya teniamos: $h(n)=1$



(no me sale muy bien el latex en la primer solucion pero se entiende jaja)

alberto dijo...

Ahora si con el latex bien:

a) $\boxed{h(n) = \left\{\begin{array}{rl} 0 & \text{si } n \text{ es impar,}\\ 1 & \text{si } n \text{ es par.} \end{array} \right.}$

b) $\boxed{h(n)=n+1}$

c) $\boxed{h(n)=1}$

Enrique dijo...

Sustituyendo $y=1$ tenemos que $h(x+1)+h(x)=h(x)h(1)+1$ $\Rightarrow h(x+1)=h(x)(k-1)+1$ para una constante $k=h(1)$. Es fácil aplicar esta recursión inductivamente para obtener que $h(x+c)=h(x)(k-1)^{c}+\sum_{i=0}^{c-1}(k-1)^{i}$, luego $h(x)=k(k-1)^{x-1}+\sum_{i=0}^{k-2}(k-1)^{i}$ Sustituyendo $x=y=2$ nos queda que $2h(4)=h(2)^{2}+1$. Entonces, $2(k(k-1^{3})+\frac{(k-1)^{3}-1}{k-2})=(k(k-1)+1)^{2}+1$. Desarrollando todo y simplificando nos queda que $2(k^{4}-3k^{3}+4k^{2}-2k+1)=k^{4}-2k^{3}+3k^{2}-2k+2$, de donde $k(k^{3}-4k^{2}+5k-2)=0$. Entonces, $k=0$ ó $k^{3}-4k^{2}+5k-2=0\Rightarrow k(k^{2}-4k+5)=2$, de donde $k\mid 2$, luego $k$ puede ser $-1,1,-2,2$. Probando estos valores en la igualdad anterior obtenemos que sólo funcionan los valores $1$ y $2$, luego $k$ es $0,1$ ó $2$.
Si $k=0$, $h(x)=\frac{-1^{x-1}-1}{-2}$. Si $x$ es par, $x-1$ es impar, de donde $h(x)=\frac{-1-1}{-2}=1$. Si $x$ es impar, $x-1$ es impar, de donde $h(x)=\frac{1-1}{-2}=0$. Es fácil verificar que esta función cumple sustituyéndola en la hipótesis original.
Si $k=1$, $h(x)=\frac{-1}{1-2}=1$. Sustituyendo en la hipótesis original obtenemos que $1+1=1+1$, que es cierto. Entonces, esta función cumple.
Si $k=2$, $h(x)=2+(x-1)=x+1$. Sustituyendo en la hipótesis original obtenemos que $x+y+1+xy+1=(x+1)(y+1)+1=xy+x+y+1+1$, que es cierto. Entonces, esta función cumple.

JulioC dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
JulioC dijo...

Si $x=y=o$ tenemos $(h(0)-1)^2=0$. Entonces h(0)=1.
Si $x=1$ y $y=-1$
$h(-1)(h(1)-1)=0$.
Entonces hay dos casos:
1._ $(h(1)-1)=0$.
Entonces sustituyendo $y=1$
$h(x+1)=1$
Por lo tanto h(x)=1 para todo x entero. Es fácil ver que esta solución sirve.
2._ $h(-1) =0$ y $(h(1)-1)\neq 0$.
Con y=1 llegamos a que
$h(x+1)=h(x)(h(1)-1)+1$ ecuación 1
Con y=-1 llegamos a que
$h(x-1)=h(-x)+1$ ecuación 2
Hay tres casos:
i) $h(1)=0$
Entonces por ecuación 1 y un paso inductivo llegamos a
$h(2n)=0$ y $h(2n+1)=1$ para n no negativo.
Y por ecuación 2, generalizamos para n entero.
Basta hacer casos con x y y par e impar, para ver que esta función funciona.
ii) $h(1)=2$
Por ecuación 1 y un paso inductivo llegamos a
$h(x)=x+1$ Para x entero no negativo.
Con ecuación 2 generalizamos para x entero.
Basta hacer las cuentas para ver que funciona.
iii) $\midh(1)\mid\ge2$
Por ecuación 1
$h(-2)=h(1)-1$
Y $h(-3)(h(1)-1)=h(-2)-1=h(1)-2$
Entonces h(1)-1 divide a h(1)-2 lo cual o es cierto porque $midh(1)\mid\ge2$

Por lo tanto las soluciones son:
h(x)=1 para todo x entero
$h(2n)=0$ y $h(2n+1)=1$ para n para todo entero
$h(x)=x+1$ Para x entero

alberto_pjn dijo...

Si primero tomamos $ x=y=0 $ tenemos que
$ 2h(0) = h(0)^2 + 1 $
cuya unica soluci+on es facil ver que es $ h(0) = 1 $

Si hacemos y=1 tenemos esto:
$$ h(x+1) + h(x)= h(x)h(1)+1 $$
Llamaremos a esta, la "ecuación de consecutivos".

Ahora, si hacemos $ y= -x $, es inediato que:
$ h(-x^2)=h(x)h(-x) $

Si en esta última hacemos $ x = 1 $
$ h(-1)=h(1)h(-1) $

De esta tenemos dos casos:

Caso 1)
$ h(-1) \not= 0 $

Entonces es inmediato que $ h(1)=1 $

Tomando la ecuación de consecutivos:
$$ h(x+1) + h(x)= h(x)+1 $$
De esto que $ h(x+1) = 1 $
Entonces $ h(x) = 1 $ para toda x entera


Caso 2)
$ h(-1) = 0 $
Tomando la ecuación de consecutivos con $ x=-2 $
$ h(-2)= h(-2)h(1)+1 $
$ h(-2)( 1 - h(1) ) = 1 $
Pero como la función está definida para los enteros hay dos posibilidades:
$ 1 - h(1) = \pm 1 $

Entonces $ h(1) = 0, 2 $
Si $ h(1)=0 $
La ecuación de consecutivos queda así:
$$ h(x+1) + h(x)= 1 $$
para x=1 tenemos que $ h(2)=1 $ y así inductivamente:
$ h(x)=1 $ si x es par y $ h(x) = 0 $ si x es impar


Si $ h(1) = 2 $, la ecuación de consecutivos queda:
$ h(x+1) + h(x)= 2h(x)+1 $
$ h(x+1) = h(x) + 1 $
Y así inductivamente vemos que en este caso:
$ h(x)=x+1 $

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