lunes, 13 de mayo de 2013

Problemas del Día (Adán)

Hola a todos, dejo algunos problemas de ecuaciones funcionales.

En todos los problemas, el problema es encontrar todas las funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tales que para cualesquiera reales $x, y$ se tiene que

1. $f\left(f\left(x+y\right)f\left(x-y\right)\right)=x^{2}-yf\left(y\right)$
2. $f\left(f\left(x\right)-f\left(y\right)\right)=f\left(f\left(x\right)\right)-2x^{2}f\left(y\right)+f\left(y^{2}\right)$
3. $f\left(xy+f\left(x\right)\right)=xf\left(y\right)+f\left(x\right)$

Son problemas distintos.

15 comentarios:

Juan dijo...

1. Creo que si ves que es non, acabas, y no es muy difcil verlo.

Juan dijo...
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Juan dijo...

2. Existe una constante $d$ con $f(x) = d \pm x^2$ $\forall x$

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

con y = f(x)-x/x sacas que f(0)=0 luego si f(1)=d tienes f(x+d)=f(x)+d luego con la ecuacion original a la y sumale d/x y sacas que f(y)+d/x = f(y+d/x) entonces f(y+a) = f(y)+a luego con y=0, sacas f(a)=a y acabas

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

¿De qué problema es tu último comentario, Juan?

Juan dijo...

del 3

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Mmm, también $f\left(x\right)=0$ es solución en el problema $3$ (aunque trivial...)

Juan dijo...

si, pero solo di el sketch

Juan dijo...

Solucion problema 3:
llamar f(1)=d. entonces x=1 implica f(y+d)=f(y)+d. Asi,

$f(xy+f(x))+d+df(y)=xf(y)+f(x)+d+df(y)=(x+d)f(y)+f(x+d)=f((x+d)y+f(x)+d)=f((x+d)y+f(x)) + d$ y por tanto

$f(xy+f(x))+df(y)=f((x+d)y+f(x))$ (1)

Luego con $y=0$ sacas que f(0)=0 o d=0.

Si f(0)=0, sacas que, si a la ecuacion original en y le sumas d/x,

$xf(y+(d/x))+f(x)=f(x(y+(d/x))+f(x)) = f(xy + f(x)) + d = xf(y)+f(x)+d$

entonces, si a=d/x, $f(y+a)=f(y)+a$ y aqui obviamente f es la identidad si d no es 0.

Si $d=0$, supongamos f(0) no es 0. entonces $f(f(x))=f(x)+xf(0)$ y se ve que f es inyectiva.

Pero si y=1, $f(x+f(x))=f(x)$ entonces $f(x)=0$ para todo x, contradiccion pues f(0) no es 0.

Asi, $d=f(1)=f(0)=0$.

Pero entonces ps tenemos que $f(w)=w$ si w esta en la imagen de f, con y=0. Pero pues entonces con y=1,

$f(2w)=f(w+f(w))=f(w)=w$. Asi se ve facilmente que $f(kw)=w$ si k es entero.

Pero ahora, en la ecuacion original, insertale y=-f(x)/x, sale que f(y)=y.

Asi, si hay un w no 0, tengo con y=-f(w)/w = -1 que f(-1)=-1 y que con y=-f(2w)/2w = -1/2 que f(-1/2)=-1/2.

Asi, -1/2 esta en la imagen de f, asi que $-1=f(-1)=f(2(-1/2))=-1/2$, contradiccion

Asi que todo $w=0$, y asi sale que $f=0$.

RESPUESTA: f = 0 o identidad

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Si, justo esa es la idea, ver que

1. $f\left(0\right)=0$
2. $f\left(x\right)$ es inyectiva

Juan dijo...

SOLUCION problema 2.
Si f(a)=f(b) insertandolos en la ecuacion como x, sale que f=0 o x=$\pm$y.
x=y=0 da f(f(0))=0. Luego x=0 da $f(f(0)-f(y))=f(y^2)$ y la inyectividad da que $f(y)=d\pm y^2$.

Asi, con x=y=a sale que

$(d\pm (d\pm x^2)^2) \pm x^4 - (2x^2(d\pm x^2))=0$,

para signos adecuados (el primero depende de f(f(x)), el segundo y el ultimo de f(x), y el tercero de f($x^2$). Pero entonces hay 16 polionomios tal que x es raiz de alguno de ellos para toda x, entonces alguno de ellos es 0, entonces para signos adecuados, esa ecuacion es siempre 0.

Y ya ps los 16 casos, ¿no?

Juan dijo...

No, ps comparando coeficientes vemos que si d no es 0, el 1º y 3º son iguales, el 4º y 2º iguales, y el 1º y 2º distintos, y ya solo quedan 2 casos, creo que ninguno sirve. Si d=0, todos son iguales comparando coeficientes y nos da $f(x)=x^2$ o $f(x)=-x^2$ para todo $x$

Juan dijo...

PROBLEMA 1, es facil ver cambiando y por -y que $f(x)=-f(-x)$ si x no es 0.

Luego ps cambiando x y y, si x no es igual a y se da que

$x^2-yf(y)=xf(x)-y^2$ y con $y=0$ se da que $x=f(x)$, si x no es 0. De ahi se ve facil f(0)=0 y f es la identidad.

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