de los reales a los reales tales que: 
para todos los reales 
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lunes, 21 de mayo de 2012
Problema del día martes 22 de mayo (Julio)
Encuentra todas las funciones de los reales a los reales tales que: para todos los reales .
de los reales a los reales tales que: para todos los reales .
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16 comentarios:
Creo que ya.
Si $f$ es constante, tendremos que $f\left(x\right)=C$ de donde tendremos que
$4C^{2}-2C=2\left(C\right)\left(2C-1\right)=0$
de donde vemos que las soluciones son $f\left(x\right)=0$ ó $f\left(x\right)=\frac{1}{2}$ para todo $x$ real.
Si $f$ no es constante, entonces tendremos que, con $x=z=0$ tendremos
$2f\left(0\right)\left(f\left(y\right)+f\left(t\right)\right)=2f\left(0\right)$ de donde vemos que si $f\left(0\right) \neq 0$ entonces tendremos que
$f\left(y\right)+f\left(t\right)=1$
para todo $y, t$ reales, pero esto es una contradicción, pues es fácil ver que si $y=t$ entonces tendremos que $f\left(y\right)=\frac{1}{2}$ para todo $x$ real, lo que implicaría que $f$ es constante.
Entonces, $f\left(0\right)=0$ y con esto veremos que, poniendo $x=z$ y $y=t$ tendremos que
$\left(f\left(x\right)+f\left(z\right)\right)^{2}=f\left(x^{2}+z^{2}\right)$
de donde vemos que, con $z=0$ obtenemos
$f\left(x\right)^{2}=f\left(x^{2}\right)$
lo cual implica que si $A\geq 0$ entonces $f\left(A\right)\geq 0$, resultado que usaremos más adelante, que nombraremos como resultado $X$. Ahora, con $z=t=0$ vemos que
$f\left(x\right)f\left(y\right)=f\left(xy\right)$
para $x, y$ reales cualesquiera. Notemos que el resultado $X$ junto a la última ecuación, que es una ecuación de Cauchy, tenemos que para todo $x$ real, se tiene que
$f\left(x\right)^{w}$
para alguna $w$ real. Ahora, veamos que, si $f$ satisface el problema, entonces debe satisfacer
$\left(f\left(x\right)+f\left(z\right)\right)^{2}=f\left(x^{2}+y^{2}\right)$
$\left(x^{w}+z^{w}\right)^{2}=\left(x^{2}+z^{2}\right)^{w}$
Ahora, fijemos $x^{2}+z^{2}=D^{2}$, y consideremos todas las parejas $\left(x, z\right)$ que cumplen esto. Claramente, dos de las parejas que satisfacen la igualdad anterior son
$x=z=\frac{D\sqrt{2}}{2}$ y $x=0, z=D$
entonces, veamos que se debe cumplir que
$D^{w}=2\left(\frac{D\sqrt{2}}{2}\right)^{w}$
$D=\sqrt[w]{2}\cdot \frac{D\sqrt{2}}{2}$
$\sqrt{2}=\sqrt[w]{2}$
$w=2$
y entonces la única $f$ que satisface esta igualdad es $f\left(x\right)=x^{2}$ y claramente cumple la igualdad original, pues obtenemos directamente la factorización de Lagrange, y por lo tanto, las únicas funciones que cumplen el problema son
$f\left(x\right)=0$
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}$
$f\left(x\right)=x^{2}$
Rayos, Adán me ganó... mi solución empieza igual, pero yo ví que por la ecuación de Cauchy, $f(x)=x^{\log{f(e)}}=x^{w}$ y $f(-x)=\pm x^{w}$ para $x$ positivo en ambos casos. Considerando $x$ positivo, como dice Adán, $(x^{w}+z^{w})^{1/w}=(x^{2}+z^{2})^{1/2}$, pero si $w\textgreater 1$ entonces por la desigualdad de Holder, $(x^{w}+z^{w})^{1/w}(x^{2}+z^{2})^{1/2}\geq x^{2}+z^{2}$ y eso equivale a que en la ecuación anterior, en realidad es una desigualdad, y la igualdad se da si y sólo si $x^{w-2}$ es constante, pero eso implica que $w=2$. Ahora, si $w=1$ evidentemente no cumple la igualdad pues tendremos $x^{2}+2xz+z^{2}=x^{2}+z^{2}$ y el término $2xz$ no es constante, por lo que no cumple. Si $w\textless 1$ entonces tomamos un real positivo $a$ tal que $aw=2$ y entonces vemos que se tiene que cumplir que (usando en vez de $x,z$, a $x^{a},z^{a}$ para otros reales, sólo renombramos) $(x^{aw}+z^{aw})^{1/aw}=(x^{2a}+z^{2a})^{1/2a}$ es decir que $(x^{2}+z^{2})^{1/2}=(x^{2a}+z^{2a})^{1/2a}$ que es lo mismo que teníamos antes, pero ahora denemos a $2a\textgreater 1$ en vez de $w$ pero sabemos que eso sucede (análogamente) con $2a=2$ pero entonces $a=1=w$ y eso es imposible, así que $w=2$ es la única solución. Ahora, si para $x$ positivo pasa que $f(x)=-x^{2}$, entonces, sustituimos en la ecuación inicial con $x\textless 0\textless y,z,t$ de modo que $-xt\textless yz$ y entonces desarrollamos y encontramos que $x^{2}=z^{2}$ pero eso no necesariamente es verdad, así que no cumple y las únicas soluciones son las que mencionó Adán.
Con $(a,b,c,d)$ nos referiremos a hacer la substitución en la identidad inicial con $x=a$,$y=b$,$z=c$,$t=d$.
Con $(0,0,0,0)$ tenemos que $4f(0)^2=2f(0)$ de donde $f(0)=0$ o $f(0)=\frac{1}{2}$.
Si $f(0)=\frac{1}{2}$ entonces con $(0,y,0,y)$ obtenemos que $f(y)=\frac{1}{2}$ para todo $y$, y dicha función es una solución.
Luego, suponiendo $f(0)=0$, y con $(x,y,0,0)$ tenemos que $f(x)f(y)=f(xy)$ por lo que f es completamente multiplicativa, haciendo el cambio de variable $a=xy$, $b=xt$, $c=zt$, $d=yz$ y usando que $f$ es completamente multiplicativa tenemos que $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)$$=$$f(a-c)+f(b+d)$ para todo $a,b,c,d$ con $ac=bd$, poniendo $a=c$ se obtiene $f(b)+f(\sqrt{bd})+f(d)$$=f(b+d)$ y usando que como $f$ es completamente multiplicativa saca exponentes racionales entonces $f(\sqrt{b+d}))=f(\sqrt{b})+f(\sqrt{d})$, entonces tomando $g(x)=f(\sqrt{x})$ vemos por lo anterior que $g$ es de tipo Cauchy y como $f(x^2)=f(x)^2$ entonces $f$ es positiva en los positivos, entonces $g$ también lo es y está bien definida en los positivos, entonces $g(x)=g(1)x$, entonces $f(x)=f(1)x^2$ así que $f(x)=0$ para todo $x$ o $f(x)=x^2$ para todo $x$.
Este era el problema 5 de la IMO del 2002, A4 de la SL.
Si no es constante entonces sustituyendo con 0 da una ecuación de cauchy entonces f(x)=x^c para una c constante entonces sacamos que la función g(x)=(1+x^c)^2 - (1+x^2)^c y tenemos g=0 entonces derivando g'=0 y entonces sustituyendo con 1 sale c=2. Entonces f es x^2, o es constante.
No pueden usar Cauchy, por que f no es continua ni alguna hipotesis que les sirva para poder usarlo...
Cauchy se puede usar siempre para los racionales. Y en este caso Cauchy se puede usar para los reales ya que como $f$ es completamente multiplicativa entonces $f$ es positiva en los positivos, es decir $f(x^2)=f(x)^2$, y que sea positiva en los positivos implica que no es densa en $\mathbb{R}^2$ entonces $f$ no puede ser salvaje, por lo que es de Cauchy para todos los reales.
Si están interesados en funciones salvajes, chequense el pdf de Rutgers University que viene anexo al final de la página:
http://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy%27s_functional_equation
http://books.google.com.mx/books?id=dWI9bvqbbkUC&pg=PA97&dq=fourth+cauchy+functional+equations&hl=es&sa=X&ei=lcG_T4LyBsbM2AXaoN2LCg&ved=0CDEQ6AEwAA#v=onepage&q=fourth%20cauchy%20functional%20equations&f=false
No, si ocupas alguna condicion sobre f. Que sea positiva en los postivos no implica que no sea densa en R2, ademas lo que dices se aplica a la primera ecuacion de Cauchy... Toda funcion que cumple la ecuacion de Cauchy en los positivos, es positiva en los positivos...
Pero si se cumple para los racionales entonces tengo f(x)=x^c entonces la igualdad g=0 se cumple para x racional pero g sí que es continua entonces puedo acabar de la misma manera que la que hice en mi solución. Creo.
@ flavio: creo que no estamos hablando de la misma ecuación de Cauchy.
Mi afirmación es esta: si $f$ cumple que $f(x+y)=f(x)+f(y)$ para todo $x,y$ y cumple que la imagen de los positivos es positiva, entonces $f$ es lineal.
Porque sí es cierto que el que sea positiva en los positivos implica que no es densa en $\mathbb{R}^2$, pues no hay ningún punto en el cuadrante de los + en $x$ y - en $y$.
En el caso de la demostración, vi que $f(xy)=f(x)f(y)$ implicaba que $g$ fuera positiva en los positivos y además que $g$ cumplía que $g(x+y)=g(x)+g(y)$, con lo cual concluí.
A no, yo decia por las soluciones de los demas. La solucion de Jorge si esta bien...
En particular la de Chuck y Adan...
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