jueves, 17 de mayo de 2012

Problema Del Día, Viernes 18 de mayo del 2012 (Juan)

Va poquito temprano.
Determina todas las funciones f de reales a reales tales que para todos x,y reales,
$f\left(x-f(y)\right)=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$.
Posted by Juan at 4:08 p.m.
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9 comentarios:

Adán dijo...

Am, lo que se me ha ocurrido es esto:

Si tomas $x=f\left(a\right)$ y $z=f\left(y\right)$ tendremos que

$f\left(x-z\right)=f\left(x\right)+f\left(z\right)+xz-1$

y poniendo $x=z$ vemos que

$f\left(0\right)=2f\left(x\right)+x^{2}-1$ de donde
$f\left(x\right)=\frac{f\left(0\right)+1-x^{2}}{2}$

y usando directamente esta igualdad se obtiene que

$f\left(x-z\right)=f\left(0\right)-\frac{\left(x-z\right)^{2}}{2}$

para $x, z$ valores que pueda tomar $f$. No se qué tan lejos estoy, pero hasta ahora tengo eso :)

18 de mayo de 2012, 10:20 p.m.
Juan dijo...

Vas bien, ahora encuentra el valor de $f(0)$ y demuestra que f(x)-f(y), cuando x y y varían, puede tomar cualquier valor.

18 de mayo de 2012, 10:27 p.m.
Chuck dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
18 de mayo de 2012, 11:12 p.m.
Chuck dijo...

Ya estuvo, lo traté de depurar (quitar lo innecesario), primero que nada, $(x,y)$ es una entrada a la ecuación que tenemos de hipótesis;

(1) $f$ no puede ser siempre $0$, de lo contrario la hipótesis diría que $0=-1$ y no es cierto. De ahora en adelante tomaremos siempre $y$'s en los reales tales que $f(y)\neq 0$, de modo que:
$xf(y)-1+f(f(y))$ es suprayectivo si fijamos la $y$, pues una parte es constante y la otra la podemos llevar al valor que querramos moviendo la $x$, así que también lo es con una $y$ variante y también lo es $f(x-f(y))-f(x)$ pues son iguales por hipótesis.

(2) $(f(y),y)$ nos da que $1+f(0)=2f(f(y))+f(y)^{2}$
(3) Definimos $g(x)=f(x)-(\frac{f(0)+1}{2})+\frac{x^{2}}{2}$ de modo que por (2) tenemos que $g(f(x))=0$ para todo real $x$.

(4) Usamos (2) para cambiar la hipótesis inicial a $f(x-f(y))=xf(y)+f(x)-\frac{f(y)^{2}}{2}-(\frac{1-f(0)}{2})$ $=-\frac{(x-f(y))^{2}}{2}-\frac{(1+f(0))}{2}+f(x)+f(0)+\frac{x^{2}}{2}$
de modo que sustituyendo por funciones $g$ obtenemos que
$g(x-f(y))=g(x)+\frac{(1-f(0))}{2}$.

(5) Usando $(f(y-f(x)),y)$ en la nueva hipótesis, obtenemos que:
$g(f(y-f(x))-f(y))=g(f(y-f(x)))+\frac{(1-f(0))}{2}$ pero por (3) tenemos que esto es igual a $\frac{(1-f(0))}{2}$ pero lo que está dentro de la primera $g$ es suprayectivo, es decir que para cualquier real $z$ tenemos que $g(z)=\frac{(1-f(0))}{2}$ pero entonces por (4) tenemos que $g(x-f(y))=g(x)=g(x)+\frac{(1-f(0))}{2}$ así que $f(0)=1$, de dónde $g(x)=0$ y por consecuente $f(x)=1-\frac{x^{2}}{2}\blacksquare$.

18 de mayo de 2012, 11:14 p.m.
JulioC dijo...

ya lo acabe, ahí va un bosquejo de la solución, sea $c=f(0)$ que es constante.

Lema 1. Para cada $x$ real existen $w$ y $z$ reales tales que $f(w)-f(z)=x$
Solución:
sustituyendo en la ecuación principal $y=0$ y simplificando tenemos que:
$f(x-c)-f(x)=c+xc-1$ pero $c$ es constante entonces $c+xc-1$ toma todos los valores reales cuando $x$ varía en los reales.

Lema 2: $f(f(w)-f(z))=f(f(z)-f(w))$
Solución:
Basta sustituir en la ecuación principal por un lado $x=f(w)$ y $y=z$, y por el otro lado $x=f(z)$ y $y=w$ y ver que son iguales.

Entonces por lema 1 y 2 $f(x)=f(-x)$ para toda $x$ real

Susituyendo $y=o$ y $x=0$ en la ecuación original tenemos:
$f(-c)=f(c)+c-1$ pero $f(c)=f(-c)$, entonces
$c=1$

18 de mayo de 2012, 11:18 p.m.
JulioC dijo...

Lema 3. Si $a=f(z)$ para $z$ real, entonces $f(z)=1-\frac{-z^{2}}{2}$
Solución:
Basta con sustituir en la ecuación original $x=f(z)$ y $y=z$ y recordar que $c=1$.

para concluir basta tomarnos $w$ y $z$ que por lema 1 $f(w)-f(z)=x$ para cualquier x. Luego sustituir en la ecuación original $x=f(w)$ y $y=z$, para obtener:
$f(x)=f(f(w)-f(z))=f(f(w))+f(w)f(z)+f(f(z))-1$
luego ocupamos lema 3 para obtener los valores de $f(f(w))$ y $f(f(z))$. De ahí simplificamos y recordando que $f(w)-f(z)=x$ concluimos que:
$f(x)=1-\frac{-x^{2}}{2}$ para toda $x$ real.
Y comprobamos que funciona sustituyendo valores.

18 de mayo de 2012, 11:18 p.m.
JulioC dijo...

mmm un detalle $c$ no es cero porque $f(-c)=f(c)+c-1$, es para que el lema 1 este bien

18 de mayo de 2012, 11:23 p.m.
Adán dijo...

Creo que ya

Fijamos $y$ y claramente $f\left(y\right)$ será fijo, con $a\neq 0$ (Esto es cierto pues si $f\left(x\right)=0$ para todo $x$ real entonces se llega a una contradicción, pues tendríamos $0=-1$.). Entonces tenemos que

$f\left(x-a\right)-f\left(x\right)=ax+f\left(a\right)-1$

y claramente el lado derecho de la ecuación es suprayectivo, pues podemos variar la $x$. Entonces para cada $x\in \mathbb{R}$ existen $A, B \in \mathbb{R}$ tales que

$f\left(A\right)-f\left(B\right)=x$.

Con lo que había comentado arriba, vemos que

$f\left(x\right)=f\left(0\right)-\frac{x^{2}}{2}$

para todo $x$ real. Entonces vemos que, substituyendo en la ecuación original $x=2f\left(y\right)=2a$ tenemos que

$1=2a^{2}+f\left(2a\right)=2a^{2}+f\left(0\right)-\frac{4a^{2}}{2}=f\left(0\right)$

De donde vemos que $f\left(x\right)=1-\frac{x^{2}}{2}$ y esta si cumple con la ecuación original, por lo que es la única solución y terminamos.

19 de mayo de 2012, 12:17 a.m.
Adán dijo...

Al principio es $f\left(y\right)=a$.

19 de mayo de 2012, 12:17 a.m.

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