miércoles, 14 de junio de 2017
álgebra en miércoles
Encuentra todas las funciones $f$ de los reales a los reales tales que para todos los reales $x$, $y$, $z$, $t$ se tiene que
\[ \left(f(x)+f(z)\right)\left(f(y)+f(t)\right)=f(xy-zt)+f(xt+yz) \]
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$f(x) = \frac{1}{2}$ para todo $x \in \mathbb{R}$, $f(x) = 0$ para todo $x \in \mathbb{R}$ o $f(x) = x^2$ para todo $x \in \mathbb{R}$. Todas evidentemente cumplen.
$P(x, y, z, t)$ denota lo usual, con $P(x, 0, 0, 0)$ obtenemos que $f(0) = 0$ o $f$ es constante. Si $f$ es constante entonces claramente es igual a $\frac{1}{2}$ o $0$. Suponemos entonces que $f(0) = 0$, con lo cual con $P(x, y, 0, 0)$ nos dice que:
$$f(xy) = f(x)f(y)$$
Con $x = y$ esto implica que $f(x) \geq 0$ para todo $x \geq 0$. Ahora, comparando $P(x, y, z, t)$ y $P(z, y, x, t)$ tenemos
$$f(xy - zt) + f(xt + yz) = f(zy - xt) + f(zt + xy)$$
Elegimos reales positivos $p \geq q$ y sustituimos
$$(x, y, z, t) = \left(\sqrt{\frac{p + q}{2}}, \sqrt{\frac{p + q}{2}}, \sqrt{\frac{p - q}{2}}, \sqrt{\frac{p - q}{2}}\right)$$
En la expresión anterior. Esto nos da $f(p) = f(q) + f(r)$ para algún $r$, y ya que $f(r) \geq 0$ deducimos que $f(p) \geq f(q)$. Luego, $f$ es monótona creciente.
Ahora, con $P(x, 0, \sqrt{w} \sqrt{w})$ para $w$ real no negativo, obtenemos usando la multiplicatividad de $f$ que $f(w) = f(-w)$, luego $f$ es par.
Finalmente usando la multiplicatividad de $f$ deducimos que si $f(x) = 0$ entonces $x = 0$ o $f$ es constante $0$. Suponemos que $f$ no es constante $0$ y entonces $f(x)$ es positivo para todo $x \neq 0$.
Ahora definimos $g(x) = \ln f(e^x)$ para todo $x$ positivo, luego $f(x) = e^{g(\ln x)}$. Notemos que $g$ es monótona pues $f$ es monótona. Ahora, sustituyendo $a = \ln x, b = \ln y$ la multiplicatividad de $f$ nos da que
$$g(a + b) = g(a) + g(b)$$
Para $a, b$ reales arbitrarios. Ya que $g$ es aditiva y monotona se sigue que $g(x) = cx$ para toda $x$ para alguna constante real $c$, lo cual da $f(x) = x^c$ para esa misma $c$. De aquí con $P(1, 1, 1, 1)$ encontramos que $c = 2$ y por lo tanto $f(x) = x^2$ para todo $x$.
Sea $P(x,y,z,t)$ la afirmación $(f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=f(xy-zt)+f(xt+yz)$.
Tenemos $P(0,0,0,0) \rightarrow f(0) = 0$ o $f(0)=\frac{1}{2}$.
En el segundo caso $P(x,0,0,0)$ implica $f(x) = \frac{1}{2}$ para todo $x$ y es fácil ver que si es una solución.
Si $f(0) = 0$ entonces $P(x,0,0,t)$ da $f(x)f(t) = f(xt)$ por lo que $f$ es multiplicativa.
También podemos ver que $P(0,y,z,t)$ implica que $f(z)f(y)+f(z)f(t)= f(zy)+f(zt) = f(-zt)+f(yz)$ entonces $f(zt) = f(-zt)$ por lo que $f$ es par.
Finalmente usando $P(x,z,z,x)$ vemos $(f(x)+f(z))^2= f(x^2+z^2)$. Dado que $f$ es multiplicativa tenemos $f(x^2) = f(x)^2 \ge 0$ entonces $f$ es no negativa en los positivos y como $f$ es par entonces es no negativa.
Sea $g(x) = \sqrt{f(x)}$ y notemos que por la identidad de arriba $g(x^2+y^2) =f(x)+f(z)= \sqrt{f(x^2)}+\sqrt{f(y^2)} = g(x^2)+g(y^2)$ entonces $g$ es aditiva en los reales no negativos y esta acotada inferiormente pues siempre es no negativa por lo tanto podemos concluir $g(x)=cx$ para alguna constante $c$ para todo $x$ real no negativo. Entonces $f(x) = c^2x^2$ para todo $x$ pues $f$ es una función par y sustituyendo en la relación original vemos que las soluciones en este caso son $f(x) = x^2$ y $f(x) = 0$.
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