Sea [math]\mathbb{Q} el conjunto de los números racionales. Determinar todas las funciones [math]f : \mathbb{Q} \to \mathbb{Q} que satisfacen la ecuación
Sea [math]P(x, y) la proposición [math]f(x+f(x)+2y)=2x+2f(f(y))
De [math]P(0,0) se desprende que [math]f(f(0))=0 y por [math]P(u,0) afirmamos que si [math]f(u)=0 para algún [math]u[math]\implies[math]u=0(*), pero como [math]f(f(0))=0 luego [math]f(0)=0
[math]P(0,y) nos deja [math]f(2y)=2f(f(y)) y también [math]P(x,0) nos dice que [math]f(x+f(x))=2x (de esto último es fácil notar que [math]f es sobreyectiva).
Reemplazando estos dos últimos hechos en la ecuación inical y haciendo [math]y=\frac{q}{2} con [math]q cualquier racional, nos queda que [math]P(x,\frac{q}{2}) es [math]f(x+f(x)+q)=f(x+f(x)) + f(q)
y a esta proposición la llamaremos [math]Q(x,q) para más comodidad.
Si tomamos [math]Q(x,-x+f(-x)) tenemos [math]f(f(x)+f(-x))=0[math]\implies[math]f(-x)=-f(x) por (*)
Ahora, con [math]Q(x,-x) nos queda [math]f(f(x))=f(-x)+2x=-f(x)+2x que implica [math]f(f(x))+f(x)=2x (**).
Luego, como [math]f(x) recorre todos los racionales por ser [math]f sobreyectiva, viendo (**) es claro que [math]f(x)+x es sobreyectiva.
Si en la proposición [math]Q(x,q) reemplazamos [math]x+f(x)=k con [math]k racional (y sabemos que todo [math]k se puede escribir de esa forma por ser [math]x+f(x) sobreyectiva) nos queda [math]f(k+q)=f(k)+f(q)
Esta es la ecuación funcional de Cauchy, y sus soluciones son de la forma [math]f(x)=cx con [math]c arbitrario.
Reemplazando en la ecuación original, y haciendo [math]x=0 e [math]y=1 obtenemos que [math]c^2=c por lo tanto [math]c=0 ó [math]c=1. Luego vemos que el valor que funciona es [math]c=1 y se puede verificar fácilmente en la ecuación original que [math]f(x)=x funciona.
Sea [math]P(x, y) la proposición [math]f(x+f(x)+2y)=2x+2f(f(y))
Si tomamos [math]P(0;0) nos deja [math]f(f(0)) = 0 y con [math]P(x;0) tenemos [math]f(x+f(x)) = 2x(*)
También [math]P(x;x) nos dice que [math]f(3x+f(x)) = 2x+ 2f(f(x))(**)
Tomando [math]P(k+f(k),0) con [math]k cualquier racional tenemos que [math]f(k+f(k)+f(k+f(k)))=2k+2f(k) para todo [math]k.
Y usando (**) queda [math]f(3k+f(k))=2k+2f(k) para todo [math]k racional (***)
Si comparamos [math]P(k,k) (que sería (*)) con (***), obtenemos que [math]2k+2f(f(k))=2k+2f(k)[math]\implies[math]f(f(k))=f(k) para todo [math]k(****).
Ahora haciendo [math]f a ambos lados en (*) tenemos que [math]f(f(x+f(x)))=f(2x) , pero por (****)[math]f(f(x+f(x)))=f(x+f(x))=2x=f(2x)
Ahora, como [math]2x recorre todos los racionales, tomando [math]2x=q, nos queda [math]f(q)=q.
Finalmente, una vez que verfiquemos en la ecuación original, podemos concluir que esta es la única que cumple. ■
Última edición por AgusBarreto el Lun 23 Ene, 2017 6:22 pm, editado 1 vez en total.
Tomando [math]x=y=0, tenemos [math]f(f(0))=2f(f(0)), de donde [math]f(f(0))=0.
Tomando [math]x=f(0), [math]y=0, tenemos [math]f(f(0)+f(f(0)))=2f(0)+f(f(0)), de donde [math]0=2f(0) y [math]f(0)=0.
Tomando [math]y=0, tenemos [math]f(x+f(x))=2x
Tomando [math]x=0, tenemos [math]f(2y)=2f(f(y)).
Reemplazando estas últimas dos igualdades en el lado derecho de la ecuación funcional original, tenemos que [math]f(x+f(x)+2y)=f(x+f(x))+f(2y).
Notemos ahora que todo [math]y aparece multiplicado por [math]2, de donde podemos hacer el reemplazo [math]2y por [math]y sin cambiar ninguna condición, dejándonos con [math]f(x+f(x)+y)=f(x+f(x))+f(y).
Vamos ahora a probar que [math]x+f(x) recorre todos los racionales al recorrer [math]x los racionales. Para esto, supongamos que existe un racional [math]r tal que no hay [math]x tal que [math]x+f(x).
Nosotros sabemos que [math]f(x+f(x))=2x, de donde [math]f(x+f(x)) recorre todos los racionales. Esto quiere decir que [math]f(r)=f(x+f(x)) para al menos un racional [math]q, ya que si esto no fuera cierto, [math]f(x+f(x)) no tomaría todos los valores racionales.
Ahora usemos que [math]f(x+f(x)+y)=f(x+f(x))+f(y).
Tomemos [math]x=q e [math]y=r-q-f(q). Nos queda [math]f(q+f(q)+r-q-f(q))=f(q+f(q))+f(r-q-f(q)), o [math]f(r)=f(q+f(q))+f(r-q-f(q)).
Como [math]f(r)=f(q+f(q)), tenemos que [math]f(r-q-f(q))=0. Tomando [math]f(x+f(x))=2x, y reemplazando, tenemos que [math]0=2(r-q-f(q)), o que [math]r=q+f(q), pero habíamos dicho que [math]r no se podía expresar como [math]x+f(x). Absurdo.
Luego, todo racional se puede expresar como [math]x+f(x), y podemos hacer un reemplazo [math]x+f(x)=a, [math]y=b en [math]f(x+f(x)+y)=f(x+f(x))+f(y), lo que nos da que para todos racionales [math]a y [math]b, [math]f(a+b)=f(a)+f(b).
Luego, esta es una ecuación funcional de Cauchy sobre los racionales, por lo que es de la forma [math]f(x)=kx para ciertos [math]k.
Reemplazando [math]f(x) por [math]kx en la ecuación funcional original, obtenemos que [math]kx+k^2x+2ky=2x+2k^2y para todos racionales [math]x e [math]y. Concentrándonos particularmente en los coeficientes que acompañan a [math]y, tenemos que [math]k=k^2, de donde [math]k=0 o [math]k=1. Es fácil notar que el primer caso deja [math]0=2x, que no es cierto, y el segundo deja [math]x+x+2y=2x+2y, por lo que la función [math]f(x)=x funciona, y es además la única.
Me qude con la duda de si estaba bien o no pero la pongo igual
Sea [math]P(x;y) la afirmacion de que se cumple la ecuacion citada
P(0;0)[math]\rightarrow f(f(0)) = 0
P(x;0)[math]\rightarrow f(x+f(x)) = 2x
P(x;x)[math]\rightarrow f(3x+f(x)) = 2x+ 2f(f(x))
Pero
P(x+f(x);0)[math]\rightarrow f(x+f(x) + f(x+f(x))) = 2(x+f(x))
Equivalente a[math]f(3x+f(x)) = 2x + 2f(x)por la 2da ecuacion
Luego comparando la 3ra y la ultima ecuacion[math]f(f(x) = f(x)
Para concluir, en haciendo f en la 2da ecuacion[math]f(f(x+f(x)) = f(x+f(x)) \rightarrow f(2x) = 2x \rightarrow f(x) = x
Reemplazando [math]x=y=0 tenemos que [math]f(f(0))=2f(f(0)) es decir [math]f(f(0))=0
Reemplazando [math]y=0 tenemos que [math]f(x+f(x))=2x
Reemplazando en la última igualdad [math]x=f(0) tenemos que [math]2f(0)=0, entonces [math]f(0)=0
Reemplazando [math]x=0 tenemos que [math]f(2y)=2f(f(y))
Reemplazando [math]y=-\frac{x}{2} tenemos que [math]f(f(x))=2x+2f(f(-\frac{x}{2}))=2x+f(-x)
Reemplazando [math]x=f(-y)-y tenemos que [math]f(f(-y)-y+f(f(-y)-y)+2y)=2f(-y)-2y+2f(f(y)) [math]f(f(-y)-y)=2f(-y)-2y+2(2y+f(-y)) [math]-2y=2f(-y)-2y+4y+2f(-y)) [math]4f(-y)=-4y [math]f(-y)=-y y poniendo [math]q=-y [math]f(q)=q para todo [math]q racional. Para ver que efectivamente es la única solución basta reemplazarla en la original y como nos queda [math]2(x+y) a ambos lados, queda demostrado que la única función que cumple esta ecuación es [math]f(q)=q \forall q\in \mathbb{Q}
Comentario: Esta solución funciona igualmente si la ecuación fuera en [math]\mathbb{R}
Me qude con la duda de si estaba bien o no pero la pongo igual
Sea [math]P(x;y) la afirmacion de que se cumple la ecuacion citada
P(0;0)[math]\rightarrow f(f(0)) = 0
P(x;0)[math]\rightarrow f(x+f(x)) = 2x
P(x;x)[math]\rightarrow f(3x+f(x)) = 2x+ 2f(f(x))
Pero
P(x+f(x);0)[math]\rightarrow f(x+f(x) + f(x+f(x))) = 2(x+f(x))
Equivalente a[math]f(3x+f(x)) = 2x + 2f(x)por la 2da ecuacion
Luego comparando la 3ra y la ultima ecuacion[math]f(f(x) = f(x)
Para concluir, en haciendo f en la 2da ecuacion[math]f(f(x+f(x)) = f(x+f(x)) \rightarrow f(2x) = 2x \rightarrow f(x) = x
Tenemos [math]f(x+f(x)+2y) = 2x+2f(f(y)).
Reemplazamos [math]x=y=0 y queda: [math]f(f(0)) = 2 f(f(0)) \Rightarrow f(f(0)) = 0
Ahora, reemplazamos [math]y= 0 queda: [math]f(x+f(x)) = 2x
Notemos que [math]f es sobreyectiva ya que por lo anterior si [math]x=\frac{a}{2} \Rightarrow f(\frac{a}{2} + f(\frac{a}{2})) = a y [math]a es cualquier número racional.
Sea [math]f(b) = 0. Reemplazamos [math]y=0, x=b\Rightarrow f(b+ f(b)) = 2b \Rightarrow 0= 2b \Rightarrow b=0 \Rightarrow f(0) = 0
Ahora reemplazamos [math]x=0 \Rightarrow f(2y) = 2f(f(y)) \Rightarrow f(x + f(x) + 2y) = 2x+ f(2y)
Por esta última igualdad es facil ver que [math]f es inyectiva, reemplazando [math]2y = -f(x) \Rightarrow f(x) = 2x + f(-f(x)) \Rightarrow si [math]f(e) = f(c) = d \Rightarrow f(c) = 2c + f( - f(c)) = 2e + f(- f(e)) [math]\Rightarrow 2c + f(-d) = 2e + f(-d) \Rightarrow c=e
Reemplazamos [math]2y = -x-f(x) \Rightarrow f(0) = 0 = 2x + f(-x-f(x))
Sabiendo que [math]f(x+f(x)) = 2x si reemplazamos esto en la última igualdad queda: [math]0 = f(x+f(x)) + f(-(x+f(x))) \Rightarrow -f(x+f(x)) = f(-(x+f(x))) = -2x por la igualdad [math]f(x+f(x)) = 2x
Si tomamos [math]y = -(x+f(x)) \Rightarrow f(-(x+f(x))) = 2x + 2f ( f(-(x+f(x))) [math]\Rightarrow - f(x+f(x)) = 2x + 2f (-2x)
\Rightarrow -2x = 2x + 2f(-2x) \Rightarrow f(-2x) = -2x
pero reemplazando [math]-2x= k queda [math]f(k) = k y esta es la única solución.
Es facil verificar que [math]f(x) = x cumpla la igualdad: [math]f(x+ f(x) + 2y) = 2x + 2 f(f(y)) [math]f(2x +2y) = 2x + 2f(y) [math]2x + 2y = 2x +2y
f(x+f(x)+2y)=2x+2f(f(y)) como están en los racionales aplicaremos el Ecuación de Cauchy. Quedando la siguiente ecuación f(x)+f(f(x))+2f(y)=2x+2f(f(y)) lo agrupamos en una función los x y los y quedando la siguiente ecuación f(x+f(x))=2x+2f(f(y)-y) intercambiamos la y por 0 quedando f(x+f(x))=2x ahora intercambiando x por 0 quedaría dos ecuaciones que son:
1. f(f(0))=0..............(I)
2. f(0)+f((0)=0..........(II)
Reemplazando las ecuaciones queda la siguiente ecuación f(0)=0. Ahora intercambiando x por 0 en la siguiente ecuación f(x+f(x))=2x=2x+2f(f(y)-y) quedando así la ecuación 0=2f(f(y)-y) y eso solo se cumple si lo que esta dentro de la función mas grande es igual a cero quedando entonces queda que f(y)-y=0 intercambiando quedaría f(y)=y siendo esta la única solución
