domingo, 29 de julio de 2012

Ecuaciones funcionales (III)

Sigamos con los otros métodos para trabajar con ecuaciones funcionales.
Por cierto, este manual está traducido y revisado del catalán a partir de un curso de la Sociedad Balear de Matemáticas.

El último método genérico que vamos a revisar para resolver ecuaciones funcionales consiste en partir de una solución evidente para encontrar las demás, o demostrar que es única. Generalmente se resta la que conocemos de la función alternativa (o se divide) para eliminar condiciones.
Por ejemplo, imagina que buscamos todas las funciones f : R→R que cumplen f3(x) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)f(x) = 2x3 + x5 + x7 + ... + x2n + 1.

Evidentemente, puesto que el polinomio aumenta un grado, es fácil buscar un polinomio de grado 1, en concreto f(x) = x, pero ¿será único?

Imagina que tienes otra solución diferente de f(x) = x. Llama a esta función g(x). Como también cumple la relación anterior, al restar ambas relaciones de forma ordenada, tenemos que f3(x) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)f(x) - g3(x) - (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)g(x) = 2x3 + x5 + x7 + ... + x2n + 1 - 2x3 - x5 - x7 - ... - x2n + 1.

Evidentemente, al lado derecho de la igualdad, obtenemos 0, y queda, sacando factores comunes, f3(x) - g3(x) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)(f(x) - g(x)) = 0.

En este momento es cuando empleamos una factorización poco común, ya que a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2), como es fácil comprobar, y la igualdad anterior se transforma en (f(x) - g(x))(f2(x) + f(x)g(x) + g2(x)) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)(f(x) - g(x)) = 0. La factorización empleada también se puede utilizar en otras potencias, cambiando el segundo factor.

Evidentemente, puesto que g(x) y f(x) son funciones diferentes, según hemos supuesto, podemos dividir tranquilamente por el factor f(x) - g(x), quedando f2(x) + f(x)g(x) + g2(x) + x2 + x4 + x6 + ... + x2n = 0.

Ahora observamos que en la expresión de la izquierda, todo son cuadrados, excepto la expresión f(x)g(x). Sin embargo, desde que estudiamos la ecuación de segundo grado conocemos la expresión a2 + 2ab + b2 = (a+b)2, que funciona como una especie de truco para hacer desaparecer ese molesto término. En realidad, hay que hacer una pequeña variante. Observa las transformaciones: En nuestro caso, tenemos a2 + ab + b2 = a2 + 2*ab/2 + b2 = a2 + 2*ab/2 + b2/4 + 3*b2/4 = (a + b/2)2 + 3*b2/4.

De esta forma, la igualdad anterior queda de la forma (f(x) + g(x)/2)2 + 3g2(x)/4 + x2 + x4 + x6 + ... + x2n = 0. Y como todos los términos del primer término son mayores o iguales que cero, se trata de una situación imposible (tiene que suceder para todo valor de x, e incluso para x = 0, obligaría a que g(0) valga 0 y f(0) + g(0)/2 también). Es decir, que f(x) y g(x) han de ser totalmente iguales, lo que impediría dividir por f(x) - g(x) en el paso anterior.

En el próximo y último capítulo pondré unas cuantas ecuaciones funcionales para que practiquéis.