lunes, 30 de julio de 2012

Ecuaciones funcionales (IV)

Aquí pongo unos cuantos ejercicios, extraídos del mismo artículo que los anteriores de la Sociedad Balear de Matemáticas, para que practiquéis los métodos vistos en los artículos anteriores:

(1): Encuentra todas las funciones f(x) tales que 3f(2 - x) + 2f(x) = x2.

(2): Encuentra todas las funciones f : R→R que satisfacen la ecuación funcional f(x2 + y) = f(x) + y2 para todos los valores reales x e y.

(3): Determina todas las funciones f : R+→R tales que f(xy) = f(x)f(3/y) + f(y)f(3/x), con f(1) = 1/2.

(4): Determina todas las funciones f : Q→R tales que f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy.

(5): ¿Existe alguna función f : R→R tal que f(f(x)) = x2 - 2?

(6): Resuelve la ecuación funcional f(xf(x) + f(y)) = y + f(x)2.

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.

sábado, 28 de julio de 2012

Ecuaciones funcionales (II)

Vamos 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.

Otra idea que podemos utilizar es buscar los ceros (valores en los que la función da 0), porque se puede simplificar mucho la expresión, o bien lugares donde valga 1, si en la ecuación funcional aparecen productos. Otro punto muy interesante son los puntos fijos, es decir, aquellos en los que f(x) = x.

Como ejemplo para este caso, tengo un problema que me trae muy buenos recuerdos, ya que me lo pusieron en la Olimpiada Internacional del 83. No fui capaz de hacerlo, y hubiera conseguido una medalla de bronce si sólo hubiese podido sacar un par de puntos en él.

Se trata de encontrar todas las funciones f : R+→R+ cuyo límite cuando la x tiende a infinito es cero (es decir, que su valor para x muy grandes es muy pequeño) y que cumplen la ecuación funcional f(xf(y)) = yf(x) para cualquier par de valores x e y.

Evidentemente, lo primero es probar con valores como 1, casos en los que la x y la y coinciden, con lo que obtenemos estos resultados: f(f(x)) = xf(1), f(xf(1)) = f(x), f(xf(x)) = xf(x). Este último resultado es el que sugiere buscar qué valores son puntos fijos, ya que si obtenemos, por ejemplo, que sólo hay uno, pongamos que vale a, sabremos que xf(x) = a, de donde f(x)= a/x.

Además, tenemos que f(f(1)) = f(1), es decir, que f(1) es un punto fijo. Si aplicamos la igualdad a y = f(1) y x = 1 (ya hay que tener imaginación), tenemos que f(1)*f(1) = f(1*f(f(1))) = f(f(f(1))), y por ser f(1) un punto fijo, tenemos que f(f(f(1))) = f(1). Luego f(1)2 = f(1), y ese número, por ser positivo, sólo puede ser 1. Es decir, que f(1) = 1, y tenemos que 1 es un punto fijo y -si es el único- la función sería y = 1/x.

El problema, sin embargo, no está acabado ¿puede haber más puntos fijos?
Imagina que a es un punto fijo con a > 1. Aplicando la ecuación, tenemos que a2 también es un punto fijo (a*a = a*f(a) = f(a*f(a)) = f(a2)). Sin embargo, eso llevaría a encontrar puntos fijos cada vez más grandes, y no puede ser, por culpa del límite impuesto desde el principio.

Por último, si tenemos un punto fijo b menor que 1, tenemos que 1 = f(1) = f((1/b)*b) = f((1/b)f(b)) = b*f(1/b), por lo que f(1/b) = 1/b, y eso provoca que 1/b, mayor que 1, sería también punto fijo, lo que sabemos que no pasa.

En definitiva, que con estas condiciones, f(x) = 1/x es la única función existente.

Observa que si no exigimos que su tendencia en el infinito sea 0, la función f(x) = x también sería válida, y puede que más funciones también.

sábado, 7 de julio de 2012

Ecuaciones funcionales (I)

Aprovechando el problema anterior, voy a dar durante el verano una pequeña introducción a algunos de los temas que habitualmente salen en los concursos de problemas, dedicado a aquellos alumnos que tengan tiempo en verano para dar un pequeño repaso.

En esta primera ocasión, me voy a dedicar a una interesante familia de problemas, como son la ecuaciones funcionales. Este tipo de problemas sólo aparecen en competiciones de nivel alto, como la Olimpiada Española (nivel bachillerato).

Se trata de problemas en los que el objetivo es caracterizar, o calcular, la fórmula de una función, a partir de una o varias ecuaciones que afectan a valores particulares de la función, y a características como su tendencia, su continuidad, o propiedades similares.

Veamos un ejemplo:

Encuentra todas las funciones de Q en Q (f : Q→Q), que cumplan:

i) f(1) = 2

ii) f(xy) = f(x)f(y) - f(x + y) + 1.

Veamos a continuación algunas ideas para su solución.

- Substituir en las ecuaciones las variables por valores concretos, que tengan alguna importancia en la fórmula (generalmente, 0, 1, un entero cualquiera, el inverso de un entero, un número fraccionario, una raíz cuadrada, si tiene algún sentido...).

- Tratar de calcular algunos valores a partir de otros (inducción). A veces se pueden calcular mediante sumas los enteros, los inversos, las fracciones (y, por continuidad, los irracionales, ya que siempre tienen cerca una fracción).

En nuestro ejemplo, puesto que conocemos f(1) = 2, podemos calcular fácilmente f(2), tomando en la igualdad x = 1, y = 2.

Con un poco de habilidad, podemos determinar que para todo valor entero, se tiene que f(n + 1) = f(n) + 1 (cambiando x = 1, y = n, tenemos que f(n) = 2f(n) - f(n + 1) + 1, de donde se deduce esa igualdad). Por lo tanto, la función entre los enteros es una progresión aritmética de diferencia 1, y su fórmula es f(n) = n + 1.

Ya podemos pasar a los números inversos, de la forma 1/n, con n un entero, con un poco de trabajo, llegamos a probar tras un par de substituciones en la igualdad, que f(1/n) = 1/n + 1, y de ahí, a probar que para cualquier m, n enteros f(m/n) = m/n + 1. De forma que la única función que cumple el enunciado es f(x) = x + 1.

Otra de las formas de atacar el problema es detectar propiedades como la inyectividad (que dos valores distintos tienen imagen distinta) o la exhaustividad (que todo número es imagen de algún valor), que a veces tienen una aplicación en la solución.

Veamos otro ejemplo:

Encuentra todas las soluciones de la ecuación f(f(x)) = 0, sabiendo que f : R→R satisface la ecuación funcional x + f(x) = f(f(x)) para todo x.

Para solucionarlo, veamos que valores diferentes de x e y dan imágenes diferentes, ya que si f(x) = f(y), entonces f(f(x)) = f(f(y)), porque f(x) y f(y) son en realidad el mismo valor, y de la ecuación funcional se deduce que x = f(f(x)) - f(x) = f(f(y)) - f(y) = y.

Por eso, para cada resultado de la función sólo puede haber un valor que lo alcance.

Pero de la ecuación aplicada en el punto 0, deducimos que f(f(0)) = f(0) + 0 = f(0), por lo que tenemos dos puntos que dan el mismo resultado, luego f(0) = 0. De ahí, f(f(0)) = 0, por lo que es solución de la ecuación, y es la única también por la inyectividad.

Creo que esto ha quedado un poco largo. Dejaré para otro día la segunda parte y algunos ejercicios de ejemplo.

lunes, 2 de julio de 2012

Una función con condiciones

Fase local de XLVIII Olimpiada Matemática Española, 2011/12

Hallar todas las funciones continuas f : R+→R+ (reales positivas y de variable real positiva), que cumplen, para todo x real positivo, la condición x + 1/x = f(x) + 1/f(x).

Solución: próximamente