Dos propiedades, un valor | Gaussianos

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Dos propiedades, un valor

Sea $f:\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ una función que cumple las siguientes propiedades:

$f(xy)=xf(y)+yf(x)$
$f(x+y)=f(x^{3137})+f(y^{3137})$

Calcular $f(\sqrt{4567})$

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 14 de Agosto de 2007
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26 comentarios

Pasotaman | 14 de Agosto de 2007 | 10:45

La primera propiedad exige que $f(1)=2f(1)$ , luego $f(1)=0$ . La función $f(x)=0\;\forall x\in\mathbb{R}$ cumple también la segunda, por lo que una respuesta sería 0.
Asier | 14 de Agosto de 2007 | 10:47

Igual está mal pero me lanzo, a ver qué pasa:

f(n) = 0 para cualquier n entero, porque:

f(0) = 0
f(1) = f(1·1) = 2·f(1), por lo tanto f(1) = 0.
f(2) = f(1+1) = f(1) + f(1) = 0
f(3) = f(2+1) = 2·f(1) + f(2) = 0

Por inducción sacamos que f(n) = 0.

como 4567 = sqrt(4567) * sqrt(4567):

f(4567) = 2·sqrt(4567)·f(sqrt(4567)) = 0

por lo tanto f(sqrt(4567)) = 0

cómo lo veis?
Pasotaman | 14 de Agosto de 2007 | 11:02

A lo peor me equivoco yo, pero creo que la prueba por inducción de Asier está mal, ya que mezcla la primera propiedad y la segunda. Sería $f(3)=f(2+1)=f\left(2^{3137}\right)+f(1)$ , de lo cual no se concluye directamente. Mi demostración es:

-> De la segunda propiedad, $f(1+x)=f(1)+f\left(x^{3137}\right)$ . Como $f(1)=0$ por la primera propiedad, $f(1+x)=f\left(x^{3137}\right)$ .

-> De la primera, $f(x^n)=xf\left(x^{n-1}\right)+x^{n-1}f(x)$ . Por aplicaciones sucesivas, $f\left(x^n\right)=nx^{n-1}f\left(x\right)$ .

-> Uniendo ambos resultados, $f\left(1+x\right)=3137x^{3136}f\left(x\right)$ . Esta fórmula sí permite demostrar por inducción que f es nula en todos los enteros, por serlo en el 1.

-> Finalmente, se relaciona, como indica Asier, el valor de f en un entero con el valor en su raíz, llegando a que éste también es 0.
Asier | 14 de Agosto de 2007 | 11:39

Es cierto, Pasotaman, me he liado al escribirlo, en la mía para f(3) queda por demostrar que f(2^k) = f(2) = 0:

$\displaystyle f(2^k) = f(2*2^{k-1}) = 2*f(2^{k-1}) = 2*f(2*2^{k-2}) = \dots = 2^{k-1}*f(2) = 0$

es decir, para obtener f(n) necesitamos demostrar que $\displaystyle f((n-1)^k) = 0$ sabiendo que f(n-1) = 0:

$\displaystyle f((n-1)^k) = f((n-1)*(n-1)^{k-1}) = \ \ \ (n-1)*f((n-1)^{k-1}) = (n-1)*f((n-1)*(n-1)^{k-2}) = \dots = (n-1)^{k-1}*f(n-1) = 0$
Hernán M | 14 de Agosto de 2007 | 16:19

De todos modos no sirve probar por inducción para una función R->R. Inducción sirve para naturales o enteros, o con suerte, para todos los racionales (ya que son numerables), pero no para los reales.
Pasotaman | 14 de Agosto de 2007 | 16:34

Hernán: es irrelevante para este caso, ya que no se pide la forma completa de la función sino su valor en un punto. La forma funcional de su restricción a los enteros es más que suficiente.
Domingo H.A. | 14 de Agosto de 2007 | 16:48

Hola, aquí va una solución:

De la propiedad 1) se deduce que

i) $f(1)=0$ y $f(x^n)=n\cdot x^{n-1}\cdot f(x),\;\; \forall n\geq 1.$

ii) Si $x$ es positivo, entonces $f(\sqrt{x})=\displaystyle{\frac{1}{2 \sqrt{x}}}\cdot f(x)$ (tomar $x=\sqrt{x}\sqrt{x}$ ).

Ya que $f(1)=0$ , se deduce de 2) e i) que $f(1+n)=3137\cdot n^{3136}\cdot f(n)$ ,

y por lo tanto, inductivamente, se obtiene $f(n+1)=3137^n\cdot (n!)^{3136}\cdot f(1)=0,\;\;\forall n\geq 1.$

Finalmente, $f(\sqrt{4567})=\displaystyle{\frac{1}{2\sqrt{4567}}}f(4567)=0.$

Un cordial saludo.
Domingo H.A. | 14 de Agosto de 2007 | 18:26

En relación al ejercicio propuesto, comentar que, de hecho, se tiene que $f\equiv 0.$ En efecto, si tenemos una función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ y un número natural $a\geq 1$ verificando:

1) $f(x\cdot y)=xf(y)+yf(x)$
2) $f(x+y)=f(x^a)+f(y^a)$

para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$ , entonces $f\equiv 0$ .

Comento por encima los pasos para probarlo:

$\bullet f(1)=0=f(-1)=f(0).$
$\bullet f(-x)=-f(x)$ , $\forall x\in \mathbb{R}.$
$\bullet f(n+1)=a^n (n!)^{a-1} f(1)=0$
$\bullet f(x)=0$ , $\forall x\in\mathbb{Q}$ (primero se ve para los naturales, luego para los enteros y luego para los racionales).
$\bullet f(x^n)=n\cdot x^{n-1}\cdot f(x)$ , $\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ , $\forall n\in\mathbb{Q}$ (probarlo para los naturales, los enteros y los racionales, en ese orden).

$f(h)=f(h^a)=a\cdot h^{a-1}\cdot f(h)$ , y de aquí que $f(h)=0$ , salvo quizás en los valores de $h$ tales que $a\cdot h^{a-1}=1$ (si a es impar hay dos valores de la raíz; en caso contrario, sólo hay uno). Estos valores son raíces (a-1)-ésimas de la fracción $\frac{1}{a}$ y por tanto también se verifica en ellos que $f(h)=0$ .

Un saludo, y perdón por no detallar los pasos.
Domingo H.A. | 14 de Agosto de 2007 | 19:14

En el comentario previo debe decir $f(x^n)=n x^{n-1} f(x)$ , para todo x positivo y todo n racional (no nulo).
Asier | 14 de Agosto de 2007 | 22:34

Habeis afirmado tanto Pasotaman como Domingo que para cualquier x dentro de R, f(x) = 0.

¿Podriais demostrar que $f(3/7) = 0$ y $f(\pi) = 0$ ?
Domingo H.A. | 14 de Agosto de 2007 | 23:09

Hola de nuevo. Damos por hecho que $f(1)=f(-1)=f(0)=0$ , que $f(-x)=-f(x),\;\forall x\in \mathbb{R},$ y que $f(x^n)=n x^{n-1}f(x),\;\forall x\in\mathbb{R},\forall n\in\mathbb{N}, n\geq 1$ (¿de acuerdo?)

Entonces si $h\geq 0$ : $f(h)=f(0+h)=f(0^{3137})+f(h^{3137})= f(h^{3137})=3137\cdot h^{3136}\cdot f(h).$

Agrupando: $f(h)\cdot (1-3137\cdot h^{3136})=0.$

Finalmente, toma $h=\pi,\;3/7$ para obtener que f se anula en dichos puntos.

De hecho, este desarrollo muestra que f se anula en todo punto salvo quizás en las raíces del polinomio que aparece entre paréntesis. Pero estas raíces son raíces enésimas de una fracción y se ve de igual modo que f debe anularse en esa clase de puntos (f se anula en los naturales, enteros, racionales y raíces enésimas de racionales).

Espero que haya quedado clara la prueba.

Pido disculpas por no detallar la demostración en el comentario anterior, pero se puede demostrar que $f\equiv 0$ en base a las consideraciones que indiqué.
Domingo H.A. | 15 de Agosto de 2007 | 13:46

Antes de que se pierda la acción en este post, me gustaría indicar lo siguiente:

la única función real de variable real f satisface las dos condiciones:

1) $f(x\cdot y)=x\cdot f(y)+y\cdot f(x)$
2) $f(x+y)=f(x^a)+f(y^a)$ , para cierto natural $a\geq 2$ ,

es la función idénticamente nula. El razonamiento que expuse arriba vale si $a\geq 2$ , pero no vale para el caso a=1.

Mi pregunta es: ¿es la función nula la única solución a ese sistema de ecuaciones funcionales cuando a=1? Es fácil ver que una tal función se anularía en todos los racionales (y las raíces enésimas de los racionales), pero sin asumir condiciones adicionales (como continuidad en $\mathbb{R}$ , continuidad en algún punto o acotación) parece muy difícil demostrar que f deba ser la función idénticamente nula. Si asumimos continuidad o acotación entonces si se puede probar trivialmente que f es idénticamente nula.

La ecuación funcional de Cauchy $f(x+y)=f(x)+f(y)$ es conocida por proveer funciones bastante patológicas (http://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_functional_equation, http://gaussianos.com/funciones-extranas/, http://mathworld.wolfram.com/CauchyFunctionalEquation.html),
y de hecho la existencia de soluciones no triviales conecta con el axioma de elección (o equivalentemente el lema de Zorn) y la existencia de bases en espacios vectoriales de dimensión infinita ( $\mathbb{R}$ como $\mathbb{Q}$ -espacio vectorial posee dimensión infinita).

Sin embargo, desconozco si la condición 1) (junto con la ecuación de Cauchy 2)) implican que f debe ser nula. ¿Existen otras soluciones “patológicas” o no?

Sería una lástima que el post quedara en el olvido sin responder a esta cuestión.

Un saludo y a ver si alguien logra demostrar algo al respecto.
Pasotaman | 15 de Agosto de 2007 | 19:04

Con respecto a lo que plantea Domingo en su post (caso $a=1$ ), salvo que se me escape algo la función ha de ser nula. La demostración es la siguiente:

-> La función es nula en el 1 por la primera condición. La segunda nos da la relación $f\left(1+x\right)=f\left(x\right)$ , por lo que es nula en todos los enteros.

-> Si y sólo si f es continua en el 0 lo es en todo $\mathbb{R}$ . La equivalencia de ambas condiciones se ve trivialmente por la segunda condición:

$\lim\limits_{h\rightarrow 0} f\left(x+h\right)=f\left(x\right)+\lim\limits_{h\rightarrow 0} f\left(h\right)$

es decir, si $\lim\limits_{h\rightarrow 0} f\left(h\right)=0=f\left(0\right)$ , $\lim\limits_{h\rightarrow 0} f\left(x+h\right)=f\left(x\right)$ .

-> Por la primera condición, la función es continua en el cero, ya que $\lim\limits_{x\rightarrow 0} f\left(2x\right)=2\lim\limits_{x\rightarrow 0} f\left(x\right)$ pero obviamente también $\lim\limits_{x\rightarrow 0} f\left(2x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow 0} f\left(x\right)$ .

-> Si n es un entero positivo, $f\left(nx\right)=nf\left(x\right)$ por la segunda condición. Por otro lado, la primera ecuación unida al hecho de que la función se anule en los enteros da como resultado $f\left(\frac{x}{n}\right)=\frac{f\left(x\right)}{n}$ . Para enteros negativos, la segunda condición da $f\left(x\right)=-f\left(-x\right)$ , por lo que también se cumplen. En consecuencia, para cualquier racional $z=\frac{p}{q}$ , $f\left(zx\right)=zf\left(x\right)$ . Por lo tanto, f tiene la forma $f\left(x\right)=cx$ sobre los racionales (siendo k una constante). Para los irracionales, sabemos que se puede construir una (de hecho infinitas) sucesiones de racionales que converja a cualquiera de ellos. Entonces, por continuidad, esta forma de f es válida en todos los reales.

-> Finalmente, sustituyendo $f\left(x\right)=cx$ en la primera condición: $cxy=2cxy$ , luego $c=0$ (q.e.d.)
Domingo H.A. | 15 de Agosto de 2007 | 22:00

Hola Pasotaman, gracias por tu respuesta. Estoy de acuerdo con tu razonamiento en todos los aspectos salvo en uno, que resulta ser el punto crucial:

Si el límite de la función en el origen existe entonces su valor es cero (de hecho, esto es lo que has probado). Esto te permite asegurar la continuidad en el origen (y por tanto en todo punto).

Pero la sutileza aquí es probar (rigurosamente) que dicho límite en el origen existe. He logrado ver que si la función está acotada entonces existe el límite y vale cero (de modo análogo a lo que tú has hecho, considerando potencias negativas de dos). Hasta el momento no he podido deducir de las condiciones que la función tenga que estar acotada.

Habrá que probar con rigor la existencia del límite o bien buscar algún contraejemplo patológico de una función nula sobre los racionales, que no esté acotada sobre los irracionales y que cumpla las dos condiciones con a=1 (lo cual no parece sencillo). Aún no me decanto por ninguna de las dos opciones. A ver si podemos descifrar esta interesante cuestión.

Un saludo.
Domingo H.A. | 16 de Agosto de 2007 | 23:34

Un apunte anecdótico para los entusiastas de los comportamientos patológicos en matemáticas:

decíamos que si una función $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ cumple

1) $f(x\cdot y)=x\cdot f(y)+y\cdot f(x)$
2) $f(x+y)=f(x)+f(y),\quad \forall x,y\in\mathbb{R}$

entonces debe ser nula sobre $\mathbb{Q}$ y lineal considerando $\mathbb{R}$ como $\mathbb{Q}$ -espacio vectorial.

Discutíamos sobre la suposición de acotación, continuidad o existencia del límite de la función en el origen (en cuyo caso la función $f$ debería ser idénticamente nula).

Pues bien otra vuelta de tuerca es la siguiente:

$\textbf{\emph{si f no es identicamente nula, entonces su grafica es densa en el plano}}$ ; en particular, $\textbf{\emph{ en cada circulo del plano centrado en un punto con coordenadas racionales existe un punto de la grafica de la funcion}}$ (por muy pequeño que sea el radio del círculo). Esto no es complicado de probar.

De este modo las posibles soluciones no nulas serían extremadamente patológicas. ¡¡Imaginaos el comportamiento de la función!!
SmartDust | 17 de Agosto de 2007 | 17:05

OFF_TOPIC

“Formula does not parse”

No sé porqué, pero ese es el mensaje, en rojo sobre amarillo, que me aparece aproximadamente con el 50% de las expresiones LaTeX de la página. Tanto con Iceweasel como con Konqueror (aKregator)

Puede que le pase a más gente y alguien debería mirarlo, o puede que no y entonces lo mejor es que no me hagais caso
^DiAmOnD^ | 17 de Agosto de 2007 | 17:11

SmartDust, ¿te pasa en las que salen en la página escritas por otra gente o en las que intentas meter tú en los comentarios?

Las que hay puestas en el blog están todas bien. Al menos a mí no me da error ninguna. Esto de Formula does not parse significa que hay algún símbolo mal en la fórmula y no se interpreta bien. Igual estás escribiendo algo mal.
Asier | 18 de Agosto de 2007 | 13:59

A ver qué opinais sobre la validez de esto como demostración de que el límite en el origen existe y es cero:

- Hemos quedado en que si es continua en el origen lo es el todo $\mathbb{R}$ y por lo tanto la única función posible es f(x) = 0.

- Si f(x) no fuera continua en el origen, sería distinto de cero en algun punto, entonces existirá un $\epsilon$ tan cercano a 0 como queramos tal que $f(\epsilon) \ne 0$ .

- Pero $f(\epsilon^2) = 2\epsilon f(\epsilon)$ : es decir, sea cual fuere el valor de $f(\epsilon)$ , como evidentemente $\epsilon$ < $1/2$ entonces está claro que $f(\epsilon^2)$ < $f(\epsilon)$ .

- Evidentemente $\epsilon^2$ se encuentra más cerca del origen que $\epsilon$ y como hemos demostrado su valor es menor. Aplicando la misma lógica al nuevo punto $(x = \epsilon^2)$ llegamos a la conclusión que a medida que nos acercamos a cero f(x) tiende a cero. Y esto valdría para cualquier punto no nulo cercano al origen.

- Por lo tanto el límite de f(x) en el origen es cero, con lo cual la función es continua en el origen, lo cual a su vez nos llevaría a que la única función válida es f(x) = 0.

¿Cómo lo veis?
Asier | 18 de Agosto de 2007 | 17:59

Cuando comparo los valores de las funciones, en realidad es en valores absolutos: $|f(\epsilon^2)|$ < $|f(\epsilon)|$ .
Esto en principio no implica que vaya a llegar a cero: la función $e^{-x}+1$ por ejemplo siempre disminuye pero su límite no es cero.
Sin embargo lo que sí parece implicar es que el límite existe. Y habíamos quedado en que si el límite existe, tiene que ser 0.

Espero vuestras opiniones.
Pasotaman | 18 de Agosto de 2007 | 20:28

Asier: en el mejor de los casos, con eso demuestras que hay un conjunto de sucesiones por las cuales si te acercas al cero la función tiende a cero. Otras sucesiones que cumplen eso son las de racionales. Probar que existe el límite, en cambio, es equivalente a probar que eso ocurre con cualquier sucesión que nos podamos inventar y que tienda a cero.

Desde mis limitadísimos conocimientos, dado que se sabe que existen soluciones patológicas a la condición de Cauchy y la primera condición no parece implicar continuidad diría que tales soluciones también deben existir para este problema. Espero, sin embargo, que alguien me corrija.
Domingo Hernández Abreu | 18 de Agosto de 2007 | 22:47

Efectivamente, lo que demuestra Asier es que existen sucesiones de imágenes de f que convergen (pero debería hacerse para toda sucesión).

Yo me inclino por la existencia de soluciones no nulas (extremadamente patológicas), que deben ser entonces no acotadas, discontinuas en todo punto y con gráfica densa en el plano (en todo círculo hay un punto de la gráfica). Pero hasta el momento, no he sido capaz ni de dar un ejemplo de una tal función ni de demostrar que las condiciones impliquen que la función deba ser nula.

Para construir una tal función de momento no veo otro modo que considerar bases de Hamel de $\mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$ (el axioma de elección o lema de Zorn entran en acción), definir $f$ sobre la base y extenderla por linealidad (como se hace en el caso de la ecuación de Cauchy sola). Esto aún nos deja libertad para elegir los valores de f sobre la base de modo que se satisfaga la primera condición. Sin embargo, de este modo hay que comprobar que la condición 1) se verifica cuando se multiplican dos elementos de la base y la cosa se complica pues las bases de Hamel no son cerradas para la multiplicación ( http://www.springerlink.com/content/w27n2mm7k3647677/
http://www.lsus.edu/sc/math/rmabry/shades/hamelproducts-rev.pdf)

Las funciones que satisfacen ambas condiciones (con $a=1$ ) se denominan derivaciones (de primer orden). Miren este artículo ( http://hw.oeaw.ac.at/buecher/files/1998/pdffile/S&A14.pdf )…tal vez les interese. Comenta lo de la linealidad y la anulación sobre $\mathbb{Q}$ , pero no va más allá.

En fin, que intuyo que deben haber soluciones patológicas, pero construirlas a través de bases de Hamel parece complicado.

Bueno, creo que hemos excedido considerablemente las exigencias del problema inicial planteado, llevando el asunto a un nivel bastante exigente. Me parece asombroso que la condición 2) para $a\geq 2$ se resuelva de un modo tan simple y sin embargo cuando esta condición se reduce al caso aditivo o lineal ( $a=1$ ) se complique todo sobremanera!

Ante un tema tan interesante, ¿podría el moderador indicar de qué fuente obtuvo el problema planteado? Gracias de antemano y saludos.
Asier | 19 de Agosto de 2007 | 19:46

Gracias por vuestras respuestas y aportaciones.

Me habeis dicho los dos que lo que demuestro es para un conjunto de sucesiones, pero no entiendo por qué no vale para todas. Es decir, en cualquier otra sucesión que nos imaginemos donde haya valores no nulos se puede aplicar lo dicho a cualquiera de esos valores, no?
^DiAmOnD^ | 19 de Agosto de 2007 | 20:02

Domingo lo saqué del foro de Art of Problem Solving, pero no consigo encontrar el hilo en cuestión.

Por cierto, muy interesante la conversación que habéis desarrollado a partir de este problema
Domingo Hernández Abreu | 19 de Agosto de 2007 | 21:41

Asier, lo que has hecho es elegir un $\epsilon$ no nulo de modo que $|f(\epsilon)|$ sea no nulo y a partir de aquí construir una sucesión de imágenes por la función |f| que converge (a un valor que puede ser cero o no) por ser estrictamente decreciente. Aunque esto lo puedas hacer para todo $\epsilon$ , eso no implica que todas las sucesiones que debas considerar sean de esa forma que contruyes (considerando $\epsilon, \epsilon^2, \epsilon^4, \ldots$ ). Es decir, tu razonamiento no excluye la posibilidad de construir sucesiones que tiendan a cero y de modo que la sucesión de imágenes tienda a infinito.
^DiAmOnD^ | 23 de Agosto de 2007 | 1:01

Ya encontré el hilo en cuestión:

Problema en el foro de Art of Problem Solving
MIKE CASAVILCA ROJAS | 18 de Abril de 2008 | 0:44

hola, la verdad me encanto mucho las funciones, matematicas soy uno de los admirantes de las matematicas, estudiante de la universidad de huancavelia, en la facultad de inguinieria.gracias.

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