Hallando las funciones

Comienza la semana, y qué mejor momento que éste para intentar resolver el problema semanal de Gaussianos. Ahí va el enunciado:

Hallar todas las funciones f:\;\mathbb{R} \to \mathbb{R} tales que para cualesquiera x,y \in \mathbb{R} se verifica que

f(x^2+xy+f(y))=f(x)^2+xf(y)+y.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

16 Comentarios

  1. Vamos a darle vidilla.

    Haciendo x=0 se obtiene que f(f(y))=f(0)^2+y.

    De aquí se puede deducir que f ha de ser BIYECTIVA.

    Es inyectiva: Si f(x)=f(y), entonces f(0)^2+x=f(f(x))=f(f(y))=f(0)^2+y de donde x=y.

    Es sobreyectiva: Fijemos tinmathbb{R} y sea x_t:=f(t-f(0)^2). Es claro que f(x_t)=f(f(t-f(0)^2))=f(0)^2+t-f(0)^2=t.

    Y hasta aquí puedo leer.

    ¿Mi conjetura? Que la única función es la identidad.

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  2. Si f es derivable entonces,

    f\left(x^2+f(0)\right)=f(x)^2+xf(0)\Longrightarrow f'\left(x^2+f(0)\right)2x=2f(x)f'(x)+f(0)

    y evaluando en 0, se obtiene

    0=f(0)\left(2f'(0)+1\right)\Longrightarrow f(0)=0

    Por tanto f(f(y))=y y como es inyectiva f(y)=y.

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  3. Toda la razón, ya me di cuenta, pero era demasiado tarde para corregir el patinazo…

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  4. Además tampoco, fcirc f=Id implica f=Id, por ejemplo f(x)=1/x no lo cumple. Pero sí se tendría si fcirc f =f (que era en lo que estaba pensando).

    En fin, que malos son los lunes…

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  5. Por el momento, si solo nos concentramos en funciones afines de f(y)=ay + b y teniendo en cuenta f(f(y))=y+f(0)^2, entonces f(f(y)) = a(ay+b)+b=y+f(0)^2= a^2 y + ab+b = y +f(0)^2 . Como la igualdad anterior es valida para todo  y \in R ,  a = -1, b = f(0) = 0 o  a = 1 con dos soluciones  b=2, b=0 .
    Por tanto solo tres soluciones afines  f(x)=-x, f(x)=x, f(x)=x+2 .

    Hay soluciones no afines? Mi intuicion es que no. Pero no lo he podido demostrar.

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  6. Si suponemos que f(0)=0 entonces f(f(y))=y para todo y\in\mathbb{R}.

    Haciendo y=-x y sustituyendo en la ecuación original, se obtiene

    -x=f(x)^2+xf(-x)-x\Longrightarrow f(x)^2=-xf(-x) para todo x\in\mathbb{R}

    Por otro lado, haciendo y=0 en la ecuación original, se

    obtiene f(x^2+f(0))=f(x)^2+xf(0), luego

    f(x^2)=f(x)^2. Y teniendo en cuenta lo anterior,

    f(x^2)=-xf(-x) y por tanto (sustituyendo x por -x) f(x^2)=xf(x), luego

    f(x)^2=xf(x), y si f(x)\neq 0, f(x)=x.

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  7. BRAVO! RB. Eso era justo lo que me faltaba.

    Mira esto. Llamemos y_0:=f(0).

    Entonces, haciendo x=0,\,y=t en la ecuación original, se tiene que que f(f(t))=y_0^2+t (Ec1).

    Entonces, f(y_0)=f(f(0))=y_0^2+0=y_0^2 y f^2(y_0)=f(f(y_0))=y_0^2+y_0.

    Haciendo x=t,\,y=0 en la ecuación original, se obtiene que f(t^2+y_0)=f(t)^2+ty_0 (Ec2).

    Ahora bien, hagamos una siguiente iteración.
    Por un lado, aplicando (Ec2), f^3(y_0)=f[f^2(y_0)]=f[y_0^2+y_0]=f(y_0)^2+y_0^2=y_0^4+y_0^2.

    Pero por otro lado, aplicando (Ec1) f^3(y_0)=f[f[fy_0]]=y_0^2+f(y_0)=2y_0^2.

    Por lo tanto, se deduce que y_0^4+y_0^2=2y_0^2, de donde y_0=0,1,-1.

    Supongamos que y_0=\pm1, es decir, f(0)=\pm1. Entonces, f(\pm1)=f(f(0))=y_0+0=\pm1=f(0), lo que entra en contradicción con que la función es BIYECTIVA (y en particular, INYECTIVA).

    Por lo tanto, la única posibilidad es que f(0)=y_0=0, de donde se deduce que f(x)=x.

    PD: En la demostración de RB, por la INYECTIVIDAD de f, si x\ne0, entonces f(x)\ne f(0)=0.

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  8. Estupendo RB y Tito Eliatron. Otra forma de ver que f(0)=0 es la siguiente:

    por ser f sobreyectiva, existe z tal que f(z)=0. Aplicando la condición inicial con x=y=z se tiene que f(2z^2)=z, y volviendo a aplicar f (y usando que f(f(y))=f(0)^2+y):

    0=f(f(2z^2))=f(0)^2+2z^2

    de donde se deduce directamente que f(0)=0=z.

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  9. Tio Eliatron en tu prueba de f(0)=0, sigo tu razonamiento hasta la conclusión y_0\in\{-1,0,1\}. Sin embargo, el siguiente paso no lo entiendo: Al suponer que y_0=\pm 1, escribes f\left(\pm 1\right)=f(f(0))=y_0+0=\pm 1=f(0), sin embargo, según la ecuación (Ec1) f(f(0))=y_0^2=1 y por tanto, no se llegaría a contradicción la inyectividad ¿por qué afirmas al llegar ahí qué f(f(0))=y_0 en lugar de y_0^2? Lo más probable es que se me escape algo que no veo.

    Por otro lado, M como siempre brillante, elegante y conciso en tus razonamientos. Todos los problemas que he visto que has resuelto he notado bastante madurez y estoy aprendiendo de eso, gracias.

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  10. Cierto, es un fallo mío.

    El razonamiento funciona bien para el caso y_0=1.

    Si f(0)=y_0=1, entonces por (Ec1), f(1)=f(f(0))=y_0^2+0=1^2=1=f(0).

    Para el otro caso: y_0=-1 habría que arreglarlo.

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  11. Arreglemos el último caso (más que nada, para quedarme yo tranquilo).

    Supongamos que f(0)=y_0=-1, entonces (Ec1) queda como f(f(t))=1+t.

    Así, f(-1)=f(f(0))=1; f(1)=f(f(-1))=1-1=0; por lo que -1=f(0)=f(f(1))=1+1=2. Claramente esto es imposible.

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