Olimpiada Matemática de Baleares 2013 – Problema 1

Durante el pasado fin de semana Rodrigo, lector del blog, me envió los problemas que se propusieron el viernes día 11 de enero en la Olimpiada Matemática de Baleares y me ha parecido interesante proponerlos en el blog en las próximas semanas. Hoy os dejo el primero de la primera sesión, cuyo enunciado es el siguiente:

Halla las funciones f(x) definidas en los números reales y con valores reales que satisfacen la ecuación funcional

f(x)+x \cdot f(-x)=1

A por él.

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. Si x=0 se tiene que f(0)=1.

    Por otra parte, si x distinto de 0:

    f(x)+x*f(-x)=1 y f(-x)-x*f(x)=1

    Multiplicando por x la primera ecuación y sumando la segunda:

    x*f(x)+x^2*f(-x)+f(-x)-x*f(x)=x+1

    (x^2+1)*f(-x)=x+1

    f(-x)=(x+1)/(x^2+1)

    Cambiando x por -x se tiene que:

    f(x)=(1-x)/(x^2+1) , para todo x real

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  2. cambiando x por -x resulta:
    f(-x)-xf(x)=1
    El sistema de ecuaciones
    f(x)+xf(-x)=1
    f(-x)-xf(x)=1
    tiene por solucion: f(x)=(x+1)/(x²+1)

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  3. Penyeta, tienes una errata en el numerador, el signo de la x es negativo.

    De todas formas, nos falta demostrar que es la única función que cumple las condiciones (si es que es la única, tiene pinta)

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  4. Se me ocurren algunos ejemplos:
    X=1 f(x)=ln(x+2)/ln(3)
    x=0 f(x)=Cos(x)
    X=0 f(x)=exp(x)

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  5. Pablotrompeta

    Cuando x=0 no es una f(x) sino una f(0). Cualquier función que cumpla f(0)=1 valdría
    Lo mismo para x=1

    Yo creo que el problema está resuelto en su totalidad dado que no se ha impuesto ninguna condición como continuidad o derivabilidad y muy bien por cierto.

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  6. uops, cierto Damiancete. Además, no había visto tu solución y yo no hago más que repetirla. Disculpa…

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  7. ¡Buenas! Me presento: soy nuevo en estos lares y soy aficionado a las matemáticas y proyecto de Ing. de Teleco. Sigo desde hace tiempo este blog y quiero felicitar por la labor divulgativa y hacer ameno el contacto con este maravilloso mundillo a los menos prolijos en las matemáticas.
    La solución de unicidad creo que ya viene implícita en las manipulaciones que hacen “Damiancete” y “penyeta”(sino que me corrija algún experto en estos detalles), pero aún así la prueba de ella sería una cosa así(con esto de la unicidad de solución en Teleco nos dan mucha tralla para Ecs. Diferenciales y demás):
    Supongamos que existen dos soluciones f_1(x) y f_2(x). Para garantizar la unicidad debemos demostrar que f_1(x)=f_2(x) o análogamente y=f_1(x)-f_2(x)=0. Aplicando la condición de partida para f(x) podemos decir que forall x:
    y=f_1(x)-f_2(x)=1-x cdot f_1(-x)-1+x cdot f_2(-x)=x cdot left( f_2(-x)-f_1(-x) right)=-x cdot left( f_1(-x)-f_2(-x) right)
    Podemos ver como podemos continuar diciendo, aplicando la fórmula anterior sobre:
    f_1(-x)-f_2(-x)=x cdot left( f_1(x)-f_2(x) right).
    Por tanto:
    f_1(x)-f_2(x)=-x cdot left( f_1(-x)-f_2(-x) right)=-x^2 cdot left( f_1(x)-f_2(x) right)
    Esta condición se debe cumplir forall x y la única manera de que y=-x^2 cdot y, forall x in mathbb{R} es cuando y=f_1(x)-f_2(x)=0.
    Por lo tanto hemos demostrado que f(x) es única y es la solución que ya ha dado “Damiancete” en el primer comentario-post.
    ¡Saludos!

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  8. Reedito mi solución a la unicidad tipográficamente bien que edité y me falló “LaTeX” :S
    Supongamos que existen dos soluciones f_1(x) y f_2(x). Para garantizar la unicidad debemos demostrar que f_1(x)=f_2(x) o análogamente f_1(x)-f_2(x)=0. Aplicando la condición de partida para f(x) del enunciado podemos decir que \forall x:
    y(x)=f_1(x)-f_2(x)=1-x \cdot f_1(-x)-1+x \cdot f_2(-x)=-x \cdot \left( f_1(-x)-f_2(-x) \right)

    Podemos ver como podemos continuar diciendo, aplicando la fórmula anterior sobre f_1(-x)-f_2(-x):
    f_1(-x)-f_2(-x)=y(-x)=x \cdot \left( f_1(x)-f_2(x) \right)
    Por tanto:
    y(x)=f_1(x)-f_2(x)=x \cdot y(-x)=-x^2 \cdot \left( f_1(x)-f_2(x) \right)=-x^2 \cdot y(x)
    Esta condición se debe cumplir \forall x y la única manera de que y=-x^2 \cdot y, \forall x \in \mathbb{R} es cuando y=f_1(x)-f_2(x)=0 y por tanto f_1(x)=f_2(x)=f(x).
    Por lo tanto hemos demostrado que f(x) es única y es la solución que ya ha dado “Damiancete” en el primer comentario-post.

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  9. LLego tardecillo y no sé si esto es correcto, pero a ver qué os parece mi razonamiento.

    La función f\left(x\right) se puede descomponer como suma de una función par y otra impar: f\left(x\right)=p\left(x\right)+i\left(x\right). Entonces, la ecuación original se convierte en:

    \left[p\left(x\right)+i\left(x\right)\right]+x\left[p\left(-x\right)+i\left(-x\right)\right]=1

    Por las propiedades de las funciones pares e impares, tenemos:

    \left[p\left(x\right)+i\left(x\right)\right]+x\left[p\left(x\right)-i\left(x\right)\right]=1

    A continuación agrupamos las funciones pares e impares de la expresión de la izquierda, e igualamos a las de la derecha (0 y 1, respectivamente):

    p\left(x\right)-x\cdot i\left(x\right)=0
    i\left(x\right)+x\cdot p\left(x\right)=1

    Tomando p\left(x\right) e i\left(x\right) como incógnitas, resolvemos la ecuación, obteniendo:
    p\left(x\right)=\dfrac1{1+x^2}
    i\left(x\right)=\dfrac{-x}{1+x^2}

    Una vez comprobado que efectivamente p\left(x\right) es par e i\left(x\right) es impar, confirmamos que la única solución es
    f\left(x\right)=p\left(x\right)+i\left(x\right)=\dfrac{1-x}{1+x^2}.

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  10. Me acabo de dar cuenta de que he puesto mal las ecuaciones, va el 1 en la primera y el 0 en la segunda (f\left(x\right)=1 es una función par).

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  11. “A continuación agrupamos las funciones pares e impares de la expresión de la izquierda, e igualamos a las de la derecha (0 y 1, respectivamente):

    ….=1
    ….=0”

    ¿de dónde sacas eso Ñbrevu? Parece que asignes el valor 0 y 1 arbitrariamente.

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  12. Nada, nada, ya está ñbrevu. Viene de las propiedades de las operaciones con funciones pares, impares, etc. (ejemplo: suma (y producto) de funciones pares es una función par, etc.)

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  13. Yo lo he hecho de la siguiente forma:

    Supongo un f(x) que admite desarrollo en série de potencias.

    f(x)=\sum_{i=0}^\infty a_i x^i

    Entonces la funcional quedaría:

    \sum_{i=0}^\infty a_i x^i + x\sum_{i=0}^\infty a_i (-x)^i = 1

    \sum_{i=0}^\infty a_i x^i + \sum_{i=0}^\infty (-1)^i a_i x^{i+1} = 1

    Esto implica que:

    a_0 = 1

    a_1 + a_0 = 0 \rightarrow a_1 = -1

    a_2 - a_1 = 0 \rightarrow a_2 = -1

    a_3 - a_2 = 0 \rightarrow a_3 = 1

    a_4 - a_3 = 0 \rightarrow a_4 = 1

    Con lo cual:

    f(x) = 1 - x - x^2 + x^3 + x^4 - x^5 - x^6 + …

    Operando un poco podemos observar que:

    f(x) = (1 + x + x^2 + x^3 + x^4 …) - 2x(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + …) + 2x^3(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 …) - 2x^5(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 …)…

    Observando que el desarrollo en série de potencias de \dfrac{1}{1-x} es 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 … tenemos pues que:

    f(x) = \dfrac{1}{1-x} - 2x\dfrac{1}{1-x} + 2x^3\dfrac{1}{1-x} - 2x^5\dfrac{1}{1-x}…

    f(x) = \dfrac{1}{1-x} + \dfrac{-2x + 2x^3 - 2x^5 + …}{1-x}

    f(x) = \dfrac{1}{1-x} - 2x\dfrac{1 - x^2 + x^4 - …}{1-x}

    Observando que el desarrollo en série de potencias de \dfrac{1}{1+x^2} es 1 - x^2 + x^4 - x^6 + x^8 … tenemos pues que:

    f(x) = \dfrac{1}{1-x} - 2x\dfrac{\dfrac{1}{1+x^2}}{1-x}

    f(x) = \dfrac{1}{1-x} - 2x\dfrac{1}{(1+x^2)(1-x)}

    f(x) = \dfrac{1 + x^2 - 2x}{(1+x^2)(1-x)}

    f(x) = \dfrac{(1-x)^2}{(1+x^2)(1-x)}

    f(x) = \dfrac{1-x}{1+x^2}

    Con lo cual al menos sabemos que existe una función que:

    1 – Cumple la ecuación funcional.
    2 – Admite desarrollo en série de potencias, siendo dicho desarrollo su série de Taylor, siendo la función infinitamente diferenciable.
    3 – No tiene singularidades.
    4 – Cumple la funcional para todo x real.

    Rubén demostró la unicidad de dicha función.

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  14. Tengo una errata:

    a_3 + a_2 = 0 \rightarrow a_3 = 1

    Esto se aplica a todos los a_i, no solo con los primeros 4, con lo que deducimos la série de potencias calculada

    f(x) = 1 - x - x^2 + x^3 + x^4 - x^5 - x^6 + …

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  15. Reciba un cordial saludo a todo el equipo de este blog Gaussiano, mi nombre es JUAN CARLOS DORANTE soy de Venezuela y como puede observar le dejo la información que necesita para la solución de este problema, cualquier comentario y duda me pueden escribir a mi correo: juancarlosdorante@gmail.com
    1er Caso cuando la función es Par:
    Calcular f(x)
    f(x)+x.f(-x)=1;Cuando la función es par f(-x)=f(x)
    Tenemos que:
    f(x)+x.f(x)=1;Por definición de función par
    f(x).[1+x]=1;Por factor común
    f(x)= 1/(1+x) ;Por despeje de la función f(x)
    Por lo tanto hemos conseguido la función f(x) cuando es par.
    2do Caso cuando la función es Impar:
    Calcular f(x)
    f(x)+x.f(-x)=1;Cuando la función es par f(-x)=-f(x)
    Tenemos que:
    f(x)-x.f(x)=1;Por definición de función impar
    f(x).[1-x]=1;Por factor común
    f(x)= 1/(1-x) ;Por despeje de la función f(x)
    Por lo tanto hemos conseguido la función f(x) cuando es impar.
    Como se puede observar se ha conseguido la función f(x), cuando es par e impar, a partir de ambas funciones procederemos a calcular los valores reales de “x” que satisfacen la ecuación funcional y posteriormente los valores de f(x) como lo pide el problema.
    Se procede igualar las funciones encontradas:
    1/(1+x)= 1/(1-x); Por igualación de funciones f(x)=f(x)
    1-x=1+x;Por Multiplicación n de propocionalidad
    1-1=x+x;Por agrupación de términos semejantes en ambos lados
    0=2x ;Por operaciones aritmeticas
    x=0;Por despeje de variable.
    Ahora bien, ya tenemos; el valor de “x = 0”, entonces f(x) = 1 para ambas funciones par e impar.

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