Probando que es periódica

Os dejo hoy martes el problema de esta semana:

Sea f:\;\mathbb{R}\to \mathbb{R} tal que

  1. f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y), \;\; \forall x,y\in\mathbb{R}; y
  2. existe x_0\in\mathbb{R} cumpliendo f(x_0)=-1.

Probar que f(x) es periódica.

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.

27 Comentarios

  1. He encontrado que haciendo x=y tenemos f(x+x)+f(0)=2f(x)^2 (1) y haciendo -x=y tenemos f(0)+f(2x)=2f(x)f(-x) (2), si ahora resto las dos igualdades (1)-(2) da 0=2[f(x)(f(x)-f(-x)] y de este igualdad he sacado que f(x)=f(-x) para todo x, por tanto parace que sea pareja. Pero de momento no se como demostrar que es periódica. También he encontrado f(0)=/0, pero creo que ahora que pienso, la función f(x)=cosx cumple tales condiciones entonces es periodica, podriamos demostrar que es la única? suponemos dos funciones g(x) y h(x) cumplen las condiciones del enunciado, entonces existe x0 tal que g(x0)=-1 y existe xo’ tal que h(x0′)=-1 asin g(x0)=h(x0′). también podriamos mirar si la ecuación g(x)-h(x)=0 tiene como solución todos los reales. de momento no se me ocurre nada más. un saludo cordial

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  2. Supongamos que a es tal que f(a)=-1.
    -2=-1+(-1)=f(a+0)+f(a-0)=2f(a)f(0)=-2f(0) luego f(0)=1
    Entonces 0=1-1= f(a)+f(0)=f(a/2+a/2)+f(a/2-a/2)=2f(a/2)f(a/2) luego f(a/2)=0
    Por otra parte, f(x+a)+f(x)=2f(x+a/2)•f(a/2)=0 luego f(x+a)=-f(x)
    Veamos que la función es periódica de período 2 •a
    f(x+2a)+f(x)=2•f(x+a)f(a)=2•(-f(x))•(-1)=2f(x) luego f(x+2a)=f(x)

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  3. pcrdeg ha dado la solución.
    La pongo un poco más “bonita”.

    Partimos de f(x_0) = -1 y particularizando en (1) tenemos
    -2 = f(x_0 + 0) + f(x_0 -0) = 2 f(x_0)f(0) = -2f(0) luego f(0) = 1
    haciendo x = y = \frac{x_0}{2} tenemos
    0 = 1 - 1 =  f(0) +  f(x_0) =  f(\frac{x_0}{2} - \frac{x_0}{2}) + f(\frac{x_0}{2} + \frac{x_0}{2}) = 2f(\frac{x_0}{2})f(\frac{x_0}{2}) con lo que
    f(\frac{x_0}{2}) = 0

    Por otro lado
    f(x+x_0) + f(x) = 2f(x + \frac{x_0}{2})f(\frac{x_0}{2}) = 0 con lo que f(x+x_0) =  -f(x)

    Finalmente
    f(x+2x_0) + f(x) = 2f(x+x_0)f(x_0) = 2 (-f(x))(-1) = 2f(x)
    con lo que
    f(x) =  f(x+2x_0) esto es, una función periódica de periodo 2x_0

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  4. Ahí va mi intento:

    Una función es periódica de periodo \alpha si f(x) = f(x+\alpha)

    Dada la función del problema:

    f(x+y+\alpha)+f(x-y+\alpha) = 2f(x+\alpha)f(y)

    Restando esta expresión de la que se da en el enunciado:

    f(x+y+\alpha)-f(x+y)+f(x-y+\alpha)-f(x-y) = 2[f(x+\alpha)-f(x)]f(y)=0

    De donde se puede deducir que:
    f(x+y+\alpha)+f(x-y+\alpha) =f(x+y)+f(x-y)

    De forma análoga para la variable y. Con esto se demuestra que es periódica en {x,y}, lo que ya no me queda tan claro es que esto finalice la demostración de la periodicidad de la función (imagino que sí, pero no soy matemático).

    Para la segunda condición, no sé por dónde tirar… ¿Alguna sugerencia?

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  5. Vale, ya he visto la solución dada por A.M. y pcrdeg y lo tengo más claro….

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  6. Curioso juego ese de manipular la función coseno con la regla de no nombrarla. Como el juego ese de no usar la vocal e.

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  7. Juanjo
    ¿Por qué igualas la diferencia a 0?

    Si sale de la premisa es trampa en el solitario.

    Si es periódica en x será periódica en x,y

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  8. en la linea de Maestrillo creo que se puede demostrar solo con la propiedad 1 de que se trata de la funcion coseno o coseno hiperbolico. La propiedad 2 descarta el hiperbolico, quedando solo el coseno.
    Para esto se hace una expansion de Taylor alrededor de x (salvo f(y) que se expande alrededor de 0),
    igualando las potencias de y quedan las ecuaciones:
    f(0)=1
    las derivadas impares de f en 0=0
    y la ecuacion mas elocuente en la segunda derivada f”(x)=f”(0)f(x)
    que es la ecuacion harmonica para f”(0)0 se trataria del coseno hiperbolico pero esta se descarta por la propiedad 2.
    Interesante

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  9. rtomas, en realidad hay más.
    Si solo tomásemos la primera condición, se podría decir de la función f que:
     f(x) = \cos(x)
     f(x) = \cosh(x)
     f(x) = 1
     f(x) = 0

    Al agregar la segunda condición, como dices se reduce a que f(x)=\cos(x), pero con solo la primera condición no me queda claro si estas son las únicas soluciones posibles o habrían más.

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  10. No entiendo por qué afirmais que f(x)=cos x cuando, por ejempo, la función f(x)=cos 3x también cumple el enuncidado del problema.
    Lo que he podido demostrar entre ayer y hoy es lo siguiente:

    Si llamamos s(x)=f(a/2-x), siendo f(a)=-1, la función f(x) se comporta como una función d ela forma f(x)=cos mx y la función s(x) se comporta como s(x)=sen mx.
    Es decir, las habituales propiedades de la suma de ángulos se cumplen . También es cierto que f(x)^2+s(x)^2=1.

    Dicho esto, no tengo la menor idea si hay otras funciones distintas de las citadas que cumplan la condición del porblema.

    Lo que sí puedo afirmar al 95% (me falta revisar el detalle de una demostración pero es difícil hacerlo en una clase con 30 alumnos 😛 ) es que si suponemos la funcion f(x) derivable en x=a/2 entonces necesariamente f(x) es del tipo coseno.

    Lamentablemente el margen de tiempo hasta mi comida es demasiado pequeño para que pueda dar detalles pero, si hay interés, puedo proporcionarlos más adelante.

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  11. “No entiendo por qué afirmais que f(x)=cos x cuando, por ejempo, la función f(x)=cos 3x”

    …que no deja de ser la función coseno. Esto es como cuando te corrigen “el límite de velocidades es la de la luz” diciendo “la velocidad de la luz en el vacío ¿no?”. Pus sí, en el vacío, tron. Vale, no es la función coseno, es una función “tipo coseno”.

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  12. A Maestrillo:
    No pretendía estrar en controversia sobre si la función del problema era “el coseno” o “tipo coseno”. A lo que me refería principalmente es que, aunque a partir de la condición del problema la función se comportara como un coseno, si la función no es derivable no podemos asegurar que verdaderamente es un coseno.

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  13. En efecto, la función es periódica y el periodo es 2xo.

    Veamos por qué:

    En 1. hagamos x=xo e y=0
    f(xo)+f(xo)=2f(xo)*f(0)
    2f(xo)=2f(xo)*f(0)
    Como f(xo)=-1 y no es nulo, según 2., concluimos que f(0)=1. [3]

    En 1. hagamos x=xo/2 e y=xo/2. Resulta:
    f(xo/2 + xo/2) + f(xo/2 – xo/2) = 2(f(xo/2))^2
    f(xo) + f(0) = 2(f(xo/2))^2 y por [3]
    -1 + 1 = 2(f(xo/2))^2
    0 = 2(f(xo/2))^2
    Concluimos que f(xo/2) = 0 [4]

    En 1. hacemos ahora x=x+xo/2 e y=xo/2
    f(x+xo)+f(x)=2f(x+xo/2)f(xo/2) y por [4]
    f(x+xo)+f(x)=0
    f(x+xo)=-f(x) [5]

    En 1. hacemos por último x=x+xo y y=x0
    f(x+2xo)+f(x)=2f(x-xo)f(xo), y aplicando [5] y 2.
    f(x+2xo)+f(x)=2(-f(x)) (-1)
    f(x+2xo)+f(x)=2f(x)
    f(x+2xo)=f(x), y esto se cumple para todo x real.

    Acabamos de encontrar que 2xo es un periodo de la función.

    PD. Perdón por no conocer el LateX

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  14. Como ha dejado entrever Julián, a partir únicamente de la condición 1), y asumiendo que la función es dos veces derivable en x=0 se obtienen sólo las posibilidades f\equiv 0, f\equiv 1, f(x)=cos(a x) y f(x)=cosh(a x). Veámoslo:

    Si f\not\equiv 0, entonces de 1) con y=0 sigue que f(0)=1. Luego, poniendo ahora x=0, se obtiene que f(y)=f(-y) (luego es una función par).

    Supongamos que existe K:=f''(0). Entonces, en particular, existe f'(0)=0 (por la simetría par). Además reordenando 1 se tiene que

    \dfrac{f(x+h)-2f(x)f(h)+f(x-h)}{h^2}=0,

    o bien

    \dfrac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2}=f(x)\dfrac{f(h)-2f(0)+f(-h)}{h^2}.

    Dado que asumimos dos veces derivabilidad en x=0, se tiene tomando límite cuando h\to 0 que f es dos veces derivable en cualquier x y además

    f''(x)=K f(x), con f(0)=1, f'(0)=0.

    De aquí, si K=0 entonces f\equiv 1; y si K\neq 0 entonces

    f(x)=\frac{1}{2}\left(exp(\sqrt{K}x)+exp(-\sqrt{K}x)\right),

    que según sea K positivo o negativo, se corresponde, respectivamente, a una función coseno hiperbólico o coseno.

    Necesito algo de tiempo para ver si se puede deducir la derivabilidad en x=0 directamente de 1), o si por el contrario hay ejemplos no derivables en x=0 cumpliendo la propiedad.

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  15. La función es f(x)=cos(\frac{\pi}{x_0}x)

    Si la función no es derivable, hay más posibilidades. Por ejemplo, f(x)=cos(\frac{\pi}{x_0}x) para múltiplos racionales de x_0 y f(x)=0 para el resto.

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  16. golvano, la función derivable que has dado como ejemplo no vale.

    Si x no es múltiplo racional de x=, haciendo x=y tenemos que, puesto que x+y no es múltiplo racional de x0,
    f(x+y)+f(x-y)=0+1
    Pero 2f(x)f(y)=0.
    Así que no se cumple la igualdad.

    (Llevo media tarde intentando encontar alguna variante de la función que tú has indicado pero que funcione)

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  17. que interesante! 4 soluciones y buscando las no derivables!!!
    Yo diria que no hay soluciones no derivables… pero demostrarlo no debe ser facil.
    Esta claro que si es continua (o derivable) en un entorno de cero, por pequenyo que sea, es continua (o derivable) en todo R.
    Asi que la funcion tendria que recurrir a definiciones en conjuntos densos en R, como ha intentado golvano), que solo veo 2 ahora, los racionales y los irracionales (a mi me da que los trascendentes no son densos en R…?), asi que como ni golvano ni pcdreg lo consiguieron sera que no se puede…
    Alguien lo puede demostrar?

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  18. Yo apostaría a que la ecuación funcional 1), por sí sola, admite soluciones (patológicas) no acotadas, y que asumiendo acotación (en algún intervalo) sólo se obtienen las 4 posibilidades anteriormente indicadas. Me recuerda este asunto a la ecuación funcional de Cauchy.

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  19. A M:

    No, no….. f está acotada siempre entre -1 y 1.

    Como he escrito anteriormente, si 2a es el período de f entonces haciendo s(x)=f(a/2-x), es decir, “inventándonos” la función casi-seno puesto que f(x) es un casi-coseno, he podido demostrar que s(x)^2+f(x)^2=1 lo que implica que f(x) está acotada entre -1 y 1.

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  20. pcrdeg, en mi comentario anterior me refiero a las funciones que cumplen exclusivamente 1) (sin necesidad de cumplir 2)). En particular, cosh(x) no está acotada entre -1 y 1.

    La ecuación 1) es conocida como Ecuación Funcional del Coseno (del mismo modo hay otra ecuación funcional del seno). Lo que no sé es si estas ecuaciones funcionales admiten soluciones patológicas. A ver si este fin de semana puedo mirar algo.

    La ecuación lineal f(x+y)=f(x)+f(y) sí que admite soluciones patológicas (usando bases de Hamel y axioma de elección), diferentes de las funciones lineales f(x)=a x:

    http://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy%27s_functional_equation

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  21. Bueno vamos a demostrar que la ecuación funcional del coseno

    f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)

    admite soluciones patológicas. Este hecho es consecuencia de la existencia de soluciones patológicas de la ecuación funcional de Cauchy f(x+y)=f(x)+f(y).

    Sea entonces g(x) una solución de la ecuación de Cauchy. Definimos u(x):=exp(g(x)). Entonces es inmediato comprobar que u(x) verfica u(x+y)=u(x)u(y).

    Definamos finalmente f(x):=\dfrac{u(x)+u(-x)}{2}, y comprobamos entonces que f(x) satisface la ecuación funcional del coseno.

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  22. Aqui se aprende un monton, jamas habia oido hablar de las soluciones patologicas de las eq funcional de Cauchy! Muchas gracias, M!

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  23. Para el seno y seno hiperbólico tenemos la ecuación funcional

    f(x+y)\cdot f(x-y)=f(x)^2-f(y)^2

    que bajo la condición de continuidad en al menos un punto conduce a las posibilidades f(x)=ax, f(x)=a sen(bx) o f(x)=a senh(bx), para ciertas constantes reales a,b,c.

    Imagino que eliminando la hipótesis de continuidad se obtienen también soluciones patológicas.

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  24. Unas consideraciones.

    Varias veces he visto comentarios sobre demostraciones que usan el axioma de elección. En todas ellas he acabado con la idea de que el uso de ese axioma determina el grado de, digamos, mala calidad matemática del resultado o, por lo menos, de la supersofisticación del resultado. En concreto, leí hace tiempo (y, a pesar de lo que digo, me gustaría volver a hacerlo, así que si alguien tiene enlaces, pues muy amable) sobre las soluciones no continuas a la ecuación funcional de linealidad y creo recordar que hablaban de su existencia pero no daban ningún ejemplo (yo me habría conformado con que me dieran la imagen del 0, el uno y algún racional según alguna de esas funciones, pero me vi incapaz de encontrarlos)

    No estaría mal una o unas entradas sobre este axioma.

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  25. Maestrillo, cualquier solución a la ecuación lineal f(x+y)=f(x)+f(y) verifica que f(x)=\lambda x para todo x\in \mathbb{Q}. En particular así se obtiene el valor en 0 y en 1. Es sobre los irracionales donde entra la patología de estas funciones, pues se pueden definir en dichos puntos con total libertad. Sin embargo, debemos admitir el axioma de elección y usar bases de Hamel de \mathbb{R} sobre \mathbb{Q} para llevar a cabo estas construcciones patológicas. Además, como consecuencia, este tipo de funciones tienen gráficas densas en el plano, lo cual me parece un resultado -aunque contraintuitivo- bellísimo. Me parece que el enlace a la wikipedia que puse anteriormente deja bastante clara la construcción a un nivel asequible.

    Por otra parte, no estoy de acuerdo en que los resultados matemáticos que usan el axioma de elección sean de mala calidad (o de calidad inferior a otros que no lo usan). A fin de cuentas la existencia de conjuntos de Vitali, la existencia de bases de espacios vectoriales, la paradoja de Banach-Tarski y un largo etcétera de resultados matemáticos notables requieren el uso de este axioma.

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  26. En la réplica has mejorado mi queja. Los ejemplos que pones (los que conozco) hablan de la existencia pero no permiten construir nada. De hecho, por lo poco que he podido atisbar, el axioma de elección se usa precisamente en situaciones en las que no se puede construir nada. Había oído hablar de lo poco intuitivo de ese axioma y las muy serias dudas que suscita su admisión y me picó la curiosidad. A primera vista parece obvio… hasta que ves un par de ejemplos en los que es necesario usarlo, entonces no lo parece tanto. Es decir, te parece obvio en situaciones en los que no se necesita y parece una pesadilla de números en las que se necesita.

    En la wikipedia me encuentro esto. Me ha gustado leerlo porque indica que he entendido bien un aspecto fundamental de ese axioma por mi cuenta.

    “We can use this to find all solutions to the equation. Note that this method is highly non-constructive, relying as it does on the axiom of choice.”

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  27. Algo que seguro varios notaron (sin recurrir a que es, o se parece a la función coseno), es que resulta ser una función par…

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