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Construcción de funciones

Lección 6.4·Capítulo 6 — Funciones en olimpiadas·13 min·Piloto
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Disclosure de IA: al publicarse, este contenido reproducirá digitalmente, con autorización expresa del autor, la voz y fisonomía de Eduardo Espinoza Ramos. Curaduría revisada por matemáticos profesionales. Política completa →

Objetivo de la lección

Construir funciones que satisfagan condiciones dadas (existencia) y construir contraejemplos que demuestren que ciertas condiciones no determinan la función unívocamente; usar particiones del dominio, definiciones por casos y extensiones para construir soluciones; y demostrar unicidad combinando la construcción con argumentos de determinación paso a paso.

Construir la solución paso a paso

En olimpiadas, a veces el objetivo no es "halla todas las ff" sino "demuestra que existe ff con las propiedades P". La estrategia es construir explícitamente tal función, verificando que cumple todas las condiciones.

Ejemplo: demuestra que existe f:Z→Zf: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} tal que f(m+n)+f(mn−1)=f(m)f(n)+2f(m+n) + f(mn-1) = f(m)f(n) + 2 para todo m,n∈Zm, n \in \mathbb{Z}. Probemos f(n)=n+1f(n) = n + 1: f(m+n)+f(mn−1)=(m+n+1)+(mn)=mn+m+n+1f(m+n) + f(mn-1) = (m+n+1) + (mn) = mn + m + n + 1 y f(m)f(n)+2=(m+1)(n+1)+2=mn+m+n+1+2−2=mn+m+n+1f(m)f(n) + 2 = (m+1)(n+1) + 2 = mn + m + n + 1 + 2 - 2 = mn + m + n + 1. ✓ La función f(n)=n+1f(n) = n + 1 es una solución.

También probemos f(n)=2f(n) = 2 para todo nn: f(m+n)+f(mn−1)=2+2=4f(m+n) + f(mn-1) = 2 + 2 = 4 y f(m)f(n)+2=4+2=6≠4f(m)f(n) + 2 = 4 + 2 = 6 \neq 4. No es solución. Así que la unicidad no está garantizada sin hipótesis adicionales.

Regla: siempre verifica la función construida sustituyendo directamente en la ecuación original, sin omitir casos.

Construcción por casos y particiones del dominio

Para construir contraejemplos o funciones con comportamiento prescrito, a menudo se define ff de manera diferente en distintas partes del dominio.

Ejemplo: construye f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R} tal que f(f(x))=xf(f(x)) = x para todo xx (función involutiva), ff no es la identidad, y ff no es f(x)=−xf(x) = -x. Definición por partes: f(x)=x+1f(x) = x + 1 si x∈[2k,2k+1)x \in [2k, 2k+1) para algún k∈Zk \in \mathbb{Z}, y f(x)=x−1f(x) = x - 1 si x∈[2k+1,2k+2)x \in [2k+1, 2k+2). Verificación: si x∈[0,1)x \in [0,1), f(x)=x+1∈[1,2)f(x) = x + 1 \in [1,2), luego f(f(x))=f(x+1)=(x+1)−1=xf(f(x)) = f(x+1) = (x+1) - 1 = x. ✓ Esta función es una involucion no trivial y no lineal.

La técnica de paridad del índice (par/impar en Z\mathbb{Z}, o intervalos en R\mathbb{R}) es muy útil para construir involutivas, funciones de período dado, y funciones que "intercambian" pares de valores.

Otra construcción clásica: **extensión de Q\mathbb{Q} a R\mathbb{R}**. Una función aditiva de Cauchy en Q\mathbb{Q} (dada por f(x)=cxf(x) = cx) puede extenderse a R\mathbb{R} de manera no lineal usando una base de Hamel de R\mathbb{R} sobre Q\mathbb{Q}. Estas construcciones son patológicas y no son constructivas de manera explícita, pero demuestran que la hipótesis de continuidad o monotonía es esencial.

Unicidad: demostrar que la solución es única

Una vez hallada una solución f0f_0, para demostrar que es la única solución se supone que gg también es solución y se demuestra que g=f0g = f_0.

Estrategia por "determinación en cascada": si la ecuación funcional permite calcular g(1)g(1) de manera única, luego g(2)g(2) en términos de g(1)g(1), luego g(3)g(3), etc., entonces gg queda completamente determinada.

Ejemplo: f:N→Nf: \mathbb{N} \to \mathbb{N} con f(1)=1f(1) = 1 y f(n+1)=f(n)+2nf(n+1) = f(n) + 2n para todo n≥1n \geq 1. La condición inicial y la recurrencia determinan ff de manera única: f(2)=1+2=3f(2) = 1 + 2 = 3, f(3)=3+4=7f(3) = 3 + 4 = 7, f(4)=7+6=13f(4) = 7 + 6 = 13, …\ldots En general, f(n)=1+2(1+2+⋯+(n−1))=1+n(n−1)=n2−n+1f(n) = 1 + 2(1 + 2 + \cdots + (n-1)) = 1 + n(n-1) = n^2 - n + 1. Verificación: f(n+1)=(n+1)2−(n+1)+1=n2+2n+1−n−1+1=n2+n+1f(n+1) = (n+1)^2 - (n+1) + 1 = n^2 + 2n + 1 - n - 1 + 1 = n^2 + n + 1 y f(n)+2n=n2−n+1+2n=n2+n+1f(n) + 2n = n^2 - n + 1 + 2n = n^2 + n + 1. ✓

Para dominios más grandes (Q\mathbb{Q} o R\mathbb{R}), la unicidad requiere combinar la "determinación en cascada" en Q\mathbb{Q} con un argumento de densidad (usando monotonía o continuidad) para extender a R\mathbb{R}.

f(n)=n2−n+1(uˊnica solucioˊn de la recurrencia)f(n) = n^2 - n + 1 \quad (\text{única solución de la recurrencia})

Contraejemplos: cuándo una condición no determina $f$

Demostrar que una condición no determina ff unívocamente requiere exhibir dos funciones distintas que ambas satisfagan las condiciones. Esto es un contraejemplo de unicidad.

Ejemplo importante: la ecuación de Cauchy f(x+y)=f(x)+f(y)f(x+y) = f(x) + f(y) sobre R\mathbb{R} (sin monotonía) tiene infinitas soluciones. Las soluciones lineales f(x)=cxf(x) = cx son las "regulares"; las soluciones de Hamel son discontinuas en todo punto y no acotadas en ningún intervalo. Para exhibir explícitamente que hay más de una, basta señalar que f(x)=xf(x) = x y f(x)=2xf(x) = 2x son dos soluciones distintas (con distintos cc), y que en ausencia de condiciones de regularidad, hay soluciones aún más "salvajes".

Ejemplo con contraejemplo concreto: muestra que existen dos funciones distintas f,g:{1,2,3,4}→{1,2,3,4}f, g: \{1, 2, 3, 4\} \to \{1, 2, 3, 4\} tales que f(f(n))=nf(f(n)) = n para todo nn (involutivas). Solución 1: f=idf = \text{id}. Solución 2: f(1)=2f(1) = 2, f(2)=1f(2) = 1, f(3)=4f(3) = 4, f(4)=3f(4) = 3 (intercambia pares). Ambas satisfacen f(f(n))=nf(f(n)) = n.

Mensaje final del Capítulo 6: al resolver una ecuación funcional en olimpiadas, el flujo de trabajo es: (1) sustituciones especiales para extraer información, (2) conjeturar la forma de ff, (3) verificar que la función conjeturada satisface la ecuación, (4) demostrar unicidad (o exhibir contraejemplos si no hay unicidad). Ningún paso debe saltarse.

Problemas del Capítulo 6 — con solución

8 problemas verificados. Intenta cada uno antes de abrir la solución.

A1-6.1★

Halla todas las funciones f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R} tales que f(x+y)=f(x)+f(y)f(x + y) = f(x) + f(y) para todo x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}, sabiendo que ff es monótona creciente.

A1-6.2★

Halla todas las funciones f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R} tales que f(x+y)=f(x)⋅f(y)f(x + y) = f(x) \cdot f(y) para todo x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}, sabiendo que ff no es idénticamente cero y que ff es monótona.

A1-6.3★

Sea f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R} tal que f(2x+1)=2f(x)+1f(2x + 1) = 2f(x) + 1 para todo x∈Rx \in \mathbb{R}. Determina f(2023)f(2023) sabiendo que f(0)=1f(0) = 1.

A1-6.4★★

Halla todas las funciones f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R} tales que f(f(x))=x+1f(f(x)) = x + 1 para todo x∈Rx \in \mathbb{R}.

A1-6.5★★

Sea f:R+→R+f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+ tal que f(xy)=f(x)+f(y)f(xy) = f(x) + f(y) para todo x,y>0x, y > 0. Sabiendo que ff es estrictamente creciente y f(2)=1f(2) = 1, calcula f(32)f(32).

A1-6.6★★

Halla todas las funciones f:Z→Zf: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} tales que f(m+n)+f(m−n)=2f(m)+2f(n)f(m + n) + f(m - n) = 2f(m) + 2f(n) para todo m,n∈Zm, n \in \mathbb{Z}.

A1-6.7★★★

Halla todas las funciones f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R} tales que f(x+f(y))=f(x)+yf(x + f(y)) = f(x) + y para todo x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}.

A1-6.8★★★Problema estilo ONEM regional

Halla todas las funciones f:R+→R+f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+ tales que f ⁣(x+1f(y))=f(x)⋅f ⁣(1f(y))f\!\left(x + \dfrac{1}{f(y)}\right) = f(x) \cdot f\!\left(\dfrac{1}{f(y)}\right) y f(f(x))=1xf(f(x)) = \dfrac{1}{x} para todo x∈R+x \in \mathbb{R}^+.

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