Casos difíciles: discontinuidades y soluciones patológicas

El problema con las soluciones patológicas

Demostramos en la lección 3.2 que toda solución de $f(x+y)=f(x)+f(y)$ sobre $\mathbb{Q}$ es de la forma $f(x)=cx$. Pero sobre $\mathbb{R}$, la situación es radicalmente diferente.

Sin hipótesis adicionales, la ecuación de Cauchy sobre $\mathbb{R}$ tiene infinitas soluciones no lineales. Estas soluciones son "patológicas": son aditivas ($f(x+y)=f(x)+f(y)$) pero no son medibles (en el sentido de Lebesgue), no son monótonas en ningún intervalo, y su gráfica es densa en el plano. Es decir, para cualquier punto $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ y cualquier $\epsilon>0$, existe $x_0\in\mathbb{R}$ con $|x_0-a|<\epsilon$ y $|f(x_0)-b|<\epsilon$.

Estas funciones existen gracias al Axioma de Elección (más precisamente, a la existencia de una base de Hamel de $\mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$). No tienen una forma cerrada; son genuinamente "imposibles de escribir". En olimpiadas, cuando el enunciado dice "para todo $x,y\in\mathbb{R}$" sin condición adicional, el concursante debe verificar si hay o no condiciones de regularidad explícitas o implícitas.

Base de Hamel y soluciones patológicas: la idea

Una base de Hamel de $\mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$ es un conjunto $\mathcal{B}\subset\mathbb{R}$ tal que todo número real $x$ se escribe de forma única como combinación lineal finita $x=\sum_{i}q_i b_i$ con $q_i\in\mathbb{Q}$ y $b_i\in\mathcal{B}$. La existencia de $\mathcal{B}$ sigue del Axioma de Elección (y no puede probarse sin él en ZF).

Dado $\mathcal{B}$, podemos definir $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ asignando libremente $f(b)=c_b\in\mathbb{R}$ para cada $b\in\mathcal{B}$, y extendiendo por $\mathbb{Q}$-linealidad: f(\sum q_i b_i)=\sum q_i c_b_i. Se verifica directamente que $f(x+y)=f(x)+f(y)$ para todo $x,y\in\mathbb{R}$. Si los $c_b$ no son todos proporcionales a los $b$ (por el mismo factor), la función $f$ no es de la forma $cx$ — es una solución patológica.

Lo importante para olimpiadas: estas funciones existen, pero no tienen descripción cerrada. En la práctica, ningún enunciado olímpico pide encontrarlas — los enunciados siempre imponen condiciones de regularidad (explícitas o implícitas) que las excluyen.

Condiciones que garantizan linealidad

Sea $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ solución de $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Cada una de las siguientes condiciones implica $f(x)=cx$ para alguna constante $c$:

(C1) Continuidad en un punto. Si $f$ es continua en algún $x_0\in\mathbb{R}$, entonces $f$ es continua en todos los reales y, por la ecuación de Cauchy, es lineal.

(C2) Monotonicidad. Si $f$ es no decreciente (o no creciente) en algún intervalo abierto, entonces $f$ es lineal.

(C3) Acotamiento superior en un intervalo. Si existe un intervalo $[a,b]$ en el que $f$ está acotada superiormente (i.e., $f(x)\le M$ para $x\in[a,b]$), entonces $f$ es lineal.

(C4) Medibilidad. Si $f$ es medible Lebesgue, entonces $f$ es lineal.

¿Cuál condición usar en olimpiadas? En olimpiadas iberoamericanas el enunciado frecuentemente pide que la función sea "estrictamente monótona" o "continua", lo cual activa (C1) o (C2) directamente. Cuando el dominio es $\mathbb{Q}$ o $\mathbb{Z}$, ninguna condición adicional es necesaria.

Demostración de (C3) en una línea. Si $f\le M$ en $[a,b]$, entonces para cualquier $x\in\mathbb{R}$ y entero grande $n$, existe $y\in[a,b]$ tal que $ny=x$ (ajustando el argumento), lo que fuerza $f(x)\le nM/n$... el argumento preciso usa que la acotación en un intervalo se propaga a todo $\mathbb{R}$ por la ecuación de Cauchy, forzando continuidad en $0$.

Trampas frecuentes en olimpiadas

Trampa 1: asumir implícitamente continuidad. Un error común: el concursante demuestra correctamente que $f(r)=cr$ para $r\in\mathbb{Q}$, y luego escribe "por continuidad, $f(x)=cx$ para todo $x\in\mathbb{R}$" sin haber demostrado la continuidad de $f$. Este paso falta una demostración. Hay que probar continuidad (o usar otra de las condiciones C1–C4) antes de extender a $\mathbb{R}$.

Trampa 2: soluciones extra por falta de unicidad. Algunas ecuaciones funcionales tienen dos familias de soluciones, por ejemplo $f\equiv 0$ y $f(x)=cx$. El concursante que solo encontró $f(x)=cx$ (y olvidó $f\equiv 0$) pierde puntos. Siempre verifica si la función nula satisface la ecuación.

**Trampa 3: restricciones del dominio sobre valores de $f$.** Si la ecuación dice $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ y en el análisis aparece $f(x)=cx$, debes verificar que $c>0$ para que $f$ mapee $\mathbb{R}^+$ en $\mathbb{R}^+$. El signo de $c$ forma parte de la respuesta.

Trampa 4: no verificar la solución encontrada. Aunque el análisis sea correcto, la solución olímpica debe concluir siempre con una verificación explícita: "comprobamos que $f(x)=cx$ satisface la ecuación original..." con los cálculos escritos.

Problema modelo: ecuación con dominio en $\mathbb{R}^+$ y trampas

Problema (tipo Iberoamericana). Halla todas las funciones $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ tales que $f(x)f(y)=2f(x+yf(x))$ para todo $x,y>0$.

**Paso 1: $y\to 0^+$.** No podemos poner $y=0$ (el dominio es $\mathbb{R}^+$). Sin embargo, buscamos invarianza: fijamos $x$ y variamos $y$. El lado derecho es $2f(x+yf(x))$; como $f(x)>0$, cuando $y$ varía en $\mathbb{R}^+$, $x+yf(x)$ varía en $(x,\infty)$. Luego el lado derecho toma todos los valores en $\{2f(t):t>x\}$. Por tanto $f(x)\cdot f(y)$ también lo hace — eso no dice mucho aún.

Paso 2: simetría. Intercambiamos $x$ e $y$: $f(y)f(x)=2f(y+xf(y))$. Luego $2f(x+yf(x))=2f(y+xf(y))$, es decir $f(x+yf(x))=f(y+xf(y))$. Si $f$ es inyectiva, $x+yf(x)=y+xf(y)$, o sea $x-y=xf(y)-yf(x)=y(f(x))-x(f(y))$... reorganizando: $x-y=xf(y)-yf(x)$, es decir $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (dividiendo ambos lados por $xy$ y reacomodando), lo que fuerza $f(x)/x=c$ constante, es decir $f(x)=cx$.

Verificación. $f(x)f(y)=cx\cdot cy=c^2xy$. El lado derecho: $2f(x+yf(x))=2f(x+ycx)=2c(x+ycx)=2cx(1+cy)$. Para igualdad: $c^2xy=2cx(1+cy)=2cx+2c^2xy$, luego $0=2cx+c^2xy$, es decir $c(2x+cxy)=0$ para todo $x,y>0$ — eso daría $c=0$, pero $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ implica $c>0$, contradicción. Luego $f(x)=cx$ no es solución (a pesar del análisis). El error: la inyectividad debió demostrarse, no asumirse. Solución correcta: $f(x)=2/x$ (verificar: $(2/x)(2/y)=4/(xy)$; $2f(x+y\cdot 2/x)=2f(x+2y/x)=2\cdot\frac{2}{x+2y/x}=\frac{4}{x+2y/x}=\frac{4x}{x^2+2y}$... el análisis completo muestra que la solución es $f(x)=2/x$ con verificación directa: $\frac{2}{x}\cdot\frac{2}{y}=\frac{4}{xy}$; $2\cdot\frac{2}{x+y\cdot(2/x)}=\frac{4}{x+2y/x}=\frac{4x}{x^2+2y}$... eso tampoco funciona fácilmente; la solución real es $f\equiv c$ constante: $c\cdot c=2c$, luego $c^2=2c$, $c=2$ (ya que $c>0$). **La función constante $f\equiv 2$ es la única solución.** Verificación: $f(x)f(y)=4$; $2f(x+2y)=2\cdot 2=4$. Correcto.

El ejemplo ilustra la "trampa 2": la solución $f\equiv 2$ es la única, y asumir que $f$ no es constante lleva a contradicciones. Siempre probar si las funciones constantes son solución antes de buscar formas más complejas.