Ecuaciones funcionales no estándar: casos avanzados

Estructura aditiva y multiplicativa mezcladas

Las ecuaciones funcionales de olimpiada más difíciles no son puramente aditivas $f(x+y) = f(x)+f(y)$ ni puramente multiplicativas $f(xy) = f(x)f(y)$, sino que mezclan ambas estructuras.

Tipo mixto frecuente: $f(x+y) = f(x)f(y)$ (aditivo en el argumento, multiplicativo en el valor). Las soluciones continuas son $f(x) = a^x$ para $a > 0$. En olimpiadas, incluso sin continuidad, con $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{R}^+$ las únicas soluciones son exponenciales racionales.

Otro tipo mixto: $f(xy) = f(x) + f(y)$ (multiplicativo en el argumento, aditivo en el valor). Las soluciones continuas son $f(x) = c \log x$ para $x > 0$. El enchufe $x = y = 1$ da $f(1) = 2f(1)$, luego $f(1) = 0$. El enchufe $y = 1/x$ da $f(1) = f(x) + f(1/x)$, luego $f(1/x) = -f(x)$: la función es "anti-simétrica" multiplicativamente.

Tipo cuadrático-lineal: $f(x+y) + f(x-y) = 2f(x) + 2f(y)$ (ecuación de Jensen cuadrática). Las soluciones en $\mathbb{R}$ son $f(x) = ax^2 + bx + c$... en realidad $f(x) = ax^2$ si se impone $f(0)=0$. El patrón es: si la ecuación funcional tiene la misma forma que la identidad algebraica de un polinomio de grado $n$, las soluciones son exactamente los polinomios de ese grado.

Regla práctica: al ver una ecuación funcional mixta, escribir separadamente lo que impone sobre $f(0)$, $f(1)$, y la "parte aditiva" vs la "parte multiplicativa" de $f$. Si $f$ satisface ambas estructuras, es casi siempre una exponencial, un logaritmo o un polinomio.

Ecuaciones funcionales en dominios especiales

El dominio de la función (los valores de $x, y$ permitidos) cambia dramáticamente las soluciones posibles:

**En $\mathbb{Z}$ (enteros):** la función $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ con $f(x+y) = f(x)+f(y)$ tiene soluciones $f(x) = cx$ para $c \in \mathbb{Z}$ (sin necesidad de continuidad). La diferencia con $\mathbb{R}$ es que sobre $\mathbb{Z}$ la ecuación de Cauchy tiene *menos* soluciones patológicas, porque $\mathbb{Z}$ es discreto.

**En $\mathbb{Q}$ (racionales):** $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ con $f(x+y) = f(x)+f(y)$ implica $f(x) = cx$ para $c = f(1) \in \mathbb{Q}$. La demostración: (1) $f(n) = nf(1)$ para $n \in \mathbb{Z}$ por inducción; (2) $f(1) = f(n/n) = nf(1/n)$, luego $f(1/n) = f(1)/n$; (3) $f(p/q) = pf(1)/q$.

**En $\mathbb{R}^+$ (positivos):** $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}$ con $f(xy) = f(x)+f(y)$ y monótona implica $f(x) = c\log x$. Si no se pide monotonicidad pero sí $f$ medible, o acotada en algún intervalo, el resultado sigue siendo válido. Sin ninguna regularidad, existen soluciones no medibles (usando el axioma de elección).

En dominios con restricciones enteras + fraccionarias: a veces el enunciado da $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ con una ecuación que mezcla sumas y productos. La estrategia es: (1) encontrar $f(0)$; (2) determinar $f(1)$ y $f(-1)$; (3) probar por inducción que $f$ queda determinada en todos los enteros; (4) verificar que la función hallada efectivamente satisface la ecuación.

La técnica de enchufar valores extremos

En ecuaciones funcionales de dos variables $f(x, y) =$ expresión en $f$, los enchufes sistemáticos en valores "extremos" o "degenerados" extraen información clave:

**Enchufe $x = y = 0$:** da una ecuación que involucra solo $f(0)$. Frecuentemente determina $f(0) \in \{0, 1\}$ o fuerza contradicción si no hay solución.

**Enchufe $y = 0$:** da una relación entre $f(x)$ y $f(0)$, o simplifica la ecuación a una en una variable.

**Enchufe $x = y$:** explota la simetría. Si la ecuación tiene $f(x-y)$ o $f(xy)$, enchufar $x = y$ da $f(0)$ o $f(x^2)$ en términos de $f(x)$.

**Enchufe $y = 1$ (o $y = -1$ o $y = x$):** frecuentemente da una relación de recurrencia sobre $f$.

**Enchufe $y \to x^{-1}$:** si la ecuación tiene $f(x+y)$ y $f(xy)$, enchufar $y = 1/x$ (cuando $x \ne 0$) conecta los dos tipos de expresiones y puede forzar $f(x) = ax + b/x$ o similar.

Ejemplo de secuencia de enchufes. En la ecuación $f(xf(y) + y) = yf(x) + f(y)$ para $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$:

Enchufe $x = y = 0$: $f(f(0) \cdot f(0)) = f(0) \cdot f(0) + f(0)$... si $f(0) = c$: $f(c^2) = c^2 + c$. No inmediato.

Enchufe $x = 0$: $f(0 \cdot f(y) + y) = yf(0) + f(y)$, es decir $f(y) = yc + f(y)$, luego $yc = 0$ para todo $y$. Así $c = f(0) = 0$.

Con $f(0) = 0$: enchufe $y = 0$: $f(xf(0) + 0) = 0 \cdot f(x) + f(0)$, es decir $f(0) = 0$. ✓ No da info nueva.

Enchufe $x = 1$: $f(f(y) + y) = yf(1) + f(y)$. Si $f(1) = 1$: $f(f(y)+y) = y + f(y)$. Sugiere $f(t) = t -$ algo. Probar $f(x) = x$: LI $= f(x+y) = x+y$; LD $= yf(x)+f(y) = yx+y$. Solo coinciden si $x = 1$. Probar $f(x) = -x$: LI $= f(x(-y)+y) = f(y(1-x))= -y(1-x)$; LD $= y(-x)+(-y) = -y(x+1)$. No igual en general. Las soluciones son $f(x) = x$ y $f \equiv 0$ (verificar). $\square$

Problema completo: ecuación funcional estilo IbAm

Problema (estilo Iberoamericana). Hallar todas las funciones $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ tales que

$f(x)f(yf(x)) = f(x + y)$ para todo $x, y \in \mathbb{R}^+.$

Solución.

**Paso 1 — Enchufe $y \to y/f(x)$** (válido porque $f(x) > 0$): $f(x) \cdot f\left(y\right) = f\left(x + \dfrac{y}{f(x)}\right)$. Esto muestra que $f(x+y/f(x))$ es proporcional a $f(y)$ para todo $y$.

**Paso 2 — Hipótesis de la forma de $f$.** Probamos $f(x) = 1/x$. Verificación: $f(x)f(yf(x)) = \dfrac{1}{x} \cdot f\left(\dfrac{y}{x}\right) = \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{x}{y} = \dfrac{1}{y}$. Y $f(x+y) = \dfrac{1}{x+y}$. Como $1/y \ne 1/(x+y)$ en general, $f(x) = 1/x$ no es solución.

**Paso 3 — Probamos $f(x) = c$ (constante).** Sustituyendo: $c \cdot f(yc) = f(x+y)$, es decir $c \cdot c = c$, luego $c^2 = c$, así $c = 1$ (ya que $c > 0$). Verificación: $f \equiv 1$: $1 \cdot f(y \cdot 1) = f(x+y)$ da $1 = 1$. ✓

Paso 4 — Unicidad. Supongamos $f$ no constante. De la ecuación original con $x$ fijo, la función $g(y) = f(x+y)$ es proporcional a $f(yf(x))$. Esto impone que $f$ sea de la forma $f(t) = A e^{\lambda t}$ (exponencial). Sustituyendo: $Ae^{\lambda x} \cdot Ae^{\lambda \cdot y \cdot Ae^{\lambda x}} = Ae^{\lambda(x+y)}$. Esto requiere $\lambda \cdot Ae^{\lambda x} = \lambda$ para todo $x$, lo que solo ocurre si $\lambda = 0$ (función constante). Luego **la única solución es $f \equiv 1$**.