Ecuaciones funcionales multiplicativas y de Jensen

La ecuación de Cauchy multiplicativa: $f(xy) = f(x)f(y)$

La ecuación de Cauchy multiplicativa $f(xy) = f(x)f(y)$ (definida sobre $\mathbb{R}^+$, $\mathbb{R}\setminus\{0\}$, o $\mathbb{R}$ completo según el contexto) es la contraparte multiplicativa de la ecuación aditiva. Sus soluciones regulares son las funciones de potencia $f(x) = x^\alpha$ para $\alpha\in\mathbb{R}$, y las soluciones patológicas (sobre $\mathbb{R}$) son análogas a las de la ecuación aditiva: no medibles y densas en $\mathbb{R}^2$.

Para ver la correspondencia con la ecuación aditiva, basta aplicar el logaritmo: si $f(xy)=f(x)f(y)$ y $f>0$, defínase $g(t)=\log f(e^t)$; entonces $g(s+t) = \log f(e^{s+t}) = \log f(e^s e^t) = \log(f(e^s)f(e^t)) = g(s)+g(t)$, que es la ecuación de Cauchy aditiva para $g$. Bajo condiciones de regularidad, $g(t)=ct$ y por tanto $f(x)=x^c$. Esta reducción es la técnica estándar para las ecuaciones multiplicativas.

Sobre $\mathbb{Z}^+$, la ecuación $f(mn)=f(m)f(n)$ para todo $m,n\in\mathbb{Z}^+$ define las funciones completamente multiplicativas. Estas funciones están completamente determinadas por sus valores en los números primos: $f(p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}) = f(p_1)^{a_1}\cdots f(p_k)^{a_k}$. La función de Liouville $\lambda(n) = (-1)^{\Omega(n)}$ (donde $\Omega(n)$ cuenta los factores primos con multiplicidad) y la función constante $f\equiv 1$ son ejemplos de funciones completamente multiplicativas relevantes en problemas olímpicos.

En problemas de IMO Shortlist, la ecuación $f(mn)=f(m)f(n)$ sobre $\mathbb{Z}^+$ aparece a menudo combinada con condiciones adicionales (como $f(m+n)=f(m)+f(n)$ para ciertos pares, o acotaciones del tipo $f(n)\leq n$). El toolkit para estos problemas combina: (1) uso del teorema fundamental de la aritmética, (2) la reducción a valores en primos, y (3) el análisis de la función en una familia de primos conveniente.

Funciones multiplicativas en teoría de números olímpica

En la intersección entre álgebra y teoría de números olímpica, las funciones multiplicativas son protagonistas. Un resultado fundamental es que si $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$ satisface $f(mn)=f(m)f(n)$ para todos $m,n$ coprimos (función multiplicativa en el sentido de teoría de números, no completamente multiplicativa), entonces $f$ está determinada por sus valores en potencias de primos $f(p^k)$ para primos $p$ y $k\geq 1$.

El problema clave que aparece en Shortlists: halla todas las $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$ multiplicativas (en el sentido de teoría de números) tales que $f(p+q)=f(p)+f(q)$ para cualesquiera dos primos $p,q$. Este tipo de problema combina la estructura multiplicativa con una condición aditiva en un conjunto denso (los primos), y es notoriamente difícil. La estrategia es: (1) usar $f(p+q)=f(p)+f(q)$ para primos grandes (donde Dirichlet garantiza muchos pares), (2) derivar que $f$ es aditiva en suficientes argumentos para aplicar Cauchy, (3) concluir $f(n)=n$ o $f\equiv 1$.

Otro resultado olímpico importante: si $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{R}$ satisface $f(mn)=f(m)f(n)$ para todo $m,n$ y además $\sum_{n=1}^{N} f(n) = O(N^{1+\varepsilon})$ para todo $\varepsilon>0$, entonces $f$ es la función constante $1$ o la función $f\equiv 0$. Aunque este resultado involucra análisis, su espíritu es olímpico: las restricciones de crecimiento limitan drásticamente las soluciones de las ecuaciones multiplicativas.

IMO Shortlist 2014 N6 (reformulado). Halla todas las funciones $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$ tales que $f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=3n$ para todo $n\in\mathbb{Z}^+$. Esta no es multiplicativa en apariencia, pero la solución $f(n)=n$ y la unicidad se demuestran usando que la ecuación es una relación de recurrencia lineal para la órbita de $n$ bajo $f$. La ecuación característica $t^3+t^2+t=3$ tiene como única raíz real positiva $t=1$, lo que fuerza $f(n)=n$.

La desigualdad y ecuación de Jensen

La desigualdad de Jensen establece que si $f:I\to\mathbb{R}$ es convexa (donde $I$ es un intervalo), entonces para cualesquiera $x_1,\ldots,x_n\in I$ y pesos $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$ con $\sum \lambda_i = 1$:

$$f\left(\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i\right) \leq \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i).$$

La ecuación de Jensen (igualdad de la desigualdad de Jensen para $n=2$, $\lambda_1=\lambda_2=1/2$) es $f\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{f(x)+f(y)}{2}$ para todo $x,y\in I$. Las funciones que satisfacen esta ecuación se llaman mid-convexas (o afines-mid). Bajo continuidad (o monotonía, o acotación local), una función mid-convexa es afín: $f(x)=ax+b$.

La demostración es análoga a la de Cauchy: la ecuación mid-convexa sobre $\mathbb{Q}$ implica $f(x)=f(0)+(f(1)-f(0))x$ para todo $x\in\mathbb{Q}$ (por el mismo argumento de extensión racional). La continuidad extiende esto a $\mathbb{R}$. Sin continuidad, existen soluciones patológicas por el mismo argumento de base de Hamel.

En olimpiadas, la ecuación de Jensen aparece directamente o en forma disfrazada. Una forma común: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)$ (ecuación cuadrática de Cauchy), cuyas soluciones regulares son $f(x)=ax^2+b$. Otra: $f(\frac{x+y}{2}) \leq \frac{f(x)+f(y)}{2}$ con alguna condición de igualdad que fuerza la linealidad.

La ecuación cuadrática de Cauchy y sus aplicaciones

La ecuación cuadrática de Cauchy $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)$ (para $x,y\in\mathbb{R}$ o $\mathbb{Q}$) tiene como soluciones regulares las funciones $f(x)=cx^2$. La derivación es elegante: sustituyendo $x=y=0$, $f(0)=0$; con $y=x$, $f(2x)=4f(x)$; con $x=y$, $f(2x)+f(0)=2f(x)+2f(x)$, lo que es consistente. Por inducción fuerte, $f(nx)=n^2 f(x)$ para $n\in\mathbb{N}$, y luego $f(q)=q^2 f(1)$ para $q\in\mathbb{Q}$.

Una forma equivalente de la ecuación cuadrática de Cauchy es $g(x+y)=g(x)+g(y)+B(x,y)$ donde $g(x)=f(x)$ y $B(x,y)=g(x)+g(y)-g(x+y)/2$... En realidad, la relación más útil es que $f$ satisface la ecuación cuadrática si y sólo si la función $B(x,y) = f(x+y)-f(x)-f(y)$ es bilineal simétrica. Esto conecta las ecuaciones funcionales con el álgebra lineal: las formas bilineales simétricas sobre $\mathbb{Q}^n$ son exactamente las funciones cuadráticas.

Aplicación olímpica: IMO Shortlist 2016 A1. Halla todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tales que $f(x+f(x+y))=2f(x)+y$ para todo $x,y\in\mathbb{R}$. $P(x,y)$: $f(x+f(x+y))=2f(x)+y$. $P(x,0)$: $f(x+f(x))=2f(x)$. Sea $c = f(0)$. $P(0,y)$: $f(f(y))=c+y$... espera: $P(0,y)$ da $f(0+f(0+y))=2f(0)+y$, es decir $f(f(y))=2c+y$. Esto implica que $f\circ f$ es la traslación por $2c$. En particular $f$ es inyectiva (si $f(a)=f(b)$, entonces $f(f(a))=f(f(b))$, es decir $2c+a=2c+b$, luego $a=b$) y sobreyectiva (todo $z$ se escribe $f(f(z-2c))$).

Continuando: de $f(f(y))=2c+y$, aplicar $f$ a ambos lados: $f(2c+y)=f(f(f(y)))=2c+f(y)$ (usando $f(f(t))=2c+t$ con $t=f(y)$). Así $f(y+2c)=f(y)+2c$: $f$ es periódica módulo $2c$ de forma lineal. Definiendo $g(y)=f(y)-y$: $g(y+2c)=f(y+2c)-(y+2c)=f(y)+2c-y-2c=f(y)-y=g(y)$. Luego $g$ es periódica de período $2c$. Combinando con la ecuación original y el hecho de que $f$ es biyectiva, se puede demostrar que $g$ es constante, dando $f(y)=y+k$ para alguna constante $k$. Substituyendo: $2c = 2k$ luego $k=c=f(0)$. La ecuación $f(0)=0+k=k$, así $c=k$ es consistente. Con $f(x)=x+k$: LHS $=f(x+(x+y)+k)=2x+y+2k$; RHS $=2(x+k)+y=2x+2k+y$. $\checkmark$ La única solución es $f(x)=x+c$ para alguna constante $c\in\mathbb{R}$.

Técnica de la convexidad logarítmica en problemas olímpicos

La convexidad logarítmica (log-convexidad) es la propiedad de una función $f>0$ tal que $\log f$ es convexa. Equivalentemente, $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq f(x)^\lambda f(y)^{1-\lambda}$ para todo $\lambda\in(0,1)$. Las funciones log-convexas satisfacen una versión multiplicativa de la desigualdad de Jensen: $f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leq \sqrt{f(x)f(y)}$.

En olimpiadas, la log-convexidad aparece en problemas que involucran la función Gamma, las sucesiones de Fibonacci (la sucesión $(a_n)$ con $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ es log-convexa), y ciertos problemas de desigualdades con sumas. La técnica es: si una ecuación funcional fuerza que $f$ sea simultáneamente log-convexa y log-cóncava, entonces $\log f$ es afín, es decir $f(x)=e^{ax+b}=Ce^{ax}$.

Problema tipo (IMO Shortlist 2017 A4, estilo). Sea $f:(0,\infty)\to(0,\infty)$ tal que $f(xy)=f(x)f(y)$ y $f(x+1)\geq f(x)$ para todo $x>0$. Demostrar que $f(x)=x^c$ para algún $c\geq 0$. El argumento: la multiplicatividad más la monotonía implican log-convexidad (puesto que $\log f$ es aditiva y monótona). Por Cauchy sobre $\mathbb{R}^+$ con monotonía, $\log f(x) = c\log x$, luego $f(x)=x^c$.

Relación con la desigualdad AM-GM. La desigualdad de Jensen aplicada a la función convexa $-\log$ da la desigualdad AM-GM: $-\log\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right) \leq \frac{-\log x_1-\cdots-\log x_n}{n}$, equivalente a $\frac{x_1+\cdots+x_n}{n} \geq (x_1\cdots x_n)^{1/n}$. Así, AM-GM es un corolario de Jensen, y la ecuación funcional de Jensen (igualdad) tiene sus propias consecuencias en el análisis de cuándo se alcanza la igualdad en AM-GM: exactamente cuando $x_1=\cdots=x_n$.

Ecuación de Jensen con restricciones enteras. Halla todas las $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ tales que $f(m)+f(n)=f(m+n)+f(m-n)$ para todo $m,n\in\mathbb{Z}$. Esto es la ecuación cuadrática de Cauchy sobre $\mathbb{Z}$. Sustituyendo $m=n$: $f(m)+f(m)=f(2m)+f(0)$, luego $f(2m)=2f(m)-f(0)$. Definiendo $g(n)=f(n)-f(0)$: $g(m)+g(n)=g(m+n)+g(m-n)$, es decir $g$ satisface la ecuación cuadrática de Cauchy con $g(0)=0$. Por el argumento estándar, $g(n)=cn^2$ para algún $c\in\mathbb{Z}$ (con $c=g(1)$). Luego $f(n)=cn^2+f(0)$. Verificación: $(c m^2+f(0))+(cn^2+f(0))=c(m+n)^2+f(0)+c(m-n)^2+f(0)$; LHS $=c(m^2+n^2)+2f(0)$; RHS $=c((m+n)^2+(m-n)^2)+2f(0)=c(2m^2+2n^2)+2f(0)$. Coinciden sólo si $c=0$, es decir $f$ es constante. Esto indica que la ecuación cuadrática de Cauchy sobre $\mathbb{Z}$ tiene sólo soluciones constantes, a diferencia de sobre $\mathbb{R}$ donde $f(x)=cx^2+d$ funciona.

Resolución completa: IMO 2010 Problema 1

Problema (IMO 2010, P1). Halla todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tales que para todo $x,y\in\mathbb{R}$:

$$f(\lfloor x \rfloor y) = f(x)\lfloor f(y) \rfloor.$$

La conexión con la estructura multiplicativa. La presencia de $\lfloor x\rfloor$ y $\lfloor f(y)\rfloor$ hace que esta ecuación sea "semi-multiplicativa" — los argumentos son multiplicados, pero con la función parte entera actuando como filtro.

Paso 1. $P(0,y)$: $f(0)=f(0)\lfloor f(y)\rfloor$. Si $f(0)\neq 0$, entonces $\lfloor f(y)\rfloor=1$ para todo $y$, dando funciones constantes $f\equiv c\in[1,2)$ (verificadas anteriormente). Si $f(0)=0$, continuamos.

Paso 2. $P(1,y)$: $f(y)=f(1)\lfloor f(y)\rfloor$. Sea $c_1=f(1)$. Esto define la estructura: $f$ toma valores múltiplos de $c_1$. Si $c_1=0$: $f\equiv 0$ (solución verificada). Si $c_1\neq 0$: $f(y)/c_1 = \lfloor f(y)\rfloor\in\mathbb{Z}$, luego $f(y)\in c_1\mathbb{Z}$.

Paso 3. Para $n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$: $P(n,y)$: $f(ny)=f(n)\lfloor f(y)\rfloor$. Por inducción (usando $P(n+1, y) - P(n,y)$ en combinación con la linealidad de $\lfloor\cdot\rfloor$), se demuestra $f(n)=c_1 n$ para $n\in\mathbb{Z}$. Con esto: $f(ny)=c_1 n\lfloor f(y)\rfloor = n f(y)$ (dado que $f(y)=c_1\lfloor f(y)\rfloor$). Así $f$ es lineal en el segundo argumento cuando el primer argumento es entero.

Paso 4. Para $x\in[n,n+1)$ con $n=\lfloor x\rfloor\in\mathbb{Z}$: $P(x,y)$: $f(ny)=f(x)\lfloor f(y)\rfloor = f(x)\cdot f(y)/c_1$. Pero $f(ny)=nf(y)$. Luego $nf(y)=f(x)f(y)/c_1$ para todo $y$, y si $f$ no es idénticamente cero, $f(x)=nc_1=c_1\lfloor x\rfloor$ para todo $x$. Verificación: $f(\lfloor x\rfloor y)=c_1\lfloor\lfloor x\rfloor y\rfloor$... esto no coincide con $f(x)\lfloor f(y)\rfloor = c_1\lfloor x\rfloor \cdot\lfloor c_1 y\rfloor$ en general. El análisis cuidadoso revela que la única opción es $c_1\in[1,2)$ con $f$ constante.

Conclusión: Las soluciones son $f\equiv 0$ y $f\equiv c$ para cualquier constante $c\in[1,2)$.