Sucesiones definidas por ecuaciones funcionales

Sucesiones como restricciones de funciones

Una ecuación funcional como $f(f(n)) = n + 2026$ define $f$ sobre $\mathbb{Z}$ y simultáneamente define dos sucesiones entrelazadas: la órbita de $0$ bajo $f$ y la órbita de $1$ bajo $f$. Estudiar $f$ equivale a estudiar estas sucesiones.

Principio de separación de órbitas. Si $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ satisface $f(f(n))=n+c$ para alguna constante $c>0$, entonces las órbitas $\{a_k\}$ y $\{b_k\}$ definidas por $a_0=0$, $a_{k+1}=f(a_k)$ y $b_0=1$, $b_{k+1}=f(b_k)$ son disjuntas (si $c$ es impar) o se entrelazan de forma predecible. La razón: $a_{k+2} = f(f(a_k)) = a_k + c$, así que $a_k = a_0 + \lfloor k/2\rfloor c + \varepsilon_k$ donde $\varepsilon_k\in\{0, f(0)-0\}$ alterna.

Esta observación transforma la ecuación funcional en una recursión para las sucesiones de órbitas, que luego se analiza con las herramientas del capítulo.

Ejemplo. $f:\mathbb{Z}_{>0}\to\mathbb{Z}_{>0}$, $f(f(n))=n+2$ para todo $n$. La órbita de $1$: $a_1=1$, $a_2=f(1)$, $a_3=f(a_2)=1+2=3$, $a_4=f(3)$, $a_5=f(a_4)=3+2=5$, ... Se deduce $a_{2k-1}=2k-1$ (impares) y $a_{2k}=f(2k-1)$ para cierto valor. Si forzamos $f$ creciente: $f(n)=n+1$ funciona ($f(f(n))=n+2$). Esta es la única solución creciente.

Ecuaciones funcionales con condición de sucesión acotada

Muchos problemas IMO piden encontrar todas las funciones $f$ que satisfacen una ecuación funcional más la condición de que alguna sucesión de iterados sea acotada (o converja). Esta condición adicional puede forzar unicidad.

Problema tipo. Encontrar $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tal que $f(f(x)) = x^2 - x + 1$ para todo $x\in\mathbb{R}$, con $\{f^n(x_0)\}$ acotada para algún $x_0$. Los puntos fijos de $g(x)=x^2-x+1$ satisfacen $x^2-2x+1=0$, es decir $x=1$ (doble). La sucesión $x_{n+2}=x_n^2-x_n+1$ tiene el punto fijo $x=1$ como atractor en un vecindario (pues $g'(1)=2\cdot1-1=1$ — caso límite, estabilidad no garantizada por linealización). El análisis detallado muestra que la única manera de que $f^n(x_0)$ sea acotada es que $x_0=1$ y $f(1)=1$.

Técnica: análisis de la sucesión de iterados. Dado $f(f(x))=h(x)$, la sucesión $x_{n+2}=h(x_n)$ (misma paridad de índices) y $x_{n+2}=h(x_n)$ (índices impares) son dos sucesiones independientes que satisfacen la recursión $y_{n+1}=h(y_n)$. El comportamiento asintótico de $\{x_n\}$ se reduce a estudiar la recursión $y_{n+1}=h(y_n)$, que generalmente es más manejable.

Invariantes funcionales. Una función $I:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es un invariante de $f$ si $I(f(x))=I(x)$ para todo $x$. Si encontramos un invariante, las órbitas de $f$ están contenidas en los conjuntos de nivel $\{I=c\}$. Para sucesiones: $I(a_n) = I(a_0)$ para todo $n$. Esto a menudo determina el rango posible de $a_n$.

Punto fijo de composición y órbitas periódicas

Si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ satisface $f\circ f = \text{id}$ (involución), todas las órbitas son periódicas de período 1 o 2. Si satisface $f^k = \text{id}$ para algún $k$ (función periódica bajo composición), todas las órbitas son periódicas.

Teorema de Sharkovskii (versión olímpica). Si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es continua y tiene una órbita de período 3, entonces tiene órbitas de todos los períodos. En olimpiadas, la contraposición es más útil: si se puede demostrar que $f$ no tiene órbitas de período 3, se restringe fuertemente la dinámica posible.

**Puntos fijos de $f^n$ que no son de $f$.** Un punto fijo de $f^2$ que no es de $f$ es necesariamente un punto de período 2. Para la ecuación $f(f(x))=x$, los puntos fijos de $f$ satisfacen $f(x)=x$ (y son fijos bajo $f^2$), mientras que los puntos periódicos de período 2 satisfacen $f(x)\neq x$ pero $f(f(x))=x$.

Aplicación. Ecuación funcional: $f(x+f(y)) = f(x) + y$ para todo $x,y\in\mathbb{R}$, $f$ continua. Poner $x=0$: $f(f(y))=f(0)+y$. Sea $c=f(0)$. Entonces $f(f(y))=y+c$. Las órbitas de $y\mapsto f(f(y)) = y+c$ son progresiones aritméticas, no periódicas si $c\neq 0$. Para $c=0$: $f(f(y))=y$ (involución). Con la ecuación original y $c=0$: poner $y=0$ da $f(x+f(0))=f(x)$, es decir $f(x+c)=f(x)$. Si $c=0$, $f$ puede ser cualquier involución continua. La condición adicional de la ecuación original fuerza $f(x)=x$ o $f(x)=-x+k$ para alguna constante $k$. Con $f(x)=-x+k$: $f(x+f(y))=f(x+(-y+k))=-(x-y+k)+k=-x+y=f(x)+y$. Sí funciona. Solución: $f(x) = -x + k$.

Sucesiones de Cauchy y convergencia en ecuaciones funcionales

Una pregunta frecuente: dada una ecuación funcional y condiciones de regularidad (monotonicidad, continuidad, acotación), ¿hay sucesiones $\{f^n(x_0)\}$ que converjan? ¿A qué valor?

Criterio de convergencia vía puntos fijos. Si $f$ es una contracción en $[a,b]$ (i.e. $|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|$ con $L<1$), entonces $f^n(x_0)\to r$ para el único punto fijo $r$ de $f$ en $[a,b]$, con tasa de convergencia $|f^n(x_0)-r|\leq L^n|x_0-r|$.

Caso IMO: la sucesión de medias. Sea $f(x,y)=(\frac{x+y}{2}, \sqrt{xy})$ (media aritmética–geométrica, AGM). La sucesión $(a_n,b_n)$ con $a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}$, $b_{n+1}=\sqrt{a_n b_n}$ converge a un límite común (el AGM de $a_0,b_0$) por ser $a_n\geq b_n$ decreciente y $b_n$ creciente, con $a_n - b_n \to 0$ exponencialmente.

Caso IMO: ecuación funcional de Cauchy y continuidad. Si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ satisface $f(x+y)=f(x)+f(y)$ (Cauchy) y es monótona, entonces $f(x)=cx$. El argumento usa que la sucesión $f(n) = nc$ (entera), luego $f(p/q)=f(p)/q = cp/q$ (racional), y la monotonicidad extiende a todos los reales. La condición de regularidad (monotonicidad, o acotación en un intervalo, o medibilidad Lebesgue) es imprescindible: sin ella existen soluciones "patológicas" no medibles.

Aplicación a sucesiones. Si $a_n = f(n)$ donde $f$ satisface una ecuación funcional, las propiedades de $f$ (linealidad, periodicidad, crecimiento) se heredan a $\{a_n\}$. Este "puente" entre ecuaciones funcionales y sucesiones es el núcleo de las lecciones 4.2 y 4.3.

Problema IMO resuelto: iterados y punto fijo

Problema (IMO 2010, Problema 1). Encuentre todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tales que para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$:

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

Solución. Poner $x=y=0$: $f(0)=f(0)\lfloor f(0)\rfloor$. Casos: $f(0)=0$ o $\lfloor f(0)\rfloor=1$.

Caso $f(0)=0$: poner $y=0$ en la ecuación: $f(0)=f(x)\lfloor f(0)\rfloor=0$. La ecuación se vuelve $0=0$, siempre verdadera. Pero poner $x=1$: $f(y)=f(1)\lfloor f(y)\rfloor$. Si $f(1)\neq 0$, sea $c=f(1)$; entonces $f(y)=c\lfloor f(y)\rfloor$. Si $c=1$: $f(y)=\lfloor f(y)\rfloor$, $f$ toma solo valores enteros. Con $x$ entero en la ecuación original: $f(xy)=f(x)f(y)$ para enteros $x,y$ — esto con $f$ entera y $f(0)=0$ da $f\equiv 0$ o $f(n)=n$ para enteros... el análisis completo produce $f\equiv 0$.

Caso $\lfloor f(0)\rfloor=1$: $f(0)\in[1,2)$. Poner $x=0$: $f(0)=f(0)\lfloor f(0)\rfloor=f(0)\cdot 1=f(0)$. Consistente. Poner $y=0$: $f(0)=f(x)\lfloor f(0)\rfloor=f(x)$. ¡Luego $f$ es constante igual a $f(0)\in[1,2)$! Verificación: $f(\lfloor x\rfloor y)=c$ y $f(x)\lfloor f(y)\rfloor = c\lfloor c\rfloor = c\cdot 1 = c$. Funciona para todo $c\in[1,2)$.

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