Hola:
Como es obvio, se presenta este brevísimo artículo con el objeto de que sea revisado, corregido o refutado por la comunidad de usuarios del foro
Rincón Matemático, en especial por los más preparados, de quienes sigo aprendiendo cada día.
Asimismo, se informa al lector de que es muy probable que lo presentado en él ya se encuentre publicado entre la vasta literatura matemática, y de que si es ese el caso, se asegura que lo escrito ha sido con total desconocimiento del autor acerca de ello; en cuanto a la asignación del nombre al lema usado, (\( \ast \)), vaya por delante que la motivación ha sido tan solo jocosa, habida cuenta de que la obra del mismo publicada en revistas matemáticas es nula.
Por último, dejo el enlace al
hilo que ha suscitado el presente trabajo y que me ha sumergido en ciertas reflexiones y análisis durante unos días, así como adjunto una versión en formato
pdf, por si es de interés,
Saludos
Resumen
Partiendo del concepto de función con
tasa de variación media (TVM) constante en un intervalo, acotado o no, y usando el
lema de
ani_pascual (\( \ast \)), se pasa a demostrar un teorema de caracterización de la función \( f(z)=z+1,\,\,\forall\,z>0 \).
DefinicionSea \( f:(a,b)\longrightarrow \mathbb{R} \) una función; se dice que \( f \)
tiene TVM constante en el intervalo \( (a,b)\subseteq\mathbb{R} \), donde pueden ser \( a=-\infty,b=\infty \), si existe una constante \( m\in\mathbb{R} \) tal que \( \forall\, x,y\in (a,b) \) con \( x<y \) se verifica
\( TVM \,f[x,y] =\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}=m \)
Definicion Sea \( f:(a,b)\longrightarrow \mathbb{R} \) una función; se dice que \( f \)
es afín en el intervalo \( (a,b) \) si existen constantes \( m,n\in\mathbb{R} \) tales que \( f(z)=mz+n,\,\,\forall\,z\in (a,b) \)
Lema [ani_pascual]: Sea \( f:(a,b)\longrightarrow \mathbb{R} \) una función; entonces
\( f \) es afín en \( (a,b)\Longleftrightarrow f \) tiene TVM constante en \( (a,b) \)
Ddemostración:\( ``\Longrightarrow " \)
Por hipótesis, existen constantes \( m,n\in\mathbb{R} \) tales que \( f(z)=mz+n,\,\,\forall\,z\in (a,b) \); por tanto, existe una constante \( m\in\mathbb{R} \) tal que \( \forall\,x,y\in (a,b) \) con \( x<y \) se verifica
\( TVM f[x,y]=\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}=\dfrac{my+n-(mx+n)}{y-x}=m \), luego \( f \) tiene TVM constante en \( (a,b) \)
\( ``\Longleftarrow " \)
Sea \( z_0\in (a,b) \) fijo; por hipótesis, existe una constante \( m\in\mathbb{R} \) tal que \( \forall\, x,y\in (a,b) \) con \( x<y \) es \( TVM \,f[x,y]=\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}=m \).
Así, en particular,
\( \forall\,z_0<z<b, \,\,TVM\,f[z_0,z]=\dfrac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=m \),
\( \forall\,a<z<z_0,\,TVM \,f[z,z_0]=\dfrac{f(z_0)-f(z)}{z_0-z}=m \).
Por tanto,
\( \forall\,z\in (a,b) \) con \( z\neq z_0,\, f(z)=m(z-z_0)+f(z_0) \), y en \( z=z_0 \), es también \( f(z)=m(z-z_0)+f(z_0). \)
En definitiva, existen constantes \( m,n=f(z_0)-mz_0\in\mathbb{R} \) tales que \( f(z)=mz+n,\,\, \forall\,z\in (a,b) \), luego es \( f \) afín en \( (a,b) \).
Obsérvese que la prueba es independiente del elemento \( z_0\in (a,b) \) elegido al inicio, ya que si es \( w_0\in (a,b) \) con \( w_0\neq z_0 \) entonces se deduce que \( f(z)=mz+f(w_0)-mw_0,\,\forall\,z\in (a,b) \), pero
\( mz+f(w_0)-mw_0 =mz+f(z_0)-mz_0 \), ya que \( \dfrac{f(w_0)-f(z_0)}{w_0-z_0}=\dfrac{f(z_0)-f(w_0)}{z_0-w_0}=m\hspace{4cm} \)
q.e.d.Teorema [Caracterización de la función \( f(z)=z+1 \) en \( (0,\infty) \)]:Sea \( f:(0,\infty)\longrightarrow (0,\infty) \) una función; entonces
\( f(z)=z+1 \) en \( (0,\infty)\Longleftrightarrow \forall\,x,y>0,\,\,f(xf(y))=f(xy)+x \)
Demostración:\( ``\Longrightarrow " \)
Si es \( f(z)=z+1 \) en \( (0,\infty) \) entonces \( \forall\,x,y>0 \) se tiene \( f(xf(y))=x(y+1)+1=xy+1+x =f(xy)+x \)
\( ``\Longleftarrow " \)
Veamos en primer lugar que \( \forall\,x>0 \) es \( f(x)=f\left(\dfrac{x}{f(1)}\right)+\dfrac{x}{f(1)} \).
Dado \( x>0 \), es \( f(1)>0 \), y se cumple, por hipótesis,
\( f(x)=f\left(\dfrac{x}{f(1)}\cdot f(1)\right)=f\left(\dfrac{x}{f(1)}\right)+\dfrac{x}{f(1)} \)
Por otro lado, \( f(1)\neq 1 \) ya que en caso contrario
\( f(1f(1))=f(1\cdot 1)+1\Longleftrightarrow f(1)=f(1)+1\Longrightarrow 1=2 \), que es absurdo.
Tampoco es posible el caso \( f(1)<1 \), como se verá más adelante.
Así pues, damos por hecho que es \( f(1)>1 \) y llamamos \( m=\dfrac{1}{f(1)-1} \).
Dados \( x,y>0 \) con \( x<y \) se tiene que \( \forall\,n\in\mathbb{N} \)
\( TVM\,f[x,y]=\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x} =\dfrac{f\left(\dfrac{y}{f(1)}\right)+\dfrac{y}{f(1)}-f\left(\dfrac{x}{f(1)}\right)-\dfrac{x}{f(1)}}{y-x}=\\\dfrac{f\left(\dfrac{y}{f(1)}\right)-f\left(\dfrac{x}{f(1)}\right)}{y-x}+\dfrac{1}{f(1)}=\cdots =\dfrac{f\left(\dfrac{y}{f^n(1)}\right)-f\left(\dfrac{x}{f^n(1)}\right)}{y-x}+\dfrac{1}{f^n(1)}+\cdots +\dfrac{1}{f(1)} \)
y haciendo tender \( n \) a infinito se obtiene que
\( TVM\,f[x,y]=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{f\left(\dfrac{y}{f^n(1)}\right)-f\left(\dfrac{x}{f^n(1)}\right)}{y-x}+\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{f^n(1)}=\dfrac{1}{f(1)-1}=m \)
En definitiva, \( f \) tiene TVM constante en \( (0,\infty) \), luego por el lema anterior, es \( f \) afín en \( (0,\infty) \).
Si fuera \( 0<f(1)<1 \) entonces \( \forall\,n\in\mathbb{N} \) es
\( f(1)=f\left(\dfrac{1}{f^n(1)}\right)+\dfrac{1}{f^n(1)}+\cdots +\dfrac{1}{f(1)} >\dfrac{1}{f^n(1)}+\cdots +\dfrac{1}{f(1)} \) que tiende a infinito a medida que \( n \) crece, contradiciendo el hecho de que es \( 0<f(1)<1 \).
Finalmente, suponiendo que es \( f(z)=mz+n,\,\,\forall\,z>0 \), como se ha de cumplir que
\( \forall\,z>0 \) es \( f(1\cdot f(z))=f(1\cdot z)+1 \), se tiene
\( m(mz+n)+n=mz+n+1,\,\,\forall\,z>0\Longrightarrow m(m-1)z+mn=1,\,\,\,\forall\,z>0\Longrightarrow
m=1, n=1 \), de donde es \( f(z)=z+1 \) en \( (0,\infty) \).
Obsérvese que no puede ser \( m=0. \hspace{5cm} \)
q.e.d.
