[zhazzu]

Buenas, quisiera aprender cómo resolver o encontrar todas las funciones continuas que satisfacen una ecuación funcional. Es decir, no sé ni cómo empezar y necesitaría una explicación. Creo que muchas veces lo mejor es recurrir a la ecuación funcional de Cauchy aunque no sé muy bien cómo funciona todo esto.

Por ejemplo: Encontrar todas las funciones continuas que satisfacen la ecuación funcional  \(  f(x+y)+f(x-y)=2f(x) \)

Gracias.

[Luis Fuentes]

Hola

Buenas, quisiera aprender cómo resolver o encontrar todas las funciones continuas que satisfacen una ecuación funcional. Es decir, no sé ni cómo empezar y necesitaría una explicación. Creo que muchas veces lo mejor es recurrir a la ecuación funcional de Cauchy aunque no sé muy bien cómo funciona todo esto.

Por ejemplo: Encontrar todas las funciones continuas que satisfacen la ecuación funcional  \(  f(x+y)+f(x-y)=2f(x) \)

Gracias.

Tengo algo de prisa, pero creo que esto funciona:

Si haces el cambio \( x+y=a,\quad x-y=b \) la ecuación equivale a:

\(
f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)=\dfrac{1}{2}f(a)+\dfrac{1}{2}f(b) \)

De ahí puedes probar que:

\( f(ta+(1-t)b)=tf(a)+(1-t)f(b) \)

para cualquier \( t  \)de la forma \( \dfrac{n}{2^k} \) con \( 0\leq n\leq 2^k \).

Por continuidad la propiedad se extiende a cualquier \( t\in [0,1] \) y de ahí finalmente deduce que \( f \) es afín: \( f(x)=px+q \).

Saludos.

[pierrot]

Voy a describir el proceso que me llevó a concebir esta solución.

Por continuidad la propiedad se extiende a cualquier \( t\in [0,1] \) y de ahí finalmente deduce que \( f \) es afín: \( f(x)=px+q \).

Primero que nada, llegué a esta conclusión asumiendo que \( f\in \mathcal{C}^1(\mathbb{R}) \). Lo que hice fue derivar con respecto a \( y \),

\( f'(x+y)-f'(x-y)=0 \)

y evaluando en \( y=x \),

\( f'(2x)=f'(0) \)

de donde se deduce que la derivada es constante \( f'(x)=a,\;a\in \mathbb{R} \), a partir de lo que se obtiene \( f(x)=ax+b,\;a,b\in \mathbb{R} \).

Pero tiene el inconveniente de que asumí que \( f \) es derivable. No obstante, lo anterior me sirvió para conjeturar que las soluciones son \( f(x)=ax+b \). Así que lo siguiente fue tratar de demostrar que necesariamente ésas eran las soluciones.


Si en

\( f(x+y)+f(x-y)=2f(x) \)

evaluamos en \( x=n\in \mathbb{N} \) e \( y=1 \), se tiene

\( f(n+1)=2f(n)-f(n-1),\;\quad \forall n\geq 2 \)

Esto sugiere una prueba por inducción. Definiendo \( b=f(0) \) y \( a=f(1)-b \), se prueba fácimente que \( f(n)=an+b \), para todo \( n\geq 0 \) (los casos bases son \( n=1 \) y \( n=2 \) y en el paso inductivo, suponemos que se cumple la propiedad para \( n \) y \( n-1 \), y la demostramos para \( n+1 \)).

Utilizando \( f(x+y)+f(x-y)=2f(x) \) con \( x=0 \) e \( y=n \), se obtiene

\( f(n)+f(-n)=2f(0)=2b\quad \Rightarrow\quad f(-n)=-f(n)+2b-=-(an+b)+2b=a(-n)+b \)

luego se verifica que \( f(n)=an+b \) para todo \( n\in \mathbb{Z} \). Además dados dos enteros \( r,s\in \mathbb{Z} \) con \( r<s \) sabemos que se cumple \( f(r)=ar+b \) y \( f(s)=as+b \) y tomando \( x=(r+s)/2 \) el punto medio entre ellos, e \( y=s-(r+s)/2 \) la distancia del punto medio a cualquiera de los extremos,

\( \displaystyle f\left(\frac{r+s}{2}\right)=\frac{f(r)+f(s)}{2}=\cdots=a\left(\frac{r+s}{2}\right)+b \)

En consecuencia, se cumple que \( f(q)=aq+b \) para todo racional diádico \( q \). Como los racionales diádicos son densos en \( \mathbb{R} \) y la \( f \) es continua tiene que valer \( f(x)=ax+b \) para todo \( x\in \mathbb{R} \).