II Concurso de Resolución de Problemas Curso

Transcripción

1 II Concurso de Resolución de Problemas Curso - Solución del Problema de ecuaciones funcionales. Este ejercicio versa sobre ecuaciones funcionales. Es éste un tema poco tratado en la carrera de Matemáticas (el estudiante se enfrenta a la ecuación funcional de Cauchy f( + y) = f() + f(y) en un curso inicial de funciones de una variable real, y poco más), pero que tiene una larga tradición histórica. Por citar un ejemplo, digamos que N. Oresmes parece haber sido el primer matemático en usar ecuaciones funcionales en las que intervienen varias variables con el propósito de dar una definición indirecta de las funciones lineales como las únicas funciones que cumplen la relación f( ) f( ) f( ) f( 3 ) = 3 para cualquier terna de valores reales > > 3. En el ejercicio se pretende que, mediante manipulaciones eclusivamente algebraicas el concursante compruebe que a partir de la fórmula de cos(α β) y del hecho de que sen( π ) = se pueden obtener las conocidas fórmulas para sen(α ± β) y cos(α ± β). a) Tomando = y en la ecuación (??) se llega a f() = [f()] + [g()], R, () de donde se deduce que f y g son funciones acotadas. De () resulta también que f(), más aún, si se pone = llegamos a f()( f()) = [g()], por tanto f() [, ]. b) Ya sabemos que f(). Si f [, ), haciendo y = en (??) obtenemos f() = g() g(), para todo R. () f() Si llevamos () a la ecuación funcional de partida, tras desarrollar un poco, y considerar que [g()] + [f()] = f(), llegaremos a g() g( y) = g()g(y), es f() f() decir g()g( y) = g()g(y), para todo, y R. (3) N. Oresmes, c. 35, Tractatus de configurationibus qualitatum et motuum, (manuscrito) Paris, traducido y comentado por M. Clagget, Univ. of Wisconsin Press, Madison-Milwaukee- London, 968

2 En esta ecuación hacemos = y para llegar a [g()] = [g()], R, (4) luego g debe ser una función constante y de acuerdo a () también f es constante. Como f(), concluimos que las únicas soluciones en el caso f() [, ) son, o bien f() = f(), g() = f()( f()), R, o bien f() = f(), g() = f()( f()), R. Observemos que si f() =, también las funciones constantes f() y g() son solución de la ecuación funcional de partida. Pero, en este caso f() =, hay más soluciones aparte de las funciones constantes f y g? Lo analiamos en el siguiente apartado. c) Si g( ) = para algún, por () y el hecho de que f(), se deduce que f( ) =. Por tanto, también por (), debe ser f() =, de modo que. A continuación, probamos que f es una función par: Por la simetría de (??), f( y) = f()f(y) + g()g(y) = f(y)f() + g(y)g() = f(y ), así que si y = resulta que f() = f( ) para todo R. Si hacemos y = en (??) y tenemos en cuenta que f( ) =, g( ) = es sencillo comprobar que se cumple f( ) = g(), para todo R. (5) Esta relación nos permitirá demostrar que g es una función impar, g( ) = g() para todo R : i) Se cumple que luego = f( ) = f(( ) ( )) = f( )f( ) + g( )g( ) = (f es par ) = f( )f() + g( )g( ) = ( usamos (5)) = g()f() + f( )g( ) = g()f() + f()g( ), = f()[g() + g( )], para todo R. (6) ii) Por otro lado, definimos la función real H() := g() f(). Como H() = g() f() = y H( ) = =, por la propiedad de los valores intermedios para funciones continuas se sigue que eiste un valor entre y tal que g() = f(). De () se deduce que f() = g() =. Entonces, y también, por ser f par, f( + ) = f( ( )) = f()f( ) + g()g( ) = f()f( ) + g()g( ) = g()g( ), f( + ) = f( ) = f( )f( ) + g( )g( ) = g( ),

3 de donde g()g( ) = g( ). Usando (6) y sabiendo que f() = g(), se deduce que g( ) = g() y por tanto g( ) =. iii) Finalmente, por (5) y el hecho de que f es par, encontramos g( ) = f( ) = f( + ) = f( ( )) = f()f( ) + g()g( ) = g()g( ) = g(), por tanto g es una función impar, como queríamos demostrar. Una ve que sabemos que f es par y que g es impar, y que se cumple (??) pasamos a demostrar las relaciones (??) y (??): f( + y) = f( ( y)) = f()f( y) + g()g( y) = f()f(y) g()g(y), esto prueba (??); en cuanto a (??), usamos también que f y g cumplen (5): g( + y) = f(y + ) = f(y)f( + )+g(y)g( + ) = f(y)f( ) g(y)g( ) = f(y)g() g(y)g( ) = f(y)g() + g(y)g(), en el último paso se ha usado que g( ) = g( + ) = f( + ) = f( ) = f(); g( y) = g(y ) = g(y+( )) = [g( )f(y)+f( )g(y)] = [ g()f(y)+ f()g(y)] = g()f(y) f()g(y). d) Para acabar el ejercicio veamos que f y g son periódicas. Sabemos que f( ) =, g( ) =, también se cumple que f( ) =, g( ) = : De (5) y la paridad de f se deduce que = g( ) = f( ) = f( ), y aplicando () es g( ) =. De forma análoga, dejamos al lector que verifique que Finalmente, por (??) f(3 ) =, g(3 ) =, f(4 ) =, g(4 ) =. f( + 4 ) = f()f(4 ) g()g(4 ) = f(), f es periódica (de periodo 4 ), y por (??) g( + 4 ) = g()f(4 ) + f()g(4 ) = g(), g es periódica (de periodo 4 ). Reconoce el lector en este caso de qué conocidísimas funciones hemos estado hablando en los apartados c) y d)? Aunque no lo pide el ejercicio, se puede demostrar que las funciones f() = cos(a) y g() = sen(a) son las únicas soluciones de la ecuación funcional (??) si eigimos que las funciones no sean constantes y que se cumpla f( ) =, g( ) =. La conclusión principal que obtenemos en el problema que hemos planteado es la de que las fórmulas conocidas para sen(α ± β) y cos(α ± β) se pueden obtener de manera puramente algebraica a partir de la fórmula de cos(α β) y del hecho de que sen( π ) =. Damos una demostración, fuera de concurso, para el hecho de que las únicas funciones que cumplen el caso f() =, con g( ) = para algún son precisamente f() = sen(a) y cos(a). Está tomada de [V].

4 Recordemos que estamos en el caso g() =, con f( ) =, g( ) = para algún >. Esto descarta el caso g, f, que también es solución de la ecuación y puede verse como g() = sen( ), f() = cos( ). En primer lugar, veamos que para > se cumple f(s)ds = g() lím g( (7) ). Para probar (7) hacemos uso de la definición de una integral a través de sumas de Riemann y de que se cumple la fórmula g() g(y) = f( + y )g( y ), (8) cuya prueba es similar a las ya vistas anteriormente, y sólo precisan de una mera manipulación algebraica. Observemos que los ceros de g -y también los de f- forman un subgrupo (aditivo) de R ya que g( y) = g()f(y) g(y)f(), y como estos subgrupos son de la forma az (a > ) ó todo R, descartamos esta última posibilidad porque g no es idénticamente constante. Entonces por la continuidad de las funciones podemos considerar b > de modo que en el intervalo (, b) se tenga que f y g son distintos de cero. Dado >, (, b), dividimos el intervalo [, ] en n partes iguales, por tanto, en t = < t <... < t n =, con t j = jh, j =,,..., n, h = n. Encontramos por tanto = g( n ) f(kh) = k= n f((j ) h + h )g(h ) j= n g((j + ) h ) g((j )h ) = [g(nh + h ) g(h )] j= = [g( + ) g( )]. n f(kh)h = k= h g( ) [g( + ) g( )] = g( )[g( + ) g( )]. Tomando límites cuando n tiende a infinito, considerando que g() = y que eiste la integral indefinida f(s)ds y suponiendo que g(), se concluye que (7) es cierto para todo > en (, b). De hecho el raonamiento es válido para todo > tal que g(), esto es, f(s)ds = g() lím g( ). Como necesitamos saber que la fórmula se cumple para cualquier valor de, analiamos el valor del límite que aparece en (7). Puesto que f y g son no nulos en (, b), se deduce que también la integral f(s)ds es no nula, de modo que además de saber que eiste lím también podemos asegurar que es distinto de cero en g( )

5 (, b). Incluso es distinto de cero para todo > : en efecto, dado > arbitrario podemos elegir m suficientemente grande de modo que m (, b), luego = lím lím g( ) = lím m g( m n )f( m n )f( m n )... f( g( 4n )f( 4n ) = lím 4n ) = lím g( 8n )f( m n 8n )f( 4n )... g( m n )f( m n )f( m n )... f( 4n ) y puesto que < b y f es una función continua con f() = deducimos que eiste m el límite lím para cualquier >, siendo además no nulo (en el desarrollo g( ) anterior hemos usado que g() = g()f() -dejamos al lector que compruebe la valide de esta igualdad). Al ser g una función impar, de lo anterior deducimos que lím eiste y es g( ) no nulo para todo. Pasamos a calcular dicho límite. Para ello consideramos la función λ() := lím g( ) Esta función λ cumple: λ() = porque g() = y g() si por lo visto en el párrafo anterior. También cumple. λ( + y) = λ() + λ(y) (9) porque vimos en el apartado c) de este ejercicio que g(+y) = g()f(y)+g(y)f() lo g( que supone que λ(+y) = lím +y ) g( = lím )f( y )+g( y )f( ) g( = lím )f( y g( y )f( ) = λ() + λ(y) puesto que f es continua con f() =. Resulta que (9) es la famosa ecuación funcional de Cauchy de la que se sabe que sus soluciones son de la forma λ() = a, con a R. Como λ() es no nulo para todo valor no nulo se deduce que eiste a tal que λ() = a. Volviendo a (7) se deduce que para todo es luego por continuidad es f(s)ds = g() lím g( ) = g() = a = g() a = g() a f(s)ds, R. Aplicando el teorema fundamental del cálculo llegamos a g () = af(), R, y puesto que f() = se obtiene que a = g (), de modo que g () = g ()f(). () ) +

6 Ahora pasamos a probar que f () = g ()g(). () El caso g es evidente, luego se supone que g. En este caso, un raonamiento similar al empleado con la fórmula (7) nos conduce a g(s)ds = [ f()] lím g( ) para todo y de aquí se llega raonando como antes a f () = g ()g(). Observemos que aunque de partida sólo hemos supuesto que las funciones f, g eran continuas, hemos deducido que son funciones derivables. Por () y () se deduce que f y g son soluciones de la ecuación diferencial lineal de segundo orden y + a y =, donde a = g (), con condiciones iniciales f() =, f () =, g() =, g () = a. En un curso inicial de introducción a las ecuaciones diferenciales nos enseñan que la solución general de esta ecuación es y() = A cos(a) + Bsen(a), con A, B constantes arbitrarias, y que las soluciones particulares f y g que cumplen las condiciones iniciales reseñadas anteriormente son f() = cos(a), g() = sen(a). Podemos concluir diciendo que las funciones f() = cos() y g() = sen() se pueden caracteriar como las únicas funciones continuas que cumplen la ecuación funcional y lím h g(h) h =. Referencias [V] H.E. Vaughan, Characteriation of the sine and cosine, American Mathematical Monthly 6 (955),