Sobre los teoremas de Maurice Fréchet y Paul Montel en ecuaciones funcionales

Transcripción

1 Sobre los teoremas de Maurice Fréchet y Paul Montel en ecuaciones funcionales J. M. Almira Universidad de Jaén Depto. Análisis Matemático, Univ. de La Laguna 28 Febrero, 2014 jmalmira@ujaen.es

2 Un poco de historia Figura : D Alembert ( )

3 Un poco de historia Problema de la cuerda vibrante: ecuación de ondas. u xx = a 2 u tt Solución de D Alembert: ondas viajeras. u(x, t) = 1 (f (x + t/a) + f (x t/a)) 2 Solución de D. Bernoulli: ondas estacionarias. u(x, t) = g(x)h(t) Ecuación funcional de D Alembert: f (x + t) + f (x t) = 2g(x)h(t). (0.1)

4 Figura : Cauchy ( )

5 f (x + y) = f (x) + f (y) (0.2) f (xy) = f (x) + f (y) (0.3) f (x + y) = f (x)f (y) (0.4) f (xy) = f (x)f (y) (0.5) A. L. CAUCHY, Cours d Analyse, (1821)

6 Teorema (Teorema del binomio de Newton) (a + b) n = n ( n ) k=0 k a k b n k Qué pasa si n N? Teorema (x+1) α = 1+αx+ α(α 1) x 2 α(α 1) (α (n 1)) + + x n +, 2! n! El segundo miembro de dicha identidad es convergente y, además, como Como función de α, el segundo miembro satisface la ecuación funcional f (α + β) = f (α)f (β); condicionada por f (1) = x + 1, ecuación que caracteriza al primer miembro de la igualdad, por lo que ambos son la misma función.

7 La ecuación funcional de Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y)

8 La ecuación funcional de Cauchy Teorema (Cauchy, 1821) f (x + y) = f (x) + f (y) Si f : R R es continua aditiva, entonces f (x) = cx.

9 La ecuación funcional de Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y) Teorema (Cauchy, 1821) Si f : R R es continua aditiva, entonces f (x) = cx. Teorema (Darboux, 1875) Basta que f : R R sea continua en un punto. Si es aditiva, entonces f (x) = cx. f (x + h) f (x) = f (x + x 0 + h) f (x 0 ) f (x) = f (x) + f (x 0 + h) f (x 0 ) f (x) = f (x 0 + h) f (x 0 ).

10 Teorema (Darboux, 1875) Si f : R R es aditiva y está acotada en un intervalo (a, b) con a < b, entonces f (x) = cx. Teorema (Hamel, 1906) Existen funciones f : R R aditivas discontinuas.

11 Teorema (Steinhaus) Supongamos que A R tiene medida de Lebesgue positiva, A > 0. Entonces A + A = {x + y : x, y A} tiene interior no vacío. Corolario (Kormes, 1926) Si f : R R es aditiva y está acotada en un conjunto A R tiene medida de Lebesgue positiva, A > 0, entonces f (x) = cx. En particular, si f aditiva y medible, entonces f (x) = cx. (Esto había sido probado por Banach y Sierpinsky anteriormente)

12 Teorema (Hamel, 1906; San Juan, 1946) Si f : R R aditiva discontinua, entonces G(f ) R2 = R 2. La prueba de San Juan ( director de tesis de M. Valdivia!) no usa el axioma de elección.

13 Vamos a nuestros protagonistas... M. FRÉCHET, Une definition fonctionelle des polynomes, Nouv. Ann. 9 (1909), P. MONTEL, Sur quelques extensions d un théorème de Jacobi, Prace Matematyczno-Fizyczne 44 (1) (1937) T. POPOVICIU, Remarques sur la définition fonctionnelle d un polynôme d une variable réelle, Mathematica (Cluj) 12 (1936) 5-12.

14 Vamos a nuestros protagonistas... Figura : Fréchet ( )

15 Vamos a nuestros protagonistas... Teorema (Fréchet, 1909) Si f : R R es continua y h1 h n+1 f (x) = 0 para todo h 1,, h n+1, x R entonces f (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n para ciertos coeficientes a 0,, a n. h f (x) = f (x + h) f (x) h1 h n+1 f (x) = hn+1 ( h1 h n f )(x)

16 Vamos a nuestros protagonistas... Lema Se tiene que h1 h 2 h s f (x) = 1 ε 1,ε 2,,ε s=0 ( 1) s (ε 1+ε 2 + +ε s) f (x+ε 1 h 1 +ε 2 h 2 + +ε s h s ).

17 Consideremos f : X Y con X, Y Q-espacios vectoriales: h1 h 2 h m+1 f (x) = 0 (x, h 1, h 2,..., h m+1 X). Teorema f resuelve la ecuación anterior sii f (x) = A 0 + A 1 (x) + + A m (x), donde A 0 es una constante y A k (x) = A k (x, x,, x) para cierta función k-aditiva simétrica A k : X k Y, para k = 0, 1,, m. Teorema (Djokovich) f : X Y resuelve la ecuación anterior si y sólo si es una solución de la ecuación funcional m+1 h f (x) := m+1 ( m + 1 k k=0 ) ( 1) m+1 k f (x + kh) = 0 (x, h X).

18 = donde y h1 h s f (x) 1 ( 1) ɛ 1+ +ɛ s s α (ɛ1,...,ɛs)(h 1,,h f (x + β s) (ɛ 1,...,ɛ s)(h 1,, h s )), ɛ 1,...,ɛ s=0 α (ɛ1,...,ɛ s)(h 1,, h s ) = ( 1) β (ɛ1,...,ɛ s)(h 1,, h s ) = s r=1 ɛ r h r r s ɛ r h r. r=1

19 Vamos a nuestros protagonistas... Teorema (Kurepa) Sea A R. La función λ(x) = A (A {x}) (A kx) es continua, por lo que, si A = λ(0) > 0, entonces λ(x) > 0 para todo x < ε, para cierto ε > 0. Teorema (Regularidad de la ecuación de Fréchet) Supongamos que f : R R es solución de la ecuación de Fréchet m+1 h f (x) = 0 y f es acotada en A R para cierto conjunto de medida positiva, A > 0. Entonces f Π m

20 Vamos a nuestros protagonistas... Figura : Montel ( )

21 Vamos a nuestros protagonistas... Teorema (Montel) Las siguientes afirmaciones son ciertas: (i) Si {h 1, h 2 } R son tales que h 1 h 2 Neq0 y h 1 /h 2 Q, entonces la función continua f : R R es un polinomio algebraico con coeficientes reales y grado m si y sólo si m+1 h 1 f (x) = m+1 h 2 f (x) = 0 (x R). (0.6) (ii) Supongamos que f : C C es una función holomorfa que resuelve un sistema de ecuaciones funcionales de la forma m+1 h 1 f (z) = m+1 h 2 f (z) = m+1 h 3 f (z) = 0 (z C) (0.7) para tres periodos independientes {h 1, h 2, h 3 }. Entonces f (z) = a 0 + a 1 z + + a m z m es un polinomio algebraico con coeficientes complejos y grado m.

22 Vamos a nuestros protagonistas... Lema Supongamos que h 1, h 2 R son tales que h 1 /h 2 Q. Si f : R R es continua y h1 f (x) = h2 f (x) = 0 para todo x R, entonces f (x) = c es una función constante. Lema Supongamos que h 1, h 2 R son tales que h 1 /h 2 Q. Si f : R R es continua y h1 f (x) = c 1, h2 f (x) = c 2 para todo x R y ciertas const. c 1, c 2, entonces f (x) = ax + b para ciertas constantes a, b. Además, si c 1 c 2 = 0, entonces f (x) = c es una función constante.

23 Vamos a nuestros protagonistas... Sólo probamos (i).vamos a proceder por inducción sobre m. Para m = 0 el resultado coincide con el primer Lema. Consideremos la función ϕ 0 (x) = m h 1 m h 2 f (x). Entonces ϕ 0 es continua y hi ϕ 0 (x) = 0, i = 1, 2. Por tanto, por el primer Lema, ϕ 0 (x) = α 0 para cierta constante α 0.

24 Vamos a nuestros protagonistas... Una vez tenemos esta información, consideramos la nueva función Entonces ϕ 1 (x) es continua y ϕ 1 (x) = m h 1 m 1 h 2 f (x). h1 ϕ 1 (x) = m+1 h 1 m 1 h 2 f (x) = m 1 h 2 m+1 h 1 f (x) = 0 h2 ϕ 1 (x) = m h 1 m h 2 f (x) = ϕ 0 (x) = α 0. En otras palabras, ϕ 1 (x) satisface el segundo Lema con c 1 = 0, c 2 = α 0, por lo que α 0 = 0 y ϕ 1 (x) = α 1 es una función constante.

25 Vamos a nuestros protagonistas... Este mismo argumento lo podemos repetir inductivamente con las funciones ϕ i (x) = m h 1 m i h 2 f (x), i = 0, 1, 2,, m. En el paso i-ésimo, tendremos que ϕ i (x) = α i para cierta constante α i. Entonces, aplicando los operadores hk (k = 1, 2) a la función ϕ i+1 (x), tendremos que h1 ϕ i+1 (x) = m+1 h 1 m (i+1) h 2 f (x) = m (i+1) h 2 m+1 h 1 f (x) = 0 h2 ϕ i+1 (x) = m h 1 m i h 2 f (x) = ϕ i (x) = α i, por lo que, aplicando el segundo Lema, tendremos que α i = 0 y ϕ i+1 (x) = α i+1 es una función constante. Evidentemente, el proceso termina cuando i = m, lo que nos lleva a la conclusión de que existe una constante C 1 (de hecho, C 1 = α m ) tal que m h 1 f (x) = C 1, para todo x R.

26 Vamos a nuestros protagonistas... El mismo argumento, pero intercambiando los papeles de h 1 y h 2, nos sirve para demostrar que para cierta constante C 2. m h 2 f (x) = C 2, para todo x R,

27 Vamos a nuestros protagonistas... Consideramos ahora la función g(x) = f (x) C 1 m!h m x m. Es claro que 1 m h 1 g(x) = m h 1 f (x) C 1 m!h m m h 1 x m = C 1 C 1 = 0, 1 m h 2 g(x) = m h 2 f (x) C 1 m!h m m h 2 x m = C 2 C 1 ( h 2 ) m = C. 1 h 1 Por tanto, si definimos la función entonces ψ(x) = m 1 h 1 m 1 h 2 g(x), h1 ψ(x) = m h 1 m 1 h 2 g(x) = m 1 h 2 m h 1 g(x) = 0 h2 ψ(x) = m 1 h 1 m h 2 g(x) = 0, y el primer Lema garantiza que ψ(x) = β 0 es una función constante.

28 Vamos a nuestros protagonistas... Los mismos argumentos que utilizamos antes con la función f, cambiando el valor m + 1 por el valor m, nos sirven ahora para probar que g satisface las relaciones m 1 h 1 g(x) = C1 y m 1 h 2 g(x) = C2, para todo x R y ciertas C1, C2. Se sigue que m h 1 g(x) = m h 2 g(x) = 0, para todo x R, y, por tanto, la hipótesis de inducción nos garantiza que g(x) = a 0 + a 1 x + + a m 1 x m 1 para todo x R y ciertos números reales a 0,, a m 1. Esto concluye la demostración de (i), pues f (x) = g(x) + a m x m, con a m = C 1 m!h m. 1

29 Vamos a nuestros protagonistas... Figura : Popoviciu ( )

30 Vamos a nuestros protagonistas... Teorema (Montel-Popoviciu, 1935) Sea f : R R tal que m+1 h 1 f (x) = m+1 f (x) = 0, (x R), h 2 (i) Para cada x 0 R existe un único polinomio P(x, y) Π 2 m,max tal que f (x 0 + ih 1 + jh 2 ) = P(ih 1, jh 2 ) para todo (i, j) Z 2. (ii) Si h 1 /h 2 Q y f (a,b) acotada (a < b), entonces P(x, y) = A 0 (x + y) para cierto polinomio A 0 (t) de grado m y, consecuentemente, m+1 ih 1 +jh 2 f (x) = 0, para todo x R, y todo i, j Z. (iii) Si h 1 /h 2 Q y f es continua en al menos m + 1 puntos, entonces f (x) = A 0 (x) (x R), es un polinomio algebraico de grado m.

31 Algunas aportaciones Teorema (Almira-Abu Helaiel, 2014) Las funciones polinómicas discontinuas tienen la propiedad de que la clausura de sus grafos siempre contiene un abierto no acotado.

32 Algunas aportaciones Teorema (Almira-Székelyhidi, 2014) Sea t N, sean n 1, n 2,..., n t N y sea f : R d R continua tal que n k+1 h k f (x) = 0 para todo x en R d y k = 1,, t. Si el subgrupo aditivo G de R d generado por {h 1, h 2,..., h t } satisface G = V Λ, entonces existen polinomios ordinarios p λ : R d R, λ Λ tales que f (x + λ) = p λ (x) para todo x V, λ Λ, Además, deg p λ n 1 + n n t + t 1 para todo λ in Λ. Si V = R d, entonces f es un polinomio ordinario.

33 Algunas aportaciones Teorema (Almira-Székelyhidi, 2014) Sea t N, sean n 1, n 2,..., n t N y sean h 1, h 2,..., h t elementos de R d. Supongamos que la distribución con valores complejos f satisface n k+1 h k f = 0 (0.8) para k = 1, 2,..., t. Si los vectores h 1, h 2,..., h t generan un subgrupo denso de R d, entonces f es un polinomio ordinario de grado menor o igual que n 1 + n n t + t 1.