Función satisfactoria $f^{-1} =f'$

Question

¿Cuántas funciones hay que sean diferenciables en $(0,\infty)$ y que satisfagan la relación $f^{-1}=f'$ ?

Answer 1

Parece que nos encontramos ante otra reivindicación de Léo Sauvé famosa sentencia ...

Voy a tratar de esbozar a continuación la sobrecogedora solución a este problema con la que A. C. Hindmarsh y que se presentó en la página 696 del sexto número del volumen 76 (1969) del American Mathematical Monthly . Hasta donde yo sé, el problema fue propuesto originalmente por H. L. Nelson y apareció en la página 779 del volumen 75 (1968) de la Mensualmente y, por extraño que parezca, llegaría a la columna de problemas y soluciones del Mensualmente una vez más en 1976 (vol. 83, nº 4, p. 293); sin embargo, en esa ocasión se atribuiría a un tal Nathaniel Grossman, de la UCLA.

Solución. Queremos determinar todas las funciones $f \colon [0,\infty) \to [0,\infty)$ tal que $f(0)=0$ y $f^{\prime}(x) = f^{-1}(x)$ para cada $x \in I:=(0,\infty)$ . Demostraremos que, aparte de la función mencionada por Tsuyoshi Ito en su respuesta, no hay ninguna otra función $f$ que satisfaga todas las restricciones consideradas .

En primer lugar, observamos que si $f$ es una función que hace el trabajo entonces $f$ debe ser $\mathcal{C}^{1}$ y estrictamente creciente en $(0,\infty)$ . Entonces, diferenciando la identidad $$f(f^{\prime}(x))=x$$ repetidamente, obtenemos que $f$ es una función de la clase $\mathcal{C}^{\infty}$ . Además, obtenemos que $f^{\prime \prime}>0$ , $f^{\prime \prime \prime} < 0, \ldots, (-1)^{k}f^{(k)}>0$ ; se deduce de Teorema de Bernstein sobre funciones regularmente monótonas que $f$ es una función analítica real en $(0,\infty)$ .

Ahora, a partir de la identidad

$$\frac{d}{dx} f(f(x)) = f^{\prime}(f(x))f^{\prime}(x) = xf^{\prime}(x)$$

obtenemos que

$$f(f(x)) = \int_{0}^{x} y \, f^{\prime}(y) \, dy$$ para cada $x \in I$ . Esto nos permite comprobar que $f$ tiene un punto fijo $a \in I$ si no fuera así, la función $F \colon I \to \mathbb{R}$ definido para cada $x \in I$ como $F(x)= f(x)-x$ sería de signo fijo. Afirmamos que tal cosa no es posible: en efecto, si $f(x)>x$ para cada $x \in I$ entonces $y = f^{\prime}(f(y)) > f^{\prime}(y)$ para cada $y \in (0,x)$ y de donde

$$ x < f(f(x)) = \int_{0}^{x} y \, f^{\prime}(y) \, dy < \int_{0}^{x} y^{2} \, dy = \frac{x^{3}}{3},$$

lo que no se cumple necesariamente cuando $x$ es suficientemente pequeño; ya que la suposición de que la desigualdad $f(x)<x$ se cumple para cada $x \in I$ nos permite derivar una contradicción similar, concluimos que cualquier solución $f$ a la diferencial-funcional en cuestión sí tiene un punto fijo $a\in I$ . Además, la convexidad estricta de $F$ implica que $F$ tiene como máximo dos ceros, contando el que tiene en $x=0$ . Así, $f$ tiene exactamente un punto fijo $a\in I$ con $f(x)<x$ en $(0,a)$ , $f(x)>x$ en $(a,\infty)$ , $f^{\prime}(x)>x$ en $(0,a)$ y $f^{\prime}(x)<x$ en $(a,\infty)$ .

La unicidad de la solución del problema se establece mediante el punto fijo cuya existencia se acaba de demostrar. Supongamos que $f_{1}$ y $f_{2}$ son dos funciones que satisfacen todas las restricciones consideradas y sea $g:=f_{1}-f_{2}$ . Por otra parte, señalemos con $a_{i}$ el único punto fijo de $f_{i}$ en el intervalo $I$ . Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $a_{1} \geq a_{2}$ .

La posibilidad de que $a_{1}>a_{2}$ nos lleva a una contradicción. (De momento no añado todos los detalles del análisis correspondiente. Considero que ésta es la parte menos transparente del argumento del Sr. Hindmarsh. ¿Puede alguno de ustedes, compañeros de MO, proporcionar un análisis más límpido justificación de esta parte de la solución).

Si $a_{1}=a_{2}=a$ entonces no es difícil convencerse de que $0=g(a)=g^{\prime}(a) = g^{\prime \prime}(a) =\ldots$ siendo $g$ una función analítica real en $I$ esta última igualdad implica que $g$ desaparece idénticamente y hemos terminado.

QED.

Answer 2

Vaya. Recuerdo que pensé exactamente en el mismo problema por curiosidad cuando era estudiante de secundaria, pero no llegué a encontrar una respuesta. De hecho, ¡estaba pensando en publicar este problema en MathOverflow!

Al menos es fácil construir una solución: f(x)=x / 1 donde =(1+5)/2 es la proporción áurea.

Edito: Corregido el cálculo. Gracias a Aaron Meyerowitz por detectar el error.

Answer 3

Sea $a=1+p>1$ se dará. Construiremos una función $f$ del tipo requerido con $f(a)=a$ mediante una función auxiliar $h$ definido en la vecindad de $t=0$ y acoplado a $f$ vía $x=h(t)$ , $f(x)=h(a t)$ , $f^{-1}(x)=h(t/a)$ . La condición $f'=f^{-1}$ implica que $h$ satisface la ecuación funcional $$(*)\quad h(t/a) h'(t)=a h'(at).$$ Escribir $h(t)=a+\sum_{k \ge 1} c_k t^k$ obtenemos de $(*)$ una fórmula de recursión para el $c_k$ y se puede demostrar que $0< c_r<1/p^{r-1}$ para todos $r\ge 1$ . Esto significa que $h$ es de hecho analítica para $|t|< p$ satisface $(*)$ y posee una inversa $h^{-1}$ en las proximidades de $t=0$ . De ello se deduce que la función $f(x):=h(ah^{-1}(x))$ tiene las propiedades requeridas.

Answer 4

Esta pregunta es más complicada de lo que parece

Si $f^{-1}(x)=f'(x)$ entonces $f(f^{-1}(x))=f(f'(x))$ o $x=f(f'(x))$

La primera derivada da

$\displaystyle 1=f'(f'(x))f''(x)$

Ahora sustituye $y=f'(x)$

$\displaystyle y(y(x))y'(x)=1$

En lugar de lo anterior vamos a resolver una más general:

$\displaystyle g(y(x))y'(x)=1$

Ésta tiene una solución expresada como

$\displaystyle \int_{1}^{y(x)}g(r) \mathrm{d} r = x+c$

Ahora bien, como queremos $y(x)=g(x)$ tenemos

$\displaystyle \int_{1}^{y(x)}y(r) \mathrm{d} r = x+c$

$\int_{1}^{y(x)}y(r) \mathrm{d} r$ es en realidad un curioso operador que representaremos como $\mathfrak{R}(y(x))_{1}$

Ahora este operador tiene su inverso y esto es lo que buscamos. Para una función $h(x)$ queremos saber $s(x)$ para que

$\displaystyle \mathfrak{R}(s(x))=h(x)$

Llamaremos $\mathfrak{R}^{-1}()$ la raíz integral.

Como nuevo operador tenemos que examinarlo un poco. Primero podemos crear una tabla para algunas funciones conocidas

$\begin{matrix} h(x) & \mathfrak{R}^{-1}(h(x))_{1} \\ & \\ \frac{1}{2}(x^2-1) & x\\ \frac{1}{3}(x^6-1) & x^2\\ 1 - \ln(x)(1 - \ln(\ln(x))) & \ln(x)\\ e^{e^x}-e & e^x\\ -\ln(x) & \frac{1}{x}\\ \cos(1)-\cos(\sin(x)) & \sin(x)\\ \frac{2}{3}(x^{\frac{3}{4}}-1) & \sqrt{x} \end{matrix}$

No ignoramos el término constante ya que la raíz integral es un operador muy sensible y definimos en general la raíz integral con base $b$ como:

$\mathfrak{R}(h(x))_{b}=\int_{b}^{f(x)}f(r) \mathrm{d} r$

Volveremos sobre la importancia de la base más adelante, pero por ahora diremos que la función no tiene por qué estar definida en todas partes y la base puede ayudar al respecto. Por lo tanto, todo lo que necesitamos para encontrar la raíz integral de $h(x)=x$ .

El operador se parece a una derivada/integración normal, salvo que lo está extendiendo todo, está dando una especie de resultado más rápido.

Es una cuestión profunda si este operador tiene valores únicos. (Insinuaremos algo en esa dirección pero en general este es un muy buen tema para algún trabajo semestral).

Observe que el operador es muy sensible al valor de la constante y ésta no puede ignorarse.

Dado que las potencias de $x$ aparece de los poderes de $x$ podríamos intentar la solución en la forma más general como $g(x)=ax^b+f(x)$ sin embargo esto nos convencerá muy rápidamente de que para cualquier solución definida en todas partes $f(x)=0$ ya que estas soluciones son muy restrictivas y no es posible manejar las constantes como nos gustaría, incluso añadiendo $ax^b+c$ crearía una solución inútil. La forma de tratar el término constante es cambiando la base en general.

Por lo tanto, si nos limitamos al mundo global tenemos

$\displaystyle \mathfrak{R}(ax^b)_{1}=\frac{a^{b+2}x^{b(b+1)}}{b+1}-\frac{a}{b+1}$

Puesto que queremos

$\displaystyle \mathfrak{R}(ax^b)_{1}= x+c$

que requiere $b(b+1)=1$ hacer que el resultado

$ba^{b+2}x-ab$

Esto requiere $ba^{b+2}=1$ lo que hace que $a=(b+1)^{\frac{1}{b+2}}$

(Observa que no se trata de dos raíces integrales diferentes de la misma función).

Ahora nuestra solución es $y(x)=f'(x)$ así que lo tenemos de nuevo como

$\displaystyle f(x)=\frac{a}{b+1}x^{b+1}=(b+1)^{-\frac{1}{b+1}}x^{b+1}$

donde como hemos mencionado $b(b+1)=1$

La razón por la que optamos por este operador es que la función en cuestión tiene derivada, por lo que se supone que es una función que se comporta bien.

Demostremos que estas dos son las soluciones

Derivado

$\displaystyle f'(x)=(b+1)^{-\frac{1}{b+1}}(b+1)x^{b}$

$\displaystyle f'(x)=(b+1)^{-\frac{1}{b+1}+1}x^{b}$

$\displaystyle f'(x)=(b+1)^{\frac{b+1-1}{b+1}}x^{b}$

$\displaystyle f'(x)=(b+1)^{\frac{b}{b+1}}x^{b}$

Inversa

$\displaystyle x=(b+1)^{-\frac{1}{b+1}}h(x)^{b+1}$

$\displaystyle (b+1)^{\frac{1}{b+1}}x=h(x)^{b+1}$

$\displaystyle (b+1)^{\frac{1}{(b+1)(b+1)}}x^{\frac{1}{b+1}}=h(x)$

$\displaystyle f^{-1}=h(x)=(b+1)^{\frac{b}{b+1}}x^{b}$

Finalmente utilicemos la proporción áurea para encontrar cuales son las soluciones de las que estamos hablando

$\displaystyle b_{1}=-\phi$ , $ b_{2}=\phi-1$

haciendo que la primera solución sea realmente compleja y la segunda real:

$\displaystyle (-\phi+1)^{-\frac{1}{-\phi+1}}x^{-\phi+1}=(-\phi)^{-\phi}x^{-\frac{1}{\phi}}$

$\displaystyle \phi^{-\frac{1}{\phi}}x^{\phi}$

Las dos soluciones que tenemos son impulsados por diferir una constante solamente, de lo contrario la raíz integral tiene la solución única al igual que la raíz normal tiene. Es posible que haya soluciones que no sean analíticas o definidas en todas partes, de lo contrario las dos soluciones dadas son las únicas soluciones globales agradables.

Aparte de estas soluciones globales que no cambian si cambiamos la base de la raíz integral, existe la opción de tener una solución local. Para ello extendemos la función analíticamente en algún punto $x_{0}$ y pedir que la función se comporte como $x$ respecto a la raíz integral en ese punto.

Entonces cerca de $x_{0}$ esa función se comportará como es debido.

$\displaystyle f(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_{n}(x-x_{0})^n $

Básicamente pedimos

$\displaystyle \mathfrak{R}(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_{n}(x-x_{0})^n)_{x_{0}} = x+c$

Obsérvese que el cambio de base es muy importante, aunque puramente técnico para esta tarea en particular, ya que hemos supuesto que conocemos esta función sólo en torno a $x_{0}$

Entonces necesitamos tener:

$\displaystyle \sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{c_{n}}{n+1}(\sum\limits_{m=0}^{+\infty}c_{m}(x-x_{0})^m-x_{0})^{n+1}=x+f(x_{0})+c$

Obviamente podemos igualar todos los coeficientes ya que el coeficiente final por $x$ debe ser $1$ y todos los poderes superiores $0$ . Resolviendo todos los coeficientes para $c_{k}$ dará soluciones locales para cada $x_{0}$ . Ya tenemos una de esas soluciones no triviales, pero podría haber más que esa solución global.

Sin embargo, observe que la base de la raíz integral no afecta a la respuesta, ya que la base sólo se ocupa del término constante, y el término constante es arbitrario. En lugar de $1$ para nuestra función podríamos tomar cualquier constante.

Es decir, que nuestra solución local vuelve a tener la misma resolución que hemos encontrado al partir de $1$ .

A menos que haya alguna forma curiosa y no descubierta de que la raíz integral pueda tener más de dos soluciones dadas, una real y otra compleja, cada solución local es igual a cualquiera de las dos soluciones globales encontradas.