Supongamos que conocemos el valor de $f$ en $1$ y todos los enteros positivos pares, entonces sabríamos $f$ en todas partes, ya que $f(3)=f(1)-f(2)$ y $f(5)=f(2)-f(4)$ y $f(7)=f(3)-f(6)$ y así sucesivamente. Esto se formaliza en el siguiente teorema:
Teorema 1: Dejemos que $A$ sea un grupo abeliano, sea $g:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to A$ sea una función, y $a\in A$ un elemento. Entonces existe una función única $f:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to A$ que satisface $$ f(1)=a\quad\text{and}\quad f(n)=f(2n)+f(2n+1)\quad\text{and}\quad f(2n)=g(n) $$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{\ge 1}$ .
Prueba: Para todos $m\ge 0$ , defina $S_m:=\left\{2n+1:0\le n\le m\right\}\cup\{2n:n\ge 1\}$ . Definir $f_0:S_0\to A$ por $f_0(1):=a$ y $f_0(2n):=g(n)$ para todos $n\ge 1$ . Para todos los $m\ge 1$ , defina $f_m:S_m\to A$ como sigue. Para todos los $x\in A_m$ con $x\in A_{m-1}$ tomamos $f_m(x):=f_{m-1}(x)$ . Si $x\not\in A_m$ entonces $x=2m+1$ y $2m,m\in A_m$ , por lo que podemos establecer con seguridad $f_m(2m+1):=f_m(m)-f_m(2m)$ .
Reclamación: Para todos $N\ge 1$ y todos $1\le n\le N$ tenemos $$f_N(2n+1)=f_N(n)-f_N(2n).$$
Prueba de reclamación: Ejercicio. Utilizar la inducción sobre $N$ .
Reclamación: Dejemos que $f:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to A$ sea una función que satisfaga $f(1)=a$ y $f(2n)=g(n)$ para todos $n\ge 1$ . Entonces $f(2n+1)=f(n)-f(2n)$ para todos $n\ge 1$ si y sólo si $f(2n+1)=f_n(2n+1)$ para todos $n\ge 1$ .
Prueba de reclamación Ejercicio. Utilizar la inducción sobre $n$ para la parte "sólo si".
$\square$
A partir del teorema $1$ vemos que si buscamos $f:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to \mathbb{R}$ es decir, si se permitieran los valores negativos, entonces podríamos elegir libremente $f(1)$ y $f(2n)$ para todos $n\ge 1$ y esto determinaría de forma única $f$ .
Sin embargo, usted quiere que el dominio sea $\mathbb{R}_{>0}$ . Obviamente, podríamos elegir $f$ para ser positivo en $1$ y todos los enteros positivos pares y aplicar el Teorema $1$ para construir $f$ pero esto no garantiza nada sobre los valores de $f$ en los enteros Impares al menos $3$ . Queremos $f(2n+1)>0$ o, por el contrario $f(n)>f(2n)$ para todos $n\ge 1$ .
Lema 2: Dejemos que $f:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to \mathbb{R}$ sea una función que satisfaga $f(n)=f(2n)+f(2n+1)$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{\ge 1}$ . Entonces lo siguiente es cierto:
- $f(2^m-1)=f(1)-\sum_{n=2}^mf(2^n-2)$ para todos $m\ge 1$
- $f(2^{k+1}m+2^{k}-1)=f(2m)-\sum_{n=1}^kf(2^{n+1}m+2^n-2)$ .
Prueba: Ejercicio. De nuevo, utilice la inducción. $\square$
Obsérvese que todos los enteros positivos de impar son de una de las dos formas mencionadas en el lema. Esto nos lleva inmediatamente al siguiente teorema:
Teorema 3: Dejemos que $g:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to\mathbb{R}_{>0}$ sea una función y $a\in\mathbb{R}_{>0}$ una constante. Entonces existe una función $f:\mathbb{Z}_{\ge 1}\to\mathbb{R}_{>0}$ que satisface $$ f(1)=a,\quad f(n)=f(2n)+f(2n+1)\quad\text{and}\quad f(2n)=g(n) $$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{\ge 1}$ si y sólo si $$ a>\sum_{n= 1}^\infty g(2^{n}-1)\quad\text{and}\quad g(m)>\sum_{n=1}^\infty g(2^{n}m+2^{n-1}-1) $$ para todos los enteros $m\ge 1$ . Además, este $f$ es único si existe.
Prueba: Ejercicio. Utiliza el lema $2$ . $\square$
Teorema $2$ esencialmente requiere que para todos los $n$ la secuencia $g(n),g(2n+1),g(4n+3),g(8n+7),\ldots$ disminuye extremadamente rápido - cada término tiene que ser mayor que la suma de todos los términos que le siguen.
