Si se permiten las siguientes acciones, Buscar $F(2002,2020,2200)?$

Question

Si se permiten las siguientes acciones,Buscar $F(2002,2020,2200)?$ $$ F(x+t,y+t,z+t)=t+F(x,y,z);$$ $$ F(xt,yt,zt)=tF(x,y,z);$$ $$ F(x,y,z)=F(y,x,z)=F(x,z,y)$$ donde x,y,z,t son números reales. Mi intento: $F(0,0,0)=0$ de la segunda acción, entonces $F(x,x,x)=x$ para cualquier x. Y $F(x,y,z)=F(x,z,y)=F(y,x,z)=F(y,z,x)=F(z,x,y)=F(z,y,x)$ de la tercera acción. Y he encontrado $$F(2x,2y,x+y)=2x+F(0,2y-2x,y-x)=2x+(y-x)F(0,2,1)=2y+F(2x-2y,0,x-y)=2y+(x-y)F(2,0,1)$$ Entonces $2x+(y-x)F(0,1,2)=2y+(x-y)F(0,1,2)$ , $F(0,1,2)=1.$ Y estoy tratando de encontrar $F(0,1,11)$ Necesito una pista, no puedo hacer más. En mi opinión $F(x,y,z)=(x+y+z)/3$

Answer 1

Dejemos que $$g(t)=F(0,1,t) $$ Entonces $$g(1-t)=F(0,1,1-t)=1+F(-1,0,-t)=1-F(0,1,t)=1-g(t) $$ y para $t\ne0$ , $$g(\tfrac1t)=F(0,1,\tfrac1t)=\tfrac1tF(0,t,1)=\tfrac1tg(t) .$$ A la inversa, dejemos que $g\colon\Bbb R\to\Bbb R$ sea cualquier con la función $$\tag{1}\begin{align}g(1-t)&=1-g(t)\\g(\tfrac1t)&=\frac1tg(t)&(t\ne0)\end{align} $$ y definir $$\tag2F(x,y,z)=\begin{cases}x+(y-x)g(\tfrac{z-x}{y-x})&x\ne y\\ x+(z-x)g(0)&x=y .\end{cases}$$ Entonces encontramos $$F(x+t,y+t,z+t)=t+F(x,y,z) $$ así como (para $t=0$ trivialmente, para $t\ne0$ de $(2)$ ) $$F(tx,ty,tz)=tF(x,y,z).$$ Para $x\ne y$ (y trivialmente también para $x=y$ ), $$\begin{align}F(y,x,z)&=y+(x-y)g(\tfrac{z-y}{x-y}) \\&=y+(x-y)g(1-\tfrac{z-x}{y-x}) \\&=y+(x-y)(1-g(\tfrac{z-x}{y-x}) ) \\&=x+(y-x)g(\tfrac{z-x}{y-x}) \\&=F(x,y,z). \end{align}$$ Si $z\ne x\ne y$ , $$ F(x,z,y)=x+(z-x)g(\tfrac{y-x}{z-x}) =x+(z-x)g(\tfrac1{\tfrac{z-x}{y-x}}) =x+(z-x)\frac{y-x}{z-x}g(\tfrac{z-x}{y-x}) =x+(y-x)g(\tfrac{z-x}{y-x}) =F(x,y,z).$$ Si $z=x\ne y$ , $$ F(x,z,y)=x+(y-x)g(0) =x+(y-x)g(\tfrac{z-x}{y-x}) =F(x,y,z).$$ Por simetría, también tenemos $F(x,z,y)=F(x,y,z)$ cuando $z\ne x=y$ y trivialmente también cuando $x=y=z$ . Así, $$ F(x,y,z)=F(y,x,z)=F(x,z,y)$$ para todos $x,y,z$ . Por lo tanto, el problema es equivalente a considerar las funciones $g$ con las dos propiedades $(1)$ y para calcular $g(11)$ .

Para $x,y\in\Bbb R$ , digamos que $x\sim y$ si podemos obtener de $x$ a $y$ aplicando un número finito de pasos $t\mapsto 1-t$ o (para $t\ne 0$ ) $t\mapsto \frac1t$ . Como los dos pasos permitidos son involuciones, podemos suponer que los dos tipos de pasos se utilizan siempre alternativamente en dicha secuencia. Si empezamos con $x\ne0,1$ volvemos a $x$ después de un máximo de seis pasos: $$ x\mapsto 1-x\mapsto \frac1{1-x}\mapsto \frac x{x-1}\mapsto \frac{x-1}{x}\mapsto \frac1x\mapsto x$$ donde todos los valores intermedios son también $\ne0,1$ (Si empezamos con $t\mapsto \frac 1t$ en lugar de $t\mapsto 1-t$ llegamos a la misma secuencia, sólo que al revés). Concluimos que $\sim$ es una relación de equivalencia en $\Bbb R\setminus\{0,1\}$ . Si estamos de acuerdo en que $\frac10=\infty$ y $\frac1\infty=0$ vemos que $\sim$ es una relación de equivalencia en $\Bbb R\cup\{\infty\}$ .

Para la mayoría de los $t\in\Bbb R\cup\{\infty\}$ la clase de equivalencia $[t]$ tiene $6$ elementos. Como se acaba de ver $[0]=[1]=[\infty]$ es una clase de equivalencia con $3$ elementos. Para otros $t$ , $[t]$ tiene $3$ elementos sólo si $$ t=1-\frac{1-t}\quad \text{or}\quad t=\frac1{1-\frac1t}.$$ Encontramos que este es el caso sólo para $[2]=\{2,\frac12,-1\}$ . $[t]$ tiene dos elementos sólo si $$ 1-t=\frac1t,$$ que no tiene soluciones reales. Finalmente, $[t]$ no puede tener un solo elemento, ya que necesitaría $t=1-t=\frac1t$ . Esto nos permite describir el conjunto de posibles funciones $g$ .

• Para cada $[t]$ de tamaño $6$ podemos elegir $y=g(t)$ arbitrariamente, y utilizar $(1)$ para definir $g(1-t)=1-y$ , $g(\frac1{1-t})=\frac{1-y}{1-t}$ , $g(\frac t{t-1})=\frac{y-t}{1-t}$ , $g(\frac{t-1}t)=\frac{t-y}t$ , $g(\frac1t)=\frac yt$ . Esto funciona porque al final tenemos $g(\frac1t)=\frac1tg(t)$ como se desee.

• Para $[3]$ , defina $g(-1)=0$ , $g(2)=1$ , $g(\frac12)=\frac12$ . (Como ya ha demostrado, no se puede jugar con estos valores)

• Para $[0]$ , definida $g(0)$ de manera arbitraria y $g(1)=1-g(0)$

Cualquier $g$ resuelve el problema. En particular, $g(11)$ puede tomar un valor arbitrario y también $$F(2002,2020,2200)=2002+18g(11). $$

Answer 2

Hay una buena razón por la que no se puede hacer más: el problema está infradeterminado, es decir, no hay suficientes restricciones para forzar el valor de $F(2002,2020,2200)$ .

Para ver por qué, dejemos que $k$ sea una constante cualquiera, y consideremos la siguiente función.

$$ G(x,y,z)=\left\lbrace\begin{array}{lcl} x+k(z-x), & \textrm{if} & z-x=\frac{y-x}{11} \\ z, & \textrm{if} & z-x=\frac{y-x}{2} \\ y, & \textrm{if} & z-x=2(y-x) \\ x+k(y-x), & \textrm{if} & z-x=11(y-x) \\ x, & \textrm{otherwise.} \\ \end{array}\right. $$

Por construcción, $G$ satisface $G(t+x,t+y,t+z)=t+G(x,y,z)$ y $G(tx,ty,tz)=tG(x,y,z)$ para cualquier $t$ . Debido a la simetría de $y$ y $z$ en la definición de $G$ también tenemos $G(x,y,z)=G(x,z,y)$ (aunque no tenemos $G(x,y,z)=G(y,x,z)$ ). Ahora podemos definir :

$$ F(x,y,z)=\left\lbrace\begin{array}{lcl} G(x,y,z), & \textrm{if} & \min(x,y,z) = x \\ G(y,z,x), & \textrm{if} & \min(x,y,z) = y \\ G(z,x,y), & \textrm{if} & \min(x,y,z) = z \\ \end{array}\right. $$

Entonces es fácil comprobar, utilizando lo que acabamos de comentar $G$ que $F$ satisface todos sus requisitos. Y

$$ F(2002,2020,2200)=G(2002,2020,2200)=2002+18k $$ (ya que aquí tenemos $z-x=198$ y $y-x=18$ Así que $z-x=11(y-x)$ )

Así que $F(2002,2020,2200)$ puede ser un valor arbitrario.