Expresar $f(x) = \frac{x-1}{x+1}$ como suma de una función par e impar

Question

Estoy intentando escribir $$f(x) = \frac{1-x}{x+1}$$ como suma de una función par e impar. Una solución, aunque engorrosa, es utilizar la siguiente derivación:

Trabajamos hacia atrás. Dejemos que $f = f_e + f_0$ donde $f_e$ es par y $f_0$ impar. Entonces $f(x) = f_e (x) + f_0 (x)$ para todos $x$ en el ámbito de $f$ . Pero entonces $$ f(-x) = f_e (-x) + f_0 (-x) = f_e (x) - f_0 (x). $$ Añadiendo, eliminamos $f_0 (x)$ : $$ f(x) + f(-x) = 2f_e (x), $$ así que $$ f_e (x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}. $$ Ahora, $f_0 = f(x) - f_e$ . Entonces: $$ f_0 (x) = f(x) - \frac{f(x) + f(-x)}{2} = \frac{2f(x) - f(x) - f(-x)}{2} = \frac{f(x) -f(-x)}{2}. $$ Se comprueba fácilmente que $f_e$ es par y $f_0$ impar.

Usando esta derivación, obtengo: \begin{align*} \frac{1-x}{1+x} = \frac{1}{2}\left(\frac{1-x}{1+x} + \frac{1 + x}{1 - x} \right) + \frac{1}{2} \left(\frac{1-x}{1+x} - \frac{1+x}{1-x} \right). \end{align*} Suponiendo que no haya cometido un error de álgebra, esto parece funcionar, pero no es elegante. He investigado un poco y he encontrado otra solución propuesta, pero creo que es defectuosa. Primero, la presentaré. \begin{align*} \frac{1-x}{1+x} & = \frac{1-x}{1+x} \cdot \frac{1-x}{1-x} \\ & = \frac{1 - 2x + x^2}{1 - x^2} \\ & = \frac{x^2 + 1}{1 - x^2} + \frac{2x}{1 - x^2}. \end{align*} Se comprueba entonces que la primera función es par y la segunda es impar.

Mi problema con esta solución es que no es válida para todas las $x$ en el ámbito de $f$ . Por definición, el dominio de $f$ es $\mathbb{R} \setminus \{-1\}$ . Pero esta solución, al multiplicar por $\frac{1-x}{1-x}$ presupone que $x \neq 1$ lo que no me parece que esté permitido.

Vuelvo al principio, pues, porque la solución que he encontrado no me parece en absoluto elegante ni natural, y supongo que hay algún truco que se me escapa. He probado la división larga polinómica, fracciones parciales, etc., y nada, aparte de la derivación anterior, me ha aportado ningún progreso.

Answer 1

En ambos casos, sus soluciones son indefinidas cuando $x=\pm1$ . Y eso es natural. Al fin y al cabo, $f(x)$ es indefinido cuando $x=-1$ y, si expresa $f(x)$ como $f_o(x)+f_e(x)$ con $f_o$ impar y $f_e$ par, entonces es natural que al menos una de las funciones $f_o$ y $f_e$ es indefinido cuando $x=-1$ . Pero entonces, ya que $f_o(-x)=-f_o(x)$ y $f_e(-x)=f_e(x)$ si $f_o(x)$ es indefinido cuando $x=-1$ tampoco está definido cuando $x=1$ y lo mismo se aplica a $f_e(x)$ .

Answer 2

Tienes un error de signo en tu derivación. Su cálculo $$ f(x) \ = \ \frac{1-x}{x+1} \ \ \Rightarrow \ \ f(-x) \ = \ \frac{1 \ - \ (-x)}{(-x) \ + \ 1} \ = \ \frac{1 \ + \ x}{1 \ - \ x} $$ es correcto, pero una de sus funciones simétricas se ve afectada: $ \ f_{odd} \ $ debe ser $ \frac{2x}{x^2-1} \ = \ -\frac{2x}{1-x^2} \ \ . $ (Interesante, $ \ f(-x) \ = \ \frac{1}{f(x)} \ \ . $ )

[Además, la expresión de la función en su título no coincide con la de su discusión; las funciones par e impar para eso serían $ \ f_{even} \ = \ \frac{ x^2 + 1}{ x^2 - 1} \ $ y $ \ f_{odd} \ = \ \frac{ 2x }{ 1 - x^2} \ $ . Asumo que quieres el que estamos discutiendo aquí].

Podemos comprobarlo $$ \frac{1 \ + \ x^2}{1 \ - \ x^2} \ + \ \frac{-2x}{1 - x^2} \ \ = \ \ \frac{(1 \ - \ x)^2}{1 \ - \ x^2} \ \ = \ \ \frac{1 \ - \ x}{1 \ + \ x} \ \ . $$

Me di cuenta del error cuando inicialmente hice un gráfico de sus funciones; el gráfico ici muestra $ \ \frac{1 \ - \ x}{1 \ + \ x} \ $ en azul, y las funciones par e impar (corregidas) en verde y rojo, respectivamente. Como José Carlos Santos observaciones, no podemos esperar que una función asimétrica con una asíntota vertical sea "reconstruida" perfectamente por funciones simétricas, ya que las asíntotas verticales están dispuestas simétricamente sobre el $ \ y-$ eje en ambos funciones even e impar. Así que en realidad hay un "agujero" en el dominio de $ \ f_e \ + \ f_o \ $ en $ \ x = 1 \ $ que no está presente en la función original. Entonces, lo mejor que se puede hacer en una suma así es que el límite de la suma sea igual a $ \ f(1) \ . $ En efecto, mientras que las dos funciones simétricas son no definido en $ \ x = 1 \ $ Además, el límites de las funciones individuales no existen como $ \ x \ $ se acerca a $ \ 1 \ , $ nosotros do tienen $$ \ \lim_{x \ \rightarrow \ 1} \ \left[ \ \frac{1 \ + \ x^2}{1 \ - \ x^2} \ \ + \ \ \frac{-2x}{1 - x^2} \ \right] \ \ = \ \ \lim_{x \ \rightarrow \ 1} \ \ \frac{1 \ - \ x}{1 \ + \ x} \ \ = \ \ 0 \ \ . $$

Este tipo de situación se da en otros tipos de sumas de funciones en las que existe una discontinuidad en las funciones "componentes" o en la función que hay que construir. Un ejemplo que me viene a la mente es cuando una serie de Fourier (una suma infinita de funciones trigonométricas continuas) debe "imitar" una discontinuidad de salto.