Prueba de funciones.

Question

Buscar todas las funciones $$f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$$ tal que $$f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$$ para todos los números enteros $$a, b, c$$ satisfaciendo $$a+b+c=0$$

No tengo ni idea de cómo empezar esta ¿Algún comentario?

Answer 1

Existen tres familias diferentes de soluciones para esta ecuación. Para cualquier constante $k$ tenemos las siguientes posibilidades:

$$\begin{align*}f(2n)=0, && f(2n+1)=k && \forall n \in \mathbb{Z}\end{align*}$$

o

$$\begin{align*}f(4n)=0, && f(4n+1)=f(4n-1)=k, && f(4n+2)=4k && \forall n \in \mathbb{Z}\end{align*}$$

o

$$f(n) = kn^2 \quad \forall n \in \mathbb{Z}$$

Podemos (y debemos) comprobar que cada una de estas soluciones satisface la ecuación funcional.

A continuación demostraré que éstas son las únicas posibilidades.

En primer lugar, tomando $a=b=c=0$ obtenemos que $3f(0)^2=6f(0)^2$ de lo que se obtiene $f(0)=0$ .

Ahora toma $a=n, b=-n$ y $c=0$ para conseguir que $$f(n)^2+f(-n)^2=2f(n)f(-n)$$ para todos $n$ de lo que se obtiene $f(-n)=f(n)$ para todos $n$ .

Sea $f(1)=k$ . Afirmo que existe una función $g:\mathbb{Z}\to\mathbb{N}$ tal que $f(n)=kg(n)^2$ para todos $n\in\mathbb{Z}$

Podemos tomar $g(0)=0$ y $g(1)=1$ . Supongamos ahora que tenemos un valor para $g(n)$ . Entonces tomando $a=n+1, b=-n$ y $c=-1$ en la ecuación funcional (teniendo en cuenta que $g(-n)=g(n)$ ), obtenemos

$$f(n+1)^2 + k^2g(n)^4 + k^2 = 2kf(n+1)g(n)^2 + 2k^2g(n)^2+2kf(n+1)$$

y así

$$(f(n+1)-kg(n)^2-k)^2 = 4k^2g(n)^2$$

dándonos

$$f(n+1)=k(g(n)^2\pm 2g(n)+1)=k(g(n)\pm 1)^2$$

y así podemos tomar

$$g(-n-1)=g(n+1)=g(n)\pm 1$$

que es un número entero. Afirmé que podemos hacer $g(n)$ un número entero no negativo.El único caso en que lo anterior hace $g(n+1)$ negativo, es si $g(n)=0$ y $g(n+1)=-1$ . Pero entonces podemos tomar $g(n+1)=1$ que no es negativo. De este modo, podemos definir $g(n)$ para todos los números enteros $n$ .

Si $k=0$ entonces vemos que $f(n)=0$ para todos los números enteros $n$ que satisface la ecuación funcional A partir de ahora, podemos suponer que $k \neq 0$ .

Ahora tomando $a=2n, b=-n$ y $c=-n$ en la ecuación funcional nos da que

$$f(2n)^2+2f(n)^2=4f(2n)f(n)+2f(n)^2$$

para todos $n$ y así obtenemos que $f(2n)=0$ o $f(2n)=4f(n)$ para todos $n$ . En términos de $g$ esto nos da que para cualquier número entero $n$ o bien $g(2n)=0$ de $g(2n)=2g(n)$ .

Ahora afirmo que si hay algún número entero $m$ tal que $f(m)=0$ entonces $f$ es periódica con período $m$ . es decir $f(n+m)=f(n)$ para todos los números enteros $n$ . De hecho, tome $a=n+m, b=-n$ y $c=-m$ en la ecuación funcional. Obtenemos que $$f(m+n)^2+f(n)^2=2f(m+n)f(n)$$ dándonos $f(m+n)=f(n)$ como desee.

Vemos que esto es válido para $g$ ya que $g(m)=0$ sólo si $f(m)=0$ .

Ahora sabemos que $g(2)=0$ o $g(2)=2$ . Si $g(2)=0$ entonces vemos que $f$ es periódica con período $2$ lo que nos da la familia de soluciones $$\begin{align*}f(2n)=0, && f(2n+1)=k && \forall n \in \mathbb{Z}\end{align*}$$

De lo contrario, tenemos que $g(2)=2$ . Entonces obtenemos que $g(4)=0$ o $g(4)=4$ .

Si $g(4)=0$ entonces de $g(n+1)=g(n)\pm 1$ vemos que $g(3)=1$ . También tenemos que $f$ es periódica con período $4$ por lo que en este caso obtenemos la familia de soluciones $$\begin{align*}f(4n)=0, && f(4n+1)=f(4n-1)=k, && f(4n+2)=4k && \forall n \in \mathbb{Z}\end{align*}$$

Por último, supongamos que $g(4)=4$ . Vemos que $g(3)=3$ . Afirmo que en este caso, $g(n)=n$ para todos los enteros no negativos $n$ . Esto es válido para $n \leq 4$ . Supongamos que la afirmación es válida para todos los números enteros no negativos $n\leq 2k$ . (Para algunos $k>1$ ) Demostraremos que también se cumple para $n=2k+1$ y $n=2k+2$ .

Sabemos que $g(2k+2)=0$ o $g(2k+2)=2g(k+1)$ . Pero $g(2k+2) \geq g(2k)-2=2k-2>0$ por lo que debemos tener que $g(2k+2)=2g(k+1)=2k+2$ . Entonces vemos fácilmente que $g(2k+1)=2k+1$ ya que la única otra posibilidad es $g(2k+1)=2k-1$ lo que hace imposible que $g(2k+2)=2k+2$ .

Así pues, la afirmación es válida para $n=2k+1$ y $n=2k+2$ y, por tanto, para todos los números naturales $n$ por inducción.

Así $f(n)=kn^2$ para todos los enteros no negativos $n$ y puesto que $f(-n)=f(n)$ obtenemos que $f(n)=kn^2$ para todos los números enteros $n$ lo que nos da la familia final de soluciones

$$f(n) = kn^2 \quad \forall n \in \mathbb{Z}$$

Answer 2

Creo que la función nula $f(x)=0$ para todos $x\in \mathbb{Z}$ funciona. ¿Hay alguna otra condición para la función?

Answer 3

Creo que usar $f(x)=-x$ funciona, ya que $0=(-a-b-c)²=a²+b²+c²-2ab-2bc-2ac$ Así que $f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$