Examen Putnam A3 2012

Question

Esta pregunta se me escapó sobre todo durante el propio examen.

Problema : Supongamos que $f: [-1, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ continuamente, y que

$$\begin{align} \text{(i)}\qquad &f(x) = \frac{2 - x^2}{2} f\left(\frac{x^2}{2-x^2}\right)\\ \text{(ii)}\qquad &f(0) = 1\\[6pt] \text{(iii)}\qquad &\lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)}{\sqrt{1-x}}\ \text{exists} \end{align}$$

Determinar la forma cerrada de $f$ y demostrar que es única. ---

Todo lo que conseguí fue -utilizando la heurística eventual de "poderes de $1 - x^2$ se cancelará perfectamente en ( iii ) y trabajar en ( ii ), así que veamos si funcionan en ( i )" - descubra que

$$ f(x) = \sqrt{1 - x^2}$$

Ahora, este $f$ es un involución por lo que basta con demostrar que si $g$ es una función que satisface ( i ) a ( iii ), entonces $g(f(x)) = x$ . Esto, sin embargo, era más de lo que podía hacer.

Cómo do ¿demostrar la unicidad? (Me encontré con una solución que no entendí; por favor, sea amable).

Answer 1

Descargo de responsabilidad: Tomo mucho prestado del enlace Art of Problem Solving al que se alude en los comentarios.

Ya que ha adivinado una solución, a saber $x \mapsto \sqrt{1-x^2}$ Así que aprovechémoslo. Denotemos $s(x) := \sqrt{1-x^2}$ y observe, como usted hizo, que $s(s(x)) = x$ . Es una buena idea expresar $f$ de forma alternativa, de modo que para $f(x) = s(x)$ las cosas se vuelven muy sencillas. Esto es vago, pero una forma de proceder es escribir $f(x) = h(s(x))$ para algún continuo $h:[0,1] \to \mathbb{R}$ ya que esto equivale a decir que $h(y) = f(s(y))$ existe una correspondencia de 1 a 1 entre las posibles $f$ y $h$ 's.

Veamos qué dicen las condiciones sobre $h$ :

(i) $$h(y) = f(s(y)) = \frac{1 + y^2}{2} f\left(\frac{1-y^2}{1+y^2}\right) = \frac{1 + y^2}{2}h\left(s\left(\frac{1-y^2}{1+y^2}\right)\right) = \frac{1 + y^2}{2} h\left( \frac{2y}{1+y^2} \right)$$ (ii) $h(1) = 1$

(iii) $\lim_{y \to 0+} \frac{h(y)}{y}$ existe.

Hay varias formas de proceder en esta fase. Para mantener la elegancia, observemos la sorprendente semejanza entre la expresión $\frac{2y}{1+y^2}$ y la fórmula para $\tanh$ de ángulo doblado. De hecho, si $y = \tanh \alpha$ entonces $\frac{2y}{1+y^2} = \tanh 2 \alpha$ . Escribir además $\frac{1+y^2}{2}$ como $\frac{y}{ \frac{2y}{1+y^2}} $ concluimos que (i) puede reexpresarse de una forma más agradable: $$ h(\tanh \alpha) = \frac{\tanh \alpha}{\tanh 2 \alpha} h(\tanh 2\alpha)$$ Iterando esto tantas veces como queramos, concluimos: $$ h(\tanh \alpha) = \frac{\tanh \alpha}{\tanh 2 \alpha} \frac{\tanh 2 \alpha}{\tanh 4 \alpha} \dots \frac{\tanh 2^{k-1} \alpha}{\tanh 2^{k} \alpha} h(\tanh 2^k\alpha) = \tanh \alpha \frac{h(\tanh 2^k\alpha)}{\tanh 2^k \alpha}$$ Pasar al límite $k \to \infty$ (y recordando que $\tanh \beta \to 1 $ como $\beta \to \infty$ concluimos que: $$ h(\tanh \alpha) = \tanh \alpha$$ Esto significa que $h(y) = y$ . Traduciendo esto a $f$ concluimos que: $$ f(x) = h(s(x)) = s(x) = \sqrt{1-x^2}$$