Hallar todas las funciones $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ que cumplen la siguiente igualdad:$$f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$$para todos los enteros $a,b,c$ que satisfacen $a+b+c=0$.
($\mathbb{Z}$ denota el conjunto de los números enteros.)
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Primero supongamos que [math]f es constante. Es decir [math]f(x) = c para todo [math]x\in\mathbb{Z}. Eso implica trivialmente [math]3c^2 = 0 y así [math]f( x ) = 0 para todo [math]x\in\mathbb{Z}.
Ahora podemos asumir que [math]f no es constante.
Si consideramos [math]P(0,0,0) obtenemos [math]f(0)=0.
Si consideramos [math]P(a,-a,0) obtenemos [math]f(a)^2 + f(-a)^2 = 2f(a)f(-a) \Leftrightarrow (f(a)-f(-a))^2 = 0 y así [math]f(a)=f(-a).
Si consideramos [math]P(1,1,-2) obtenemos [math]2f(1)^2 + f(2)^2 = 2f(1)^2 + 4f(1)f(2). Es decir, [math]f(2)(f(2)-4f(1)) = 0.
Acá tenemos varios casos... Si [math]f(1)=0 entonces de [math]P(1,n,-n-1) se sigue que [math]f(1)^2 + f(n)^2 + f(n+1)^2 = 2f(1)f(n) + 2f(n)f(n+1) + 2f(n+1)f(1) y así [math](f(n)-f(n+1))^2 = 0 y entonces [math]f(n)=f(n+1) para todo [math]n siendo [math]f constante. Absurdo.
Si [math]f(2)=0 se sigue, considerando [math]P(2,n,-n-2), que [math]f(2)^2 + f(n)^2 + f(n+2)^2 = 2f(2)f(n) + 2f(n)f(n+2) + 2f(n+2)f(2) y así [math](f(n+2)-f(n))^2 = 0 de donde [math]f(n) = f(n+2).
Es trivial ver que las soluciones de la forma [math]f(x) = \begin{cases}{c \text{ si } x \text{ es impar} \\ 0 \text{ si } x \text{ es par}} \end{cases} funcionan.
Ahora supongamos que [math]f(2) \neq 0. Habíamos visto que [math]f(2)(f(2)-4f(1)) = 0. Esto implica [math]f(2) = 4f(1) pues [math]f(2)\neq 0.
Si consideramos [math]P(2,2,-4) se puede ver de forma análoga que [math]f(4)(f(4) - 4f(2)) = 0.
Nuevamente tenemos dos casos: [math]f(4)=0 y [math]f(4)\neq 0.
Si [math]f(4)=0, se sigue de [math]P(1,3,-4) que [math](f(1) -f(3))^2 = 0 y así [math]f(1)=f(3). Además de [math]P(4, n, -n-4) se sigue que [math](f(n)-f(n+4))^2 =0 y así [math]f(n)= f(n+4). Notemos además que teníamos [math]f(2) = 4f(1).
Es trivial ver entonces que las soluciones de la forma [math]f(x) = \begin{cases} {c \text{ si } x \text{ es impar} \\ 4c \text{ si } x\equiv 2 \pmod{4} \\ 0 \text{ si } x\equiv 0 \pmod{4} } \end{cases} efectivamente andan, simplemente exhaustando todos los casos.
Ahora, asumamos que [math]f(4)\neq 0. Eso nos da [math]f(4) = 4f(2) = 16f(1). Vamos a buscar el valor de [math]f(3) ahora.
Si consideramos [math]P(1,2,-3), obtenemos [math]f(1)^2 + f(2)^2 + f(3)^2 = 2f(1)f(2) + 2f(2)f(3) + 2 f(3)f(1). Reemplazando [math]f(2)=4f(1), obtenemos [math]17f(1)^2 + f(3)^2 = 8f(1)^2 + 10f(1)f(3), es decir [math]9f(1)^2 + f(3)^2 - 10f(1)f(3) = 0. Pero notemos que eso es lo mismo que [math](f(3) - 9f(1))(f(3)-f(1))=0.
Nuevamente tenemos dos casos. Supongamos que [math]f(1)=f(3). Considerando [math]P(1,3,-4) obtenemos [math]f(1)^2 + f(3)^2 + f(4)^2 = 2f(1)f(3) + 2 f(3)f(4) + 2f(4)f(1). Es decir, [math]f(4)^2 = 4f(4)f(1), pero como [math]f(4)\neq 0 obtenemos [math]f(4) = 4f(1). Pero teniamos que [math]f(4) = 16f(1), de donde [math]f(1)=0 pero ya habíamos visto que eso es absurdo.
Entonces [math]f(3) = 9f(1).
Vamos a proceder por inducción ahora. Supongamos que [math]f(k) = k^2t con [math]t constante para todo [math]k\leq N. Los casos base ya los cubrimos y son [math]f(1)=f(1), [math]f(2)=4f(1), [math]f(3)=9f(1) y [math]f(4) = 16f(1).
Consideremos [math]P(1,N,-N-1). Esto nos da [math]f(1)^2 + f(N)^2 + f(N+1)^2 = 2f(1)f(N) + 2f(N)f(N+1) + 2f(N+1)f(1). Por hipótesis inductiva, [math]f(N) = N^2 t. Entonces [math]t^2 + t^2N^4 + f(N+1)^2 = 2t^2N^2 + 2tN^2f(N+1) + 2tf(N+1).
Reacomodando los términos: [math]t^2(N^2-1)^2 + f(N+1)^2 - 2t(N^2+1)f(N+1) = 0. Pero notemos que eso es equivalente a [math](f(N+1)-(N+1)^2t)(f(N+1)-(N-1)^2t)=0.
Nuevamente tenemos dos casos: si [math]f(N+1) = (N-1)^2t, consideremos [math]P(2,N-1,-N-1). Esto nos da [math]{f(2)^2 + f(N-1)^2 + f(N+1)^2 = 2f(2)f(N-1) + 2f(N-1)f(N+1) + 2f(N+1)f(2)}. Por hipótesis inductiva, tenemos que [math]{16t^2 + t^2 (N-1)^4 + t^2 (N-1)^4 = 8t^2 (N-1)^2 + 2t^2 (N-1)^4 + 8t^2 (N-1)^2}. Podemos cancelar [math]t^2 y obtenemos [math]16 = 16(N-1)^2, de donde [math](N-1)^2 = 1 y así [math]N=0 o [math]N=2. De cualquier forma, ya sabíamos que [math]f(1) y [math]f(3) no toman el valor que asumimos en este caso. Así que es absurdo, y obtenemos [math]f(N+1) = (N+1)^2 t, completando la inducción.
Por último, debemos corroborar que las soluciones de la forma [math]f(x) = x^2t son de hecho soluciones. Para ello, consideremos la factorización [math](a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=0 pues [math]a+b+c=0. Eso nos da [math]a^4 +b^4 +c^4 = 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2. Si multiplicamos por [math]t^2 a ambos lados obtenemos [math](a^2t)^2 + (b^2t)^2 + (c^2t) = 2(a^2t)(b^2t) + 2(b^2t)(c^2t) + 2(c^2t)(a^2t), que es lo que queríamos.
A modo de resumen, las soluciones son: [math]f(x) = 0 \text{ }\forall x\in\mathbb{Z}
[math]f(x) = \begin{cases}{c \text{ si } x \text{ es impar} \\ 0 \text{ si } x \text{ es par}} \end{cases}
[math]f(x) = \begin{cases} {c \text{ si } x \text{ es impar} \\ 4c \text{ si } x\equiv 2 \pmod{4} \\ 0 \text{ si } x\equiv 0 \pmod{4} } \end{cases}
[math]f(x) = x^2t \text{ } \forall x\in\mathbb{Z}
[math]\blacksquare
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Primera parte:
Sea $P(a,b,c)$ la proposición $f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$.
$P(0,0,0)\Longrightarrow 3f(0)^2=6f(0)^2\Longrightarrow f(0)=0$
$P(0,x,-x)\Longrightarrow f(x)^2+f(-x)^2=2f(x)f(-x)\Longrightarrow (f(x)-f(-x))^2=0\Longrightarrow f(x)=f(-x)$.
De modo que nos preocupamos por hallar la función sólo para los valores positivos.
Ahora, vamos a aprovechar que el dominio es $\mathbb{Z}$ para hallar $f(n+1)$ en función de $f(n)$.
Resolviendo $P(1,n,-n-1)$,
$\begin{eqnarray}
f(1)^2+f(n)^2+f(n+1)^2&=&2f(1)f(n)+2f(n)f(n+1)+2f(n+1)f(1)\\
(f(1)-f(n))^2+f(n+1)^2&=&2f(n+1)(f(1)+f(n))\\
f(n+1)^2+(2f(1)+2f(n))\cdot f(n+1)+(f(1)-f(n))^2&=&0\\
\end{eqnarray}$
Tenemos una cuadrática en $f(n+1)$ cuyas raíces son $\left (\sqrt{f(1)}\pm\sqrt{f(n)}\right )^2$.
Segunda parte:
Digo que la función recursiva $f(n+1)=\left(\sqrt{f(1)}\pm\sqrt{f(n)}\right)^2$ cumple que $f(n)$ debe ser cualquier cuadrado perfecto menor o igual a $n^2$ que comparta paridad con $n^2$ por una constante $c=f(1)$.
Lo demostramos por inducción:
- El caso base es trivial, ya que $f(1)=1^2\cdot c$.
- Si no, notemos que
$$\left(\sqrt{f(1)}\pm\sqrt{f(n)}\right)^2=\left(\sqrt{c}\pm\sqrt{m^2\cdot c}\right)^2=\left((1\pm m)\sqrt{c}\right)^2=(1\pm m)^2c=(m\pm 1)^2c$$
lo cual basta.
De este modo, podemos deducir que si $f(n)=m^2\cdot c$, entonces $f(n+1)=(m+1)^2c\lor f(n+1)=(m-1)^2c$
Tercera parte:
Ahora bien, si $f(1)=0$, entonces $f(n)=0\,\forall n$, que es una solución. Si no, notemos que $f/c$ es una solución si y sólo si $f$ lo es, por lo que, WLOG, asumimos que $c=1$.
Analizamos casos:
Caso i: $f(2)=0$.
Vamos a demostrar que $f$ tiene valores de $0$, $1$, $0$, $1$, etc.
Veamos que se cumple para los valores bajos.
Fijémonos que para $n$ par, si $f(n)=0$, entonces $f(n+1)=1$.
Para $n$ impar, $f(n+1)=4\lor f(n+1)=0$.
En el primer caso, consideremos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 4^2=0$, puesto que $f(2)=f(n-1)=0$ al ser pares menores o iguales a $n$.
Luego se cumple el segundo caso.
De modo que la función es, alternativamente, $0$, $1$, $0$, $1$, como queríamos.
Caso ii: $f(2)=4$, $f(3)=1$.
Razonamos parecido a como antes, intentando demostrar que $f$ repite $0$, $1$, $4$, $1$, $0$, $1$, $4$, $1$, etc.
Fijémonos que para $n\equiv 0\mod 4$, si $f(n)=0$ entonces $f(n+1)=1$.
Para $n\equiv 1\mod 4$, si $f(n)=1$, tenemos $f(n+1)=4\lor f(n+1)=0$. Para el segundo caso, tomamos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 4^2=0$, luego $f(n+1)=4$.
Para $n\equiv 2\mod 4$, si $f(n)=4$, tenemos $f(n+1)=9\lor f(n+1)=1$. Para el primer caso, tomamos $P(3,n-2,-n-1)\Longrightarrow 1^2+9^2=2\cdot 9$, luego tenemos $f(n+1)=1$.
Finalmente, para $n\equiv 3\mod 4$, tenemos $f(n+1)=4\lor f(n+1)=0$. Para el primer caso, tomamos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 3\cdot 4^2=6\cdot 4^2$, por lo que $f(n+1)=0$.
De este modo, completamos el razonamiento.
Caso iii: $f(2)=4$, $f(3)=9$.
Vamos a demostrar que $f(n)=n^2$.
Como $f(n)=n^2$, entonces $f(n+1)=(n+1)^2\lor f(n+1)=(n-1)^2$.
Si $f(n+1)=(n-1)^2$, tomamos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 4^2+2\cdot (n-1)^4=4\cdot 4\cdot (n-1)^2+2\cdot (n-1)^4\Longrightarrow 1=(n-1)^2\Longrightarrow n=2$. Pero estamos en el caso en el que $f(3)=9$, por lo que esto no puede ocurrir.
Esto implica que $f$ es la función deseada.
En definitiva, las soluciones son:
$f(n)=0$
$f(n)$ es $0$ si $n$ es par o $c$ si $n$ es impar.
$f(n)$ es $0$ para $n$ múltiplo de $4$; $4c$ para los otros pares, y $c$ para los impares.
$f(n)=n^2\cdot c$.
Considerando que, para todas las soluciones, $f(0)=0$ y $f(-n)=f(n)$.