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Seminario de Resolución de Problemas: El teorema del valor medio

Introducción

Las funciones continuas son bonitas pues tienen la propiedad del valor intermedio y además alcanzan sus valores extremos. Las funciones diferenciables en un intervalo también tienen un par de teoremas que hablan acerca de algo que sucede «dentro del intervalo». Estos son el teorema de Rolle, del cual platicamos en la entrada anterior, y el teorema del valor medio. Ambos nos permiten encontrar en el intervalo un punto en el que la derivada tiene un valor específico.

Teorema de Rolle. Sean a<b reales y f:[a,b]\to \mathbb{R} una función continua en el intervalo [a,b] y diferenciable en el intervalo (a,b). Supongamos que f(a)=f(b). Entonces existe un punto c\in (a,b) tal que f'(c)=0.

Teorema del valor medio. Sean a<b reales y f:[a,b]\to \mathbb{R} una función continua en el intervalo [a,b] y diferenciable en el intervalo (a,b). Entonces existe un punto c\in (a,b) tal que

    \[f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\]

En la entrada anterior vimos aplicaciones del teorema de Rolle a resolución de problemas matemáticos. En esta entrada hablaremos brevemente de la intuición geométrica del teorema del valor medio, de algunas de sus consecuencias inmediatas y de cómo usar al teorema y sus consecuencias para resolver problemas concretos.

La intuición geométrica del teorema del valor medio

El teorema del valor medio dice que una función diferenciable en (a,b) y continua en [a,b] cumple que hay un punto c tal que el valor de la derivada en c es igual a la pendiente de la recta que une los puntos del plano (a,f(a)) y (b,f(b)). En la siguiente figura, se marca en azul el punto c en donde la pendiente de la tangente es lo que queremos, es decir, la pendiente entre los puntos rojos.

Intuición geométrica del teorema del valor medio
Intuición geométrica del teorema del valor medio

En varios problemas en los que se usa el teorema del valor medio, o bien en los cuales se pide demostrar enunciados parecidos a lo que dice el teorema del valor medio, es conveniente hacer una figura para entender la intuición geométrica del problema.

Consecuencias del teorema del valor medio

Si f y g son funciones continuas en [a,b] y diferenciables en (a,b) entonces se pueden deducir los siguientes resultados a partir del teorema del valor medio. No profundizamos en las demostraciones, y dejamos su verificación como un ejercicio de práctica.

Proposición. Si f'(x)=0 para toda x en (a,b), entonces f es constante.

Proposición. Si f'(x)=g'(x) para toda x en (a,b), entonces existe una constante c tal que f(x)=g(x)+c para toda x.

Proposición. Si f'(x)>0 para toda x en (a,b), entonces f es una función estrictamente creciente. Si f'(x)<0 en (a,b), entonces f es una función estrictamente decreciente.

Cuando f'(x)\geq 0 y f'(x)\leq 0, tenemos resultados análogos que dicen que es no decreciente y no creciente, respectivamente.

Veamos algunas aplicaciones de los resultados anteriores.

Problema. Sean f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} y g:\mathbb{R}\to \mathbb{R} funciones tales que para todo par de reales x y y se cumple que

    \[|f(x)+g(y)-f(y)-g(x)|\leq (x-y)^2.\]

Demuestra que f y g varían sólo por una constante aditiva.

Sugerencia pre-solución. Identifica cuál de las proposiciones anteriores puedes usar. Hay que tener cuidado con las hipótesis, pues en el enunciado no se habla de la diferenciabilidad de ninguna de las funciones involucradas.

Solución. Podría ser tentador usar la segunda proposición que enunciamos arriba, pero no tenemos hipótesis acerca de la diferenciabilidad de f o de g. Sin embargo, vamos a mostrar que sí se puede mostrar que f-g es diferenciable en todo real, y que su derivada es 0 en todo real. Para ello, definamos h=f-g y notemos que la hipótesis dice que |h(x)-h(y)|\leq (x-y)^2.

A partir de aquí, notemos que por la hipótesis, para x\neq y,

    \[\frac{|h(y)-h(x)|}{|y-x|}\leq \frac{(y-x)^2}{|y-x|} =  |y-x|,\]

y el límite de esta última expresión conforme y\to x es 0, de modo que

    \[\left|\lim_{y\to x} \frac{h(y)-h(x)}{y-x}\right|=\lim_{y\to x}  \frac{|h(y)-h(x)|}{|y-x|} = 0.\]

Esto muestra que para cualquier x se tiene que h es diferenciable en x y su derivada es igual 0 en todo x. De este modo, h es una función constante, y por lo tanto existe un c tal que f(x)=g(x)+c para todo x.

\square

Veamos cómo el teorema del valor medio nos puede ayudar a demostrar desigualdades.

Problema. Sea f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} una función dos veces diferenciable tal que f''(x)\geq 0 para todo x. Demuestra que para todo par de reales a y b con a<b se tiene que

    \[f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{f(a)+f(b)}{2}.\]

Sugerencia pre-solución. Haz una figura para convencerte de que el resultado es cierto. En el enunciado del problema, la función está siendo enunciada en tres valores, a, b y \frac{a+b}{2}. Esto te dará una pista de dónde usar el teorema del valor medio.

Solución. Por el teorema del valor medio, existe un real r en el intervalo \left(a,\frac{a+b}{2}\right) para el cual

    \[\frac{f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f(a)}{\frac{a+b}{2}-a} = f'(r).\]

De manera similar, existe un real s en el intervalo \left(\frac{a+b}{2},b\right) para el cual

    \[\frac{f(b)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)}{b-\frac{a+b}{2}} = f'(s).\]

Como f''(x)>0 para todo real x, tenemos que f' es una función creciente, y como r<s, tenemos entonces que f'(r)<f'(s). De esta forma,

    \[\frac{f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f(a)}{\frac{a+b}{2}-a}<\frac{f(b)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)}{b-\frac{a+b}{2}}.\]

Notemos que el denominador de ambos lados es \frac{b-a}{2}. Cancelando los denominadores y reacomodando los términos en esta desigualdad, obtenemos la desigualdad deseada.

\square

Problemas resueltos con el teorema del valor medio y otras técnicas

Veamos algunos problemas que combinan el teorema del valor medio con otras técnicas de solución de problemas.

Problema. Sea f(x) una función diferenciable en (0,1) y continua en [0,1] con f(0)=0 y f(1)=1. Muestra que existen puntos distintos a,b,c,d en el intervalo [0,1] tales que

    \[\frac{1}{f'(a)}+ \frac{1}{f'(b)} + \frac{1}{f'(c)} + \frac{1}{f'(d)} = 4.\]

Sugerencia pre-solución. Para resolver el problema, hay que combinar el teorema del valor medio con el teorema del valor intermedio. El primer paso del problema es encontrar reales p<q<r tales que f valga en ellos 1/4, 2/4 y 3/4.

Solución. Como f(0)=0, f(1)=1 y 0<1/4<1, por el teorema del valor intermedio existe un real p en (0,1) tal que f(p)=1/4. De manera similar, existe un real q en (p,1) tal que f(q)=2/4 y un real r en (q,1) tal que f(r)=3/4.

Aplicando el teorema del valor medio a los intervalos [0,p], [p,q], [q,r] y [r,1] obtenemos reales a,b,c,d respectivamente tales que

    \begin{align*}f'(a)&=\frac{f(p)-f(0)}{p-0}=\frac{1/4}{p}\\f'(b)&=\frac{f(q)-f(p)}{q-p}=\frac{1/4}{q-p} \\ f'(c)&=\frac{f(r)-f(q)}{r-q}=\frac{1/4}{r-q} \\ f'(d)&=\frac{f(1)-f(r)}{1-r}=\frac{1/4}{1-r}. \end{align*}

Estos son los valores de a,b,c,d que queremos pues

    \begin{align*} \frac{1}{f'(a)}+ \frac{1}{f'(b)} + \frac{1}{f'(c)} + \frac{1}{f'(d)} &= 4(1-r+r-q+q-p+p)\\&=4.\end{align*}

\square

Problema. Sean a, b y c números distintos. Muestra que la siguiente expresión

    \[\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+ \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-c)}\]

no depende del valor de x.

Sugerencia pre-solución. Encuentra la derivada de la expresión. Puedes aprovechar la simetría para hacer menos cuentas.

Solución. Usando la regla del producto, la derivada del primer sumando es

    \begin{align*}\frac{(x-a)+(x-b)}{(c-a)(c-b)}&=\frac{(2x-a-b)(b-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}\\&=\frac{2x(b-a)+a^2-b^2}{(a-b)(b-c)(c-a)}.\end{align*}

Por simetría, las derivadas de los otros dos términos tienen el mismo denominador que esta y en el numerador tienen, respectivamente,

    \begin{align*}&2x(c-b)+b^2-c^2\quad \text{y}\\&2x(a-c)+c^2-a^2,\end{align*}

de modo que al sumar las tres expresiones obtenemos cero. Así, la derivada de la expresión es cero y por lo tanto es constante.

\square

Hay otro argumento para resolver el problema anterior, que usa teoría de polinomios. A grandes rasgos, la expresión es un polinomio de grado 2, que toma tres veces el valor 1, de modo que debe ser igual al polinomio constante 1.

Más problemas

Hay más ejemplos de problemas relacionados con el teorema del valor medio en la Sección 6.6 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Seminario de Resolución de Problemas: El teorema del valor intermedio

Introducción

El teorema del valor intermedio nos dice que si f: [a, b] \to \mathbb{R} es una función continua, entonces para todo y entre f(a) y f(b), existe un número c \in [a, b] tal que f(c)=y. La forma de pensar este teorema es que «las funciones continuas no se pueden saltar valores que quedan entre dos valores que ya tomaron», o bien «las funciones continuas no dan brincos en su imagen».

Veamos algunos problemas que se resuelven usando este teorema

Una aplicación directa del teorema del valor intermedio

Problema 1. Muestra que la ecuación 2x^3+7x^2-27x=-18 tiene una solución en el intervalo [-7,-5].

Sugerencia pre-solución. Formula un problema equivalente definiendo una función continua f para la cual si f(x)=0, entonces x es solución a la ecuación.

Solución. La ecuación la podemos ver como 2x^3+7x^2-27x+18=0. Consideremos la función

    \[f(x)=2x^3+7x^2-27x+18.\]

Como f(x) es una función polinomial, sabemos que es continua en \mathbb{R}, así que es continua en el intervalo [-7,-5]. Lo que queremos ver es que existe un c entre -7 y -5, tal que f(c)=0. Para esto, tenemos que evaluar la función en -7 y en -5.

Tenemos que:

f(-7)=-136 y f(-5)=78.

Tenemos que 0 está entre -136 y 78. Así, por el teorema del valor intermedio, debe de existir un número c entre -7 y -5 de tal forma que f(c)=0. Por lo tanto 2x^3+7x^2-27x=-18 tiene una solución entre -5 y -7.

\square

Notemos que no se encontró el valor de la raíz de la ecuación, sin embargo mostramos la existencia de esta. Esta es una de las características del teorema del valor intermedio: exhibir la existencia de algo sin necesidad de encontrarlo explícitamente.

Definir una buena función

En ocasiones podemos definir dos funciones para un problema y hacerlas interactuar para obtener una sola función continua que nos permite resolver un problema.

Problema 2. Un montañista empezó a escalar una montaña el sábado a las 8:00 hrs y llegó a la cima a las 18:00 hrs del mismo día. Decidió pasar la noche en la cima de la montaña. El día domingo empezó a descender a las 8:00 hrs y llegó al punto de partida a las 18:00 hrs. Prueba que hubo una hora en la que en ambos días estuvo a la misma altura de la montaña.

Sugerencia pre-solución. Plantea el problema usando dos funciones continuas que denoten la altura conforme pasa el tiempo en ambos días. Tienes mucha flexibilidad, así que usa notación efectiva para simplificar los cálculos.

Solución. Veamos que para este problema, podemos establecer dos funciones continuas para describir el cambio de altura con respecto al tiempo en horas, una para el ascenso y otra para el descenso del montañista en ambos días.

Sean h_1(t), y h_2(t) las funciones que representan el ascenso y el descenso del montañista respectivamente. En otras palabras, h_1(t) y h_2(t) denotan la altura en la que está el montañista tras t horas después de haber comenzado su ascenso y descenso, respectivamente. Como amabas funciones son continuas en el intervalo de tiempo [0, 10] (esto es porque tardó 10 horas para ascender y 10 horas para descender), tenemos que la función g(t)=h_2(t)-h_1(t) tiene que ser continua en [0, 10] también.

Ahora bien, sea M la altura en la cima de la montaña. Tenemos lo siguiente:

h_1(0)=0, h_1(10)=M y h_2(0)=M, h_2(10)=0.

Así, g(0)=M y g(10)=-M. A su vez, 0 está entre -M y M, por lo que aplicando el teorema del valor intermedio, debe de existir un t_0 en el intervalo [0, 10] tal que g(t_0)=0.

Y como

g(t)=h_2(t)-h_1(t),

entonces

g(t_0)=h_2(t_0)-h_1(t_0)

0=h_2(t_0)-h_1(t_0)

h_1(t_0)=h_2(t_0).

Con esto podemos concluir que en el tiempo t_0 el día domingo estuvo a la misma altura que el día sábado al tiempo t_0.

\square

Definir un buen intervalo

En algunas ocasiones no es directo qué valores tenemos que usar como los extremos del intervalo al que aplicaremos el teorema del valor intermedio. Un ingrediente adicional que se necesita en el siguiente problema es elegir de manera correcta el extremo derecho.

Problema 3. Prueba que si n es un entero positivo y x_0 > 0, entonces existe un único número positivo x tal que x^n=x_0.

Sugerencia pre-solución. Necesitarás modificar el problema un poco. Se quiere encontrar una solución a x^n=x_0. Limítate a encontrarla en el intervalo [0,c] para una buena elección de c.

Solución. Sea c un número mayor que 1 de tal forma que 0<x_0<c. Si consideramos la función f(x)=x^n, tenemos que dicha función es continua en el intervalo [0, c], y tenemos que

f(0)=0 y f(c)=c^n.

Como

    \[0<x_0<c<c^n,\]

tenemos que x_0 está en el intervalo (0,c), y por el teorema del valor intermedio, tenemos que existe x en el intervalo (0,c) tal que f(x)=x_0, que usando la definición de f quiere decir que

    \[x^n=x_0.\]

No puede existir otro además de x_0 ya que la función f(x)=x^n es creciente en el intervalo [0,c].

\square

Más ejemplos

Puedes encontrar más problemas que se pueden resolver usando el teorema del valor intermedio en el libro Problem Solving Strategies de Loren Larson, en la Sección 6.2.

Un problema de saltamontes en cuarentena

Nota de Leo: Esta es una entrada invitada de Adán Medrano Martín del Campo. Nos platicará de un problema de saltamontes (de hecho, de dos) y de funciones en los enteros.

    \[\text{Tu}\in \text{Casa}\]

    \[\text{Tu}\in \text{Casa}\]

    \[\text{Tu}\in \text{Casa}\]

Esto nos aconsejó muy atinadamente el Dr. Hugo López-Gatell Ramírez hace unos pocos días, ya que México y la mayoría del mundo está en cuarentena a causa de la enfermedad COVID19.

Cada vez más y más personas buscamos nuevas actividades para hacer en casa. Junto con Leo Martínez, David Torres (aka Gato) y Pablo Meré, administro el grupo de facebook InsOMMnia, el cual sirve de plataforma para discutir y realizar actividades olímpicamente productivas. A modo de amenizar la cuarentena, hice un video en vivo explicando la solución a un problema que me pareció particularmente agradable por varias razones:

En esta entrada, quisiera platicarles el problema y su solución. Antes de esto, recordemos el problema que apareció en la OMM 2019.

La Momia: OMM 2019

Problema 5. Sean a>b dos números enteros positivos, primos relativos entre sí. En un camino recto, en el cual está marcado cada centímetro n, para todo entero n, un saltamontes hará algunos saltos comenzando en la marca de 0 cm y siguiendo las siguientes reglas:

  • Cuando cierto minuto sea múltiplo de a y no múltiplo de b, saltará a centímetros hacia adelante.
  • Cuando cierto minuto sea múltiplo de b y no múltiplo de a, saltará b centímetros hacia atrás.
  • Cuando cierto minuto sea múltiplo de a y múltiplo de b, saltará a-b centímetros hacia adelante.
  • Cuando un minuto no es múltiplo de a ni de b, el saltamontes no se mueve del lugar en el que está.

Determina todas las marcas a las que puede llegar el saltamontes.

Nota de Leo: Este es un excelente problema para explorarse buscando un patrón.

Sin dar un spoiler de la solución a dicho problema, el enunciado puede traducirse al siguiente problema de equivalente.

Problema 5′: Sean a>b enteros primos positivos primos relativos entre sí y sea f:\mathbb{N}\to\mathbb{Z} la función dada por

    \[f(n)=a\left\lfloor\frac{n}{a}\right\rfloor-b\left\lfloor\frac{n}{b}\right\rfloor.\]


Determina la imagen de f.

Uno puede jugar un poco con la función definida arriba, y llegar a la respuesta usando propiedades de dicha función. El objetivo de mostrarles este enunciado equivalente, es que muchas veces ciertos problemas que hablan de ciertos procesos pueden describirse (y resolverse) en términos de funciones construidas apropiadamente.

El problema que resolveremos cae en la categoría opuesta, pues es un problema sobre una función, al cual se le puede dar una interpretación de un saltamontes haciendo… algo.

El Vampiro: Romania TST 2019

Problema: Sean a<b<c enteros positivos y sea f:\mathbb{N}\to \mathbb{N} una función dada por

    \[f(n)=\begin{cases}n-a & n>c \\f(f(n+b)) & n\leq c\end{cases}\]


Determina la cantidad de enteros positivos n tales que f(n)=n.

«Y eso qué tiene que ver con un saltamontes?» podrías pensar en este momento. ¡Ha ha! Mira ahora este problema de saltamontes.

Problema’: Sean a<b<c enteros positivos. Un saltamontes se encuentra sobre un entero n>0 en la recta real positiva, donde hay pasto en los enteros positivos menores o iguales que c, y lava en los enteros mayores a c. Inicialmente, el saltamontes tiene una vida, y mientras el saltamontes tenga al menos una vida, se dispondrá a saltar de la siguiente manera:

  • Si el saltamontes se encuentra en el pasto, el saltamontes gana una vida y salta b enteros hacia adelante.
  • Si el saltamontes se encuentra en la lava, el saltamontes pierde una vida y salta a enteros hacia atrás.

Cuando el saltamontes tiene 0 vidas, este muere y deja de moverse. Determina todas las posiciones iniciales del saltamontes tal que el saltamontes morirá en su posición inicial.

Saltamontes, lava, pasto y vidas
Problema visto como vidas, pasto, lava y saltamontes.

A que no se lo esperaban. (Honestamente yo tampoco, pero últimamente tengo más tiempo libre). Tal vez este problema inspire algún mini juego en alguna entrega futura de The Legend of Zelda.

Y, ¿cómo resolvemos algo así?

El Santo: venciendo a la momia y al vampiro

Spoiler Alert:

A continuación resolveremos los problemas, en caso que estés intentándolos y no quieras ver sus soluciones

La clave para ambos problemas es: ¡usar residuos y propiedades de las funciones en juego!

Solución al problema 5 del nacional

Notemos que al dividir n entre a y entre b, obtenemos

    \[n=a\left\lfloor \frac{n}{a}\right\rfloor+r_{a}\]

y

    \[n=b\left\lfloor \frac{n}{b}\right\rfloor+r_{b}\]


donde

    \[0\leq r_{a}\leq a-1\]

y

    \[0\leq r_{b}\leq b-1\]


son precisamente los residuos que resultan de la división. Notemos entonces que

    \begin{align*}f(n)&=a\left\lfloor\frac{n}{a}\right\rfloor-b\left\lfloor\frac{n}{b}\right\rfloor\\&=\left(n-b\left\lfloor \frac{n}{b}\right\rfloor\right)-\left(n-a\left\lfloor \frac{n}{a}\right\rfloor\right)\\&=r_{b}-r_{a}\end{align*}



por lo que f(n) simplemente depende de la diferencia entre r_{b} y r_{a}. Por el Teorema Chino del Residuo, o simplemente mirando exclusivamente a los múltiplos de a y de b entre 1 y ab, aparecen como diferencia todos los posibles enteros en el intervalo

    \[[-a+1, b-1]\]


lo cual compone la imagen de f, que es lo que buscábamos.

\square

¡Genial! Mirar los residuos fue clave en el problema de saltamontes del nacional. En particular, no lo usamos en nuestra solución, pero f resulta ser una función periódica, con periodo ab. Esto es gracias a que a y b son primos relativos, y por lo tanto cada pareja de residuos r_{a}, r_{b} se repiten exactamente cada ab enteros.

La periodicidad será una propiedad clave en la solución del problema del selectivo rumano. Comenzamos mostrando una exploración del problema.

Exploración del problema del selectivo rumano

Los puntos n tales que f(n)=n son llamados puntos fijos. En la formulación como problema de saltamontes, corresponden a que el saltamontes muera justo donde empezó: «muera» es que ya no haya f, empieza con una vida, osea una f.

Notemos que si n>c, entonces n no es un punto fijo, pues

    \[f(n)=n-a\neq n.\]


Esto nos dice que los puntos fijos son menores o iguales que c. Ahora, notemos que (recordemos que a<b<c)

    \begin{align*}f(c)&=f(f(c+b))\\&=f(c+b-a)=c+b-2a\end{align*}

y esto nos lleva a considerar que números cercanos a c, dentro de un intervalo de tamaño b-a, tendrán un valor similar. En efecto, si 0\leq r<b-a entonces

    \begin{align*}f(c-r)&=f(f(c-r+b))\\&=f(c-r+b-a)\\&=c-r+b-2a.\end{align*}


Ahora, veamos que restando b-a a c, perdemos este patrón, pues

    \begin{align*}f(c-b+a)&=f(f(c+a))\\&=f(c)\\&=c+b-2a\end{align*}


¡Hemos regresado a un valor ya conocido! Esto nos lleva a la hipótesis de que f es periódica con periodo b-a en el intervalo [1, c]. Formalicemos estas observaciones.

Un par de lemas para el problema rumano

La manera de enunciar formalmente las observaciones anteriores esto es, por ejemplo, via el siguiente lema:

Lema 1: Sea n=c-r-k(b-a) un entero positivo menor o igual que c donde k\geq 0 y 0\leq r<b-a. Entonces

    \[f(n)=c-r+b-2a.\]

(Prueba del lema 1): Procederemos por descenso en los enteros positivos. Construiremos una secuencia de valores iguales, con distinta cantidad de f‘s compuestas, de la siguiente manera: comenzamos con

    \[z_{0}=n=c-r-k(b-a)\]


y definimos

    \[z_{i+1}=\begin{cases}z_{i}-a & z_{i}>c \\z_{i}+b & z_{i}\leq c\end{cases}\]



para todo i\geq 0. Además, escribiremos

    \[z_{i}=c-r-y_{i}b+x_{i}a\]


donde x_{0}=y_{0}=k, y ambas secuencias \left\{x_{i}\right\} y \left\{y_{i}\right\} decrecen, definiendo

    \[x_{i+1}=\begin{cases}x_{i}-1 & z_{i}>c \\x_{i} & z_{i}\leq c\end{cases}\]

y

    \[y_{i+1}=\begin{cases}y_{i} & z_{i}>c \\y_{i}-1 & z_{i}\leq c\end{cases}\]


Habiendo definido esto, tenemos que

    \[f(n)=f^{(1+x_{i}-y_{i})}(z_{i})\]


para todo i\geq 0.


Observemos que si y_{i}=-1 entonces z_{i}=c-r+b+x_{i}a>c si se cumple que x_{i}\geq -1. Más aún, observemos el siguiente lema:

Lema 2: Para todo i\geq 0, tenemos que y_{i}\geq 0 implica que y_{i+1}\leq x_{i+1}.

(Prueba del lema 2): Procedemos por inducción. Para i=0 esto es claro, pues

    \[y_{1}=k-1<k=x_{1}.\]


Ahora, supongamos que x_{i}\geq y_{i}\geq 0. Si x_{i}>y_{i} entonces

    \[x_{i+1}\geq x_{i}-1\geq y_{i}\geq y_{i+1}.\]


Si x_{i}=y_{i} entonces tenemos que

    \[z_{i}=c-r-y_{i}(b-a)\leq c\]


por lo que z_{i+1}=z_{i}+b y esto implica que

    \[x_{i+1}=x_{i}>y_{i}-1=y_{i+1}.\]

\square

Hemos probado pues que las secuencias \left\{x_{i}\right\} y \left\{y_{i}\right\} decrecen, y mientras y_{i}\geq 0, tendremos que x_{i+1}\geq y_{i+1}. ¿Cómo hemos de proseguir con esto?

La clave es notar la existencia de la menor m tal que y_{m}=-1, donde es claro que y_{m-1}=0. Si m=1 entonces y_{0}=x_{0}=k=0, y ya hemos cubierto ese caso arriba, así que asumiremos que m>1. Tenemos que y_{m-2}\geq 0 por lo que, por el lema 2,

    \[x_{m-1}\geq y_{m-1}=0\]


y como y_{m}=y_{m-1}-1 entonces x_{m}=x_{m-1}\geq 0. Esto implica que

    \begin{align*}z_{m}&=c-r+b+x_{m}a\\&\geq c-r+b\\&>c\end{align*}


por lo que para todo j>m se tiene que x_{j+1}=x_{j}-1

    \[z_{m+x_{m}+1}=c-r+b-a\]


y tenemos que y_{m+x_{m}+1}=x_{m+x_{m}+1}=-1, lo que muestra que

    \begin{align*}f(n)&=f(z_{m+x_{m}+1})\\&=f(c-r+b-a)\\&=c-r+b-2a.\end{align*}

\square

Juntando todo

Vaya, después de arduo trabajo hemos mostrado la periodicidad de f. Lo que falta únicamente, es usar esto para hacer una conclusión sobre los puntos fijos. Notemos que los únicos valores de f en el dominio [1, c] son c-r+b-2a para 0\leq r<b-a, así que solo estos valores pueden ser puntos fijos de f. De hecho, cada uno de esos valores es un punto fijo si y solo si podemos encontrar una k\geq 0 tal que

    \[c-r-k(b-a)=c-r+b-2a\]

, lo cual sucede si y sólo si (k+1)(b-a)=a, o bien justo cuando b-a\mid a, por lo que si b-a divide a a, todos nuestros b-a valores son puntos fijos, y si b-a no divide a a, ningún valor es un punto fijo. Hemos concluido entonces.

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Antes de regresar a la cuarentena

Espero que hayan pasado un rato agradable pensando en este problema, y espero que hayan entendido 4 lecciones:

  • Quédate en casa
  • Quédate en casa
  • Quédate en casa
  • Es una buena idea usar residuos y secuencias jugando con enteros.

Con esto me despido y, ¡hasta la próxima!