Un baúl de problemas olvidado - Problema propuesto 17 (PROBLEMA CON PREMIO)

Question

Problema. Si $\|x\|$ denota la distancia del número real $x$ al entero más cercano, encuentre el valor de la serie:

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} 2^{k} \left \|\frac{x}{2^{k}} \right \|^{2} .$$

* Las soluciones que se reciban serán consideradas para ser incluidas en la próxima entrega del artículo Un baúl de problemas olvidado. Pueden leer la más reciente entrega de este trabajo en el siguiente enlace:

http://universo.math.org.mx/2015-3/Baul-IV/baul-IV.html

Answer 1

Hola:

Tengo que decirlo: ¡Maldito problema, me costó mucho trabajo! >.< Quizá, quiero pensar, hay una solución más corta. 

Nota: la tengo que poner en varias partes porque está muy larga y el límite son 8000 caracteres...perdón.

Para cada valor de $x\in\mathbb{R}$ definamos

$f(x) =\displaystyle\sum_{k = -\infty}^{\infty} 2^k \left\|\frac{x}{2^k}\right\|^{2}$.

La solución seguirá los siguientes pasos:

1. Demostrar que $f$ es continua.
2. Encontrar el valor de $f$ en los enteros.
3. Mostrar algunas propiedades de $f$ para hallar su valor en un un conjunto $D$.
4. Mostrar que $D$ es denso en $\mathbb{R}$. De aquí concluimos por continuidad.

Nota: Voy a denotar a la función "distancia al entero más cercano por $<x>$ para simplificarme la existencia al escribir el latex.

Bueno, aquí vamos.

Paso 1: Demostrar que $f$ es continua.

Sea $x$ un punto fijo de $\mathbb{R}$ y sea $\epsilon > 0$. Existe un entero $N$, que depende de $x$, tal que $\frac{|x|}{2^N} < \dfrac{1}{2}$. De aquí se sigue que si $n > N$, entonces

 $<\frac{x}{2^n}> = \mid \frac{x}{2^n} \mid$.

Además existe un $\delta_N > 0$ tal que $\frac{|x|}{2^N} + \delta_N < \frac{1}{2}$. Por lo tanto, si $|x - y| < \delta_N$ y se tiene que, para $n > N$:

$\mid \frac{y}{2^n}\mid \le \mid \frac{y}{2^n} - \frac{x}{2^n}\mid + \mid \frac{x}{2^n}\mid \le \frac{|x - y|}{2^n} + \mid \frac{x}{2^N} \mid \le \frac{\delta_N}{2^n} + \frac{|x|}{2^N} \le \frac{1}{2}$.

Por lo tanto, hemos probado que $|x - y| < \delta_N$ y $n\le N$ implica $<\frac{y}{2^n}> = \frac{|y|}{2^n}$. Así que la suma desde $N$ en adelante, con valores absolutos, queda:

$\displaystyle\sum_{N}^{\infty}2^k  \left(|\frac{|x|^2 - |y|^2|}{2^{2k}} \right) =\displaystyle\sum_{N}^{\infty}\left(\frac{\mid |x|^2 - |y|^2 \mid}{2^k} \right) = \frac{\mid |x|^2 - |y|^2 \mid}{2^{N - 1}}$

 y por la continuidad de $|x|^2$ puede pedírsele a $\delta_N$ que además cumpla que $|x - y| < \delta_N$ implique $||x|^2 - |y|^2| < 2^{N - 2}\epsilon$. Así que para tales $y$, se sique que la cola queda acotada por $\dfrac{\epsilon}{2}$. Nótese que esta cola sólo depende $x$, pues el $\delta_N$ escogido depende únicamente de $x$.

Ahora para cada $0\le k < N$, sea $M_k$ el entero más cercano a $\frac{x}{2^k}$. Sea $\delta_k$ tal que  

• $0 <  \delta_k < \dfrac{\epsilon}{2^k N}$.

Entonces si $|x - y| < 2^k\delta_k$ tenemos que

$\mid M_k - \frac{y}{2^k}| \le \mid M_k - \frac{x}{2^k} \mid + \dfrac{|x - y|}{\delta_k} \le <\frac{x}{2^k}> + \delta_n$.

Si resulta que $<\frac{x}{2^k}>  < \dfrac{1}{2}$, entonces podemos pedir además que $\delta_n$ cumpla

• $<\frac{x}{2^k}> + \delta_n < \dfrac{1}{2}$

y entonces se seguirá que el entero más cercano a $\frac{y}{2^k}|$ será precisamente $M_k$, y por lo tanto, tendremos que (Esto es insufrible, denotare $<\dfrac{x}{2^k}>$ solo por <x, k>$. 

• $|<y, k> - <x, k>| \le | | \frac{y}{2^k} - M_k| - |M_k - \frac{x}{2^k} | | < \frac{|x - y|}{2^k} <  \delta_n$.

Si resulta que $<x, k> = \dfrac{1}{2}$, entonces pidiendo que $\delta_n$ sea menor a $\frac{1}{2}$ tendremos que el entero más cercano a $y$ es $M_k$ o $M_{k} + 1$, y cualquiera de estos sirve de entero más cercano para $\dfrac{x}{2^k}$, pues está a la mitad entre ellos. Por ende, haciendo la cuenta anterior con el que sea el entero más cercano también se tiene que

• $|<y, k> - <x, k>| \le \delta_n$.

​Por lo tanto, hemos demostrado que dado $x$ y dado un $\epsilon > 0$ existe un $\delta_k > 0$ tal que 

• $<y, k> - <x, k> \le \delta_n$ y 
• $0 <  \delta_k < \dfrac{\epsilon}{2^k N}$.

Ahora sea $\delta = \min(\delta_0, \delta_1,..., \delta_{N})$. Como  

$\sum_{k = 0}^{\infty} 2^k <x, k>^2 = \sum_{k = 0}^{N - 1} 2^k <x, k>^2 + \sum_{N}^{\infty} 2^k <x, k>^2$ 

se parte de la manera mostrada si $|x - y| < \delta$, entonces comparando estas sumas para $x$ y para $y$ obtenemos que la diferencia de las segundas sumas es menor a $\frac{\epsilon}{2}$, por lo que probamos anteriormente. 

Por lo tanto, la diferencia importante es el valor absoluto de:

$\sum_{k = 0}^{N - 1} 2^k \left(<x, k>^2 - <y, k>^2\right) = \sum_{k = 0}^{N - 1} 2^k \left(<x, k> - <y, k>\right) \left(<x, k> + <y, k>\right)$

En valor absoluto esto es menor o igual a

$\sum_{k = 0}^{N - 1} 2^k \left\| <x, k> - <y, k> \right\| \left\|<x, k> + <y, k>\right\|$

y sustituyendo se tiene que es menor a

$\sum_{k = 0}^{N - 1} 2^k \delta_k $,

nótese que hemos usado que $<x, k> + <y, k> \le 1$. Por nuestra elección de $\delta_k$ se sigue que

$\sum_{k = 0}^{N - 1} 2^k \delta_k <  \sum_{k = 0}^{N - 1} \dfrac{\epsilon}{N} = \epsilon$.

Esto demuestra que el lado "positivo" de $f(x)$ es continuo, pues queda acotado por $\frac{3\epsilon}{2}$, que se hace tan chico como queramos. Ahora veamos el lado negativo, es decir, veamos

$\sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac{<x. - k>^2}{2^k}$.

Notemos que $<x, -k> \le 1$, por lo que esta suma está acotada superiormente por 

 $\sum_{k = 1}^{\infty} \dfrac{1}{2^k}\le \infty$.

En particular es convergente y por ende sus colas serán arbitrariamente chicas. Dado $\epsilon > 0$ sea $N$ un entero tal que 

 $\sum_{k = N}^{\infty} \frac{1}{2^k}\le \frac{\epsilon}{2}$.

Así, dados cualesquiera $x, y$, tendremos que 

$\sum_{k = n}^{\infty} \frac{\mid <x, -k>^2 - <y, -k>^2\mid}{2^k} \le\sum_{k = n}^{\infty} \frac{\mid <x, -k>^2 + <y, -k>^2\mid}{2^k} $

y usando que $<x, -k>^2 + <y, -k>^2 \le 1$ se sigue que 

$\sum_{k = n}^{\infty} \frac{\mid <x, -k>^2 + <y, -k>^2\mid}{2^k}\le\sum_{k = N}^{\infty} \dfrac{1}{2^k}\le \frac{\epsilon}{2} $.

Por lo tanto, solo tenemos que acotar la parte restante. Esa parte se hace de manera casi análoga a la de arriba: para cada $0\le k < N$ sea $M_k$ el entero más ceracano a $2^kx$ entonces escogiendo un $\delta_k$ tal que 

• $0\le \delta_k < \dfrac{2^k\epsilon}{N}$

se obtiene que si $|x - y|\le 2^k\delta_k$ entonces se puede probar que

• $ |<x, -k> - <y, -k>| \le \delta_k $

(Se tiene que volver a dividir en casos de acuerdo a si $<x, -k> < dfrac{1}{2}$ o si es igual, pero todo es análogo). Por lo tanto, haciendo la misma cuenta que con el caso "positivo" se concluye que

$\sum_{k = 1}^N \dfrac{|<x, -k>^2 - <y, -k>^2|}{2^k} \le \epsilon$,

probando que el lado "negativo" también es continuo. 

Como $f$ es suma del lado positivo y del lado negativo, se concluye que es continua.

Answer 2

Paso 2: Encontrar el valor de $f$ en los enteros.

Primero notemos que el lado negativo de $f$ en los enteros es $0$ porque $<m, -k> = 0$ si $m$ es entero. Así que sólo debemos hallar cuanto vale el lado positivo.

Sea $N$ un entero positivo fijo y digamos que su expansión binaria es $N = ... + a_k2^k + ... + a_0 + a_{-1}2^{-1} + ...$. Claramente todos los coeficientes de subíndice negativo son 0 y los de ínidce positivo a partir de un momento son todos cero, pero será conveniente considerarlo así. Digamos que

$N = A_k2^k + r_k, 0\le r_k < 2^k$.

De aquí que,

$ \frac{N}{2^k} - A_k = \frac{r_k}{2^k}, 0\le \frac{r_k}{2^k} < 1$.

Así que $<N, k> = \frac{r_k}{2^k}$ si $\frac{r_k}{2^k} < \dfrac{1}{2}$ y $<N, k> = 1 - \frac{r_k}{2^k}$ si $\frac{r_k}{2^k} \ge \dfrac{1}{2}$. Notemos que, usando la expansión binaria, se tiene que 

$r_k = 2^{k - 1}a_{k - 1} + ... + a_0.$

de donde es claro que $\frac{r_k}{2^k} < \dfrac{1}{2}$ si y sólo si $a_{k - 1} = 0$. Por lo tanto, podemos escribir:

$<N, k> = \left(1 - \frac{r_k}{2^k}\right)a_{k - 1} + \left(\frac{r_k}{2^k}\right)(1 - a_{k - 1})$.

Elevando esto al cuadrado (no pongo la cuenta, es super engorrosa, nada reveladora, y una vez que ves la respuesta te das cuenta que está bien. Si alguien insiste la escribo.) obtenemos:

$<N, k>^2 = \left(a_{k - 1} - \dfrac{r_k}{2^k}\right)^2.$

Así que obtenemos que para los enteros se tiene

$f(n) = \sum_{k = 0}^{\infty}2^k\left(a_{k - 1} - \dfrac{r_k}{2^k}\right)^2.$

Ahora tenemos que decir qué es esto en términos de $n$. Se pueden hacer algunos casos a pata (yo hice del $1$ al $8$ y siempre se obtiene que $f(n) = n$ para esos casos, así que probaremos que este es el caso. Lo que haremos será demostrar primeramente lo siguiente:

 

Resultado: Si $f(n) = n$, $n = a_k2^k + ... + a_0$, entonces $f(n + 2^{k + 1}) = n + 2^{k + 1}$. 

 

Sea $N = 2^{k + 1} + a_k2^k + ... + a_0$, entonces se tiene que usando la notación de arriba que

• $r_k = R_k$ para $k = 0, 1, ..., k$, donde las mayúsculas se refieren a los residuos de $N$.
• $R_{k + 1} = r_{k + 1} = n$,
• $R_{m} = r_m + 2^{k + 1}$ para $m > k + 1$

Tenemos que comparar entonces:

$f(N) = \sum_{k = 0}^{\infty}2^k\left(A_{k - 1} - \dfrac{R_k}{2^k}\right)^2$

con

$f(n) = \sum_{k = 0}^{\infty}2^k\left(a_{k - 1} - \dfrac{r_k}{2^k}\right)^2.$

Para obtener esto lo que se hace es subtituir los puntos arriba y expandir sin miedo y se llega a que

$f(N) = f(n) + 2^{k + 1} = n + 2^{k + 1} =N$.

La cuenta es muy sencilla pero super laboriosa de escribir aquí porque no me funciona el "align". Describo únicamente los pasos esenciales. El chiste es separar la suma para $N$ en tres partes:

• La que corre con los subíndices de $0$ a $k + 1$. Esta suma, que llamaré $S$ resulta ser que es la misma tanto en la expresión de $f(N)$ como en la de $f(n)$ pues los dígitos en base $2$ y los residuos son los mismos para $n$ y $N$.
• El término de subíndice $k + 2$. Aquí el dígito de $N$ es $1$, mientras que el de $n$ es $0$ así que se debe expandir y reagrupar. También el residuo es $R_{k + 2} = 2^{k + 1} + n$.
• Luego, la suma que corre con los subíndices de $k + 3$ a infinito. Aquí los dígitos de ambos números ya es $0$ y los residuos cumplen $R_{j} = 2^{k + 1} + n$.

Al sustituir y expandir lo que acabamos de expresar queda lo siguiente:

$S + 2^{k + 2}\left(1 - \frac{2^{k + 1} + n}{2^{k + 2}}\right)^2 + \sum_{k + 3}^{\infty}2^j \left(\frac{2^{k + 1} + n}{2^{j}}\right)^2$

$=S + 2^{k + 2}\left(\frac{2^{k + 1} - n}{2^{k + 2}}\right)^2 + \sum_{k + 3}^{\infty}2^j \left(\frac{2^{k + 1} + n}{2^{j}}\right)^2$

$=S + 2^{k + 2}\left(\frac{2^{2k + 2} - 2^{k + 2}n + n^2}{2^{2k + 4}}\right) + \sum_{k + 3}^{\infty}2^j\left(\frac{2^{2k + 2} + 2^{k + 2}n + n^2}{2^{2j}}\right)$

 Agrupando $S$ con los últimos sumandos de cada uno de los otros términos obtenemos $f(n)$, así que la suma anterior se vuelve:

$f(n) + \frac{2^{3k + 4}}{2^{2k + 4}} - n + \sum_j \frac{2^{2k + 2}}{2^j} + n\sum_j \frac{2^{k + 2}}{j} = f(n) + 2^{k + 1}$,

donde las sumas corren desde el subíndice $k + 3$. Esto prueba el resultado.

 

Nota: Observa que en ningún momento se usa que $2^{k + 1}$ sea la siguiente potencia de $2$ que sigue de las que aparecen en la expansión binaria de $n$, es decir, el resultado funciona siempre y cuando $2^{k + 1}$ se alguna potencia posterior a las de la expansión binaria pero no necesariamente la siguiente.

 

Una vez teniendo ese resultado se prosigue por inducción. Se revisan los siguientes casos independientemente:

• Los casos del $1$ al $3$. Estos se revisan a mano fácilmente y se obtiene que $f(n) = n$.
• Los casos $n = 2^m$. Para estos casos no se necesita la fórmula en base de las cifras, con la expresión original basta. Se divide en los términos desde $0$ hasta $m$, en donde la expresión se anula y para el resto $<n, k> = \frac{2^m}{2^k}$ así que la suma es $\sum_{m + 1}^{\infty} 2^k\frac{2^{2m}}{2^{2k}} = 2^m$.   

Ahora supongamos por inducción fuerte que se tienen los casos del $1$ al $2^k$. Para formar todos los números $2^{k} + 1\le N < 2^{k + 1}$ se debe sumar la potencia $2^k$ a algún número del intervalo $1$ a $2^k$. Así que: $f(N) = f(n + 2^{k}) = N$, por el resultado anterior, probando que tenemos el resultado en ese intervalo también. Por lo tanto, hemos demostrado que $f(n) = n$ para los enteros positivos. Que el $0$ cumple esto es evidente. Finalmente, es claro que $<n, k> = <-n, k>$ por lo que $f(-n) = f(n) = n$,

 

Answer 3

Paso 3: Mostrar algunas propiedades de $f$ para hallar su valor en un un conjunto $D$.

Sea $p$ un entero cualquiera y $2^n$ cualquier potencia de $2$. Llamemos $M = \frac{p}{2^n}$. Exploremos la pare positva y negativa de $f(M)$. Se tiene:

$\sum_{k = 1}^\infty \frac{<M, -k>^2}{2^k} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{<p, n - k>^2}{2^k}$

$= \frac{1}{2^n}\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{<p, n - k>^2}{2^{k- n}}$

$=\frac{1}{2^n}\sum_{k = 1}^{\infty} 2^{n - k}<p, n - k>^2$

$=\frac{1}{2^n}\sum_{k = 1}^{n - 1} 2^{n - k}<p, n - k>^2$

$=\frac{1}{2^n}\sum_{k = 1}^{n - 1} 2^{k}<p, k>^2$  

pues después del término $n - 1$ los factores todos son $0$. Esto fue la parte negativa, ahora veamos la parte positiva:

$\sum_{k = 0}^{\infty} 2^k <M, k>^2 = \sum_{k = 0}^{\infty} 2^k <p, k + n>^2$

$=  \frac{1}{2^n}\sum_{k = 0}^{\infty} 2^{k + n} <p, k + n>^2$

$= \frac{1}{2^n}\sum_{k = n}^{\infty} 2^{k} <p, k>^2$

Sumando las partes positivas y neegativas obtenemos:

$\frac{1}{2^n}\sum_{k = 1}^{n - 1} 2^{k}<p, k>^2 +\frac{1}{2^n}\sum_{k = n}^{\infty} 2^{k} <p, k>^2$

que no es otra cosa más que

$\frac{1}{2^n}\sum_{k = 1}^{\infty} 2^{k}<p, k>^2 = \frac{f(p)}{2^n}$.

 

En otras palabras acabamos de demostrar que $f\left(\frac{p}{2^n}\right) = \frac{f(p)}{2^n}$. Definamos $\mathfrak{D}$ como el conjunto de las fracciones de la forma $\frac{p}{2^n}$, entonces lo que hemos visto es $f(x) = |x|$ en $\mathfrak{D}$, pues en el paso anterior vimos que los enteros cumplen $f(n) = |n|$. 

Paso 4: Demostrar que $\mathfrak{D}$ es denso en $\mathbb{R}$.

Dada cualquier fracción $\frac{p}{q}$ podemos expandirla en base binaria:

$\frac{p}{q} = \displaystyle\sum_{k = -\infty}^n a_k2^k$,

donde los coeficientes de subíndice positvo se acaban pero los de índice negativo pueden corresponder a una serie convergente. Dado $\epsilon > 0$, existira un $M$ tal que la cola de la parte convergente,

$\displaystyle\sum_{k = -\infty}^M a_k2^k < \epsilon$.

Lo que queda de esta expresión es

$\displaystyle\sum_{k = M + 1}^n a_k2^k = \frac{P}{2^h} \in\mathfrak{D}$,

para algunos enteros $P$ y $h$ ($h$ no negativo). Esto se obtiene haciendo la suma estandar al sacar el máximo común denominador, pues todos los denominadores son potencias de $2$. Por lo tanto,

$\frac{p}{q} - \frac{P}{2^h} <\epsilon$.

Así que $\mathfrak{D}$ es denso en los racionales, y por ende, en los irracionales. Como en $\mathfrak{D}$ la función $f$ es el valor absoluto, por la continuidad que ya probamos al principio se sigue que

$f(x) = |x|$,

que es lo que queríamos hallar.

Por favor: díganme si estoy bien, si hay dudas y si hay una solución más sencilla.

Comments

Gracias por tu solución, Malors... Luce muy bien, pero necesitamos revisarla línea a línea todavía. Por cierto, no sabemos si hay una solución más breve para este problema. Saludos.

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Ok, ya lei la solución completa y en efecto funciona bien. ¡Está bien padre! Hubo por ahí algunos errores de dedo, pero bueno, eran de esperarse por la longitud :). Saludos Malors.

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¡Gracias Leo! ¡Que tenacidad!

Answer 4

Aquí hay una solución con puras cuentas.

Supongamos primero que $0 \le x \le 1$.

Para $k>0$, tenemos $0 \le \frac{x}{2^k} \le \frac{1}{2}$, de modo que $\left\| \frac{x}{2^k} \right\| = \frac{x}{2^k}$. Entonces, $f_+(x) := \sum_{k>0} 2^k \left\|\frac{x}{2^k} \right\|^2 = \sum_{k>0} \frac{x^2}{2^k} = x^2$.

Solo falta calcular $f_-(x) := \sum_{k \le 0} 2^k \left\|\frac{x}{2^k} \right\|^2 = \sum_{k \ge 0} 2^{-k} \left\| 2^k x \right\|^ 2$. Para eso usaremos la expansión binaria de $x$, digamos $x = \sum_{j>0} a_j 2^{- j}$ donde cada $a_j$ es $0$ o $1$.

Para $k>0$, la parte fraccionaria de $2^k x$ es $\{2^k x\} = \sum_{j>k} a_j 2^{k-j}$. Si $a_{k+1} = 0$, esta parte fraccionara es $\le \frac{1}{2}$ y $\left\| 2^k x \right\| = \{2^k x\} = \sum_{j>k+1} a_j 2^{k-j}$; si $a_{k+1} = 1$, entonces $\left\| 2^k x \right\| = 1 - \{2^x k\} = - \sum_{j>k+1} a_j 2^{k-j} + \frac{1}{2}$.

Una fórmula que cubre ambos casos es $\left\| 2^k x \right\| = \left| \sum_{j>k+1} a_j 2^{k-j} - \frac{1}{2}a_{k+1} \right|$.

Entonces $f_-(x) = \sum_{k \ge 0} 2^{-k} \left( \sum_{j>k+1} a_j 2^{k-j} - \frac{1}{2}a_{k+1} \right)^2$. Desarrollando el cuadrado obtenemos $$f_-(x) = \sum_{k \ge 0} a_{k+1} 2^{-k-2} - \sum_{k \ge 0} \sum_{j>k+1} a_j a_{k+1} 2^{-j} + \sum_{k \ge 0} 2^k \left( \sum_{j>k+1} a_j2^{-j} \right)^2.$$

Llámemosle a esas tres sumas $A(x), B(x), C(x)$, de modo que $f_-(x) = A(x) - B(x) + C(x)$. Tenemos que $A(x) = \frac{1}{2} x$.

Simplificamos $B(x)$ haciendo $l=k+1$: $B(x) = \sum_{l>0} \sum_{j>l} a_j a_l 2^{-j}$.

Para calcular $C(x) = \sum_{k \ge 0} 2^k Q_k$, expandimos el cuadrado que ocurre ahí: $$Q_k := \left( \sum_{j>k+1} a_j2^{-j} \right)^2 = \sum_{j>k+1} a_j 2^{-2j} + 2 \sum_{l>k+1} \sum_{j>l} a_j a_l 2^{-j-l}.$$

Entonces: $$C(x) = \sum_{k \ge 0} \sum_{j>k+1} a_j 2^{k-2j} + 2 \sum_{k \ge 0} \sum_{l>k+1}\sum_{j>l} a_j a_l 2^{k-j-l} =: C_1(x) + C_2(x).$$

Calculamos cada $C_i(x)$ por separado: $$ C_1(x) = \sum_{j>1} a_j 2^{-2j} \sum_{k=0}^{j-2} 2^k = \sum_{j>1} a_j 2^{-2j} (2^{j-1} - 1) = \frac{1}{2} x - \sum_{j>0} a_j 2^{-2j}.$$

$$C_2(x) = 2 \sum_{l>1} \sum_{j>l} a_j a_l 2^{-j-l} \sum_{k=0}^{l-2} 2^k = \sum_{l>0}\sum_{j>l} a_j a_l 2^{-j-l} (2^l-2).$$

De modo que $C_2(x) = B(x) - 2 \sum_{l>0}\sum_{j>l} a_j a_l 2^{-j-l}$. Por lo tanto, $$C(x) = \frac{1}{2} x + B(x) - \sum_{j>0} a_j 2^{-2j} - 2\sum_{l>1} \sum_{j>l} a_j a_l 2^{-j-l} = \frac{1}{2} x + B(x) - x^2.$$

Juntando todo obtenemos que $f_-(x) = A(x)-B(x)+C(x) = x-x^2$ y por lo tanto $f(x) := f_+(x) + f_-(x) = x$ para toda $x \in [0,1]$.

Finalmente, Como $\left\|y\right\| = \left\|-y\right\|$, tenemos que $f(x)=f(-x)$. También $f(2x) = \sum_{k=-\infty}^\infty 2^k \left\|\frac{2x}{2^k} \right\|^2 = 2 \sum_{k=-\infty}^\infty 2^{k-1} \left\|\frac{x}{2^{k-1}} \right\|^2 = 2f(x)$. Estas dos relaciones implican que $f(x) = |x|$ para todo $x$.

Comments

Muy buena solución. Yo intenté iniciar el problema así, pero eran demasiadas cuentas por que mi $x$ no estaba en el intervalo $[0,1]$. Ese truco de primero analizar un intervalo y luego extenderlo con propidadades de la función sí resulta útil varias veces.