¿Existen funciones reales f y g tales que f°g-g°f=Identidad?

Después de algunos pensamientos variados sobre este problema, me acordé de un área de las matemáticas donde se usa la composición de funciones.
Me acordé de las derivadas y la famosa Regla de la Cadena. [1]
Eso es algo básico en derivadas así que mucha gente lo conocerá.

Es cierto que antes de eso me acordé de las matrices… y, bueno, de cierta relación un poco extraña de las matrices y su producto con algunas funciones de variable real. Pero por ese lado no logré avanzar mucho, así que dejé ese camino.

Debo destacar un hecho curioso: mi ignorancia o falta de conocimientos me llevó a pensar en las únicas cosas que conozco relacionadas con la composición de funciones. Quizá si hubiese conocido muchas más cosas no habría reducido tanto mis ramas de pensamiento.
Entonces tiré del hilo o la rama de la Regla de la Cadena.
Esto me recordó un dicho popular: "A quien solo sabe usar un martillo, todo le parecen clavos"… o también se puede decir "Si solo tienes un martillo, todo parece un clavo", frase o concepto que me acabo de enterar que tiene hasta nombre, se conoce como el Martillo de Maslow , por el libro de 1966 de Abraham Maslow "The psychology of science". Aunque poco antes de 1966, en 1964, otro Abraham llamado Abraham Kaplan lo había llamado la ley de la herramienta. También se conoce como el Martillo de Oro, cuando una herramienta, tecnología o paradigma se ensalza de forma exagerada [2]
Y aquí estaba yo, con mi martillo como casi única herramienta y mirando la fórmula del problema que curiosamente acaba de transformarse en un apetitoso clavo al que dar un golpazo.

Hasta aquí lo que he tratado de explicar es que no es precisamente una mera "idea feliz" salida "de la nada" o algo sacado de la manga, sino bastante de sentido común… o de necesidad, cuando eres pobre tienes que agarrarte a lo único que tienes.

Así que derivé ¿qué otra cosa podría hacer con mi martillo de la Regla de la Cadena?

La fórmula original del problema sería

(f°g)(x)-(g°f)(x)= x

O bien:

f(g(x))-g(f(x)) = x

Derivando:

f'(g(x))*g'(x)-g'(f(x))*f'(x)= 1

Bueno, visto esto no parece gran cosa…
Pero da la casualidad de que cuando pensé en la Regla de la Cadena había visto la respuesta de … lo cual evidentemente es jugar con cierta ventaja.

Sin esa respuesta quizá habría que haber pensado que en las funciones elementales cuando hacemos una composición no suelen ocurrir cosas "agradables" excepto cuando g es de tipo "lineal". Y de ahí se podría haber concluido que es buena idea reducirse a estos casos.

Entonces pensé en qué pasa cuando una de ellas (o bien f o bien g) es una recta, con una derivada constante.
Por ejemplo cuando la función g(x) tiene derivada constante.
g(x) = d*x + b

(donde "d" es la derivada constante de la función g)

En este caso resulta:

f'(d*x + b) * d - d*f'(x) = 1

Es decir:

f'(d*x + b) - f'(x) = 1/d

Es decir, que f' (la derivada de f) debe ser una función con cierta propiedad curiosa.
Al pensar en esta propiedad me doy cuenta de que es una propiedad bastante rara, como unos escalones que suben en altura una constante 1/d pero de forma que los escalones están deformados, alargados, según otro factor inverso, "d".
Eso creo que no lo cumple ninguna de las funciones elementales (** Bueno, al cabo del tiempo sí la encontré: véase el añadido al final de la respuesta), a menos que "d" sea igual a 1, en cuyo caso queda:

f'(x + b) - f'(x) = 1

Esto ya tiene bastante buena pinta.

La solución a esa derivada de f sería cualquier función periódica de periodo b a la que se suma una función escalera, similar a la parte entera o el suelo de x: floor(x), que devuelve el entero inmediatamente anterior.
Y dado que la función escalera se puede expresar como una línea recta a la que se quita una función periódica triangular (la parte fraccionaria), se puede concluir que las soluciones a esa derivada de f también son de tipo recta + función periódica cualquiera (siempre que el periodo sea b…. o b dividido por un natural positivo).

Incluso podemos dar una función elemental para esa derivada de f, en forma de línea recta (cuando la periódica es cero) :
x = 0 : f'(b) = f'(0+b) = f'(0) + 1
x = b: f'(2b) = f'(b+b) = f'(b) + 1 = f'(0) + 2
x = 2b : f'(3b) = f'(2b+b) = f'(2b) + 1 = f'(0) + 3

En general:
x = m*b : f'(m*b) = f'(0) + m

→ m = x/b

f'( (x/b)* b ) = f'(x) = f'(0) + x/b

Integrando:

f (x) = K + f'(0)*x + (1/2b) * x^2

Esto justifica que f(x) sea de tipo polinomio de segundo grado, de tipo parábola.

Como dije antes, este conjunto de parábolas no serían las únicas funciones, habría otras funciones que sean solución, de hecho infinitas y con bastante libertad para elegirlas, pero si buscamos funciones elementales sencillas y limitamos la función g de la forma que dije veo difícil encontrar funciones más sencillas que esa expresión.

Falta un detalle: al derivar hemos incluido algunas soluciones más, que hay que descartar.

Teníamos:

f(g(x))-g(f(x)) = x

Pero la derivada de x es la misma que la derivada de x+c

f (x) = (1/2b) * x^2 + a*x + K

g(x) = x + b

Comprobemos:

f(g(x)) = (1/2b) * (x+b)^2 + a*(x+b) + K
= (1/2b) * (x^2 + 2bx + b^2) + a*x+a*b + K
= (1/2b) * x^2 + x + b/2 + a*x+a*b + K

g(f(x)) = (1/2b) * x^2 + a*x + K + b

Restando:

f(g(x))-g(f(x)) = x + b/2 + a*b - b

Vale, tenemos que es x + c siendo c = b (a - 1/2)

Pero esa "c" debe ser 0 para tener la identidad.

Entonces, el caso b=0 se descarta.
(Si b fuese 0 sería g(x) = x … f(g(x)) = f(x) … g(f(x)) = f(x) … la resta es 0, no x)

Y solamente queda que debe ser :
a = 1/2

f (x) = (1/2b) * x^2 + (1/2)*x + K

g(x) = x + b

Un caso particular es cuando b = 1/2 y K=0

f (x) = x^2 + (1/2)*x

g(x) = x + 1/2

Parece que el "martillo" funcionó bastante bien… menos mal porque relacionadas con la composición de funciones no tenía muchas más herramientas xD.

Ahora un ejemplo con una función derivada D(x) = f'(x) cualquiera en el intervalo [0, b) de forma que se cumpla:
D(x + b) - D(x) = 1

(es decir, que aumente en 1 cada vez que la x aumenta en la cantidad "b")

Esto puede hacerse con una función periódica (manías de los telecos jejeje y nuestro amigo Fourier) a la que se suma x. La función periódica puede ser de tipo coseno, por ejemplo (para que la integral sea más sencilla, el seno), pero podría ser cualquier otra, cuyo periodo sea b.

D(x) = cos ( 2*PI/b * x) + x/b + c

f(x) = b/(2*PI) * sin (2*PI/b * x) + (1/2b) * x^2 + c*x
g(x) = x + b

f(g(x)) = b/(2*PI) * sin [ 2*PI / b * (x+b) ] + (1/2b) * (x+b)^2 + c*(x+b) =
= b/(2*PI) * sin[ 2*PI / b * x + 2*PI] + (1/2b) * x^2 + x + (1/2b)*b^2 + c*x + c*b

g(f(x)) = b/(2*PI) * sin (2*PI/b * x) + (1/2b) * x^2 + c*x + b

La resta da : x + (1/2)*b + c*b - b = x + b*(c - 1/2)

Queremos que esa resta sea x así que debe ser c = 1/2

Cuando c= 1/2

f(x) = b/(2*PI) * sin (2*PI/b *x) + (1/(2b)) * x^2 + x/2
g(x) = x + b

Y en el caso b = 1 sería:

f(x) = 1/(2*PI) * sin (2*PI *x) + (1/2) * x^2 + x/2
g(x) = x + 1

f(g(x)) = 1/(2*PI) * sin [ 2*PI * (x+1) ] + (1/2) * (x+1)^2 + (x+1)/2 =
= 1/(2*PI) * sin[ 2*PI * x + 2*PI] + (1/2) * x^2 + x + 1/2 + x/2 + 1/2

g(f(x)) = 1/(2*PI) * sin (2*PI*x) + (1/2) * x^2 +x/2 + 1

La resta da x efectivamente.

Imagen que hice con la Calculadora Gráfica de GeoGebra …
La f, en verde es f(x) … una especie de parábola con oscilaciones por sumar el seno
Su derivada es D, en color naranja… es un coseno más una recta de pendiente 1 (y=x) más una constante c=1/2
Esa derivada va cerca de la g (en gris) porque también es una recta de pendiente 1: y=x+1
En rojo está f(g(x)) y en azul está g(f(x))
La resta de ambas, r (en negro) es la identidad y=x (también pendiente 1)

** Añado:

Al cabo del tiempo volví a pensar en este problema y conseguí encontrar otra solución no incluida en las anteriores y que crece más lentamente.

Teníamos la ecuación :

f'(d*x + b) - f'(x) = 1/d

Y antes tomé d=1 … porque no se me ocurrían funciones que cumpliesen eso.
Pero luego pensé en derivar otra vez para librarme de la constante.

f''(d*x + b)·d - f''(x) = 0

d · f''(d*x + b) = f''(x)

Dado que d no es cero :

f''(d*x + b) = f''(x) / d

Nótese que la b parece desaparecer.

Pensé en soluciones del tipo b=0 de este tipo:
f''(x) = u/x
como la x está dividiendo, al hacer f''(d·x) resulta:

f''(d·x) = u/(d·x) = (1/d)· (u/x) = (1/d) · f''(x)

Integrando f''(x) = u/x :
f'(x) = u·Ln(x) + K
f(x) = u·[x·Ln(x) - x + K · x ] + w = u·x·Ln(x) + u·(K-1)·x + w
→
f(x) = u·x·Ln(x) + C·x + w
g(x) = d·x

f(g(x)) = u·[d·x · Ln(d·x)] + C·d·x + w = u·d·x · Ln(d) + u·d·x · Ln(x) + C·d·x + w
g(f(x)) = d·[ u·x·Ln(x) + C·x + w] = u·d·x · Ln(x) + C·d·x + d·w

f(g(x)) - g(f(x)) = u·d·x · Ln(d) + (1-d)·w = x
Para que sea igual a x debe ser:
(1-d)·w = 0 → Si fuese d=1 no funciona y debe ser w = 0
u·d·Ln(d) = 1 → d·Ln(d) = 1/u → se resuelve con W de Lambert
Cambio de variable : t = Ln(d) → d = e^t → t · e^t = 1/u
→ t = W(1/u) → d = e^W(1/u)
Ejemplo: para u = 1 sería d = 1.763222834351896710225201776951707080436…
Para u=2 sería d = 1.42153
Para u=3 sería d = 1.29385696522640429468755930441521752365119…

f(x) = u·x·Ln(x) + C·x
g(x) = e^W(1/u) · x

Hay dos grados de libertad: la "u" y la "C".

Notas al pie