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No sé si todas, es probable que no, pero unas cuantas, vinculadas al arctgarctg es toda la familia de funciones, dependiente de tres parámetros reales, CC, aa y pp, libres, salvo pp, que ha de cumplir además |p|<2|p|<2.

f(x)=2a4−p2−−−−−√arctg 2x+p4−p2−−−−−√+Cf(x)=2a4−p2arctg 2x+p4−p2+C

Si derivamos esta función se obtiene:

f′(x)=ax2+px+1f′(x)=ax2+px+1, por lo cual, será

f′(1x)=a1/x2+p/x+1=ax2x2+px+1=x2f′(x)f′(1x)=a1/x2+p/x+1=ax2x2+px+1=x2f′(x).

De modo que derivando la función f(x)+f(1/x)f(x)+f(1/x), tendremos

[f(x)+f(1x)]′=f′(x)−1x2f′(1/x)=f′(x)−1x2x2f′(x)=f′(x)−f′(x)=0[f(x)+f(1x)]′=f′(x)−1x2f′(1/x)=f′(x)−1x2x2f′(x)=f′(x)−f′(x)=0.

Por ser la derivada cero, la función f(x)+f(1/x)f(x)+f(1/x) debe ser una constante.

Dentro de las funciones de variable real que además sean diferenciables no puede haber mucha variedad de formas distintas… probablemente, claro, no es seguro hasta que se demuestre. Pero la diferenciabilidad es una condición muy fuerte que impide construir "travesuras", por ejemplo, distinguiendo entre racionales e irracionales en la definición, o destripando el desarrollo decimal de x para definir funciones que de entrada no serían aparentemente ni siquiera continuas y menos aún derivables.

Tomando límites vemos que la función buscada en infinito y en 0 deben sumar una constante, y sus asíntotas horizontales (haciendo tender x a +infinito y -infinito) le harían «parecerse» mucho a los arctg, puesto que la derivada en infinito sería cero, hablando intuitivamente, por supuesto, sin detallar rigurosamente la idea. Todo eso surge de

f′(1/x)=x2f′(x)f′(1/x)=x2f′(x) (con x=0x=0).

Asignando los valores a=1a=1, p=0p=0, tenemos evidentemente toda la familia

F(x)=arctg x+CF(x)=arctg x+C.

Post Scriptum: Pensando un poco más (dormir bien es el secreto…), como la clave es que

Dx[f(x)+f(1/x)]=f′(x)−1x2f′(1/x)Dx[f(x)+f(1/x)]=f′(x)−1x2f′(1/x), para que sea esta derivada nula, y por tanto, para que sea constante f(x)+f(1/x)f(x)+f(1/x), basta seleccionar, por ejemplo:

f′(x)=(x4+3x2+1)/(x6+1)f′(x)=(x4+3x2+1)/(x6+1) o cualquier otra fracción racional análoga. Basta que sean los polinomios numerador y denominador simétricos, es decir, que los coeficientes equidistantes de los extremos sean iguales, y que el grado del numerador sea dos unidades inferior al del denominador. Para evitar singularidades, procuramos que la fracción sea irreducible, es decir, que el numerador y denominador sean polinomios en xx sin raíces comunes, esto es, primos entre sí.

En el ejemplo, presente, será:

f′(1/x)=1/x4+3/x2+11/x6+1=x2x4+3x2+1x6+1=x2f′(x)f′(1/x)=1/x4+3/x2+11/x6+1=x2x4+3x2+1x6+1=x2f′(x).

De modo que si se elige f(x)f(x) igual a la integral indefinida de f′(x)f′(x), es decir,

f(x)=∫x4+3x2+1x6+1dxf(x)=∫x4+3x2+1x6+1dx (no hace falta calcularla, pero se puede expresar en términos de funciones elementales y hasta calcularse a mano), será:

f′(x)=(x4+3x2+1)/(x6+1); f′(1/x)=x2f′(x)f′(x)=(x4+3x2+1)/(x6+1); f′(1/x)=x2f′(x), así que:

D[f(x)+f(1/x)]=f′(x)−1x2f′(1/x)=f′(x)−1x2x2f′(x)=f′(x)−f′(x)=0D[f(x)+f(1/x)]=f′(x)−1x2f′(1/x)=f′(x)−1x2x2f′(x)=f′(x)−f′(x)=0, de modo que f(x)+f(1/x)f(x)+f(1/x) será constante.

Igualmente serviría el ejemplo con:

f(x)=∫x6−3x5+7x4+19x3+7x2−3x+1x8−3x4+1dxf(x)=∫x6−3x5+7x4+19x3+7x2−3x+1x8−3x4+1dx

para el problema de existencia, que está resuelto, no es necesario calcular explícitamente la integral, aunque se podría; con este ejemplo tendríamos:

f′(x)=x6−3x5+7x4+19x3+7x2−3x+1x8−3x4+1f′(x)=x6−3x5+7x4+19x3+7x2−3x+1x8−3x4+1, y de nuevo:

f′(1/x)=1/x6−3/x5+7/x4+19/x3+7/x2−3/x+11/x8−3/x4+1=x2x6−3x5+7x4+19x3+7x2−3x+1x8−3x4+1=x2f′(x)f′(1/x)=1/x6−3/x5+7/x4+19/x3+7/x2−3/x+11/x8−3/x4+1=x2x6−3x5+7x4+19x3+7x2−3x+1x8−3x4+1=x2f′(x)

de modo que f(x)+f(1/x)f(x)+f(1/x) debe ser constante, pues su derivada es nula, es decir,

D[f(x)+f(1/x)]=f′(x)−f′(1/x)/x2=f′(x)−x2f′(x)/x2=f′(x)−f′(x)=0D[f(x)+f(1/x)]=f′(x)−f′(1/x)/x2=f′(x)−x2f′(x)/x2=f′(x)−f′(x)=0.

Hay multitud de ejemplos y en muchos (infinitos) de ellos además de arctgarctg aparecen logaritmos como sucede a menudo en la integración de una fracción racional general.

Sigue en pie el problema de caracterizar todas las funciones diferenciables con la propiedad de que f(x)+f(1/x)f(x)+f(1/x) sea constante, pero ya se ve que es demasiado amplia la clase de tales funciones.