EQUAÇÕES FUNCIONAIS PARA OS MAIS JOVENS Ricardo César da Silva Gomes, IFCE, Jaguaribe CE

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1 EQUAÇÕES FUNCIONAIS PARA OS MAIS JOVENS Ricardo César da Silva Gomes, IFCE, Jaguaribe CE Nível Intermediário Um dos temas mais desafiadores para um olímpico são os problemas sobre equações funcionais. Porém, eistem poucos artigos escritos para iniciantes, o que contribui para dificultar mais ainda a implantação de um treinamento para a OBM numa escola que deseja se aventurar no encantador universo das Olimpíadas de Matemática. Nosso objetivo neste artigo é suprir um pouco essa carência. Inicialmente, vamos fazer um aquecimento com os eemplos abaio.. Um bom começo... Eemplo 0. (Austrália) Para todo inteiro positivo n, temos: f n n n n n n Determine o valor da soma f f f 5... f f Solução: Observando com bastante cuidado vemos que a b a b a ab b nos ajudará a sair dessa aparente dificuldade. Basta fazermos a n e b n e a função dada pode ser reescrita como a b a b f n. a ab b a b Escrevendo f desta forma fica bastante claro porque usaremos (), em seguida voltaremos à variável n. Veja que legal: Agora vamos à tacada final, f n a b n n. f f 4 f f

2 f Adicionando, membro a membro, as equações acima temos: f f f 5... f f Eemplo 0. Determine todas as funções f : tais que Solução. Fazendo = y = 0 em (), obtemos: f y f f y y. () f 0 f 0 0 f 0 f 0 0 Há então dois casos: f 0 0. Escolhendo y = em () teremos: º Caso: f f f f 0 0 daí temos f, onde é um número real qualquer. º Caso: f 0. Novamente escolhendo y = em (), teremos: f f f f daí temos que, para todo, 0 f ou f. f, onde,,. y y,,. y y y Assim, Temos então, de (), y y y, donde 0,. Como 0 Se eiste z com z, eiste y com. Fazendo na igualdade acima, temos, donde y y y absurdo, pois y, y Assim, devemos ter,, É fácil ver que f 4 e donde f,. f ou f são soluções de (). y y Nos próimos eemplos precisaremos de um pouco mais de criatividade! 0,. EUREKA! N 7, 0

3 Eemplo 0. (Balcânica) Encontre todas as funções f : tais que para quaisquer números reais e y. f f f y f y () Solução: Fazendo = 0 na equação acima obtemos: 0 f f y f y () para todo número real y. De () podemos ver que f é sobrejetiva, portanto eiste um número real k tal que 0. f f y y f k Fazendo = k em (), teremos, f para todo número real y. Por outro lado, vamos trocar por em () e ver o que acontece: f f f f f y y Note que o lado esquerdo da última equação é idêntico ao lado esquerdo de (), portanto Em particular, f 0 0. f y y f,. Além disso, se 0, f ou f, isto é, então, para, y 0, f f f y f y y. quadrado, obtemos f,. Temos Elevando ao 4 y y y f f f y f f y e logo f f y y, ou seja,. Assim, f, ou f,, 4 f f f y f y f f y y, donde f f y y, f f y y donde f, ou f,. É fácil ver que essas são as soluções. É necessário notar que de () concluimos que f devia ser sobrejetiva. Sugerimos ao leitor não familiarizado com este fato que consulte [], lá ele encontrará a demonstração deste e de outros fatos interessantes sobre vários teoremas envolvendo composição de funções. EUREKA! N 7, 0

4 Eemplo 04. (RPM 77) Encontre todas as funções f : tais que Para quaisquer números reais e y. f f y f y f f y y () Solução: Façamos y 0 na equação dada e facilmente concluiremos que f 0 0. Agora façamos somente y 0, obtendo assim: f f f () Em seguida faremos = 0 em (), veja: f y f y f f y y f y y, donde f y y, y. Assim, f t t, onde t é um número real qualquer. É fácil ver que esta é a solução da equação. Antes de irmos para a próima etapa eercite as idéias anteriores nos seguintes problemas: 0. (Romênia) Para todo inteiro positivo n, seja f n 4n 4n n n f f f... f 9... f 40. Calcule 0. (Coréia) Seja f 04. (Brasil) Seja f para todo real. Determine: f f... f Calcule n f f f... f n f f f... f... n f f f... f. n n n n EUREKA! N 7, 0 4

5 05. (Croácia) Seja f uma função definida por f, Determine: a a a com a 000 S f f f f. Determine o 06. (Holanda) Seja f uma função definida por valor de f f f... f Considerando a função f : 0, tal que f a, sendo a um número real positivo. Prove que, se a a f f y f f f y y Para e y0,, então f é uma função constante. 08. Seja f uma função definida por f n, para todo natural n. 4 n n Mostre que: f f f f 4... f 00.. Caracterizando a função afim Apresentaremos a partir de agora uma ferramenta muito simples e bastante poderosa que será útil na resolução de equações funcionais cujas soluções sejam funções afins. Suponha que em determinadas equações funcionais cheguemos à seguinte epressão: f h f. O Teorema abaio, garante que se depender apenas de h, mas não de, ou seja, h, então f é uma função afim. Teorema: Seja f : uma função monótona injetiva. Se o acréscimo f h f h depender apenas de h, mas não de, então f é uma função afim.. EUREKA! N 7, 0 5

6 Prova: A demonstração deste Teorema irá recorrer ao Teorema fundamental da proporcionalidade (fica como eercício para o leitor procurar sua demonstração em []). Suporemos que a função f seja crescente, caso f seja decrescente o resultado segue por analogia. É fácil ver que : também é uma função crescente e que 0 0. Além disso, para quaisquer hk, temos: h k f h k f f k h f k f k f h k Logo, pelo Teorema fundamental da proporcionalidade, h a h, a para todo h. Daí temos f h f h a h Fazendo 0 na equação acima obtemos: 0 f h f a h, o que nos mostra que f h ah b, onde b f 0 onde para todo h. A recíproca também é verdadeira e fica como eercício para o leitor a sua demonstração. Vejamos agora alguns eemplos: Eemplo 0 (Adaptado de um problema da Estônia) Encontre todas as funções monótonas f : que satisfazem a equação para y,. f f y y f Solução: Fazendo 0 na equação dada temos, EUREKA! N 7, 0 6

7 f f y y f, () o que nos mostra a bijetividade da função f; portanto eiste um número real k tal que f k 0. Voltando à equação funcional dada e fazendo y k, temos Fazendo z e h f y, f f k. temos, onde h f h f f z h f f y y f f z h Pelo teorema anterior f é do tipo f k b, e é fácil ver que f k 0 ). Agora vamos fazer y 0 em (): 0 f f f b. Sendo k 0 (senão f seria identicamente nula, o que não é possível) temos f k f k. k (pois Para concluirmos temos que as soluções procuradas são f e satisfazem perfeitamente as condições do problema. Infelizmente nem sempre há no problema uma hipótese de monotonicidade, nem é possível provar de modo fácil que a função procurada é monótona, o que muitas vezes torna a solução do problema mais complicada tecnicamente. Eemplo 0. (Equação de Cauchy) Encontre todas as funções f : que satisfazem as seguintes condições: i f y f f y, para quaisquer que sejam os números reais e y. f ii f para 0. Solução: Como a b b a f a b f b f a f a b f a f b, a, b.,, e logo EUREKA! N 7, 0 7

8 Temos t t f t f t f f t t t f t t t para t 0,. Portanto, f f t t f f t t f f t t f f t t f f t f f t. Assim, f t f t, t 0, ; t. Como f 0 f 0 0 f 0 f 0 0, t 0. Assim, f t ct, t, onde c f. () funções são soluções. naturalmente, essa igualdade também vale para a igualdade também vale para É fácil ver que todas essas Eemplo 0. (Austrália) A função f satisfaz as seguintes condições: (i) para todo número racional, f assume um valor real; (ii) f f ; (iii) f y f f y f y, onde e y são números racionais quaisquer. Mostre que Solução: Fazendo y 0 em (iii), teremos f f f Em seguida faremos a seguinte escolha: = e y = e voltaremos à condição (iii), f 0 f f f f f 0 f ou f Daí temos duas possibilidades: 0 º Caso: f. Fazendo y, em (iii):. EUREKA! N 7, 0 8

9 para todo. Sociedade Brasileira de Matemática f f f f Porém esta equação contradiz (ii), portanto º Caso: 0 f. Fazendo y, em (iii), obtemos: f f Fazendo, y,, em (iii) temos: f f f f f 0. () f f f f f f 0 Agora temos mais duas possibilidades. Caso A: f 0. Voltando a (iii) façamos y : trocando por +, obtemos Assim, f f contradição, veja: absurdo. f f f f f f f 0, e tomando f f () e y em (iii) encontraremos uma 5 f f f f f f, Caso B: f. Usando este fato em () temos: f Por fim fazendo y em (iii) chegaremos à seguinte conclusão: Daí segue que f k f k f k k para todo k inteiro. f f (oba!). para todo k inteiro; como f 0, temos EUREKA! N 7, 0 9

10 Se p q, com p, q inteiros, q 0, fazendo y = q em (iii), obtemos f q f q q f f q q f f p q f p, p q p para todo. q q donde qf p q, e logo f, Em particular, f Eemplo 04. (Seletiva Búlgara para a IMO) Encontre todas as funções que f y f y f f para quaisquer, Fazendo, Fazendo, f y, com y. y obtemos f f,. f :, tais obtemos f y f f y f y f Assim,, \. e f f f f 5. Por outro lado, f f f f f f f f, f f 4 f f f f f f f f f f 4 4 f f donde f f, e, como f 4 f f f portanto f. f 5 f 4 f f 4 f f f, e logo 4 f f f f f 5 f f, 0,, e EUREKA! N 7, 0 0

11 f y f f y f f y, y, y. Assim, temos Assim, f f,, donde f f f f,. Em particular, f 0, 0., e logo Fazendo y, obtemos f f f f f f f \,. Como f f f,, segue que, \,, i.e., f f, f f Como f f f, e f f f \,., temos também f f. Assim, f f mostrar que f a a, a 0, donde f,. Vamos,. Se 0, y, f y f f y f e f y f f y f = f f y f, donde f y f y f, ou seja, se u, u h, u h 0, f u h f u h f u. Assim, se a n n 0 progressão aritmética de termos positivos, f a n n0 aritmética de termos positivos. Em particular, q, f p q p progressão aritmética de termos positivos. Como f q q f f q q f, segue que f p q p q, p, q. Dado a 0, suponha por absurdo que f a a. Vamos supor que f a caso f a a é análogo). Sejam, a p q f a a 0, e seja y p q a 0. é uma também é uma progressão é uma e a (o pq com. Seja Temos p q f p q f y f f y f f f a absurdo. Assim, f a a, a 0, c.q.d.. Eercícios 0. Determine todas as funções f : (i) f f que satisfazem as condições abaio:, para quaisquer que sejam os números e y., EUREKA! N 7, 0

12 (ii) f f, para. Sociedade Brasileira de Matemática 0. (Austrália) Prove que eiste apenas uma função f : que satisfaz as seguintes condições: (i) f f para todo número real não-nulo; f f y f y, y, de reais não-nulos (i) para todos os pares tais que y. 0. (Austrália) São dados m e n inteiros maiores do que com m par e uma função f que assume apenas valores reais, e que está definida nos reais não negativos, satisfazendo as condições abaio: (i) para quaisquer,,, 4,..., n,... m m m m m m m m... f n f f f n f n f ; (ii) (iii) f Prove que f 987. n ; Bibliografia: [] Lima, Elon Lages et al. A Matemática do Ensino Médio. Rio de Janeiro. SBM, Coleção Professor de Matemática-000. [] Marcelo Rufino e Márcio Rodrigo. Coleção Elementos da Matemática, vol. 0. Editora VestSeller-00. [] EUREKA! N 7, 0