ALGEBR Ă 1. Ecuaţii funcţionale
Problema determin ării expresiei prin care este dat ă o func ţie care îndepline şte o egalitate este o ecua ţie funcţională. Chiar dacă există clasificări ale ecuaţiilor funcţionale, soluţionarea problemelor de acest tip las ă o libertate destul de mare gândirii şi ingeniozităţii rezolvatorului. Aceste probleme dezvolt ă gândirea abstract ă, obligând de multe ori elevii s ă facă artificii algebrice destul de delicate. Prezent ăm în cele ce urmează câteva probleme de acest tip. Probleme rezolvate
R1.1. Să se determine func ţia f : R →R care verific ă egalitatea f(3x–1) = x 2 + 2, ∀x∈R. Soluţie. t +1 şi Facem înlocuirea 3x – 1 = t, obţinem: x=
3
2
t 2 + 2t + 7 t + 1 . f ( t ) = +2= 3 3 x 2 + 2x + 7 Deci am obţinut funcţia f : R →R, f ( x ) = . 3 R1.2. Fie f : R →R, astfel încât a ⋅ f ( x ) + b ⋅ f (3 − x ) = −3x + 5 , a, b∈R. a) Determinaţi a, b∈R, dacă f(1) = 2 şi f(2) = 5. b) Aflaţi f(x), oricare ar fi x real cu a şi b determinaţi la a). [C.M. 1994] Soluţie.
3 = − a x = 1, af (1) + bf (2) = 2 2a + 5 b = 2 7 a) ⇒ ⇒ 4 x = 2, af (2) + bf (1) = −1 5a + 2 b = −1 b = 7 b) Facem înlocuirea 3 – x = t ⇒ x = 3 – t. Obţinem: af (3 − t ) + bf ( t ) = −3(3 − t ) + 5 . Revenim la variabila x şi înlocuim pe a şi b cu valorile ob ţinute anterior: 3 7
4 7
− f (3 − x ) + f ( x ) = 3x − 4 Se ajunge la sistemul de ecua ţii: − 3f (3 − x ) + 4f ( x ) = 21x − 28 − 3f ( x ) + 4f (3 − x ) = −21x + 35 11
şi apoi f(x) = 3x + 1.
R1.3. Fie f : R →R, care verifică relaţia: f ( x − y) + f (2 x + y) = 6 x + 10 , oricare ar fi x, y ∈R. Să se determine func ţia f. [C.M. 1992] Soluţie. Dacă x = y = 0, avem 2f(0) = 10 ⇒ f(0) = 5. Dacă x = y, avem f(0) + f(3x) = 6x + 10 Deci f(3x) = 6x + 5 ⇒ f(x) = 2x + 5. R1.4. Să se determine func ţiile f şi g: R →R ştiind că 2f(x) + f(1 – y) + g(x) – g(y) = 3(x + 1) 2 – 6y, ∀x, y∈R. Soluţie. Dacă y = x, obţinem 2f(x) + f(1 – x) + g(x) – g(x) = 3(x + 1) 2 – 6x ⇒ 2f(x) + f(1 – x) = 3x 2 + 3 (1) Dacă înlocuim pe x cu 1 – x în rela ţia (1) se va ob ţine: 2f(1 – x) + f(x) = 3(1 – x) 2 + 3 (2) 2 Din (1) şi (2) avem f(x) = x + 2x. Determinăm funcţia g: facem y = 0, atunci 2f(x) + f(1) + g(x) – g(0) = 3(x + 1) 2 ⇒ 2(x2 + 2x) + 3 + g(x) – g(0) = 3(x + 1) 2 ⇒ g(x) = x2 + 2x + g(0) Dacă g(0) = k, k ∈R, atunci g(x) = x 2 + 2x + k, k ∈R. Observaţie: În timp ce func ţia f este unic determinat ă, pentru g există o mul ţime de funcţii care verific ă relaţia dată. R1.5. Să se determine func ţia f: R\{–1,1} →R, care verifică relaţia: x + 3 x − 3 f ( x ) − f − f = x , ∀x∈R\{–1,1}. − + 1 x 1 x [C.M. 1986] Soluţie. x+3 t −3 Facem înlocuirea . =t ⇔ x= 1− x t +1 t − 3 t + 3 t − 3 . f − f ( t ) − f = 1 + t t − 1 1 + t Revenim la variabila x şi obţinem relaţia: x − 3 x + 3 x − 3 , (1) f − f ( x ) − f = 1 + x x − 1 1 + x Aplicăm aceiaşi substituţie în relaţia (1) şi obţinem: x + 3 x − 3 x + 3 , (2) f − f ( x ) − f = 1 − x x + 1 1 − x 12
Adunând relaţiile (1) şi (2) se g ăseşte relaţia prin care este dat ă funcţia f: x −3 x +3 4x . − 2f ( x ) = − ⇒ f ( x ) = 2 x +1 x −1 x −1 R1.6. Determinaţi funcţia f: N→Q care îndepline şte condiţiile:
f (2002) = 2003 şi f ( x + 1) = f ( x ) +
x , ∀x∈ N. 1001
Soluţie.
1 1001 2 x = 2 , f (3) = f (2) + 1001 x = 1 , f (2) = f (1) +
.............................................
x = n − 1 , f (n ) = f (n − 1) +
n −1 1001
După adunarea egalit ăţilor avem: 1 + 2 + ... + n − 1 n (n − 1) . f (n ) = f (1) + = f (1) +
1001
2002 2002 ⋅ 2001 Pentru x = 2002, f (2002) = f (1) + ⇒ 2002 ⇒ 2003 = f(1) + 2001 ⇒ f(1) = 2.
Revenind la variabila x şi folosind rezultatele anterioare putem scrie func ţia f: x ( x − 1) f: N→Q, f ( x ) = 2 + .
2002
Bibliografie
1. Pop Vasile “ Ecua ţ ii func ţ ionale”, Ed. Mediamira, Cluj-Napoca, 2002. 2. B.M.Bătineţu Giurgiu, I.Crânga şu, M.Bătineţu Giurgiu, C.Ursu “ Culegere de probleme, clasa a IX-a”, Ed.Portofranco, Gala ţi, 1992.
13
