Aula 01 - Introdução às Equações Funcionais

Aula por Bryan Borck

Primeiramente entenderemos o conceito de equação funcional, basicamente um sistema de equações no qual as variáveis são funções. Geralmente em todo problema de equação funcional possuímos um domínio e um contra-domínio, que devem ser respeitados durante a resolução do problema. Iremos apresentar exemplos de substituições em equações funcionais e logo após ensinaremos algumas ideias bem legais que podemos usar para resolver esse tipo de problema.

Problema:

(IMO/2010) Determine todas as $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(\left \lfloor x \right \rfloor y)=f(x) \left \lfloor f(y) \right \rfloor$

onde $\left \lfloor a \right \rfloor$ é o maior inteiro que não excede $a$ .

Solução:

Vejamos que é um problema da IMO e ainda é recente, mas não se preocupe, pode parecer difícil e assustador no início, porém mostraremos que com um pouco de trabalho e técnicas espertas conseguiremos resolver tranquilamente este tipo de problema. Como em qualquer problema de matemática, procuraremos uma situação confortável para explorar e vejamos que qualquer equação envolvendo zero é algo bem legal pois é fácil de trabalhar com zeros, por isso, nossas primeira substituição dentro deste problema é $x=y=0$ :

Vejamos que quando $x=y=0$ temos:

$f(\left \lfloor 0 \right \rfloor \cdot 0)=f(0)\cdot \left \lfloor f(0) \right \rfloor$

$f(0)=f(0)\cdot \left \lfloor f(0) \right \rfloor$

E se $f(0)\ne 0$ então cancelando $f(0)$ dos dois lados temos:

$\left \lfloor f(0) \right \rfloor = 1$

Logo, temos dois casos a analisar:

Caso 1: Se $\left \lfloor f(0) \right \rfloor = 1$ então colocando $y=0$ na equação original obtemos:

$f(0)=f(x)$

E a nossa função é constante, como $2>f(0)\ge 1$ então $f(x)=a$ onde $2>a\ge 1$ . E podemos verificar que esta é de fato uma solução e portanto metade do caminho já conseguimos 🙂

Caso 2: Se $f(0)=0$ então não necessariamente $\left \lfloor f(0) \right \rfloor = 1$ e vejamos: Qual o segundo número que você colocaria agora? Se você disse $1$ está correto, pois ainda é uma situação confortável, já que é fácil trabalhar com o $1$ e colocando $x=y=1$ na equação original:

$f(1)=f(1) \left \lfloor f(1) \right \rfloor$

E encontramos novamente $f(1)=0$ ou $\left \lfloor f(1) \right \rfloor = 1$ . Dividiremos agora em dois casos:

Caso 2.1: Se $f(1)=0$ coloque $x=1$ na equação original e temos:

$f(\left \lfloor 1 \right \rfloor y)=f(1) \left \lfloor f(y) \right \rfloor$

$f(y)=0$

E podemos verificar que $f(x)=0$ para todo $x$ real é de fato outra solução.

Caso 2.2: Se $\left \lfloor f(1) \right \rfloor = 1$ então colocando $y=1$ na equação original vale que:

$f(\left \lfloor x \right \rfloor)=f(x)$ (*)

E agora temos duas opções: Tentar achar uma solução ou provar que este caso não possui nenhuma. Por isso é sempre importante testar valores, pois fazendo isso repetidas vezes possuímos uma intuição de qual seja a resposta ou solução do problema. Neste caso vemos que depois de repetidas tentativas, nossa hipótese indica que não hajam soluções e para tentar conseguir um absurdo pensemos que temos dois fatos:

$f(0)=0$ e $\left \lfloor f(1) \right \rfloor=1$

Pensando em unir os dois, coloquemos $x=2$ e $y=\dfrac{1}{2}$ na equação original:

$f(1)=f(2)\cdot \left \lfloor f(\dfrac{1}{2}) \right \rfloor$

Mas de (*) temos $f(\left \lfloor \dfrac{1}{2} \right \rfloor)=f(0)=f(\dfrac{1}{2})=0$ logo:

$f(1)=0$

Porém $\left \lfloor f(1) \right \rfloor=1=0$ , absurdo!! E este caso não possui soluções. Vejamos que não foi tão difícil 🙂 e com as próximas técnicas presentes neste material iremos destruir problemas de equações funcionais, agora iremos introduzir uma grande técnica matemática: a indução.

Indução:

Uma das técnicas mais utilizadas no mundo da matemática também está presente aqui. Basicamente a ideia é provarmos dentro dos $\mathbb{N}$ , onde podemos tentar conseguir o $f(n+1)$ a partir do $f(n)$ e depois estender para os $\mathbb{Q}$ usando a própria equação. O passo de provarmos dos $\mathbb{Q}$ para os $\mathbb{R}$ é um pouco mais complexo e iremos resumir com o fato de que basta provar que a função é contínua ou monótona (crescente ou decrescente no intervalo), porém explicaremos melhor dentro do exemplo a seguir.

Exemplo 1:

(Cauchy) Encontre todas as $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ não constantes tais que:

$f(x+y)=f(x)+f(y)$ $(1)$

e $f(xy)=f(x)f(y)$ $(2)$

Solução:

Vejamos primeiramente que por $(1)$ temos $f(0)=2f(0)$ colocando $x=y=0$ , logo $f(0)=0$ . Agora vejamos que por $(2)$ temos $f(1)=f(1)^2$ colocando $x=y=1$ , logo $f(1)=1$ ou $f(1)=0$ , se $f(1)=0$ então por $(2)$ colocando $y=1$ temos $f(x)=f(x)f(1)=0$ para todo $x$ real e $f$ é constante, absurdo, pois pelo enunciado queremos achar todas as $f$ não constantes. Portanto $f(1)=1$ e podemos começar a indução.

Colocando $y=1$ em $(1)$ então $f(x+1)=f(x)+1$ e então podemos aplicar nossa indução:

Base: $f(0)=0$ e $f(1)=1$ .

Hipótese: Suponha que $f(n)=n$ para $n$ natural.

Passo Indutivo: Sabendo que $f(x+1)=f(x)+1$ , colocando $x=n$ :

$f(n+1)=f(n)+1=n+1$

Então a indução segue e $f(x)=x$ para todo $x$ natural. Como $f(x+1)=f(x)+1$ , então colocando $x=-1$ então $f(-1+1)=f(0)=f(-1)+1$ logo $f(-1)=-1$ . Usando $(2)$ vemos que $f(-x)=f(x)f(-1)=-f(x)$ , logo se $x$ é natural obtemos que $f(-x)=-x$ e segue que $f(x)=x$ para todo $x$ inteiro.

Começamos nos $\mathbb{N}$ , passamos para os $\mathbb{Z}$ , agora o próximo passo são os $\mathbb{Q}$ . Sabemos que todo número racional pode ser escrito da forma $\dfrac{p}{q}$ , onde $p$ e $q$ são inteiros. Usando deste fato e colocando $x=\dfrac{p}{q}$ e $y=q$ em $(2)$ temos:

$f(p)=f(\dfrac{p}{q})f(q)$

Então aqui vem o truque: como $p$ e $q$ são inteiros e sabemos que $f(x)=x$ para os inteiros então:

$p=f(\dfrac{p}{q})\cdot q$

$f(\dfrac{p}{q})=\dfrac{p}{q}$

E podemos afirmar que $f(x)=x$ para todo $x$ racional. Aqui as coisas começam a ficar um pouco mais complexas, provaremos que $f$ é monótona crescente, ou seja, se $x>y$ então $f(x)\ge f(y)$ . Por $(2)$ sabemos que $f(x^2)=f(x)^2$ colocando $y=x$ e como todo número real positivo pode ser escrito como um quadrado de um número dentro dos reais então isto significa que se $x$ é real positivo então $f(x)\ge 0$ . Logo considerando $\epsilon$ um real positivo, se fizermos $y=\epsilon$ em $(1)$ temos:

$f(x+\epsilon)=f(x)+f(\epsilon)$

Mas como $\epsilon$ é positivo então $f(\epsilon)\ge 0$ , logo:

$f(x+\epsilon)=f(x)+f(\epsilon)\ge f(x)$

Como $\epsilon$ pode ser qualquer valor positivo, então $x+\epsilon>x$ implica que $f(x+\epsilon)\ge f(x)$ e então a função é monótona crescente como queríamos. Agora iremos explorar a densidade dos racionais nos reais. É conhecido que entre quaisquer dois reais, existe um racional entre os mesmos. Usando deste fato, peguemos um $x$ real fixado, então:

se $q_1, q_2, q_3, ...$ é uma sequência estritamente crescente de racionais onde $\forall i$ temos que $q_i<x$ , logo $f(x)\ge f(q_i)$ $\forall i$ ;

se $p_1, p_2, p_3, ...$ é uma sequência estritamente decrescente de racionais onde $\forall i$ temos que $p_i>x$ , logo $f(p_i)\ge f(x)$ $\forall i$ ;

Temos que $\forall i$ vale que $f(p_i) \ge f(x) \ge f(q_i) \Rightarrow p_i \ge f(x) \ge q_i$ e colocando $i$ como um valor muito alto, tendendo ao infinito (poderíamos ser mais formais com limite, mas creio que não seja necessário), vejamos que as sequências irão se aproximar muito de $x$ , onde se $f(x)=k$ e $x\ne k$ teremos que ou a sequência de $p$ ou de $q$ irá ultrapassar $k$ , pelo fato de que sempre há um racional entre dois reais e então teremos um absurdo na equação $p_i \ge f(x) = k \ge q_i$ . Logo $f(x)=x$ para todo $x$ real e facilmente podemos ver que esta função satisfaz nosso sistema.

Observação: Apesar de muito complexo e bem mecânico, recomendo o leitor a memorizar os passos, pois na grande maioria dos casos, a indução é feita de forma parecida. Há também outra técnica mais sotisfiticada aliada a indução chamada Base de Hamel, mas por ser bem complexa, acreditamos que possa ficar para outro material sua explicação.

Substituições Simples:

Sempre coloque $x=0$ ou $y=0$ ou $x=y$ quando puder e tente achar o $f(0)$ , já que o mesmo pode ajudar nos próximos passos do problema. Caso você não consiga achar $f(0)$ isso se deva ao fato de que a solução possui alguma constante qualquer somada, por exemplo $f(x)=x+c$ para algum $c$ , neste caso procure colocar substituições mais sofisticadas como $x=f(w)$ para algum $w$ ou tente fazer com que apareçam expressões iguais nos dois lados para serem canceladas. Caso nada disso ainda der certo, é hora de começar a ler este guia! Segue um exemplo para nos aquecermos:

Exemplo 2:

Encontre todas as funções $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(x\cdot f(y))=f(xy)+x$

Solução:

Primeiramente, em toda equação funcional sempre precisamos testar as variáveis mais óbvias como $x,y=0,1$ , pois estes são os passos iniciais que nos sugerem diversas dicas para nossa solução, como dito antes e a partir destes podemos gerar hipóteses de funções que possam funcionar e trabalhar para mostrar que elas de fato funcionam. Iremos demonstrar o poder dos passos básicos neste exemplo:

Colocando $y=0$ na equação original temos:

$f(x\cdot f(0))=f(0)+x$ $(1)$

Colocando $x=f(0)$ na equação original temos:

$f(f(0)\cdot f(y))=f(f(0)\cdot y)+f(0)$ $(2)$

Agora substituindo $x$ por $f(y)$ em $(1)$ :

$f(f(y)\cdot f(0))=f(0)+f(y)$ $(3)$

E de $(1)$ e $(3)$ , como os lados esquerdos são iguais, então:

$f(f(0)\cdot y)+f(0)=f(0)+f(y)$

Mas de $(1)$ novamente temos que $f(y\cdot f(0))=f(0)+y$ e juntando com a equação acima, sabemos que:

$f(0)+y+f(0)=f(0)+f(y)$

$f(y)=y+f(0)$ $(4)$

Substituindo em $(1)$ temos que de $(4)$ :

$x\cdot f(0)+f(0)=f(0)+x$

$x\cdot f(0)=x$

$f(0)=1$

Portanto $f(x)=x+1$ para todo $x$ real. Testando vemos que de fato esta função funciona.

Simetria:

Podemos usar do fato das equações funcionais serem simétricas de apenas um lado da igualdade a nosso favor. Sempre atente para a troca do $x$ pelo $y$ e do $y$ pelo $x$ , vale lembrar que podemos forçar simetrias, mas isto veremos mais à frente.

Exemplo 3:

Encontre todas as funções $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(x+y)-f(x-y)=f(x)f(y)$ .

Solução:

Para melhor visualização, coloquemos $x$ como $a$ e $y$ como $b$ na equação principal, então teremos:

$f(a+b)-f(a-b)=f(a)f(b)$ $(1)$

Agora coloquemos $x$ como $b$ e $y$ como $a$ :

$f(b+a)-f(b-a)=f(b)f(a)$ $(2)$

Utilizando do fato do lado esquerdo ser simétrico para $x$ e $y$ podemos igualar as equações $(1)$ e $(2)$ e então temos:

$f(b+a)-f(b-a)=f(a+b)-f(a-b)$

De onde tiramos que $f(b-a)=f(a-b)$ , fazendo $a=0$ temos $f(b)=f(-b)$ para todo $b$ real. Agora colocando $x$ como $a$ e $y$ como $-b$ na equação original temos:

$f(a-b)-f(a+b)=f(a)f(-b)$

Multiplicando por $-1$ :

$f(a+b)-f(a-b)=-f(a)f(-b)$ $(3)$

E vejamos que como os lados esquerdos das equações $(1)$ e $(3)$ são iguais então $f(a)f(b)=-f(a)f(-b)$ , e se $f$ não é constante zero, temos que $f(b)=-f(-b)$ para todo $b$ real, mas então $f(b)=f(-b)=-f(-b)$ , absurdo. Logo $f$ só pode ser constante igual a zero.

Primeiramente não pare por aqui, pode parecer difícil, porém com as outras ferramentas presentes nesse material, as equações funcionais serão bem mais tranquilas. Vale salientar que a escrita é importante na hora da prova, sempre numere as equações que você achar em ordem, facilita muito para o corretor. Agora, se você se sente seguro no conceito de equações funcionais e já tentou os problemas abaixo, vamos para a aula 02.

Problema 1:

(Nórdica/98) Encontre todas as $f:\mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{Q}$ tais que: