Aula 02 - Técnicas usando a Imagem das funções

Aula por Bryan Borck

Nesta aula analisaremos com mais cuidado o domínio e o contradomínio de cada função, tentando explorar estas propriedades. Toda função pode ser classificada como injetora, sobrejetora, bijetora ou simplesmente nenhuma destas. Através de cada uma dessas definições podemos solucionar problemas de forma mais eficaz. Segue abaixo cada definição e exemplos de sua utilização. Começarmos novamente com um exemplo para aquecer:

Problema:

Determine todas as funções $f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}$ tais que:

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

Solução:

Usaremos um pouco do que aprendemos na aula anterior. Primeiramente vejamos que nesta função podemos colocar $y=0$ e então $f(f(x)+f(0))=x$ e como $x\in \mathbb{Z}$, a função possui em sua Imagem qualquer número inteiro que queremos, já que $x$ varia nos inteiros, logo o Contradomínio da função é igual a sua Imagem, logo a função é sobrejetora. Vejamos também que nesta mesma função se colocarmos $y=0$ obteremos $f(f(x)+f(0))=x$ e se:

1. $f(a)=f(b) \Rightarrow f(a)+f(0)=f(b)+f(0) \Rightarrow f(f(a)+f(0))=f(f(b)+f(0)) \Rightarrow a=b$
2. $a=b \Rightarrow f(a)=f(b)$

Para quaisquer $a,b \in \mathbb{Z}$ e portanto a função é chamada de injetora. Agora vejamos que se colocamos $x=y=n$ temos:

$f(2f(n))=2n$

E que se $x=n-1$ e $y=n+1$ temos:

$f(f(n-1)+f(n+1))=2n$

Logo $f(f(n-1)+f(n+1))=f(2f(n))$, mas $f(a)=f(b) \Rightarrow a=b$, logo $f(n-1)+f(n+1)=2f(n)$ e portanto $f(n+1)=2f(n)-f(n-1)$ e se sabemos os valores de $f(1)$ e $f(2)$ podemos escrever $f(n)=(n-1)f(2)-(n-2)f(1)$ por indução e deixamos para o leitor terminar o restante da solução com as técnicas conhecidas na aula 01.

Conhecidas as definições, vamos ao trabalho:

4. Sobrejetividade:

Dizemos que uma função é sobrejetora quando a sua Imagem é igual ao seu Contradomínio, ou seja, para todo $y\in D$, existe $x\in D$ tal que $f(x)=y$, onde $D$ é o domínio da função. As duas principais vantagens ao provarmos a sobrejetividade de uma função são o fato de podermos usar que existe $a$ tal que $f(a)=0$ ou outro valor muito importante no problema e que se encontrarmos uma equação em função de $f(x)$ podemos usar que $f(x)$ percorre todos os reais. Para melhores esclarecimentos segue o exemplo:

Exemplo 4:

(Banco IMO/2002) Encontre todas as $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x)$

Solução:

Primeiramente provaremos que a função é sobrejetora, mas isto é simples, pois colocando $y=-f(x)$ na equação principal:

$f(0)=2x+f(f(-f(x))-x)$

$f(f(-f(x))-x)=f(0)-2x$

Portanto ao variarmos $x$ pelos reais vemos que se $f(-f(x))-x=z$ e $f(0)=c$ constante então:

$f(z)=c-2x$

E $f(z)$ assume todos os valores reais pois $c-2x$ percorre todos os reais quando variamos $x$ e portanto para todo $r\in \mathbb{R}$, existe $s\in \mathbb{R}$ tal que $f(s)=r$. Logo $f$ é sobrejetora. Como $f$ é sobrejetora, existe $a$ tal que $f(a)=0$ então colocando $x=a$ na equação principal:

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

$f(y)=2a+f(f(y)-a)$ $(1)$

Mas pelo fato de $f$ ser sobrejetora, novamente temos que $f(y)$ percorre todos os reais então podemos colocar $f(y)=t$ onde $t$ é um real, logo de $(1)$:

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

Onde $t$ é qualquer real e fazendo uma troca de variável $t-a\rightarrow x$ então:

$f(x)=x-a$

Logo $f(x)=x+c$ onde $c=-a$ e $c$ é uma constante qualquer, verificando vemos que esta é de fato a solução única.

Dica: Vejamos que se $f(t)=ax+b$ onde $t$ é qualquer expressão em função de variáveis, $x$ a própria variável do problema e $a, b$ constantes então $f$ é sobrejetora nos reais. Relembre disto, pois este caso representa boa parte das vezes que provamos que $f$ é sobrejetora.

5. Injetividade:

Dizemos que uma função é injetora se $a\ne b$ implica que $f(a)\ne f(b)$. A principal vantagem ao provarmos a injetividade de uma função é que podemos “cortar” os $f$, por exemplo, se $f(f(x))=f(x)$ então cortando os $f$ dos dois lados teremos que $f(x)=x$, mas se $f(f(2x))=f(x)+x$ NÃO podemos dizer que $f(2x)=x+x$, pois só podemos cortar os $f$ quando os mesmos abrangem totalmente os dois lados da igualdade. Para melhores esclarecimentos segue o exemplo:

Exemplo 5:

(EGMO 2012) Encontre todas as funções $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(y\cdot f(x+y)+f(x))=4x+2y\cdot f(x+y)$

Solução:

Como em toda equação funcional, testando os casos iniciais, vejamos que colocando $y=0$ na equação principal temos:

$f(f(x))=4x$ $(1)$

De $(1)$ colocando a função nos dois lados temos:

$f(f(f(x)))=f(4x)$ $(2)$

E colocando $x=f(x)$ em $(1)$:

$f(f(f(x)))=4f(x)$ $(3)$

De $(2)$ e $(3)$:

$f(4x)=4f(x)$

Colocando $x=0$ temos que obrigatoriamente $f(0)=0$, pois caso contrário $1=4$ e temos um absurdo. Colocando $x=0$ na equação original temos:

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

E $y=1$:

$f(f(1))=2f(1)$

Mas de $(1)$ temos;

$f(f(1))=4$

Então $2f(1)=4 \Rightarrow f(1)=2$. E consequentemente $f(2)=4$. Agora colocando $y=1-x$ na equação principal temos:

$f(f(x)+2(1-x))=4$

Mas vejamos que $4=f(2)$ e portanto:

$f(f(x)+2(1-x))=f(2)$ $(4)$

Agora usaremos a injetividade! Mas antes devemos prová-la. Suponha que de fato existam $a$ e $b$ no domínio, tais que $f(a)=f(b)$, então temos que:

$f(f(a))=f(f(b))$

Mas de $(1)$:

$4a=4b$

$a=b$

Logo se $f(a)=f(b) \Rightarrow a=b$ e portanto $f$ é injetora. Se $f$ é injetora podemos cortar os $f$ em $(4)$:

$f(x)+2(1-x)=2$

$f(x)=2x$

Verificando vemos que esta é de fato solução única.

Dica: Vejamos que se $f(f(x))=ax+b$ onde $x$ é a própria variável do problema e $a, b$ constantes então $f$ é injetora nos reais. E também sobrejetora! 🙂 Relembre disto, pois este caso representa boa parte das vezes que provamos que $f$ é injetora.

6. Bjetividade:

Dizemos que uma função é bijetora quando a mesma é injetora e sobrejetora. A principal vantagem ao provarmos a bijetividade de uma função é que sabemos que esta possui inversa, onde $f(f^{-1}(x))=f^{-1}(f(x))=x$. Devido ao pouco uso desta ferramenta, segue dois problemas que usam esta ideia, porém não iremos exemplificar, já que na quase totalidade dos casos a bijetividade é usado como injetividade e sobrejetividade separadamente.

Basicamente estas técnicas aparecem em mais de 50% dos problemas de equações funcionais olímpicos e se você está curioso para explorar ainda mais este mundo de equações funcionais e aprender técnicas para resolver cerca de 80% dos problemas, segue a aula 03.

Problema 1:

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

$f(xf(x)+f(y))=y+f(x^2)$

Problema 2:

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

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

Problema 3:

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

$xf(x^2)f(f(y))+f(yf(x))=f(xy)(f(f(x^2))+f(f(y^2)))$

Problema 4:

(APMO) Encontre todas as funções de reais nos reais tais que:

$f(x)+f^{-1}(x)=2x$

Problema 5:

(OBM 2010) Encontre todas as funções $f$ dos reais nos reais tais que:

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

Para todos $a, b$ irracionais.

Problema 6:

(OBM 2006) Determine todas as $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

Problema 7:

(IMO/1999) Encontre todas as $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

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

Problema 8:

(OBM 2013) Encontre todas as funções $f$ injetoras dos reais não nulos nos reais não nulos tais que:

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

Obs.: $x+y \ne 0$

Problema 9:

(OBM 2012) Encontre todas as funções $f$ sobrejetoras dos reais positivos nos reais positivos tais que:

$2x\cdot f(f(x))=(f(f(x))+x)\cdot f(x)$

para todo $x$ real positivo.