Aula 03 - Técnicas sofisticadas de Equações Funcionais

Aula por Bryan Borck

Nesta aula apresentaremos alguns tópicos que são um pouco mais raros dentro de problemas olímpicos, mas possuem suma importância, já que sem essas técnicas possivelmente não conseguiríamos resolver alguns problemas mais complicados. Portanto abordaremos técnicas de substituição, como substituir nossa função por outra ou por alguma sequência e de pontos fixos, um assunto muito interessante dentro do mundo matemático. Segue abaixo os tópicos:

7. Sequências:

Podemos encarar as iterações de uma função, ou mesma ela própria, como sendo uma sequência, onde $f^{n}(x)=a_n$ e a partir disto achar uma relação de recorrência para acabarmos com o problema. Vejamos a seguir:

Exemplo 7:

(Putnam/88) Determine todas as funções $f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ tais que:

$f(f(x))=6x-f(x)$

Solução:

Vejamos que este problema é perfeito para usar sequências recorrentes pois só possui uma variável e podemos usar diversas iterações, já que podemos colocar $x=f^{n}(x)$ para qualquer n. Então considere $f^{n}(x)=a_n$ , da equação original temos:

$a_2=6a_0-a_1$

Como podemos fazer $x=f^{n}(x)$ então temos:

$f^{n+2}(x)=6f^{n}(x)-f^{n+1}(x)$

$a_{n+2}=6a_{n}-a_{n+1}$

Podemos resolver então a recorrência recorrente linear, analisando as raízes da equação da sequência: $x^2+x-6=0$ vemos que estas são $-3$ e $2$ e portanto:

$A\cdot(-3)^{n}+B\cdot(2)^n=f^{n}(x)=a_n$ $(1)$

Para algum $A$ e $B$ fixados. Colocando $n=0$ temos:

$A+B=x$ pois $f^{0}(x)=x$

Portanto $B=x-A$ e substituindo em $(1)$ :

$A\cdot(-3)^{n}+(x-A)\cdot(2)^n=f^{n}(x)$

$x\cdot(2)^n+A\cdot((-3)^{n}-2^{n})=f^{n}(x)$

Iremos provar que $A=0$ . Suponha que $A>0$ , pegue $n$ ímpar:

$x\cdot(2)^n-A\cdot(3^{n}+2^{n})=f^{n}(x)$

Mas $f$ possui sua imagem nos reais positivos, então $f^{n}(x)>0$ :

$x\cdot(2)^n-A\cdot(3^{n}+2^{n})>0$

$\dfrac{x\cdot(2)^n}{3^{n}+2^{n}}>A>0$

$\dfrac{x}{(\dfrac{3}{2})^{n}+1}>A>0$

Usando um pouco de limite, vejamos que para um $n$ suficientemente grande, temos que $\dfrac{1}{(\dfrac{3}{2})^{n}+1}$ tende a $0$ pois $\dfrac{3}{2}^{n}$ tende ao infinito quando $n$ tende ao infinito. Logo tendendo ao infinito temos que:

$0\ge A>0$

E temos um absurdo pois $0>0$ não é possível. Agora se $A<0$ , pegue $n$ par:

$x\cdot(2)^n-A\cdot(2^{n}-3^{n})=f^{n}(x)$

Mas $f$ possui sua imagem nos reais positivos, então $f^{n}(x)>0$ :

$x\cdot(2)^n-A\cdot(2^{n}-3^{n})>0$

$\dfrac{-x\cdot(2)^n}{3^{n}-2^{n}}<A<0$

$\dfrac{-x}{(\dfrac{3}{2})^{n}-1}<A<0$

Usando um pouco de limite, vejamos que para um $n$ suficientemente grande, temos que $\dfrac{-1}{(\dfrac{3}{2})^{n}-1}$ tende a $0$ pois $\dfrac{3}{2}^{n}$ tende ao infinito quando $n$ tende ao infinito. Logo tendendo ao infinito temos que:

$0\le A<0$

E temos um absurdo pois $0<0$ não é possível. Portanto $A=0$ e $B=x$ , logo $f(x)=2x$ e esta é a única solução.

8. Pontos Fixos:

Nomeamos de ponto fixo algum número fixo $k$ que satisfaça $f(k)=k$ para a função do problema. Os pontos fixos são extremamente úteis de serem analisados, pois temos a vantagem de estes permanecerem constantes mesmo por diversas iterações da função, pois se $f(k)=k$ então $f(f(f(...f(k)...)))=k$ . Vejamos um exemplo:

Exemplo 8:

(Torneio das Cidades/96) Encontre todas $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tais que:

$f(f(x))=x^2-1996$

Solução:

Aplique $x=f(x)$ na equação principal:

$f(f(f(x)))=f(x)^2-1996$

$f(x^2-1996)=f(x)^2-1996$ $(1)$

Considere $k_1$ e $k_2$ as raízes da equação $x^2-x-1996=0$ . Colocando $x=k_1$ ou $x=k_2$ em $(1)$ temos:

$f(k_1)=f(k_1)^2-1996$

$f(k_2)=f(k_2)^2-1996$

E portanto $f(k_1, k_2) \rightarrow k_1, k_2$ em alguma ordem. Agora analisemos a equação $(x^2-1996)^2-1996=x$ , sabemos que $k_1, k_2$ são raízes, chame as outras duas raízes de $r_1, r_2$ . Analisemos que se $y=(r_1)^2-1996$ então $y^2-1996=r_1$ , e portanto $y\in {k_1, k_2, r_1, r_2}$ , mas se $y=k_1, k_2$ então teríamos um absurdo pois $r_1=k_1, k_2$ e se $y=r_1$ então a equação $x^2-1996=x$ teria três raízes, absurdo de novo. Logo $y=r_2$ e então vejamos que $(r_1)^2-1996=r_2$ e que $(r_2)^2-1996=r_1$ . Vejamos que:

$f(f(r_1))=(r_1)^2-1996=r_2$

$f(f(r_2))=(r_2)^2-1996=r_1$

Agora vejamos que se $r_1, r_2$ são raízes de $(x^2-1996)^2-1996=x$ então de $(1)$ :

$f(r_1)=f(r_2)^2-1996$ $(2)$

$f(r_2)=f(r_1)^2-1996$ $(3)$

E substituindo $(3)$ em $(2)$ vemos que $(f(r_1)^2-1996)^2-1996=f(r_1)$ e logo $f(r_1)\in {r_1, r_2, k_1, k_2}$ pois estas são as raízes desta equação. Agora analisando casos:

Se $f(r_1)=r_1$ então $f(f(r_1))=r_2=r_1$ absurdo. Se $f(r_1)=k_1$ então $f(k_1)=r_2$ , absurdo pois $f(k_1)\in {k_1, k_2}$ . Se $f(r_1)=k_2$ o caso é análogo e se $f(r_1)=r_2$ então $f(r_2)=r_2$ e $f(f(r_2))=r_1=r_2$ , absurdo. Logo $f(r_1)$ não existe e portanto a função não existem e logo não existem funções que satisfazem o problema.

9. Troca de função:

Nosso último truque a apresentar é algo geralmente usado atualmente e que facilita a maioria das técnicas mostradas anteriormente se usado de forma correta. A troca de função é basicamente literalmente trocarmos $f(x)$ por $g(x)+h(x)$ onde $h(x)$ é uma provável hipótese, por exemplo, podemos trocar $f(x)$ por $g(x)+f(0)$ e tentar provar que $g(x)=x$ e assim $f(x)=x+f(0)=x+c$ . Vejamos no exemplo:

Exemplo 9:

(Taiwan) Encontre todas as funções contínuas $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ :

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

Solução:

Colocando $y=0$ temos:

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

E colocando $x=x+y$ temos:

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

Juntando com a equação original temos:

$f(x+y)+f(0)=f(x)+f(y)$ $(1)$

E aqui vem o truque, repare que se colocarmos $f(x)=x+f(0)$ as equações de fato funcionam, então nossa hipótese é de que $f(x)=x+c$ para algum $c$ , logo isso nos leva a tentar substituir $f(x)$ por $g(x)+f(0)$ , e de $(1)$ :

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

$g(x+y)=g(x)+g(y)$

E como $f(x)$ é contínua, então $g(x)$ é contínua (deslocamos o gráfico em $f(0)$ ). Logo pelo Problema 2.2, vale que $g(x)=ax$ para algum $a$ , portanto jogando de volta, vemos que $f(x)=ax+c$ e que $a^2=a \Rightarrow a=0, a=1$ , mas $a=0$ gera absurdo, logo a solução única é $f(x)=x+c$ .

Finalmente chegamos ao fim deste caminho pelas equações funcionais e apesar de este ser infinito, visto a enorme quantidade de técnicas mais avançadas nesta parte da matemática, é importante o leitor tomar conhecimento que grande parte das equações funcionais se reduzem a estas técnicas e agora é só nos aventurarmos nos problemas! Boa sorte e até a próxima!

Problema 1:

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

$f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=3n$ .

Problema 2:

(China) Determine todas as $f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ tais que:

$f(f(x))+af(x)=b(a+b)x$

Problema 3:

Substitua no Exemplo 8 $x^2-1996$ por $g(x)$ , onde $g(x)$ possui exatamente dois pontos fixos. Prove que ainda assim não existem funções que satisfazem o enunciado.