28867: Difference between revisions

Latest revision as of 12:34, 5 August 2025

28867 (Natalia Fărcaș)

Fie funcția injectivă $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ , cu proprietatea că există numerele reale $a$ și $b$ astfel încât $f\left(x\right)\cdot f\left(1-x\right)=f\left(ax+b\right)$ oricare ar fi $x\in \mathbb {R}$ .

Demonstrați că $f\left(1-b\right)=1$ .
Dați un exemplu de șir $\left(f_{n}\right)_{n\geq 1}$ de funcții injective $f_{n}:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ , cu proprietatea că există $a,b\in \mathbb {R}$ , astfel încât pentru orice $x\in \mathbb {R}$ , avem $f_{n}\left(x\right)\cdot f_{n}\left(1-x\right)=f_{n}\left(ax+b\right)$ și Failed to parse (SVG (MathML can be enabled via browser plugin): Invalid response ("Math extension cannot connect to Restbase.") from server "https://wikimedia.org/api/rest_v1/":): {\displaystyle \log_{n+1} f_n\left(x\right) = a - \log_{n+1} f_n\left(-x\right).}

Soluție

Pentru Failed to parse (SVG (MathML can be enabled via browser plugin): Invalid response ("Math extension cannot connect to Restbase.") from server "https://wikimedia.org/api/rest_v1/":): {\displaystyle x=0} se obține egalitatea Failed to parse (SVG (MathML can be enabled via browser plugin): Invalid response ("Math extension cannot connect to Restbase.") from server "https://wikimedia.org/api/rest_v1/":): {\displaystyle f\left(0\right) \cdot f\left(1\right) = f\left(b\right)} , iar pentru Failed to parse (SVG (MathML can be enabled via browser plugin): Invalid response ("Math extension cannot connect to Restbase.") from server "https://wikimedia.org/api/rest_v1/":): {\displaystyle x=1} se obține Failed to parse (SVG (MathML can be enabled via browser plugin): Invalid response ("Math extension cannot connect to Restbase.") from server "https://wikimedia.org/api/rest_v1/":): {\displaystyle f\left(1\right)\cdot f\left(0\right) = f\left(a+b\right)} . Cum $f$ este injectivă, rezultă $a+b=b$ , deci $a=0$ . Egalitatea din ipoteza problemei devine

f\left(x\right)\cdot f\left(1-x\right)=f\left(b\right)\neq 0,\forall x\in \mathbb {R} .

Dacă presupunem că

f\left(b\right)=0

, atunci din

f\left(x\right)\cdot f\left(1-x\right)=0

rezultă că există

x_{0}\in \mathbb {R} \setminus \left\{b\right\}

cu

f\left(x_{0}\right)=0=f\left(b\right)

, contradicție cu proprietatea de injectivitate a func\c tiei

f

. Așadar

f\left(b\right)\neq 0

.

a) Pentru $x=b$ , din $f\left(x\right)\cdot f\left(1-x\right)=f\left(b\right)\neq 0$ rezultă $f\left(b\right)\cdot f\left(1-b\right)=f\left(b\right)$ . Deoarece $f\left(b\right)\neq 0$ , se obține

f\left(1-b\right)=1.

b) Pentru orice

n\in \mathbb {N} ^{\ast }

, fie

f_{n}:\mathbb {R} \to \mathbb {R}

, cu

f_{n}\left(x\right)=\left(n+1\right)^{x}

. Evident,

f_{n}

este injectivă și dacă

a=0

și

b=1

, funcția

f_{n}

verifică egalitățile din enunț.

@@ Line 8: / Line 8: @@
 '''Soluție'''
-Pentru <math>x=0</math> se obține egalitatea <math>f\left(0\right) \cdot f\left(1\right) = f\left(b\right)</math>, iar pentru <math> x=1</math> se obține <math>f\left(1\right)\cdot f\left(0\right) = f\left(a+b\right)</math>. Cum <math>f</math> este injectivă, rezultă <math>a+b=b</math>, deci <math>a=0</math>. Egalitatea din ipoteza problemei devine <math> f\left(x\right) \cdot f\left(1-x\right) = f\left(b\right)\ne 0, \forall x\in \mathbb{R}.</math>
-Dacă presupunem că  <math>f\left(b\right) = 0</math>, atunci din <math>f\left(x\right) \cdot f\left(1-x\right) = 0</math> rezultă că există <math>x_0\in \mathbb{R}\setminus\left\{b\right\}</math> cu <math>f\left(x_0\right) = 0 = f\left(b\right)</math>, contradicție cu proprietatea de injectivitate a func\c tiei <math>f</math>. Așadar <math>f\left(b\right) \ne 0</math>.
+Pentru <math>x=0</math> se obține egalitatea <math>f\left(0\right) \cdot f\left(1\right) = f\left(b\right)</math>, iar pentru <math> x=1</math> se obține <math>f\left(1\right)\cdot f\left(0\right) = f\left(a+b\right)</math>. Cum <math>f</math> este injectivă, rezultă <math>a+b=b</math>, deci <math>a=0</math>. Egalitatea din ipoteza problemei devine <math display="block"> f\left(x\right) \cdot f\left(1-x\right) = f\left(b\right)\ne 0, \forall x\in \mathbb{R}.</math>Dacă presupunem că  <math>f\left(b\right) = 0</math>, atunci din <math>f\left(x\right) \cdot f\left(1-x\right) = 0</math> rezultă că există <math>x_0\in \mathbb{R}\setminus\left\{b\right\}</math> cu <math>f\left(x_0\right) = 0 = f\left(b\right)</math>, contradicție cu proprietatea de injectivitate a func\c tiei <math>f</math>. Așadar <math>f\left(b\right) \ne 0</math>.
-a) Pentru <math>x=b</math>, din <math>f\left(x\right) \cdot f\left(1-x\right) = f\left(b\right)\ne 0</math> rezultă <math>f\left(b\right)\cdot f\left(1-b\right) = f\left(b\right)</math>. Deoarece <math>f\left(b\right) \ne 0</math>, se obține <math>f\left(1-b\right) = 1</math>.
+a) Pentru <math>x=b</math>, din <math>f\left(x\right) \cdot f\left(1-x\right) = f\left(b\right)\ne 0</math> rezultă <math>f\left(b\right)\cdot f\left(1-b\right) = f\left(b\right)</math>. Deoarece <math>f\left(b\right) \ne 0</math>, se obține <math display="block">f\left(1-b\right) = 1.</math>b) Pentru orice <math> n \in \mathbb{N}^\ast</math>, fie <math> f_n : \mathbb{R} \to \mathbb{R}</math>, cu <math>f_n\left(x\right) = \left( n+1 \right)^x</math>. Evident, <math>f_n</math> este injectivă și dacă <math>a=0</math> și <math>b=1</math>, funcția <math>f_n</math> verifică egalitățile din enunț.
-b) Pentru orice <math> n \in \mathbb{N}^\ast</math>, fie <math> f_n : \mathbb{R} \to \mathbb{R}</math>, cu <math>f_n\left(x\right) = \left( n+1 \right)^x</math>. Evident, <math>f_n</math> este injectivă și dacă <math>a=0</math> și <math>b=1</math>, funcția <math>f_n</math> verifică egalitățile din enunț.