28867

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 $x\in \mathbb {R}$.

1. Demonstrați că $f\left(1-b\right)=1$.
2. 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
   $$\log _{n+1}f_{n}\left(x\right)=a-\log _{n+1}f_{n}\left(-x\right).$$

Soluție

Pentru $x=0$ se obține egalitatea $f\left(0\right)\cdot f\left(1\right)=f\left(b\right)$, iar pentru $x=1$ se obține $f\left(1\right)\cdot f\left(0\right)=f\left(a+b\right)$. 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.