Re: [obm-l] Problema 5 da IMO 2002

[Johann Dirichlet <peterdirichlet@xxxxxxxxxxxx>]

Oi turma da OBM!!!!Eu vou enviar minha soluçao
para esse problema.Ela e bem parecida com a do
Gugu.O Villard obteve outra sem apelando pra
limites.Ela vai pro final deste e-mail.


 --- Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira
<gugu@impa.br> escreveu: >    Caros colegas,
>    Segue (depois de um bom espaco) uma solucao
> para o problema 5.
>    Abracos,
>            Gugu
> 
Ache todas as funçoes f:R=>R tais que para todos
os x,y,z,w reais,se tenha
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>    Fazendo t=y=0 e x=z temos
> 4f(0)f(x)=2f(0),donde f(0)=0 ou f(x)=1/2 para
> todo x (o que da' uma solucao).A seguir
> suporemos entao f(0)=0.
>    Fazendo z=y=t=x,temos
> 4f(x)^2=f(0)+f(2.x^2),logo
> f(2.x^2)=4.f(x)^2.Assim,
> se u>=0,f(u)=4.f(rquad(u/2))^2>=0. [rquad
> denota raiz quadrada]
>    Fazendo x=t=0,temos f(y)f(z)=f(yz),e fazendo
> x=y=0,temos f(z)f(t)=f(-zt).
> Assim,f(u)=f(u.1)=f(u)f(1)=f(-u.1)=f(-u),ou
> seja,f e' uma funcao par,e,pela
> observacao anterior,f(u)>=0 para todo u.Basta
> agora calcular f(u) para u>=0.
>    Fazendo x=t=u e y=z=v,temos
> (f(u)+f(v))^2=f(u^2+v^2)=f(rquad(u^2+v^2))^2.
> Assim,se 0<=x<=y,fazendo z=rquad(y^2-x^2),temos
>
f(x)^2<=(f(x)+f(z))^2=f(rquad(x^2+z^2))^2=f(y)^2,logo
> f(x)<=f(y),ou seja,
> f e' monotona nao-decrescente em R+.
>    Temos f(1)=f(1.1)=f(1).f(1).Assim,f(1)=1 ou
> f(1)=0.No segundo caso,temos
> f(x)=f(x.1)=f(x).f(1)=0 para todo x,o que
> tambem da' uma solucao.Vamos supor
> entao que f(1)=1.Vamos mostrar que para  n
> natural temos f(nz)=n^2.f(z) para
> todo z,por inducao.De fato isso vale para n=0 e
> n=1.Fazendo y=t=1,temos
>
2(f(x)+f(z))=2f(1)(f(x)+f(z))=f(x-z)+f(x+z).Fazendo
> x=nz,temos,para n>=1,
>
2(n^2.f(z)+f(z))=2(f(nz)+f(z))=f((n-1)z)+f((n+1)z)=(n-1)^2.f(z)+f((n+1)z),
> donde
>
f((n+1)z)=(2(n^2+1)-(n-1)^2).f(z)=(n+1)^2.f(z),cqd.
>    Fazendo z=1,temos f(n)=n^2.f(1)=n^2 para
> todo n natural,e fazendo z=p/q
> com p e q inteiros positivos temos
> p^2=f(p)=f(q.p/q)=q^2.f(p/q),donde
> f(p/q)=(p/q)^2.Assim,f(x)=x^2 para todo x
> racional positivo.Vamos mostrar
> que de fato f(x)=x^2 para todo x real positivo
> (e portanto para todo x real,
> pois se x e' negativo,-x e' positivo e teriamos
> f(x)=f(-x)=(-x)^2=x^2).
> Suponha que nao,i.e.,que existe x positivo tal
> que f(x) e' diferente de x^2.
> Vamos supor que f(x) > x^2 (o outro caso e'
> analogo).Seja p/q um racional
> tal que x < p/q < rquad (f(x)). Devemos ter
> f(x)<=f(p/q),mas 
> f(p/q)=(p/q)^2<f(x),absurdo.
>    Assim,as unicas funcoes f que satisfazem o
> enunciado sao:f(x)=1/2 para
> todo x,f(x)=0 para todo x e f(x)=x^2 para todo
> x.
>    Abracos,
>            Gugu
> 
Segue a minha solução para a quinta questão dessa
IMO. Confiram :),( se alguém tiver paciência ).
(f(x)+f(z))*(f(y)+f(t)) = f(xy-zt) + f(xt+yz)
Primeiramente faça x=z=0 : 2f(0) * ( f(y) + f(t)
) = 2f(0), logo ou f(0)=0, ou f(y)+f(t) = 1, para
todos y,t reais e em particular quando y=t, temos
f(y)=1/2, para todo y real, o que é uma solução
particular. Assuma então f(0)=0.
Faça z=t=0 : f(xy)=f(x)*f(y). Então, fazendo y=1,
f(x)=f(x)*f(1), logo temos f(1)=1 ou f(x)=0, para
todo x, o que é outra solução particular. Faça
y=t=1 e x=0 : 2f(z) = f(-z)+f(z), logo f é par.
Então, precisamos nos preocupar apenas com a
parte positiva.
Na equação inicial, temos :
f(xy)+f(xt)+f(yz)+f(zt) = f(xy-zt) + f(xt+yz),
então f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=f(a-d)+f(b+c), desde
que ad=bc. Colocando a=c=mx, b=d=x , temos
2f(mx)+2f(x)=f((m-1)x) + f((m+1)x), o que prova
por indução que f(mx)=m^2 * f(x), para todo m
inteiro. Logo f(m)=m^2, para todo m inteiro.
f(p/q)=f(p)/f(q), pois é multiplicativa, logo
f(p/q)=(p/q)^2, então f(m)=m^2, para todo m
racional. Vamos mostrar que f é monótona
crescente em R+. Faça y=x,t=z : (f(x)+f(z))^2 =
f(x^2-z^2)+f(2xy). Faça y=z,t=x :
(f(x)+f(z))^2=f(x^2+z^2). Juntando as duas
últimas, temos que f(a)=f(b)+f(c), quando a^2 =
b^2+c^2, logo f é crescente (pois se a>b>0, então
existe c>0 tal que a^2=b^2+c^2, logo
f(a)=f(b)+f(c) >f(b), pois f(c)=f(sqrt(c))^2>=0.
Em particular f é positiva.).
Como f é crescente em R+ e f(m)=m^2 nos
racionais, então é fácil mostrar que f(x)=x^2
para todos x em R+, logo para todos x em R, pois
f é par. Sejam a(n) e b(n) duas sequências de
racionais convergindo para um irracional x>0,
tais que 0<a(n)< x <b(n). Então como f é monótona
crescente, a(n)^2 <= f(x) <= b(n)^2 e fazendo n
tender a infinito, temos a(n) e b(n) tendendo a
x, logo f(x)=x^2 também nos irracionais.
Resposta : f(x)=0 ; f(x)=1/2 ; f(x)=x^2 .
 
Abraços, 
 Villard


Esta e a minha soluçao.
A ideia de certos problemas funcionais e a
simetria.Vamos ver isso.
Pondo y=z,t=x,
(f(x)+f(z))^2=f(x^2+z^2).
Pondo x=y,z=t, temos 
(f(x)+f(z))^2=f(x^2-z^2)+f(2xz)
Com z=0,temos
4((f(x))^2)=f(2x^2)+f(0)
Na original,pondo x=z,t=y,
4f(x)f(y)=f(0)+f(2xy).
Pondo y=0,ja obtemos algumas coisas:
4f(x)f(0)=2f(0),logo ou f(0)=0 ou f(x)=1/2 para
todo x real. 
Suporemos f(0)=0.Assim sendo podemos continuar.
4f(x)f(y)=f(2xy)
A partir daqui podemos reescrever as equaçoes
acima.Por uma questao de preguiça sugiro que voce
faça isso.
Na original z=0,
(f(x)+f(z))f(y)=f(xy)+f(yz).
Pondo z=0,
f(x)f(y)=f(xy).Logo f e funçao produto.
Na original,pondo y=0=x,
f(z)f(t)=f(-tz)
Daqui sai comparando com a anterior que f e
par,ou seja,f(x)=f(-x) para todo x real.
Logo basta a gente trabalhar em x>=0
Veja que f(x)=0 e soluçao da funcional para todo
x.logo podemos supor que f(x)=0<=>x=0.
Se z nao for zero, f(z)f(1)=f(z) acarreta f(1)=1.
Tambem,colocando na original x=z=y ,t=1,temos 
2fy+2=f(y-1)+f(y+1).E resolvendo essa recursao
como na Eureka!9,f(n)=n^2 para n natural.Como f e
multiplicativa,f(q)=q^2 para q racional.
E agora,sera que para x real f(x)=x^2?
Vamos usar o fato de que os reais sao um corpo
ordenado completo."Mas por que?",voce se
pergunta.Vou explicar:
Provar para reais direto agora doi muito.Vamos
por absurdo,porque numa demonstraçao por absurdo
voce inclui mais hipoteses.E de fato e disso que
precisamos.
Vamos,pra inicio de conversa,provar que f e
crescente nos positivos.Em certos tipos de funçao
voce tem que usar desigualdades pra prosseguir. 
Temos que f(a)=f(b)+f(c), quando a^2 = b^2+c^2(e
so usar as duas primeiras equaçoes que
descobrimos), logo f é crescente (pois se a>b>0,
então existe c>0 tal que a^2=b^2+c^2, logo
f(a)=f(b)+f(c) >f(b), pois f(c)=f((c)^0.5)^2>=0.
Em particular f é positiva.).E claro que a^0,5 e
a raiz quadrada de a.
Agora vamos ao que interessa:
Pegue um fujao dessa turma(um certo a tal que 
f(a) nao da a^2).Suponhamos que f(x)>x^2 (o caso
x^2>f(x) e
analogo).Seja p/q um racional
tal que x < p/q < (f(x))^0,5.
Devemos ter
f(x)<=f(p/q)
Mas 
f(p/q)=(p/q)^2<f(x)
Um absurdo.
  Assim,as unicas funcoes f que satisfazem o
enunciado sao:
f(x)=1/2 para todo x,
f(x)=0 para todo x,  
f(x)=x^2 para todo x.

E FIM!!!!!!!!!!!!!!!
Mais uma do cearense de sAO pAULO,
pETER gUSTAV lEJEUNE dIRICHLET

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TRANSIRE SVVM PECTVS MVNDOQVE POTIRE
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Fields Medal(john Charles Fields)

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