problema de função

por **rcpn** » Qui Abr 10, 2014 11:15

Caro amigos do site! Estou enviando uma questão de função associada a um problema que a meu ver não faz muito sentido. Dado que f(2) = 1 e f(u.v) = f(u) + f(v) para quaisquer números reais positivos u e v obtenha:
a) f(4)
b) f(8)
c) f(1)
d) f(1/2)
e) f(raiz de 2)

O que eu não estou entendendo nessa questão é que f(u.v) representa x e y no par ordenado ou seja: x seria o domínio e y seria o contradomínio? Os valores alternativos que ele usa da letra a) até a letra e) não foram compreendidos por mim. Gostaria de uma ajuda. Desde já agradeço a atenção.

por **Russman** » Qui Abr 10, 2014 17:29

Você entendeu errado. O domínio da função é, certamente, o conjunto Real dado que

rcpn escreveu:para quaisquer números reais positivos u e v

O que o enunciado quer dizer com f(u.v)

é a função calculada para o produto de

e

. Por exemplo, se u=2

e

, então você calculará com esses valores f(6)

. Esta função possui uma propriedade interessante. Se você aplicar esta função em um produto a resposta(ou imagem) será a soma da aplicação dessa função em

e

separadamente. Você não conhece nenhuma função com essa propriedade? Ela é famosa!! Não há no mundo estudante de Matemática que não já tenha trabalhado com ela.

Mas, mesmo que você não lembre que função é, não é necessário conhecê-la explicitamente para resolver o exercício. O dado é que f(2) = 1

. Este é o ponto de partida. Para calcular as aplicações da função em outros números teremos de manipular este resultado.
A aplicação f(4)

é, claramente, calculável. Note que, da propriedade, f(4) = f(2.2) = f(2) + f(2)

. Assim, rapidamente, f(4) = 1+1 = 2

.
A aplicação f(8)

decorre, imediatamente, do resultado anterior. Podemos tomar 8=2.4

e teremos

.

A aplicação f(1)

não parece, a princípio, trivial. Mas, na realidade, é a mais trivial de todas. Note que 2=2.1

. Daí,

de onde
$f(2) = f(2) + f(1) \Rightarrow f(1) = 0$ . ( A essa altura já percebemos que as aplicações capturam numéros conhecido, não?)

A próxima aplicação nos desafia um pouco mais. Precisamos manipular os resultado que já temos para calcular f(1/2)

, que não aprece ser trivial. De fato, não é. Façamos uma constatação rápida. Se tomarmos v=u

, então

. Se tomarmos v=u^2

, então

f(u.v) = f(u^3) = f(u) + f(u) + f(u) = 3f(u)

. Parece que, extrapolando essas operações, f(u^n) = n.f(u)

. Agora, a função que estamos manipulando está bem na cara! kk
Com isso podemos, num ato de, por hora, fé, extender a propriedade concebida para qualquer

inteiro de modo que $f(1/2) = f(2^{-1}) = -1.f(2) = -1$ .

A última aplicação é trivial. $f( \sqrt{2} \sqrt{2}) = f(\sqrt{2}) + f(\sqrt{2}) \Rightarrow f(2) = 2f(\sqrt{2}) \Rightarrow f(\sqrt{2}) = 1/2$ .

(:

por **e8group** » Sex Abr 11, 2014 16:45

A resposta acima estar globalmente correta . Só acrescentado um dos meus raciocínios ...

Primeiramente , o enunciado faz menção da vericidade da propriedade para u,v arbitrários positivos ,pelo que certamente o domínio da nossa função é $(0,+\infty)$ , já q sempre u,v

em $(0,+\infty)$ implica $u\cdot v$ em $(0,+\infty)$ . Então ,admitiremos que y = f(x)

, $f : (0,+\infty) \mapsto \mathbb{R}$ goza desta propriedade e f(2) = 1

.

Dado

e

.

Temos ,

(1) $f(x) = f(x \cdot 1) = f(x) + f(1) , \forall x > 0 \therefore f(1) = 0$ .

(2) $f(x^p) = f( \underbrace{x \cdot x \cdots x }_{p \text{vezes}} ) = \underbrace{f(x) + \hdots f( x) }_{p \text{vezes}} = p f(x) = p \cdot f(x) = p f(x)$

(3) $pf(x) = f(x^p) = f(x^{pq/q}) = f((x^{p/q})^q ) = f( \underbrace{x^{p/q} \cdot x^{p/q} \cdots x^{p/q} }_{q \text{vezes}} ) = \underbrace{f(x^{p/q}) + \hdots f( x^{p/q}) }_{q \text{vezes}} = q \cdot f(x^{p/q})) \therefore f(x^{p/q}) = (p/q) f(x)$

(4) $0 = f(1) = f(x^{p/q-p/q}) = f(x^{p/q} \cdot x^{-p/q}) = f(x^{p/q}) + f(x^{-p/q}) = (p/q)f(x) + f(x^{-p/q}) \therefore [tex] f(x^{-p/q}) = (-p/q)x$

Conclusão , de (3) e (4) , para qualquer racional

, teremos

.

Para r irracional as coisas não são tão triviais , não vejo uma forma de provar para r irracional .

Se tivesse como provar que f(x^r) = r f(x)

r para irracional , logo f(x^r) = r f(x)

para qualquer r real , quando fazemos x = 2 ,obteríamos $f(2^r) = r = log_2(2^r) \implies f(x) = log_2(x)$

por **Russman** » Sex Abr 11, 2014 17:30

Boa demostração, santhiago! Eu sabia que alguém o faria. Tanto que comentei:

Russman escreveu:Com isso podemos, num ato de, por hora, fé, estender a propriedade concebida para qualquer inteiro

De fato, a função que estamos trabalhando é a logarítmica e a condição inicial implica que a base deve ser o 2. O elemento do domínio x^r

é real, sendo

racional ou não.

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