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  • Publicado : 30 de agosto de 2012
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Problemas Matemáticos
Este blog está escrito para plantear problemas de matemáticas, con objeto de entrenar a mis alumnos para presentarse a concursos de resolución de problemas (como la Olimpiada Matemática). Tiene un blog hermano donde publico las soluciones. La frecuencia de publicación será semanal, y las soluciones se publicarán con cierto retraso respectoal enunciado.
lunes, 30 de julio de 2012
Ecuaciones funcionales (IV)
Aquí pongo unos cuantos ejercicios, extraídos del mismo artículo que los anteriores de la Sociedad Balear de Matemáticas, para que practiquéis los métodos vistos en los artículos anteriores:
(1): Encuentra todas las funciones f(x) tales que 3f(2 - x) + 2f(x) = x2.
(2): Encuentra todas las funciones f : R→R que satisfacen laecuación funcional f(x2 + y) = f(x) + y2 para todos los valores reales x e y.
(3): Determina todas las funciones f : R+→R tales que f(xy) = f(x)f(3/y) + f(y)f(3/x), con f(1) = 1/2.
(4): Determina todas las funciones f : Q→R tales que f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy.
(5): ¿Existe alguna función f : R→R tal que f(f(x)) = x2 - 2?
(6): Resuelve la ecuación funcional f(xf(x) + f(y)) = y + f(x)2.Publicado por Proble Mático a las 09:00 9 comentarios
Etiquetas: bachillerato, matematicas, problemas, recursos

domingo, 29 de julio de 2012
Ecuaciones funcionales (III)
Sigamos con los otros métodos para trabajar con ecuaciones funcionales.
Por cierto, este manual está traducido y revisado del catalán a partir de un curso de la Sociedad Balear de Matemáticas.
El último método genéricoque vamos a revisar para resolver ecuaciones funcionales consiste en partir de una solución evidente para encontrar las demás, o demostrar que es única. Generalmente se resta la que conocemos de la función alternativa (o se divide) para eliminar condiciones.
Por ejemplo, imagina que buscamos todas las funciones f : R→R que cumplen f3(x) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)f(x) = 2x3 + x5 + x7 + ... + x2n +1.
Evidentemente, puesto que el polinomio aumenta un grado, es fácil buscar un polinomio de grado 1, en concreto f(x) = x, pero ¿será único?
Imagina que tienes otra solución diferente de f(x) = x. Llama a esta función g(x). Como también cumple la relación anterior, al restar ambas relaciones de forma ordenada, tenemos que f3(x) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)f(x) - g3(x) - (x2 + x4 + x6 + ... +x2n)g(x) = 2x3 + x5 + x7 + ... + x2n + 1 - 2x3 - x5 - x7 - ... - x2n + 1.
Evidentemente, al lado derecho de la igualdad, obtenemos 0, y queda, sacando factores comunes, f3(x) - g3(x) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)(f(x) - g(x)) = 0.
En este momento es cuando empleamos una factorización poco común, ya que a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2), como es fácil comprobar, y la igualdad anterior se transforma en(f(x) - g(x))(f2(x) + f(x)g(x) + g2(x)) + (x2 + x4 + x6 + ... + x2n)(f(x) - g(x)) = 0. La factorización empleada también se puede utilizar en otras potencias, cambiando el segundo factor.
Evidentemente, puesto que g(x) y f(x) son funciones diferentes, según hemos supuesto, podemos dividir tranquilamente por el factor f(x) - g(x), quedando f2(x) + f(x)g(x) + g2(x) + x2 + x4 + x6 + ... + x2n = 0.Ahora observamos que en la expresión de la izquierda, todo son cuadrados, excepto la expresión f(x)g(x). Sin embargo, desde que estudiamos la ecuación de segundo grado conocemos la expresión a2 + 2ab + b2 = (a+b)2, que funciona como una especie de truco para hacer desaparecer ese molesto término. En realidad, hay que hacer una pequeña variante. Observa las transformaciones: En nuestro caso,tenemos a2 + ab + b2 = a2 + 2*ab/2 + b2 = a2 + 2*ab/2 + b2/4 + 3*b2/4 = (a + b/2)2 + 3*b2/4.
De esta forma, la igualdad anterior queda de la forma (f(x) + g(x)/2)2 + 3g2(x)/4 + x2 + x4 + x6 + ... + x2n = 0. Y como todos los términos del primer término son mayores o iguales que cero, se trata de una situación imposible (tiene que suceder para todo valor de x, e incluso para x = 0, obligaría a que...
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