ECUAȚIA FUNCȚIONALĂ EXPONENȚIALĂ

Definiție: Se numește ecuație funcțională exponențială problema determinării tuturor funcțiilor f:R→R{displaystyle f:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} care pentru orice x,y∈R{displaystyle x,yin mathbb {R} ;} verifică relația f(x+y)=f(x)⋅f(y){displaystyle f(x+y)=f(x)cdot f(y)}.

Exemplul 1. Funcțiile continue f:R→R{displaystyle f:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} care pentru orice x,y∈R{displaystyle x,yin mathbb {R} ;} verifică relația f(x+y)=f(x)⋅f(y){displaystyle f(x+y)=f(x)cdot f(y)}.

Soluție: Fie t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;} Pentru x=t2=y{displaystyle x={frac {t}{2}}=y} obținem relația: f(t)=f(t2+t2)=f(t2)2≥0{displaystyle f(t)=fleft({frac {t}{2}}+{frac {t}{2}}right)={fleft({frac {t}{2}}right)}^{2}geq 0}. Dacă există s∈R{displaystyle sin mathbb {R} ;} astfel încât f(s)=0{displaystyle f(s)=0}, atunci pentru orice t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;} avem că f(t)=f(t−s+s)=f(t−s)⋅f(s)=0{displaystyle f(t)=f(t-s+s)=f(t-s)cdot f(s)=0}. Din aceste relații deducem că o funcție f:R→R{displaystyle f:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} cu proprietățile din enunț sau este identic nulă sau f(t)>0{displaystyle f(t)>0} pentru orice t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;}. Analizăm cazul f(t)>0{displaystyle f(t)>0} pentru orice t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;}.

În acest caz considerăm funcția g:R→R{displaystyle g:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} definită pentru orice x∈R{displaystyle xin mathbb {R} ;}  prin g(x)=ln⁡f(x){displaystyle g(x)=ln {f(x)}}. 

Fie x,y∈R{displaystyle x,yin mathbb {R} ;}. Atunci g(x+y)=ln⁡f(x)f(y)=ln⁡f(x)+ln⁡f(y)=g(x)+g(y){displaystyle g(x+y)=ln {f(x)f(y)}=ln {f(x)}+ln {f(y)}=g(x)+g(y)}.
Funcția g:R→R{displaystyle g:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} fiind continuăși aditivă are proprietatea că g(x)=x⋅g(1){displaystyle g(x)=xcdot g(1)}, pentru orice x∈R{displaystyle xin mathbb {R} ;}. Observăm că g(1)=ln⁡f(1){displaystyle g(1)=ln {f(1)}} sau echivalent f(1)=e(g(1)){displaystyle f(1)=e^{(g(1))}}.

În concluzie, pentru oricex,y∈R{displaystyle x,yin mathbb {R} ;} avem că f(x)=eg(x)=ex⋅g(1)=(eg(1))x=f(1)x{displaystyle f(x)=e^{g(x)}=e^{xcdot g(1)}=(e^{g(1)})^{x}={f(1)}^{x}}.

Exemplul 2. Funcțiile continue f:R→R{displaystyle f:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} care pentru orice x,y∈R{displaystyle x,yin mathbb {R} ;} verifică relația f(x+y)=f(x)⋅f(y)−x⋅f(y)−y⋅f(x)+xy+x+y{displaystyle f(x+y)=f(x)cdot f(y)-xcdot f(y)-ycdot f(x)+xy+x+y}.

Soluție: Fie x,y∈R{displaystyle x,yin mathbb {R} ;}. Din enunț rezultă că f(x+y)−(x+y)=(f(x)−x)⋅(f(y)−y){displaystyle f(x+y)-(x+y)=(f(x)-x)cdot (f(y)-y)}.
Considerăm g:R→R{displaystyle g:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} definită pentru orice t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;} prin g(t)=f(t)−t{displaystyle g(t)=f(t)-t}. Atunci g(x+y)=g(x)⋅g(y){displaystyle g(x+y)=g(x)cdot g(y)}.

Dacă g(1)=0{displaystyle g(1)=0} atunci pentru orice x∈R{displaystyle xin mathbb {R} ;} avem că g(x)=g(1+x−1)=g(1)⋅g(x−1)=0⋅g(x−1)=0{displaystyle g(x)=g(1+x-1)=g(1)cdot g(x-1)=0cdot g(x-1)=0}.

În acest caz f(t)=t{displaystyle f(t)=t} pentru orice t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;}. Presupunem că g(1)≠0{displaystyle g(1)neq ;0}. Atunci
0≠g(1)=g(12+12)=g(12)⋅g(12)=g(12)2>0{displaystyle 0neq ;g(1)=gleft({frac {1}{2}}+{frac {1}{2}}right)=gleft({frac {1}{2}}right)cdot gleft({frac {1}{2}}right)={gleft({frac {1}{2}}right)}^{2}>0}.
În plus, din continuitatea funcției f:R→R{displaystyle f:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} rezultă continuitatea funcției g:R→R{displaystyle g:mathbb {R} ;rightarrow ;mathbb {R} ;} . Fie t∈R{displaystyle tin mathbb {R} ;}.
Rezultă că g(t)=g(1)t=(f(1)−1t{displaystyle g(t)={g(1)}^{t}={(f(1)-1}^{t}}. Prin urmare, f(t)=t+f(t)=t+f(1)−1t{displaystyle f(t)=t+f(t)=t+{f(1)-1}^{t}}.

Note |

Bibliografie |

1. M. O. Drimbe, 200 de ecuații funcționale pe N,Z,Q, Editura GIL, Zalău, 2003, ISBN 973-9417-10-8
   


2. A. Engel, Probleme de matematică. Strategii de rezolvare, Editura GIL, Zalău, 2006, ISBN 973-9417-65-5
   

Vezi și |

Legături externe |