Revista (format .pdf, 1.2 MB) - RECREAÅ¢II MATEMATICE

XII.59. Fie f : R → R, f derivabilă şi neconstantă peniciunintervalalluiR.Dacăf 0 (x)1+f 2 (x) ≥ f 0 (sin x)cosx + f 0 (cos x)sinx, ∀x ∈ R,demonstraţi că nuexistălimx→∞ f (x).Paul Georgescu şi Gabriel Popa, IaşiSoluţie. Pentru orice x 1 ,x 2 ∈ R, x 2 >x 1 , integrând membru cu membru inegalitateadin enunţ avemarctg f (x 2 ) − arctg f (x 1 ) ≥ f (sin x 2 ) − f (sin x 1 ) − f (cos x 2 )+f (cos x 1 ) ,prin urmare g (x 2 ) ≥ g (x 1 ), unde g (x) =arctgf (x) − f (sin x) +f (cos x), x ∈ R,deci g este monoton crescătoare pe R. Cum g este şi mărginită, deducem că existălim g (x) ∈ R. Presupunem că există lim f (x); atunciexistăx→∞ x→∞lim (f (sin x) − f (cos x)) = lim (arctg f (x) − g (x)) ∈ R.x→∞ x→∞Deoarece h (x) =f (sin x) − f (cos x) este periodică şi are limită la∞, h este constantă;există deci c ∈ R astfel încât f (sin x) − f (cos x) =c. Pentrux =0şi x = π 2găsim c = f (0) − f (1) = f (1) − f (0), decic =0,adică f (sin x) − f (cos x) =0,x ∈ R.Prin urmare g (x) =arctgf (x) şi cum g este monotonă, rezultăcă f este monotonă;dar f (0) = f (1) şi atunci f (x) =f (0), ∀x ∈ [0, 1], contradicţie.XII.60. Fie n>1 şi a 1 ,a 2 ,...,a n ∈ (0, 1) astfel încât a 1 + a 2 + ···+ a n =1.Săf (x)se determine funcţiile f : R → R, dacă lim =1şi f (x) =f (a 1 x)+f (a 2 x)+x→0 x···+ f (a n x) pentru orice x ∈ R.Gabriel Dospinescu, ParisSoluţie. Vom demonstra prin inducţie căXf (x) =k 1,...,k n≥0k 1 +k 2 +···+k n =pp!³k 1 !k 2 ! ···k n ! f a k 11 ak 22 ···ak n n xpentru orice x şi orice p.Pentru p =1este chiar relaţia din enunţ. Presupunem că relaţia este adevăratăpentru p şi o demonstrăm pentru p +1.Înlocuim în relaţia (∗) pe rând pe x cu a 1 x,... , a n x şi însumăm relaţiile obţinute, ţinând cont de relaţia din enunţ; rezultă:f (x) ==Xk 1 ,...,k n ≥0k 1 +k 2 +···+k n =p+Xk 1 ,...,k n ≥0k 1+k 2+···+k n=pXk 1,...,k n≥0k 1 +k 2 +···+k n =pp!³k 1 ! ···k n ! f a k1+11 ···a knn xp!³k 1 ! ···k n ! f a k11 ···ak n+1n´´+ ···+´x =p!(k 1 +1)³(k 1 +1)!···k n ! f a k 1+11 ···a k n n x59´+ ···+(∗)