Olimpíadas ⇒ (TML)-caminha-(frança)-funções compostas

[golondrina]

seja f:[tex3]\mathbb{N}[/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]\mathbb{N}[/tex3]

[tex3]\rightarrow [/tex3]

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[tex3]\rightarrow [/tex3]

[tex3]\mathbb{N}[/tex3]

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[tex3]\mathbb{N}[/tex3]

uma bijeção. prove que existem naturais a<b<c tais que f(a)+f(c)=2f(b)

[leozitz]

[tex3]f(x) = f(y) \iff x = y[/tex3]

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[tex3]f(x) = f(y) \iff x = y[/tex3]

dado y existe [tex3]\alpha[/tex3]

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[tex3]\alpha[/tex3]

tal que [tex3]f(\alpha) = y[/tex3]

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[tex3]f(\alpha) = y[/tex3]

fixado um par (a, b) [tex3]f(c) = 2f(b)-f(a)[/tex3]

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[tex3]f(c) = 2f(b)-f(a)[/tex3]

, a gente sabe que existe um valor c que satisfaz isso, o problema é que não é garantido que a < b < c, vamos supor então que para todo par acontece que c < b e vamos tentar chegar em uma contradição
vamos pegar ainda a e b de forma que f(b) > f(a) (existem infinitos pares que satisfazem isso, vc consegue ver o por quê?)
dado um a, pega b > a o primeiro cara tal que f(b) > f(a)
f(c) = 2f(b) - f(a) > f(b) > f(a) note que c não pode estar entre a e b, pois b foi escolhido como o primeiro cara > a tal que f(b) >
f(a)

então c < a < b, agora me veio uma ideia aqui, e se a gente pegar a como o menor número natural? no caso eu vou considerar o 1
f(c) = 2f(b) - f(1), onde b é o primeiro cara > 1 tal que f(b) > f(1)
a gente sabe que existe um cara que satisfaz isso, a gente tem garantido que b > 1, só precisamos garantir que c > b
c > b ou b > c > 1 ou b > 1 > c
são os 3 casos
c > b já resolve então vamos iggnorar
o caso b > c > 1 contradiz b ser o primeiro cara tal que f(b) > f(1) pois f(c) > f(1) então n vale tbm
1 > c mas c é natural (considerando que N começa em 1) então n tem valor c tal que 1 > c