\documentclass[11pt,a4paper]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[catalan]{babel}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\author{Adrià Vilanova Martínez\vspace{-2ex}}
\title{Problema inici de curs - Càlcul\vspace{-2ex}}
\date{}
\setlength{\parskip}{1em}
\newcommand*{\QEDB}{\hfill\ensuremath{\square}}%
\begin{document}
\maketitle

\textbf{Enunciat:} Considerem una funció $f$ tal que \[f(-x) = 2 - f(x)\] i també la funció \[g(x) = \frac{x+1}{x}\]

Siguin $x_1, ..., x_m$ els valors que satisfan $f(x) = g(x)$. Determineu \[(x_1 + g(x_1)) + ... + (x_m + g(x_m))\]

\rule{\textwidth}{1pt}

Començarem observant que si substituïm a l'equació funcional $x=0$, obtenim \[f(0) = 2 - f(0)\]
\[f(0) + f(0) = 2\]
\[2f(0) = 2\]
\[f(0) = 1\]

Reescribint l'equació funcional com a $f(x) + f(-x) = 2$, junt amb la observació anterior podem intuir que la funció $f$ podria ser simètrica respecte al punt $(0, 1)$.

Tot seguit farem un estudi de la funció $g$. Per començar, el seu domini és $\mathbb{R} \setminus \{1\}$.

La part interessant és quan veiem les possibles assímptotes de la funció $g$. Primer calculem uns límits per descobrir una possible assímptota vertical a $x=0$: \[\lim_{x \rightarrow 0}g(x) = \left[\frac{1}{0}\right] \rightarrow \begin{cases} \lim_{x \rightarrow 0^-}g(x) = \frac{1}{0^-} = -\infty \\
\lim_{x \rightarrow 0^+}g(x) = \frac{1}{0^+} = +\infty \end{cases}\]

Dels darrers càlculs dels límits quan $x$ tendeix a 0 es dedueix que hi ha una assímptota vertical a $x=0$. Després calculem límits quan $x$ tendeix a infinit i a menys inifinit: \[\lim_{x \rightarrow -\infty}g(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty}g(x) = 1\]

Per tant, hi ha una assímptota horitzontal $y=1$.

Que hi hagi una assímptota vertical $x=0$ i una assímptota horitzontal $y=1$ ens fa arribar a intuir que $g$ podria ser també simètrica respecte el punt $(0, 1)$.

Llavors, ens plantegem demostrar que si $\exists x_i \mid f(x_i) = g(xi) \implies f(-x_i) = g(-x_i)$

Però abans de demostrar-ho haurem de demostrar una altra proposició per ajudar-nos a demostrar el primer:

\textbf{Proposició:} $g(-x) = 2 - g(x) \forall x \neq 0$

Segons l'enunciat, $g(x) = \frac{x+1}{x}$, i llavors també podem donar per cert que $g(-x) = \frac{-x+1}{-x} = \frac{x-1}{x}$.

Llavors, $2-g(x) = 2 - \frac{x+1}{x} = \frac{2x - x - 1}{x} = \frac{x-1}{x} = g(x)$. Queda demostrat que $g(-x) = 2 - g(x) \forall x \neq 0$. \QEDB

\textbf{Demostració:}
Suposant $f(x_i) = g(x_i)$, i considerant l'anterior proposició, podem afirmar que \[g(-x_i) = 2 - g(x_i) \implies g(-x_i) = 2 - f(x_i)\]

Com també sabem, segons l'anunciat, que $f(-x) = 2 - f(x)$, tenim que \[\begin{cases} g(-x_i) = 2 - f(x_i) \\ f(-x_i) = 2 - f(x_i) \end{cases} \implies \begin{cases} f(x_i) = 2 - g(-x_i) \\ f(x_i) = 2 - f(-x_i) \end{cases}\]

Igualant $f(x_i)$, tenim \[2-g(-x_i) = 2-f(-x_i) \implies f(-x_i) = g(-x_i)\]

És a dir, hem arribat a demostrar la tesi. \QEDB

Per tant, sabem que hi ha parelles $(x_i, -x_i)$ que compleixen $f(x_i)=g(x_i)$ i $f(-x_i)=g(-x_i)$, on $x_i \neq 0$. De totes maneres, a $x=0$ no es pot donar intersecció entre $f$ i $g$, ja que $g(0)$ és indeterminat.

Per tant, com les interseccions entre $f$ i $g$ van en parelles, podríem redefinir el conjunt $A=\{x_1, ..., x_m\}$ com $B=\{x_1, -x_1, x_2, -x_2, ..., x_{n}, -x_n\}$, on $n$ és el nombre de parelles.

Així doncs, $S=(x_1 + g(x_1)) + ... + (x_m + g(x_m))$ en termes del conjunt $B$ seria $S=(x_1 + g(x_1)) + (-x_1 + g(-x_1)) + ... + (x_n + g(x_n)) + (-x_n + g(-x_n)) = g(x_1) + g(-x_1) + ... + g(x_n) + g(-x_n)$

Com $g(x) + g(-x) = 2$ segons la proposició anterior, llavors $S=2n$. És a dir, $S$ és el nombre de vegades que $f$ interseca amb $g$.

\end{document}