OliForum Matematico

Siccome nessuno risponde :mrgreen: Questa è la mia soluzione(scritta da schifo come al solito), metto sotto spoiler per chi volesse risolverla da solo Riscrivo per comodità la funzionale come \(f(x+xy) = f(x) + f(x)f(y)\) (1): \(y = 0\) \(f(x) = f(x) + f(x) f(0)\) Troviamo subito che se \(a \neq 0\)...

il fatto è che quella cosa non ti serve. sostanzialmente, ti sei ridotto a questo esercizio: esercizio . se $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ soddisfa le seguenti tre proprietà: * $f$ è convessa; * $f(0)<0$; * $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty} = +\infty$, allora $f$ ha esattamente due zeri. Posso prend...

Quindi ora va bene? Esiste un modo per rendere più rigorosa quella cosa della traslazione verso l'alto?

P.S. ho editato il post precedente, avevo scritto un abominio

Beh però i polinomi del testo sono convessi (ho fatto i conticini, la derivata seconda è $ 12 x^2 - 6(m+n)x + 2(k + mn) $, e il delta quarti è minore di $ - 3(m+n)^2 $ ovvero minore di $ 0 $, perciò la derivata seconda è sempre maggiore di $ 0 $ )

\mathbb{R} for rational! Si avete perfettamente ragione, è sui razionali e non reali. Comunque per eliminare la a si può porre f(x) = a^{h(x)} g(x) , quindi si ha che h(x+y) = xy + h(x) + h(y) una cui soluzione è \frac{x^2}{2} (ad occhio direi anche \frac{x^2}{2} + bx ), perciò f(x) = a^{\frac{x^2}...

Tess ha scritto:P.s. sei sicuro che si possano scrivere?

Si, con una semplice espressione

Hint(altamente spoileroso):

Trovare tutte le $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ tali che $ f(x+y) = a^{xy} f(x) f(y) $ per ogni $ x, y $ in $ \mathbb{R} $, $ a > 0 $.

Mi hanno detto che ce ne sono molte

Ci provo io :mrgreen: Chiamiamo q(x) = (x^2+k)(x-m)(x-n) , sappiamo che k > \frac{m^2 + n^2}{2} \geq 0 , perciò le soluzioni di q(x) sono m , n , i \sqrt{k} , - i \sqrt{k} , inoltre q(x) è negativo solo quando lo è (x-m)(x-n) , ovvero per tutti gli x compresi tra m e n . Ora p(x) è la stessa funzion...

Come si vede? Beh, se \(p(x) = p_{0}(x) p_{1}(x)\) e se \(p_{0}(x) p_{0}(x+1) = p_{0}(x^2) \\ p_{1}(x) p_{1}(x+1) = p_{1}(x^2)\) allora \(p_{0}(x) p_{1}(x) p_{0}(x+1) p_{1}(x+1) = p_{0}(x^2) p_{1}(x^2)\) da cui \(p(x)p(x+1) = p(x^2)\) Intanto è monico? Si, se \(a_{n}x^n\) è il termine più grande de...

Sia \(d\) il grado del polinomio, allora \(d * d = 2d\) da cui \(d = 0 \vee d = 2\). ehm.. a me verrebbe da dire $d+d = 2d$, da cui non segue $d=0, 2$. :roll: arack slaps himself around a bit with a large trout :oops: Effettivamente è facile vedere che se \(p_{0}\) e \(p_{1}\) verificano la funzion...

Sia \(d\) il grado del polinomio, allora \(d * d = 2d\) da cui \(d = 0 \vee d = 2\). Se \(d = 0\) allora \(p(x) = c\) \(c * c = c \rightarrow c = 0 \vee c = 1\) quindi \(p(x) = 0 \vee p(x) = 1\). Se \(d = 2\) il nostro polinomio sarà \(p(x) = ax^2 + bx + c\), sostituendo questo nella funzionale e me...

Mi sembra legittimo

Trovare tutte le \(f: \mathbb{R} - \{0, 1\} \rightarrow \mathbb{R} \) tale che
\[ f(x) + f\left(\frac{x-1}{x}\right) = x + 1\]

Intendo la più grande $C$ reale tale che la disuguaglianza è vera per ogni coppia di reali positivi. In realtà se $ab<0$, $a^3b<0<a^4+b^4$, quindi è verificata per ogni $C\geq 0$. Quindi anche se chiedessi di prendere $a,b\in \mathbb{R}$ la risposta non varierebbe. O mi sto perdendo qualcosa? :? Ef...

Eh vabbè, allora... Trovare la migliore costante reale $C$ tale che $a^4+b^4\geq Ca^3b$. P.s. non è che con questo metodo uno risolveva IMO 2012.2? a^4 + b^4 \geq C a^3 b ab > 0 , il massimo lo abbiamo quando abbiamo l'uguaglianza, dunque C = \frac{a^4 + b^4}{a^3 b} Entrambe le derivate parziali po...