Funzionale di Edward

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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EUCLA
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Funzionale di Edward

Messaggio da EUCLA » 15 gen 2008, 22:03

$ xf(y)-yf(x)=f\left({\displaystyle\frac{y}{x}}\right) $

So che siete curiosi di sapere chi è Edward, ma è la fonte e non ve lo dico! :twisted: Piuttosto, buon lavoro! :D

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edriv
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Messaggio da edriv » 15 gen 2008, 22:45

f da R in R, immagino?

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 16 gen 2008, 14:17

Mah, facciamo di si, con le dovute esclusioni! :D

geda
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Messaggio da geda » 16 gen 2008, 22:02

Ponendo $ \displaystyle x=y $ si ha che $ \displaystyle f(1)=0 $. Inoltre ponendo $ \displaystyle y=kx $ ho $ \displaystyle xf(kx)-kxf(x)=f(k) $.

Per $ \displaystyle x=k (\neq 0) $ si ottiene $ \displaystyle kf(k^2)-k^2f(k)=f(k) $ che rimaneggiato da $ \displaystyle f(k^2)=f(k)\biggl(\frac{1+k^2}{k}\biggr) $. Ho notato che se $ \displaystyle f(x)=c\frac{1-x^2}{x} $, la precedente equazione funzionale, nonché l'equazione funzionale iniziale, sono soddisfatte.

Problema: oltre all'assenza quasi totale di rigore matematico nella quale ho derivato le cose precedenti, la soluzione è unica?

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 16 gen 2008, 22:15

Prima cosa..il risultato è quello..per vedere che effettivamente è quello..cioè anche per dimostrarne l'unicità bisongnerebbe arrivarci con passaggi matematici..che..come dire...non lascino altra scelta. Non so se mi son spiegata...

geda
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Messaggio da geda » 17 gen 2008, 01:02

Provo a impostare. Scrivo la $ \displaystyle f(k) $ come rapporto di polinomi (visto il funzionale in $ \displaystyle k $ a cui sono arrivato, la funzione $ \displaystyle f(k) $ può essere solo di questo tipo), cioè

$ \displaystyle f(k)=\frac{a_nk^n+a_{n-1}k^{n-1}+...+a_0}{b_mk^m+b_{m-1}k^{m-1}+...+b_0} $ (*),

poi faccio il prodotto $ \displaystyle f(k)\biggl(\frac{1+k^2}{k}\biggr) $ e eguaglio il risultato (numeratore con numeratore, denominatore con denominatore) con la (*) riscritta per $ k^2 $. A questo punto si dovrebbero poter determinare i vari $ \displaystyle a_i $ e $ \displaystyle b_j $.

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 17 gen 2008, 14:37

Mmm...non è che mi torni molto..mi sembra tutto parecchio vago. E poi come li ricaveresti i coefficienti?

fph
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Messaggio da fph » 17 gen 2008, 17:09

Due problemini secondo me, geda.
1- i conti che prospetti, a occhio, sembrano lunghissimi. :D
2- non è detto che tutte le soluzioni che cerchi siano rapporti di polinomi: spesso anche equazioni funzionali semplicissime come
$ f(x+y)=f(x)+f(y) \quad \mbox{per ogni $x$, $y$ \in \mathbb R} $
hanno soluzioni che non si possono descrivere con una formula. Dire che le uniche soluzioni sono quelle "belle" è parte del problema (anzi è spesso la parte più difficile).

Se vuoi approfondire la faccenda e farti un'idea di come si risolvono i problemi di questo tipo, ne approfitto per fare pubblicità a una dispensina che ho scritto qualche anno fa: la trovi su http://fph.altervista.org/math/index.shtml ("arnesi per risolvere le equazioni funzionali)
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 17 gen 2008, 20:15

Provo io...

Prendo per già dimostrate le relazioni di geda. Allora posto $ x=w^2 $ e $ y=z^2 $ ottengo
$ \displaystyle w^2f(z^2)-z^2f(w^2)=f(z^2/w^2) $, ed utilizzando la formula per $ f(x^2) $ si ha $ \displaystyle w^2(z+\frac{1}{z})f(z)-z^2(w+\frac{1}{w})f(w)=\left(\frac{z}{w}+\frac{w}{z}\right)f(\frac{z}{w}) $.

Moltiplicando per $ \displaystyle \left(\frac{z}{w}+\frac{w}{z}\right) $ entrambi i membri dell'equazione iniziale e sottraendola da quella ottenuta sopra si ha $ \displaystyle f(z)(w^2z+\frac{w^2}{z}-z-\frac{w^2}{z})-f(w)(z^2w+\frac{z^2}{w}-w-\frac{z^2}{w})=0 $$ \displaystyle \Rightarrow zf(z)(w^2-1)=wf(w)(z^2-1) \Rightarrow \frac{zf(z)}{z^2-1}=\frac{wf(w)}{w^2-1} $. Fissiamo ora w: il membro destro è perciò una costante, chiamiamola k. Perciò si ha $ \displaystyle \frac{zf(z)}{z^2-1}=k \Rightarrow f(z)=k \frac{z^2-1}{z} $, come voleva(si) dimostrare geda.

Mi sentirei poi di dire che f(0)=0, perchè se metto y=0 nell'equazione originale ottengo $ xf(0)=f(0) $ per ogni x... però non so se la si debba definire per 0! Ragionamenti simili mi porterebbero a dire che f(1)=0 e f(-1)=0 (nb!! non esisterebbero certi denominatori in certi passaggi per questi valori dell'argomento...)

Chi cavolo è Edward? :?:
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Messaggio da EUCLA » 17 gen 2008, 21:11

ook! è lei! Edward è l'inventore di tale problema ... un "bel" :? tizio su mathlinks. :D

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wolverine
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Messaggio da wolverine » 19 gen 2008, 07:41

Un argomento (leggermente) piu' semplice e' il seguente: calcolando l'identita' di Edward in $ (y,x) $ si vede che $ f(y/x)=-f(x/y) $. Sfruttando questo fatto, calcolando l'identita' di Edward in $ (1/x,1/y) $ si trova

$ \displaystyle{ -\frac{1}{x}f(y)+\frac{1}{y}f(x)=f\left(\frac{x}{y}\right)=-f\left(\frac{y}{x}\right)= -xf(y)+yf(x) } $
Dunque

$ \displaystyle{ \left(x-\frac{1}{x}\right)f(y)=\left(y-\frac{1}{y}\right)f(x) } $

e poi si conclude come Darkcrystal.
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