Bella funzionale

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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Bella funzionale

Messaggio da jordan » 02 nov 2008, 11:45

Trovare tutte le $ f: \mathbb{N}\to \mathbb{N} $ tali che $ mf(n)+nf(m)=(n+m)f(n^2+m^2), \forall (m,n) \in \mathbb{N}^2 $.

Nb. $ 0 \in \mathbb{N} $. :wink:
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Carlein
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Messaggio da Carlein » 03 nov 2008, 19:45

Edit.vedi osservazione di julio:Pardon: totale distrazione al termine di lunga giornata di conti...
Ultima modifica di Carlein il 03 nov 2008, 20:49, modificato 1 volta in totale.
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julio14
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Messaggio da julio14 » 03 nov 2008, 20:42

$ $f(2n^2)=f(8n^4) $ :wink:
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geda
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Re: Bella funzionale

Messaggio da geda » 04 nov 2008, 10:04

jordan ha scritto:Trovare tutte le $ f: \mathbb{N}\to \mathbb{N} $ tali che $ mf(n)+nf(m)=(n+m)f(n^2+m^2), \forall (m,n) \in \mathbb{N}^2 $.

Nb. $ 0 \in \mathbb{N} $. :wink:
Editata

La riscrivo cosi' $ m[f(n)-f(n^2+m^2)]=n[f(n^2+m^2)-f(m)] $. Ora, poiche' deve valere $ \forall (m,n) \in \mathbb{N}^2 $, prendo $ m $ e $ n $ qualsiasi, diversi da zero, tali che $ m>n $. Se entrambi i membri non sono identicamente nulli (il che vuol dire che $ f(n)=f(n^2+m^2)=f(m) $, cioe' $ f(n) $ e' costante), allora dovra' essere che

$ f(n)> f(n^2+m^2) $ e $ f(n^2+m^2)> f(m) $, cioe' $ f(n)> f(m) $,

(oppure, $ f(n)< f(n^2+m^2) $ e $ f(n^2+m^2)< f(m) $, cioe' $ f(n)< f(m) $),

cioe' la funzione deve essere strettamente monotona, ma e' facile vedere che $ f(n)=f(2n^2) $ (mettendo nella funzionale di partenza $ m=n $). Assurdo. Quindi l'unica sol. e' che $ f(n)= $costante.

Ora ha senso? :roll:
Ultima modifica di geda il 04 nov 2008, 15:28, modificato 1 volta in totale.

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jordan
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Re: Bella funzionale

Messaggio da jordan » 04 nov 2008, 10:21

geda ha scritto: $ f(n)=kn+f(n^2+m^2) $,
$ f(m)=-km+f(n^2+m^2) $.

A questo punto, la seconda la posso scrivere anche come $ f(n)=-kn+f(n^2+m^2) $, visto che $ m $ e $ n $ sono variabili mute[...]
Mmm, sei sicuro di questo passaggio? Io direi che la funzionale che ho dato è completamente simmetrica quindi soltanto invertendo le lettere ti ritrovi le stesse equazioni..prova a rivedere i segni :wink:
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antosecret
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Re: Bella funzionale

Messaggio da antosecret » 05 nov 2008, 16:48

Provo a postare un altra soluzione (anche se credo sia sbagliata per considerazioni sul dominio o qualcosa del genere):
EDIT: ho considerato la funzione come se fosse un polinomio e quindi la dimostrazione è sbagliata (vedi sotto)


E' corretta una dimostrazione di questo tipo??
Ultima modifica di antosecret il 05 nov 2008, 18:41, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da kn » 05 nov 2008, 16:54

No perché il testo non specifica che f è un polinomio... La devi considerare una funzione generica :wink:

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jordan
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Re: Bella funzionale

Messaggio da jordan » 05 nov 2008, 21:10

geda ha scritto:Se entrambi i membri non sono identicamente nulli (il che vuol dire che $ f(n)=f(n^2+m^2)=f(m) $, cioe' $ f(n) $ e' costante), allora dovra' essere che

$ f(n)> f(n^2+m^2) $ e $ f(n^2+m^2)> f(m) $, cioe' $ f(n)> f(m) $,

(oppure, $ f(n)< f(n^2+m^2) $ e $ f(n^2+m^2)< f(m) $, cioe' $ f(n)< f(m) $),

cioe' la funzione deve essere strettamente monotona, ma e' facile vedere che $ f(n)=f(2n^2) $
Mmm, hai detto bene, deve valere una disuguaglianza o l'altra... o anche f(n)=f(m) per opprtuni m e n..
cioe, per ipotesi non c'è che f è un polinomio, per cui nessuno ci assicurà che almeno da un certo punto in poi la funzione diverrà monotona.. è chiaro? :?
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Messaggio da geda » 06 nov 2008, 09:55

Si, chiarissimo. Due minuti dopo che avevo rieditato il mio post mi sono reso conto della stupidata :cry: .

Comunque Jordan, bell'esercizio tosto questo :shock:

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Messaggio da Alex89 » 06 nov 2008, 10:25

A questo punto provo anche io....

Abbiamo $ mf(n)+nf(m)=(m+n)f(m^2+n^2) $

Sostituisco la coppia $ (m,0) $, ottenendo che per ogni $ m \in \mathbb{N} $ avrò $ f(0)=f(m^2) $

Sostituisco ora le coppie $ (m,n^2) $ tali che $ m \neq 1 $ e tali che m e n siano coprimi, ottenendo

$ mf(0)+n^2f(m)=(m+n^2)f(m^2+n^4) $

Allora $ m+n^2|mf(0)+n^2f(m) $

Ora pongo 2 casi:

1)$ f(m) \ge f(0) $

Riscrivo così

$ mf(0)+n^2f(m)=(m+n^2)f(0)+(n^2)[f(m)-f(0)] $, ossia dalla condizione precedente ho che $ m+n^2|n^2[f(m)-f(0)] $.
Per la condizione di coprimalità tra m e n, ho che $ MCD(m,n^2)=MCD(m,m+n^2)=1 $, e quindi ho che $ m+n^2|f(m)-f(0) $.

Supponendo ora $ f(m)-f(0) > 0 $ posso trovare sempre un n coprimo con m da sostituire tale che $ m+n^2 > f(m)-f(0) $, il che sarebbe assurdo.
Quindi $ f(m)-f(0)=0 \longrightarrow f(m)=f(0) $

2)$ f(m) \le f(0) $

Riscrivo così


$ mf(0)+n^2f(m)=(m+n^2)f(m)+m[f(0)-f(m)] $, da cui ripetendo lo stesso ragionamento arriverò a $ m+n^2|f(0)-f(m) $, che sempre per lo stesso ragionamento porta a $ f(0)=f(m) $.

Quindi l'unica soluzione è $ f(0)=f(m) $ per ogni $ m \in \mathbb{N} $
Ultima modifica di Alex89 il 06 nov 2008, 10:53, modificato 1 volta in totale.

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jordan
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Messaggio da jordan » 06 nov 2008, 10:51

Mmm, bravo, credo che questa stavolta funzioni :D :D e ti posso anche dire che hai praticamente preso il succo dell'idea risolutiva.. :wink:

ps. al quinto rigo ci andrebbe un $ n^4 $ :roll:
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