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da jordan » 19 gen 2009, 00:01
1) Ponendo a confronto la funzionale $ (x',y')=(x,x) $ con $ (x',y')=(a-x,a-x) $ otteniamo $ f(x)=f(a-x) $.
2)Ponendo a confronto la funzionale di $ (x',y')=(a-x,0) $ con $ (x',y')=(x,a) $ otteniamo invece $ f(a+x)=f(a-x) $.
3) Ponendo $ (x',y')=(a,a) $ abbiamo due casi :$ f(0)=0 $ oppure $ 2f(a)=1 $.
Caso 1:$ f(0)=0 $. Ponendo $ (x',y')=(x,0) $ otteniamo $ f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R} $ (che è la tesi) oppure $ f(a)=1 $, ma sarebbe in contraddizione con la relazione 1.
Caso 2: $ 2f(a)=1 $. Ponendo $ (x',y')=(x,a-x) $ e ricordandoci delle relazioni 1 e 2, otteniamo $ 4f^2(x)=1, \forall x \in \mathbb{R} $. Se $ 2f(x)=1, \forall x $ abbiamo la tesi. Altrimenti poniamo che esista un $ x_0 $ tale che $ 2f(x_0)+1=0 $. Ponendo $ (x',y')=(x_0,\frac{a}{2}-\frac{x_0}{2}) $ otteniamo $ f(x_0+y')+f(y')=0 \implies 2f(y')=0 $, contro la prima proposizione del caso 2.
Problema 3. Determinare per ogni $ p(x) \in \mathbb{C}[X] $ tale che $ p(0) \neq 0 $ un polinomio $ q(x) \in \mathbb{C}[X] $ tale che se $ p(\alpha)=0 $ allora $ q(\frac{1}{\alpha})=0 $.
edit:ci mancava un "fratto 2" nella dimostrazione come ha notato oblomov..
Ultima modifica di
jordan il 20 gen 2009, 08:42, modificato 1 volta in totale.
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