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Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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Messaggio da jordan » 31 mar 2010, 18:15

Problema 14. Siano $ k,h $ due interi non nulli fissati. Trovare tutti i polinomi non costanti $ p(x) $ a coefficienti interi tali che $ p(p(y))=kp(y)+p(y+h) $ per ogni $ y \in S $ dove $ S $ è un sottoinsieme non limitato di $ \mathbb{R} $ e tale che $ |p^{-1}(\mathbb{Z})\cap S|>0 $.

Nota: un sottoinsieme $ X $ di $ \mathbb{R} $ è detto non limitato se non esiste nessun $ a\in \mathbb{R} $ tale che $ |\alpha|\le a $ per ogni $ \alpha \in X $.
Ps. E' una mia generalizzazione di un problemino ancora più facile :o
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Anér
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Messaggio da Anér » 06 apr 2010, 18:33

Dal fatto che S sia non limitato ricaviamo che S è infinito, e poiché l'uguaglianza vale per infiniti valori di y i due membri sono uguali come polinomi. Se n è il grado di p allora il primo membro ha grado n^2, il secondo ha grado n, da cui n=1, p(x)=ax+b. Svolgendo i calcoli si ottiene prima a=k+1 e poi b=(k+1)h. Tuttavia ho qualche dubbio sulla mia comprensione del problema, in quanto non ho usato l'ipotesi che S contenga almeno un y la cui immagine sia intera.
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Gauss91
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Messaggio da Gauss91 » 06 apr 2010, 21:16

Il fatto che tu scriva $ p^{-1}(\mathbb{Z}) $ significa implicitamente che p(x) è invertibile in Z? :roll:
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Messaggio da ma_go » 06 apr 2010, 21:28

no. in generale, dato un sottoinsieme $ Y $ del codominio della funzione $ f $ si indica con $ f^{-1}(Y) $ l'insieme delle controimmagini/preimmagini degli elementi di $ Y $.

Gauss91
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Messaggio da Gauss91 » 06 apr 2010, 22:03

Ah ok... ma allora cambio la mia domanda: significa che $ \mathbb{Z} $ è sottoinsieme del codominio di p(x) cioè che p(x) è suriettivo sugli interi?
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Messaggio da ma_go » 06 apr 2010, 22:37

no, $ f^{-1}(Y) $ può benissimo essere vuoto (in generale).

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Anér
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Messaggio da Anér » 11 apr 2010, 01:25

Boh, continuo a non essere sicuro di aver compreso il problema, tuttavia se nessuno ha nulla da obiettare propongo il problema successivo:

Problema 15. Trovare tutte le funzioni $ f\colon\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C} $ tali che per ogni x e y complessi si abbia
$ $f(x+f(y))+xf(y)=f(yf(x))+f(f(y))+\overline{x} $.
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jordan
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Messaggio da jordan » 11 apr 2010, 10:09

La mia soluzione del problema 14 è qui, va bien adesso pensiamo al 15 :arrow:
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Messaggio da dario2994 » 11 apr 2010, 11:26

Uhm...
Piazzo x=y=0 ottenendo:
$ $ f(f(0))=f(0)+f(f(0))\Rightarrow f(0)=0 $
Sostituisco y=0:
$ $ f(x)=\overline{x} $
Che soddisfa.
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Messaggio da amatrix92 » 11 apr 2010, 13:35

scusate, non capisco una cosa della soluzione di dario, lui ha traovato la soluzione
$ $ f(x)=\overline{x} $, ma come si fa a dire che sia l'unica funzione?
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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Messaggio da ma_go » 11 apr 2010, 14:31

no, lui non ha semplicemente trovato la funzione coniugio, ma ha dimostrato che ogni funzione che soddisfa quella relazione è il coniugio.
la linea di ragionamento è grossomodo la seguente (e di solito funziona, se applicata in modo furbo, per tutte le funzionali): prima trovi il valore che la funzione deve/può assumere in certi punti (di solito 0 o 1 sono buoni casi da provare, ma dipende dalla funzionale in questione), poi provi a risostituire nell'equazione data uno o più occorrenze della variabile con i valori che hai trovato (in questo caso, ponendo y=0) e vedi se ti si semplifica qualcosa. e in questo caso, y=0 dà esattamente $ f(x)=\overline x $.

Gogo Livorno
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Messaggio da Gogo Livorno » 11 apr 2010, 14:56

Aspettate, cercate un attimo di chiarirmi le idee.

Io sostituisco valori in modo da trovare condizioni NECESSARIE per le quali l'equazione di partenza sia vera.

Dopodichè verifico quali delle condizioni necessarie sia anche SUFFICIENTE.

Nel nostro caso, ponendo valori di x e di y si ottiene che sicuramente se esiste una funzione che verifichi la funzionale è la funzione coniugio, a quel punto si sostituisce e si verifica che quella sia effettivamente una soluzione.

Corretto? C'è qualcosa da aggiungere?

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Messaggio da dario2994 » 11 apr 2010, 18:21

Intanto piazzo il nuovo problema, sperando che la soluzione sia giusta.

Problema 16 (IMO 2000 problema 3)
Dati $ $k\in\mathbb{R}_+ $ e $ $n\in\mathbb{N}\backslash\{0,1\} $ pongo su una retta n punti non tutti coincidenti. Una mossa consiste nello scegliere 2 punti distinti $ $A,B $ con $ $A $ alla destra di $ $B $ e spostare $ $B $ nel punto $ $B' $ alla destra di $ $A $ tale che:
$ $\overline{AB'}=k\overline{AB} $
Per quali valori di $ $k $ si può avere almeno un punto arbitrariamente lontano a destra con una successione di mosse?
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Anér
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Messaggio da Anér » 12 apr 2010, 23:21

Sì, la soluzione è senz'altro giusta, ma in effetti non sono riuscito a inventarmi una bella equazione funzionale.

Per il problema 16 dimostro che ogni $ k $ va bene. Prendo due punti a caso $ A $ e $ B $, con $ A $ alla destra di $ B $, e dimostro che si può arrivare arbitrariamente lontano costruendo la successione di punti $ A_0, A_1,\cdots, A_n,\cdots $ come segue: $ A_0=A $ e $ A_{n+1} $ è il punto che si trova a destra di $ A_n $ e che abbia distanza $ kBA_n $ da $ A_n $. Allora si ha che $ BA_{n+1}=BA_n+A_nA_{n+1}=(1+k)BA_n $, dunque per induzione si dimostra facilmente che $ BA_n=(1+k)^nBA $, ed è chiaro che quest'ultima quantità tende all'infinito al tendere di $ n $ all'infinito.

Tento di nuovo una funzionale, speriamo che questa riesca più difficile dell'altra.

Problema 17. Trovare tutte le funzioni debolmente crescenti $ f\colon\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ tali che $ \forall (x, y)\in \mathbb{R}^2 $ si abbia
$ $f(xy+x+f(y))=f(x)f(y)+f(x)+y $
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dario2994
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Messaggio da dario2994 » 13 apr 2010, 14:11

Uhm soluzione toppata.
I punti "vengono spostati" non è che vengono aggiunti punti (mi pare di aver capito che tu avessi capito questo...)
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