A2 ammissione WC14

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Nadal21
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A2 ammissione WC14

Messaggio da Nadal21 » 13 set 2015, 17:44

Qualcuno potrebbe soccorrermi?

Determinare tutte le funzioni surgettive da $ (0,∞) $ in s tali che per ogni $ x>0 $

$ xf (x) + f (x)f (f (x)) = 2x f (f (x)) $


grazie in anticipo :oops:
Ultima modifica di Nadal21 il 14 set 2015, 10:27, modificato 1 volta in totale.

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Drago96
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Drago96 » 13 set 2015, 18:25

Hai una sola variabile, e tante f... l'idea è di reiterare più volte il testo, cioè:
Parti da un qualsiasi $x $ e definisci la successione $a_0=x $ e $a_{n+1}=f (a_n) $
L'ipotesi ti permette di scriverti la legge ricorsiva da cui mi pare si riuscisse ad arrivare a una forma chiusa, e con un po' di lavoro si concludeva
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Giulia 400
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Giulia 400 » 13 set 2015, 20:59

Funzionava anche usare un po' di disuguaglianze, partendo dal fatto che f è a valori positivi.
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Nadal21
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Nadal21 » 14 set 2015, 10:29

Grazie per i suggerimenti :)

Ho scritto in modo completo il testo dell'esercizio, appena posso provo a farlo e posto cosa riesco a tirare fuori. :roll:

Saro00
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 14 set 2015, 20:47

Provo con le disuguaglianze (SBAGLIATA)
Testo nascosto:
Innanzitutto definisco una sequenza in questo modo$ \begin{cases}a_0=x \\a_{n+1}=f(a_{n})\end{cases} $.
$ 1. $ Dimostro per induzione che $ a_n=\frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} $
Passo Base: Riscrivo il testo in funzione di $ a_2 $ e ottengo $ a_2=\frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ che verifica il passo base.
Passo Induttivo: Sciftando di $ 1 $ gli indici dell'ipotesi induttiva ho che $ a_{n+1}=\frac{a_1a_2}{na_1-(n-1)a_2}=\frac{a_0a_1}{(n+1)a_0-na_1} $ dove l'ultima disuguaglianza si verifica sostituendo $ a_2 $ con $ \frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ e svolgendo i conti.

$ 2. $ Dimostro che $ x\ge f(x) \forall x \in (0,\infty) $
Prendo la formula appena dimostrata e so che il denominatore deve essere positivo quindi so che $ (n+1)a_0\ge na_1 \forall n \in \mathbb{N} $. Ponendo $ n\to \infty $ si ha che $ a_0\ge a_1 $ e ricordando chi sono gli $ a_i $ si ottiene $ x\ge f(x) $.

$ 3. $ Dimostro che $ xf(f(x))\ge f(x)^2 \forall x \in (0,\infty) $
Uso $ AM-GM $ sull'$ LHS $ del testo e ho che $ 2xf(f(x))\ge 2f(x) \sqrt{xf(f(x))} \iff xf(f(x)) \ge f(x)^2 $.

$ 4. $ Dimostro che $ x+f(f(x))\ge 2f(x) \forall x \in (0,\infty) $
Usando $ 3. $ con il testo si ha che $ 2f(x)^2\ge xf(x) + f(x)f(f(x)) \iff x+f(f(x))\ge 2f(x) $.

$ 5. $ Dimostro che $ f(x)\ge x \forall x \in (0,\infty) $
Faccio la differenza tra la disuguaglianza di $ 2. $ e di $ 4. $ e ottengo $ x + f(f(x)) - x \ge 2f(x) - f(x) \iff f(f(x))\ge f(x) $. Sapendo che f è surgettiva posso eliminare le $ f $ ed ottenere $ f(x)\ge x $.

$ CONCLUSIONE. $ Da $ 2. $ e da $ 5. $ si ottiene che l'unica funzione possibile è $ f(x)=x $ che verificando vale.
Ultima modifica di Saro00 il 15 set 2015, 19:28, modificato 2 volte in totale.
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Talete » 14 set 2015, 20:57

Non sono sicuro, ho letto molto velocemente la tua risposta ma... per passare da $f(f(x)) \ge f(x)$ a $f(x)\ge x$ ti basta l'ipotesi che sia surgettiva?

Provo con un controesempio ma... con $f(x)=1/x$ (che è surgettiva, vista da $\mathbb{R}_+$ in $\mathbb{R}_+$) dovresti avere che $f(f(x))\ge f(x)$, cioè $x^2\ge 1$, implica $f(x)\ge x$, cioè $x^2\le 1$. Ora magari mi sbaglierò ma non ne sono convinto.

E inoltre, tu dici "faccio la differenza tra la disuguaglianza di 2. e di 4." intendendo che da $A\ge B$ e $C\ge D$ passi a $C-A\ge D-B$... ma provando $A=7$, $B=4$, $C=2$ e $D=0$ (controesempio a caso) viene parecchio sbagliato (se non ho errato i conti).

Imho la dimostrazione non va bene, ma poi boh ;)

EDIT: Comunque benvenuto sul forum! Ho visto ora che è il tuo primo messaggio!
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 14 set 2015, 21:08

Hai perfettamente per tutte e due le cose. Domani provo a dimostrare la disuguaglianza che mi manca
P.S. Grazie per il benvenuto
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 14 set 2015, 21:12

In realtà per la tua prima affermazione penso sia giusto quello che ho fatto io.
Infatti chiamo $ y=f(x) $, quindi ho che $ f(y)\ge y $ e sapendo che y varia tra tutti i numeri reali ho finito
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Talete » 14 set 2015, 21:26

Ah sì ok hai ragione è che il mio controesempio aveva un'ipotesi che non valeva per tutti gli $x$... infatti ne ero parecchio in dubbio ;) grazie
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 15 set 2015, 17:42

Dato che con le disuguaglianze non riesco provo senza :D . Spero sia giusta e aspetto la conferma
Testo nascosto:
Innanzitutto definisco una sequenza in questo modo$ \begin{cases}a_0=x \\a_{n+1}=f(a_{n})\end{cases} $.
$ 1. $ Dimostro per induzione che $ a_n=\frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} $
Passo Base: Riscrivo il testo in funzione di $ a_2 $ e ottengo $ a_2=\frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ che verifica il passo base.
Passo Induttivo: Sciftando di $ 1 $ gli indici dell'ipotesi induttiva ho che $ a_{n+1}=\frac{a_1a_2}{na_1-(n-1)a_2}=\frac{a_0a_1}{(n+1)a_0-na_1} $ dove l'ultima disuguaglianza si verifica sostituendo $ a_2 $ con $ \frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ e svolgendo i conti.
$ 2. $ $ f $ è iniettiva
Siano $ a $ e $ b $ 2 numeri tali che $ f(a)=f(b)=c $. Allora si ha che $ 2af(c)-ac=cf(c)=2bf(c)-bc \iff f(c)=\frac{c}{2} $. Ora sostituendo nel testo del problema $ a\leftarrow x $ e sfruttando ciò che ho appena dimostrato ottengo $ c=0 $, ma dato che la funzione è definita per numeri positivi siamo a posto.
$ 3. $ $ \forall x \exists! k $ un numero tale che $ f(f(x))=k $ e $ f(x)=\frac{2xk}{x+k} ( * ) $ e questo numero è $ x $
Da $ 1. $ ottengo che $ f(f(x))=k=\frac{xf(x)}{2x-f(x)} \iff xf(x)=2xk-f(x)k \iff f(x)=\frac{2xk}{x+k} $. E' da ricordare che $ k $ è unico perchè $ f $ è iniettiva.
Ora so che $ k=f(f(x))=f(\frac{2xk}{x+k})=\frac{2\frac{2xk}{x+k}k}{\frac{2xk}{x+k}+k} \iff \frac {4xk^2}{3xk+k^2}=k \iff x=k $. Ora sostituendo in (*) $ x=k $ ottengo che $ f(x)=x $ e verificando si ottiene che va bene.
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Saro00
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 16 set 2015, 14:36

Qualcuno mi può dire se è giusta perché ne sono molto insicuro.
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 18 set 2015, 14:58

Invoco nuovamente qualche pro del forum per controllarmi la soluzione
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 20 set 2015, 11:00

Nessuno?
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darkcrystal
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da darkcrystal » 21 set 2015, 19:46

Fino al punto 2 sono d'accordo.
Saro00 ha scritto: $ 3. $ $ \forall x \exists! k $ un numero tale che $ f(f(x))=k $ e $ f(x)=\frac{2xk}{x+k} ( * ) $ e questo numero è $ x $
Da $ 1. $ ottengo che $ f(f(x))=k=\frac{xf(x)}{2x-f(x)} \iff xf(x)=2xk-f(x)k \iff f(x)=\frac{2xk}{x+k} $. E' da ricordare che $ k $ è unico perchè $ f $ è iniettiva.
Beh, l'unicità di $k$ in realtà mi sembra chiara, e non dipende dal fatto che $f$ sia iniettiva: hai definito $k$ come $k=f(f(x))$, per cui (fissato $x$) il povero $k$ è certamente unico.
Saro00 ha scritto: Ora so che $ k=f(f(x))=f(\frac{2xk}{x+k}) \overset{\ast}{=} \frac{2\frac{2xk}{x+k}k}{\frac{2xk}{x+k}+k} \iff \frac {4xk^2}{3xk+k^2}=k \iff x=k $.
Forse sono io che non capisco cosa tu stia facendo, ma non mi torna. Mi sembra che nel passaggio $\ast$ tu stia usando la formula $f(y)=\frac{2ky}{y+k}$ come se valesse per qualunque $y$ (in particolare per $\displaystyle y=\frac{2xk}{x+k}$), ma l'hai dimostrata solo per $y=x$. In altri termini: come giustamente hai detto al punto 3, $k$ dipende da $x$, cioè dall'argomento di $f(\cdot)$: ora la tua $f(\cdot)$ ha un nuovo argomento, quindi $k$ potrebbe essere cambiato...
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Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 » 21 set 2015, 20:43

Hai ragione, proprio per questo eromolto incerto. Mi potresti dare qualche suggerimento per farla?
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