[Ammissione WC17] Algebra 2: Funzionale buffa

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Talete
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[Ammissione WC17] Algebra 2: Funzionale buffa

Messaggio da Talete » 24 dic 2016, 15:21

Determinare tutte le funzioni $f : \mathbb R \rightarrow \mathbb R^+$ tali che valgano tutte le condizioni seguenti, per ogni scelta di $x$ e $y$:

• $f(x^2) + 2xf(x) = [f(x)]^2$
• $f(x - 1) = f(-x)$
• $1<x<y \Rightarrow f(x)<f(y)$
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Salvador
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Re: [Ammissione WC17] Algebra 2: Funzionale buffa

Messaggio da Salvador » 10 set 2017, 19:21

L'unica soluzione è $f(x)=x^2+x+1$ (?)
Anche qui dopo aver notato la simmetria rispetto a $x=-1/2$ come si può proseguire?

Talete
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Re: [Ammissione WC17] Algebra 2: Funzionale buffa

Messaggio da Talete » 10 set 2017, 19:59

Testo nascosto:
Sì, è quella l'unica soluzione
Testo nascosto:
Potresti provare a sostituire $-x$ ad $x$ nella prima equazione
Testo nascosto:
A questo punto sai che $f(-x)=f(x-1)$
Testo nascosto:
Scriviti $f(x-1)$ in funzione di $f(x)$, come fosse un'equazione di secondo grado
Testo nascosto:
Ottieni $f(x-1)=f(x)-2x$, giusto?
Testo nascosto:
Sugli interi si fa per induzione
Testo nascosto:
Ora puoi provare a dimostrarlo anche per alcuni reali, sempre per induzione
Testo nascosto:
Sui reali della forma $n^{1/2^k}$, per esempio?
Testo nascosto:
Una volta dimostrato per questi, per concludere basta mostrare che questi numeri sono densi in $(1,2)$ (e che vuol dire?)
Testo nascosto:
Adesso sappiamo che $f(x)=x^2+x+1$ per tutti i reali tra $1$ e $2$. Come si conclude?
Testo nascosto:
Una terza induzione può bastare
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Salvador
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Re: [Ammissione WC17] Algebra 2: Funzionale buffa

Messaggio da Salvador » 11 set 2017, 17:28

Grazie!
Quindi dovrebbe venire così
Testo nascosto:
L'unica soluzione è la funzione $f(x)=x^2+x+1$.

Siano (a), (b), (c) in ordine le tre condizioni su $f$.
Sostituiamo $x=0$ nella (a) e abbiamo $f(0)=f(0)^2$, dunque $f(0)={0,1}$. Ma $f(0)=0$ è in contrasto con l'ipotesi, dunque $f(0)=1$. Sostituiamo $x=1$ nella (a) e otteniamo $3f(1)=f(1)^2$. Anche qui analogamente a prima si conclude $f(1)=3$.

Sostituiamo nella (a) $x$ con $-x$: otteniamo $f(x^2)-2x f(-x) = f(-x)^2$, e sostituendo $f(-x)$ con $f(x-1)$ grazie alla (b) otteniamo: $f(x^2)-2x f(x-1) = f(x-1)^2$, che uguagliata con l'espressione originale della (a) dà:
$f(x-1)^2+2x f(x-1) - (f(x)^2-2x f(x))=0$.

Consideriamo l'espressione appena ottenuta come un'equazione di secondo grado in $f(x-1)$. Si ha $\Delta = 4x^2+4f(x)^2-8x f(x) = 4(x-f(x))^2$, pertanto le soluzioni sono: $f(x-1)=-x \pm (x - f(x))$. Prendendo il segno + si ha $f(x-1)=-x+x-f(x)=-f(x)$, ma ciò è assurdo perché o $f(x) \equiv 0$, ma ciò è in contrasto con l'ipotesi, o una tra $f(x)$ e $f(x-1)$ è negativa, ma ciò è ancora in contrasto con l'ipotesi.

Prendendo il segno - si ha $f(x-1)=f(x)-2x$ (d).

Dimostriamo ora per induzione sugli interi che $f(x)=x^2+x+1$. Passo base: $f(0)=1=0^2+0+1, f(1)=3=1^2+1+1$. Passo induttivo: $x^2+x+1-(x-1)^2-(x-1)-1=x^2+x+1-x^2+2x-1-x+1-1=2x=f(x)-f(x-1)$.

Dimostriamo ora che $f(x)=x^2+x+1$ su tutti i reali della forma $n^{1/2^k}, n \in \mathbb{N}$.
Passo base: $k=0, n^{1/2^k}=n$ e per questo abbiamo già dimostrato prima.
Passo induttivo: Supponiamo che la nostra tesi valga per $n^{1/2^k}$. Dalla (a) abbiamo $f(x^2)=f(x)(f(x)-2x)$. Sia $x=n^{1/2^{k+1}}$ e sostituiamo, ottenendo $f(n^{1/2^k})=n^{1/2^{k-1}}+n^{1/2^k}+1=(n^{1/2^k}+n^{1/2^{k+1}}+1)^2 - 2 (n^{1/2^k} + n^{2^{k+1}}+1)n^{1/2^{k+1}}$, che è quanto volevamo.

Dimostriamo ora che i reali della forma $n^{1/2^k}$ sono densi nell'intervallo $(1,2)$, ovvero che dati due numeri di tale forma ne esiste sempre almeno uno tra essi compreso.
Siano $a,b,k$ tre interi positivi con $1 \leq a < b \leq 2^{2^k}$. Si ha ovviamente $1 < a^{1/2^k} < b^{1/2^k} < 2$. Consideriamo dunque $(ab)^{1/2^{k+1}}$. Si ha ovviamente $a^2 < ab < b^2$, da cui prendendo la radice $2^{k+1}$-esima si ha $a^{1/2^k} < (ab)^{1/2^{k+1}} < b^{1/2^k}$, che è quello che volevamo.
L'insieme dei numeri della forma $n^{1/2^k}$ è dunque denso in $(1,2)$. La condizione (c) ci dà la crescenza in dell'intervallo, dunque possiamo concludere che $f(x)=x^2+x+1$ effettivamente per tutti i reali in $(1,2)$.

A questo punto dimostriamo per induzione che ciò vale anche su tutti i reali. Se $r$ è un reale compreso fra 1 e 2, il passo base è soddisfatto. Per il passo induttivo sia $h$ un intero positivo e supponiamo la tesi valida per $r+h$. Allora si ha $f(r+h) + 2 (r+h) = (r+h)^2 + (r+h) + 1 + 2(r+h+1) = ((r+h)^2 + 2 (r+h) + 1) + (r+h+1) + 1 = (r+h+1)^2+(r+h+1)+1$, che soddisfa la (d). Prendendo $h<0$ si procede in maniera analoga, ma usando $f(x-1)=f(x)-2x$.
Concludiamo quindi che l'unica soluzione è $f(x)=x^2+x+1$.


È giusta?
Testo nascosto:
Ma quindi il punto in cui uso la densità funziona come con la Cauchy da $\mathbb{Q}$ a $\mathbb{R}$, che se io ho la crescenza ho che vale sui reali, e funziona su qualunque insieme denso almeno in un intervallo?

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