Fissiamo un $n$ intero maggiore di $1$. Trovare tutte le funzioni $f:\mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{Q}$ tali che si abbia:
\[
f\left(\sum_{k=1}^n x_k^k\right)=\sum_{k=1}^n f\left(x_k^k\right)\;\;\forall \left(x_1;x_2;\dots;x_n\right)\in\mathbb{Q}^n
\]
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 20 ago 2017, 08:17
da Vinci
Per caso sono solo
Testo nascosto:
$f(x)=ax$ ???
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 20 ago 2017, 09:08
da Sirio
Sì...
Visto che era facile?
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 20 ago 2017, 09:40
da Vinci
Allora, non so se è giusta formalmente ma ci provo:
Testo nascosto:
Chiamiamo${x_i}^i=y_i$ e $\sum_{i=1}^{n-1}y_i=\alpha$. Avremo per ipotesi che $$\sum_{i=1}^{n-1}f(y_i)=f(\alpha)$$ e quindi $$f\left(\sum_{i=1}^{n}{x_i}^i \right)=\sum_{i=1}^{n}f({x_i}^i)$$ diventa $$f(\alpha+y_n)=f(\alpha)+f(y_n)$$ e dato che sia $\alpha$ che gli $y_i$ appartengono a $\mathbb{Q}$ le uniche soluzioni sono quelle dell'equazioni di Cauchy che sono $f(x)=ax$ con $a\in \mathbb{R}$.
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 20 ago 2017, 16:40
da Sirio
Apparte un typo (a un certo punto metti $y_i$ anziché $f\left(y_i\right)$) e il fatto che $y_n$, se $n$ è pari, non appartiene a $\mathbb{Q}$ ma a $\mathbb{q}^+_0$, è giusto.
(La Cauchy infatti funziona anche in quel caso, e si verifica facilmente)
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 20 ago 2017, 17:08
da Vinci
Hai ragione, ma la Cauchy continua a essere vera in ogni sottoinsieme di Q?
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 21 ago 2017, 20:41
da Tess
Vinci ha scritto: ↑20 ago 2017, 17:08
Hai ragione, ma la Cauchy continua a essere vera in ogni sottoinsieme di Q?
Cosa intendi dire?
Comunque puoi sempre provare a ridimostrartela per vedere cosa si può dire.
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 21 ago 2017, 21:27
da karlosson_sul_tetto
Sirio ha scritto: ↑20 ago 2017, 16:40
Apparte un typo (a un certo punto metti $y_i$ anziché $f\left(y_i\right)$) e il fatto che $y_n$, se $n$ è pari, non appartiene a $\mathbb{Q}$ ma a $\mathbb{q}^+_0$, è giusto.
(La Cauchy infatti funziona anche in quel caso, e si verifica facilmente)
Attenzione, il problema non è soltanto che $y_n$ è positivo per $n$ pari, ma che è anche una potenza $n$-esima: questo significa che $y_n$ non può mai essere uguale a $\frac{16}{5}$ per esempio.
E questo può essere un problema, perché nella dimostrazione della Cauchy che parte da $f(x+y)=f(x)+f(y)$ si ha che questa condizione vale per tutti gli $x,y$, e nei primi passi della dimostrazione al posto delle variabili si pongono numeri interi che, ehm, non tutti sono potenze.
Quindi la cosa migliore (e anche più istruttiva da fare in questo caso, per levarsi tutti i dubbi sulla Cauchy) è rifare la dimostrazione e vedere cosa si reisce ad ottenere e cosa no
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 22 ago 2017, 08:57
da Vinci
karlosson_sul_tetto ha scritto: ↑21 ago 2017, 21:27
Quindi la cosa migliore (e anche più istruttiva da fare in questo caso, per levarsi tutti i dubbi sulla Cauchy) è rifare la dimostrazione e vedere cosa si reisce ad ottenere e cosa no
Rifare la dimostrazione di cosa? Non sto capendo
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 22 ago 2017, 09:55
da Tess
Dovresti riguardare la dimostrazione delle soluzioni all'equazione funzionale di Cauchy, insomma: perché se una [math]f:\mathbb Q \rightarrow \mathbb Q è tale che $f(x+y) = f(x) + f(y)$ per ogni coppia $(x,y) \in \mathbb Q^2$ allora sicuramente $f(x) = ax$?
Se hai presente la strada che si segue per ottenere questa conclusione, dovresti ora ripercorrerla su questo problema. Sottolineo nuovamente il fatto che questo problema non è banalmente riconducibile all'equazione di Cauchy. Per esempio nel caso $n=2$ si ha $f(x+y^2) = f(x) + f(y^2)$ per ogni $x,y$ razionali, oppure, cambiando variabile, pongo $z = y^2$ e ottengo $f(x+z) = f(x) + f(z)$ per ogni $x$ razionale e per ogni $z$ quadrato di un numero razionale. L'osservazione di karlosson_sul_tetto è che non è a priori chiaro che queste ipotesi siano sufficienti a concludere $f(x) = ax$ per ogni $x$ razionale.
Se non sai come si risolve la Cauchy questa potrebbe essere una buona occasione per impararla. In tal caso, però, continuerei la discussione su un altro topic, magari in Glossario.
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 22 ago 2017, 10:39
da Vinci
Ho capito, sisi, conosco una dimostrazione dell'equazione di Cauchy, ci proverò. Grazie mille
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 23 ago 2017, 23:05
da Sirio
karlosson_sul_tetto ha scritto: ↑21 ago 2017, 21:27
Attenzione, il problema non è soltanto che $y_n$ è positivo per $n$ pari, ma che è anche una potenza $n$-esima: questo significa che $y_n$ non può mai essere uguale a $\frac{16}{5}$ per esempio.
Urca hai ragione, non ci avevo pensato.
Ho imparato che dovrò stare molto più attento!
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 26 ago 2017, 22:17
da Sirio
Dunque, risolviamo il problema daccapo:
Testo nascosto:
Prendiamo tutti gli $x_i$ uguali a $0$. Otteniamo $f(0)=nf(0)$, da cui $f(0)=0$.
Prendiamo ora tutti gli $x_i$ uguali a $0$ tranne $x_1,x_2$. Abbiamo, definendo $a:=x_1$, $b:=x_2^2$:
\[f\left(a+b\right)=f\left(a\right)+f\left(b\right)\]
Per ogni $a,b$ razionali con $b$ quadrato.
Ora viene il bello... Definiamo $c:=f(1)$ e dimostriamo per induzione che la seguente vale per ogni naturale $n$:
$f(n)=cn$
Ora, il passo base ($n=0$), l'abbiamo già fatto... Passo induttivo:
$f(n+1)=f(n)+f(1)=cn+c$
Fatto.
Dimostriamo ora che vale $f(-x)=-f(x)$ per ogni razionale $x$. Abbiamo:
$0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)$
Fatto.
In particolare abbiamo $f(n)=cn$ per ogni intero $n$.
Dimostriamo ora che vale $f\left(x^{-2}\right)=cx^{-2}$ per ogni intero positivo $x$. Abbiamo:
$f\left(x^{-2}\right)=x^{-2}\left(x^2f\left(x^{-2}\right)\right)=x^{-2}\left(f\left(2x^{-2}\right)+\left(x^2-2\right)f\left(x^{-2}\right)\right)=x^{-2}\left(f\left(3x^{-2}\right)+\left(x^2-3\right)f\left(x^{-2}\right)\right)=\dots=x^{-2}f\left(x^2x^{-2}\right)=f(1)x^{-2}=cx^{-2}$
Fatto.
Osserviamo ora che ogni razionale positivo può essere espresso come $\dfrac n{x^2}$, con $x$ ed $n$ interi positivi. Infatti, se questo razionale è espresso come $\dfrac y z$, si possono definire $x:=z,n:=yz$ e concludere.
Ora, dimostriamo che per ogni razionale positivo $\dfrac n{x^2}$ si ha $f\left($\dfrac n{x^2}$\right)=c\dfrac n{x^2}$:
$f\left(\frac n {x^2}\right)=f\left(\frac{n-1}{x^2}\right)+f\left(\frac 1 {x^2}\right)=\dots=nf\left(\frac 1 {x^2}\right)=c\frac n {x^2}$
Fatto.
Da qui si conclude ripescando $f(-x)=-f(x)$ che tutte le soluzioni sono della forma $f(x)=cx$ con $c$ razionale.
TUTTE QUESTE VERIFICANO!!! NON MI DIMENTICO DI SCRIVERLO!!!
-Ma... Come sarà questa dimostrazione?
-Non lo so... Cauchy-Cauchy
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 27 ago 2017, 09:23
da Tess
Lasciati dire un paio di considerazioni.
Quando cerchi di dimostrare che $f(-x) = f(x)$ c'è qualche problema con il tuo metodo (non tutti i passaggi che fai sono giustificati).
Quando alla fini dici "TUTTE QUESTE VERIFICANO!!! NON MI DIMENTICO DI SCRIVERLO!!!", sappi che questa frase non ha alcun valore, almeno nel caso di una prova vera. Devi proprio sostituire tutte le tue soluzioni nell'equazione del testo e verificare che si cancella tutto.
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Inviato: 28 ago 2017, 11:28
da Sirio
Ok, messaggio ricevuto riguardo alle sostituzioni. Per il resto, hai ragione, la mia dimostrazione di quel punto funziona solo se $x$ è quadrato perfetto. Per estenderla a tutti i razionali negativi si procede analogamente a come ho fatto per quelli positivi. Con questo dovrei aver chiuso per sempre, giusto?
