Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Fissiamo un $n$ intero maggiore di $1$. Trovare tutte le funzioni $f:\mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{Q}$ tali che si abbia:
\[
f\left(\sum_{k=1}^n x_k^k\right)=\sum_{k=1}^n f\left(x_k^k\right)\;\;\forall \left(x_1;x_2;\dots;x_n\right)\in\mathbb{Q}^n
\]
\[
f\left(\sum_{k=1}^n x_k^k\right)=\sum_{k=1}^n f\left(x_k^k\right)\;\;\forall \left(x_1;x_2;\dots;x_n\right)\in\mathbb{Q}^n
\]
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Per caso sono solo
Testo nascosto:
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Sì...
Visto che era facile?
Visto che era facile?
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Allora, non so se è giusta formalmente ma ci provo:
Testo nascosto:
Ultima modifica di Vinci il 20 ago 2017, 17:06, modificato 1 volta in totale.
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
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)
(La Cauchy infatti funziona anche in quel caso, e si verifica facilmente)
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Hai ragione, ma la Cauchy continua a essere vera in ogni sottoinsieme di Q?
- karlosson_sul_tetto
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Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
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
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Rifare la dimostrazione di cosa? Non sto capendokarlosson_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
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Dovresti riguardare la dimostrazione delle soluzioni all'equazione funzionale di Cauchy, insomma: perché se una [math] 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.
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)
Ho capito, sisi, conosco una dimostrazione dell'equazione di Cauchy, ci proverò. Grazie mille
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Urca hai ragione, non ci avevo pensato.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.
Ho imparato che dovrò stare molto più attento!
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
Dunque, risolviamo il problema daccapo:
-Ma... Come sarà questa dimostrazione?
-Non lo so... Cauchy-Cauchy
Testo nascosto:
-Non lo so... Cauchy-Cauchy
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
Re: Di una facilità imbarazzante (infatti è own)
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.
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)
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?
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$