Funzionale

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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febiz2004
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Funzionale

Messaggio da febiz2004 » 26 set 2005, 21:09

Trovare tutte le funzioni $ f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} $ tali che
$ f(x+y) = f(x)f(y) - c \sin{x} \sin{y} $
con $ x,y $ reali e con una costante $ c>1 $

rargh
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Messaggio da rargh » 16 ott 2005, 18:04

$ \ f(0) = \left[ {f(0)} \right]^2 \to f(0) = 0,1 $

Ora f(0)=0 va esclusa perché:

$ \[ \begin{array}{l} f(0) = 0 \to f(x + 0) = f(x)f(0) \to f(x) = 0 \\ c\sin (x)\sin (y) \ne 0 \\ \end{array} \] $

quindi [1]
$ \[ \ f(0) = 1 \] $


Vediamo per quali valori f(x) si annulla:
$ \[ \begin{array}{l} f(x_0 ) = 0 \\ \\ f(x_0 + y) = - c\sin (x_0 )\sin (y) \\ \\ f(x) = f(x_0 + x - x_0 ) = - c\sin (x_0 )\sin (x - x_0 ) \\ \\ f(0) = c(\sin (x_0 ))^2 \\ f(0) = 1 \\ (\sin (x_0 ))^2 = \frac{1}{c} \\ x_0 = \pm \arcsin \left( {\sqrt {\frac{1}{c}} } \right) + k\pi \\ k \in \mathbb{Z} \\ \end{array} \] $

Resta ora da verificare che questa funzione verifichi la proprietà del funzionale di partenza: riscrivo f(x) in una forma più comoda per questo scopo:
$ \[ \[ \begin{array}{l} f(x) = - c\sin (x_0 )\sin (x - x_0 ) = \\ = - c\sin (x_0 )\left[ {\sin x\cos x_0 - \sin x_0 \cos x} \right] = \\ = - c\sin (x_0 )\cos (x_0 )\sin x + c(\sin x_0 )^2 \cos x = \\ = \pm \left( {c\sqrt {\frac{1}{c}\left( {1 - \frac{1}{c}} \right)} } \right)\sin x + \cos x \\ f(x) = \pm \left( {\sqrt {c - 1} } \right)\sin x + \cos x \\ \end{array} \] $

Potete verificare tranquillamente che:

$ \[ f(x + y) = f(x)f(y) - c\sin x\sin y \] $

Abbiamo supposto che la funzione si annulli in almeno un punto: forse esiste una classe di funzioni che risolvono quel funzionale che non si annullano mai.
Dimostro invece che la funzione si deve annullare almeno in un punto:

$ \[ f(0)=f(x - x) = f(x)f( - x) + c(\sin x)^2 \] $

Quindi:

$ \[ f(x)f( - x) = 1 - c(\sin x)^2 \] $

Ora notiamo che il membro a destra si annulla per:

$ \[ \begin{array}{l} x_0 = \pm \arcsin \left( {\sqrt {\frac{1}{c}} } \right) + k\pi \\ k \in \mathbb{Z} \\ \end{array} \] $

Quindi f(x) o f(-x) o entrambe si annulleranno in questo punto.

rargh
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Messaggio da rargh » 17 ott 2005, 14:44

Abbiamo supposto che f fosse definita su tutto R. Supponiamo di avere una f generica:
$ \[ \begin{array}{l} D \subset \mathbb{R} \\ I \subset \mathbb{R} \\ f:D \mapsto I \\ \end{array} \] $

Sappiamo che f risolve il funzionale [1]:

$ \[ f(x + y) = f(x)f(y) - c\sin (x)\sin (y) \] $

Da questo deduciamo [2]:

$ \[ x \in D,y \in D \Rightarrow (x + y) \in D \] $

Ora supponiamo di conoscere solo un punto $ \[ x_1 \] $ appartenente a D: deduciamo la [3]

$ \[ \begin{array}{l} f(x_1 ) = f(x_1 + 0) = f(x_1 )f(0) \\ f(x_1 ) = f(x_1 )f(0) \\ \end{array} \] $

Da questo deduciamo che f è definita in 0 [4]:
$ \[ \{ 0\} \in D \] $

Possiamo vedere una cosa su f(0) [5]:
$ \[ \begin{array}{l} f(0) = f(0 + 0) = [f(0)]^2 \\ f(0) = [f(0)]^2 \\ f(0) = 0,1 \\ \end{array} \] $

Quindi sapendo che f è definita in x1 vediamo che [6]:

$ \[ \begin{array}{l} f(x_1 ) \ne 0 \Rightarrow f(0) = 1 \\ f(x_1 ) = 0 \Rightarrow f(0) = 0,1 \\ \end{array} \] $

Ora che sappiamo la [4] possiamo affermare che [7]:
$ \[ \begin{array}{l} f(0) = f(x_1 - x_1 ) = f(x_1 )f( - x_1 ) + c\left( {\sin x_1 } \right)^2 \\ f(x_1 )f( - x_1 ) = f(0) - c\left( {\sin x_1 } \right)^2 \\ \end{array} \] $

E quindi [8]:
$ \[ x_1 \in D \Rightarrow - x_1 \in D \] $

Deduciamo dalle precedenti che [9]:
$ \[ f(x_1 ) \ne 0 \Rightarrow f( - x_1 ) = \frac{{1 - c\left( {\sin x_1 } \right)^2 }}{{f(x_1 )}} \] $

Riassumendo abbiamo questa proprietà: [10]:
$ \[ x_1 \in D \Rightarrow \{ 0\} \in D, - x_1 \in D \] $

Se conosciamo solo un numero finito di punti appartenenti a D, allora possiamo dedurre dalla [10] e dalla [1] la [11]:
$ \[ \begin{array}{l} \left\{ {x_1 ,x_2 ,x_3 ,...,x_n } \right\} \in D \\ \forall a_i \in \mathbb{Z} \\ y = \sum\limits_{i = 1}^n {a_i } x_i \\ y \in D \\ \end{array} \] $

Dalla [1] possiamo dedurre anche la [12]:

$ \[ \begin{array}{l} f(x) \ne 0 \Rightarrow f(nx) = [f(x)]^n - c\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin (kx)\sin (x)[f(x)]^{(n - k - 1)} } \\ f(x) = 0 \Rightarrow f(nx) = - c\sin [(n - 1)x]\sin (x) \\ \end{array} \] $

Facilmente verificabili per induzione.

Ora vi pongo finalmente una domanda: sapete dedurre da f(x) anche f(x/n)?
$ \[ \begin{array}{l} x \in D \\ x = ny \\ f(x) = - c\sin \left[ {\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)x} \right]\sin \left( {\frac{x}{n}} \right) \\ \Rightarrow f(y) = 0 \\ \\ f(x) \ne - c\sin \left[ {\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)x} \right]\sin \left( {\frac{x}{n}} \right) \\ \Rightarrow f(x) = [f(y)]^n - c\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin \left( {\frac{{kx}}{n}} \right)\sin \left( {\frac{x}{n}} \right)[f(y)]^{(n - k - 1)} } \\ \end{array} \] $

Ora, scartando il primo caso in cui f(y)=0, arriviamo alla conclusione che f(y) non è univocamente determinato e quindi f non è definita in y, infatti:

$ \[ \begin{array}{l} P_n \left[ {f(y)} \right] = [f(y)]^n - c\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin \left( {\frac{{kx}}{n}} \right)\sin \left( {\frac{x}{n}} \right)[f(y)]^{(n - k - 1)} } - f(x) = 0 \\ P_n \left[ {f(y)} \right] \ne \left[ {f(y) - r} \right]^n \\ \forall r \in \mathbb{R} \\ \end{array} \] $

Se supponiamo invece di sapere che f(x) è definita su un intervallo, allora possiamo dedurre dalla [1] e dalla [10] che f(x) è definita su tutto R:

$ \[ \begin{array}{l} x \in D \Rightarrow - x \in D \\ x,y \in D \Rightarrow \left( {x + y} \right),\left( {x - y} \right),\left( {y - x} \right) \in D \\ \\ (a,b) \subset D \Rightarrow \left( {a - b,\max \{ (b - a),2b\} } \right) \subset D \Rightarrow ... \Rightarrow ( - \infty ,\infty ) \subseteq D \\ \end{array} \] $

rargh
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Messaggio da rargh » 17 ott 2005, 15:03

OOOPS

Correggo la mia affermazione, solo perché in quel polinomio f(y) non è univocamente determinato non significa che f non sia definita in y. Piuttosto, avrei dovuto verificare che quel polinomio abbia almeno una radice reale. Per n dispari è vero, ma per n pari? Per ora non ho la verifica, l'avrò tra poco (forse)

rargh
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Messaggio da rargh » 17 ott 2005, 21:10

Ok riassumendo tutto:
suppongo di conoscere un solo punto del dominio D, x:
se x=0, non posso dire nulla sul resto del dominio, se invece x è diverso da 0, posso affermare che 0 appartiene a D e che -x appartiene a D:
$ \[ \begin{array}{l} x \ne 0,x \in D \\ f(x) = f(x + 0) = f(x)f(0) \Rightarrow \{ 0\} \in D \\ f(0) = f(x - x) = f(x)f( - x) + c\left( {\sin (x)} \right)^2 \\ f(x)f( - x) = f(0) - c\left( {\sin (x)} \right)^2 \\ \Rightarrow - x \in D \\ \end{array} \] $

Ora so che se x e y appartengono a D, anche x+y e x-y appartengono a D, quindi appartengono a D tutti i multipli interi (relativi) di x:
$ \[ \begin{array}{l} f(x + y) = f(x)f(y) - c\sin (x)\sin (y) \\ x,y \in D \Rightarrow \left( {x + y} \right) \in D \\ k \in \mathbb{Z},x \in D \Rightarrow kx \in D \\ \end{array} \] $

Ora mi chiedo, se x appartiene a D, appartengono a D anche i suoi multipli razionali?

Si può verificare per induzione a partire dal funzionale la seguente formula:
$ \[ \begin{array}{l} n \in \mathbb{N},n \ne 0 \\ y = \frac{x}{n} \\ f(x) = [f(y)]^n - c\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin \left( {\frac{{kx}}{n}} \right)\sin \left( {\frac{x}{n}} \right)[f(y)]^{(n - k - 1)} } \\ \end{array} \] $

Quindi se x appartiene a D, y appartiene a D se e solo se esiste un valore reale per cui:
$ \[ \begin{array}{l} P_n (z) = z^n - c\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin \left( {\frac{{kx}}{n}} \right)\sin \left( {\frac{x}{n}} \right)z^{(n - k - 1)} } - f(x) \\ y \in D \Leftrightarrow \exists z \in \mathbb{R}\left| {P_n (z) = 0} \right. \\ \end{array} \] $

Ora sappiamo che se n è dispari allora P(z) ha almeno una radice reale:
$ \[ k \in \mathbb{N},n = 2k + 1 \Rightarrow y \in D \] $

Vediamo che invece se n è pari P(z) non ha sempre una radice reale: osserviamo questo caso particolare:
$ \[ \begin{array}{l} f(x) \ne 0,n = 2k \\ x = nm\pi \\ m \in \mathbb{Z} \\ P_n (z) = z^n - f(x) \\ P_n (z) = 0 \Leftrightarrow z^n = f(x) \\ z = \pm \left[ {f(x)} \right]^{\frac{1}{n}} \\ f(x) < 0,n = 2k \Rightarrow y = \frac{x}{n} \notin D \\ \end{array} \] $

Infatti se proviamo a prendere la f(x) estesa su tutto R che si era trovata nella soluzione iniziale:
$ \[ \begin{array}{l} f(x) = \pm \left( {\sqrt {c - 1} } \right)\sin x + \cos x \\ x = 2km\pi \\ f(2km\pi ) = \cos (2km\pi ) = 1 \\ \end{array} \] $
che è appunto un valore positivo.
L'affermazione più generale che posso fare sul domino di f è che: sia Qd l'insieme dei numeri razionali con denominatore dispari:
$ \[ \begin{array}{l} a,i \in \mathbb{N} \\ b = 2i + 1 \\ q_d = \frac{a}{b} \Leftrightarrow q_d \in \mathbb{Q}_d \\ \end{array} \] $

allora:
$ \[ x \in D,q_d \in \mathbb{Q}_d \Rightarrow q_dx \in D \] $

Casi particolari, se f(x)=0, allora P(z) ha una radice z=0 per ogni n, quindi un multiplo razionale qualsiasi di x appartiene a D:
$ \[ \begin{array}{l} x \in D,f(x) = 0,q \in \mathbb{Q} \Rightarrow P_n (0) = 0 \forall n \\ \Rightarrow qx \in D \\ \end{array} \] $

Uff.....anche se ho la netta sensazione che a nessuno freghi nulla di tutto ciò...vabbè, mi sono tolto lo sfizio. Tanti saluti, e aspetto che qualcuno mi tiri fuori un teoremone che risolva in un attimo tutto quello che ho ricavato finora.

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