Funzioni ad oltranza!

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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enomis_costa88
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Funzioni ad oltranza!

Messaggio da enomis_costa88 » 27 apr 2007, 22:49

Sembra cauchy cauchy..ma di lineare non ha proprio nulla!

Bè se avete visto le additive non dovrebbe spaventarvi :wink:

Determinare tutte le funzioni da Q a Q che risolvono la seguente:

$ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y) $

Buon lavoro!
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Zok
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Messaggio da Zok » 28 apr 2007, 17:50

Proviamoci, è la mia prima funzionale!

Se $ y \mapsto 0 $ allora $ $ f(0)=0 $
Se $ x \mapsto 0 $ allora $ $ f(x)=f(-x) $, quindi f sarà pari

Se $ x \mapsto x, y \mapsto x $ allora $ f(2x)=4f(x) $
Sapendo questo, se $ x \mapsto 2x, y \mapsto x $ si ha che $ f(3x)=9f(x) $
Questo era il passo base per dimostrare per induzione su n che $ $ f(nx)=n^2f(x) $
Supponendo che $ $ f((n-1)x)=(n-1)^2f(x) $ e $ $ f(nx)=n^2f(x) $ siano vere allora vogliamo mostrare che $ $ f((n+1)x)=(n+1)^2f(x) $ è vera.

$ $ f((n+1)x)=f(nx+x)=2f(nx)+2f(x)-f(nx-x) $$ =2f(nx)+2(fx)-f((n-1)x)= $$ 2n^2f(x)+2f(x)-(n-1)^2f(x)= $
$ =(2n^2+2-(n-1)^2)f(x)=(n+1)^2f(x) $

Dimostriamo ora che questa proprietà vale anche nei razionali.
Siano p, q interi

$ $ f(px)=p^2f(x) $
$ $ f(px)=f\bigg(px\cdot \frac{q}{q}\bigg)=q^2f\bigg(\frac{p}{q}x\bigg) $
Uguagliando le due espressioni $ $ p^2f(x)=q^2f\bigg(\frac{p}{q}x\bigg) $ si ha che $ $ \bigg(\frac{p}{q}x\bigg)=\frac{p^2}{q^2}f(x) $

Tenendo conto che f doveva essere pari, per quanto appena dimostrato $ f(x)=f(x\cdot 1)=x^2 f(1) $ con x razionale.
Posto $ k=f(1) $ con $ k \in \mathbb{Q} $, si ha $ $ f(x)=k x^2 $

Dopo aver verificato a mano che va bene, dovremmo avere finito...

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