Funzionale naturale

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Spider
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Funzionale naturale

Messaggio da Spider » 01 ago 2007, 17:24

Determinare tutte le funzioni $ f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ tali che:

$ mf(n) + nf(m) = (m+n)f(m^2 + n^2) $

per ogni $ m, n \in \mathbb{N} $.

E' il problema K11 nella raccolta di problemi di Peter Vandendriessche e Hojoo Lee (viewtopic.php?t=7910).

Spider

PS: 0 è un numero naturale.

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 11 ago 2007, 19:26

Allora, il problema originale prevede di escludere lo zero...e in effetti non mi pare che torni se si prende tutto $ \displaystyle \mathbb N $.

Vediamo...
$ \displaystyle m=0 \ \mathbf \rightarrow \ nf(0)=nf(n^2)\\ f(0)=f(n^2) $
non avendo informazioni su $ n $ questa cosa dovrebbe funzionare per tutti i quadrati.
Quindi sostituisco $ m=x^2 , n=y^2 $

$ x^2f(y^2)+y^2f(x^2)=(x^2+y^2)f(x^4+y^4) $
$ x^2f(0)+y^2f(0)=x^2f(x^4+y^4)+y^2f(x^4+y^4) $
$ x^2[f(0)-f(x^4+y^4)]=y^2[f(x^4+y^4)-f(0)] $
Ma ciò vorrebbe dire che $ \displaystyle \frac{x^2}{y^2} < 0 $ assurdo!
Ultima modifica di EUCLA il 12 ago 2007, 09:37, modificato 2 volte in totale.

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Messaggio da salva90 » 11 ago 2007, 21:56

EUCLA ha scritto: $ x^2[f(0)-f(x^4+y^4)]=y^2[f(x^4+y^4)-f(0)] $
Ma ciò vorrebbe dire che $ \displaystyle \frac{x^2}{y^2} < 0 $ assurdo!
se non erro, ciò potrebbe semplicemente voler dire che $ f(x^4+y^4)=f(0) $ :?
anche perchè col tuo ragionamento hai dimostrato che non esistono siffatte funzioni, mentre ogni funzione costante sembra andar bene

ora concedete a me la bischerata.
poniamo $ ~f(n)=x $e $ ~f(m)=y $ e consideriamo fissata $ ~f(m^2+n^2)=k $.
Otteniamo una diofantea del tipo
$ mx+ny=(m+n)k $ che ha abbastanza soluzione poichè $ (m, n)|m+n $
Del resto anche la diofantea $ mx+ny=m+n $ha soluzione, e l'unica positiva è $ (x, y)=(1, 1) $. pertanto la prima diofantea ha come soluzione positiva $ (x, y)=(k, k) $.
Aggiungendo le soluzioni dell'omogenea associata si ottiene un numero finito e particolarmente ristretto di soluzioni positive, che si escludono a mano come soluzioni della funzionale.

Una semplice verifica mostra che in effetti le funzioni costanti verificano l'ipotesi.
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Messaggio da Spider » 14 ago 2007, 14:20

EUCLA ha scritto:Allora, il problema originale prevede di escludere lo zero...e in effetti non mi pare che torni se si prende tutto $ \displaystyle \mathbb N $.
No, il problema originale dice $ f : \mathbb{N}_0 \rightarrow \mathbb{N}_0 $, dove $ \mathbb{N}_0 $ è l'insieme degli interi non negativi.

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Messaggio da EUCLA » 14 ago 2007, 16:39

Si appunto, son d'accordo che è $ \mathbb {N}_0 $ ma questo non significa tutti i naturali escluso lo zero? :? o mi sto rimbecillendo?

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Messaggio da Spider » 14 ago 2007, 17:22

In fondo a pagina 2 del pdf sono spiegate le notazioni (occhio che non sono uguali in tutti i testi). Riportandolo qua ho cambiato notazione, anche per questo ho precisato che 0 è incluso :)

Saluti, Spider

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Messaggio da EUCLA » 14 ago 2007, 17:33

Infatti io il pdf non l'ho guardato, ho letto su internet :D

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Messaggio da Spider » 15 ago 2007, 16:55

salva90, non l'ho capita la tua soluzione. Fra l'altro, se poni f(m² + n²) = k, mica puoi far variare liberamente m ed n mantenendo la posizione fatta.

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Messaggio da salva90 » 15 ago 2007, 20:04

Spider ha scritto:salva90, non l'ho capita la tua soluzione. Fra l'altro, se poni f(m² + n²) = k, mica puoi far variare liberamente m ed n mantenendo la posizione fatta.

Spider
Infatti m ed n li considero fissati :wink:
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Messaggio da Spider » 16 ago 2007, 00:32

Quindi, in sostanza, se non ho capito male, vorresti dimostrare che, per ogni $ m $, $ n $, vale $ f(m) = f(n) = f(m^2 + n^2) $? (dirlo no, eh? :wink:). Comunque, dato che la soluzione $ (x, y) $ di $ mx + ny = (m+n)k $ non è necessariamente unica, vorrei che spiegassi come ottieni che $ x = y = k $ e come, da questo, deduci che le uniche soluzioni sono le funzioni identicamente costanti ($ k $ cambia se cambi $ m $ ed $ n $, quindi non mi sembra una cosa ovvia).

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Messaggio da salva90 » 16 ago 2007, 08:39

insomma, tenterò di spiegarmi meglio :wink:
io fisso m, n e $ f(m^2+n^2)=k $ e dimostro che f(m)=f(n)=k.
a questo punto (è vero, potevo spiegarmi meglio posso far variare n come voglio, ottenendo sempre k come immagine: se f(coso brutto a destra) assumesse un valore diverso da k, allora anche f(m) lo assumerebbe, in contraddizione con il fatto che abbiamo fissato m :wink:
spero di essere stato chiaro :roll:
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Messaggio da Spider » 16 ago 2007, 18:03

salva90 ha scritto:spero di essere stato chiaro :roll:
Mi sfugge ancora l'unicità della soluzione della diofantea.

Ad esempio, se m = 4, n = 8, k = 2, la diofantea mx + ny = (m+n)k ha le due soluzioni positive (x, y) = (2, 2) e (x, y) = (4, 1). Non vedo da nessuna parte la dimostrazione del fatto che (k, k) è l'unica soluzione accettabile.

Magari sono un po' lento io, per carità. :?

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Messaggio da salva90 » 16 ago 2007, 19:43

salva90 ha scritto: Aggiungendo le soluzioni dell'omogenea associata si ottiene un numero finito e particolarmente ristretto di soluzioni positive, che si escludono a mano come soluzioni della funzionale.
Credo che il punto che non capisci bene sia questo.
io non nego l'esistenza di altre soluzioni, semplicemente le considero a parte :wink:

appena trovo il foglietto in cui avevo fatto il problema spiego anche come facci a escluderle 8)
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Messaggio da EUCLA » 16 ago 2007, 20:39

si, la cosa inizialmente interessava anche a me, poi ero passata ad altro :D


ah, poi ci spieghi anche come facci a esser cosi bravo in italiano :lol:

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Messaggio da piever » 17 ago 2007, 17:41

salva90 ha scritto:
salva90 ha scritto: Aggiungendo le soluzioni dell'omogenea associata si ottiene un numero finito e particolarmente ristretto di soluzioni positive, che si escludono a mano come soluzioni della funzionale.
Credo che il punto che non capisci bene sia questo.
io non nego l'esistenza di altre soluzioni, semplicemente le considero a parte :wink:

appena trovo il foglietto in cui avevo fatto il problema spiego anche come facci a escluderle 8)
Onestamente neanch'io capisco il punto... Se (ma ne dubito) ho capito bene, la tua soluzione è riassumibile così:

Fisso m e n, segue che $ f(m^2+n^2) $ fa qualcosa (toh!), diciamo k. Adesso abbiamo due possibilità:

1) f(m)=k e f(n)=k nel qual caso siamo felici

2) f(m) e f(n) sono un'altra soluzione di quella diofantea di primo grado. Ma questa equazione ha un numero finito di soluzioni, che quindi possiamo scartare a mano (se la tesi è vera non dovrebbe essere difficile....).

Il problema è il seguente:

fissati m e n sono pochi i casi da analizzare per dimostrare f(m)=f(n), ma per avere la tesi bisogna fissare parecchie volte m e n...

(comunque la tesi è vera anche se f ha per dominio gli interi positivi e per codominio i naturali)
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