Funzionale simil-olimpica, oppure no?

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Il_Russo
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Funzionale simil-olimpica, oppure no?

Messaggio da Il_Russo » 14 set 2008, 22:21

Trovare tutte le funzioni $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ tali che:
  • $ f(x+yf(x))=f(x)f(y) $
    Esistono al più un numero finito di $ x $ reali t.c. $ f(x)=1 $
Da $ \mathbb{R}^+ $ in $ \mathbb{R}^+ $ diventa un simpatico esercizio olimpico usato qualche volta nei test italiani. Invece da $ \mathbb{R} $ in $ \mathbb{R} $ diventa probabilmente insolubile con metodi elementari, oltre che un valido motivo per minacciare di morte chi si dimentica di mettere il + vicino agli $ \mathbb{R} $.

Chi ha già trovato la soluzione (leggi edriv) è pregato di lasciare spazio agli altri.

Buon $ lavoro^3 $
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edriv
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Messaggio da edriv » 19 set 2008, 21:19

non è che ho "trovato la soluzione", per un problema di questo genere non ha senso questa domanda...

Riesco solo a dire come costruire tutte e sole le funzioni a partire da un sottogruppo di $ ~( \mathbb R ^*, *) $ e un altro reale. Però dire "sottogruppo di R" non è che sia una bella cosa..

Stradh
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Messaggio da Stradh » 22 set 2008, 16:27

Io tento passando per equazioni differenziali, visto che si cerca una funzione:

Siano:

$ g(x,y)=f(x)f(y) $
$ h(x,y)=f(x+yf(x)) $

Osservo che una soluzione è $ f(x) \equiv 0 $ e la escludo. Considero f derivabile. Calcolo le derivate parziali rispetto a $ y $:

$ g_y(x,y)=f(x)f(y)=\frac {df(y)}{dy} * f(x) $
$ h_y(x,y)=\frac {df(x+yf(x))}{dy} * f(x) $

da cui ottengo se $ f(x)!=0 $:

$ \frac {df(y)}{dy}=\frac {df(x+yf(x))}{dy} $

ovvero:

$ y= x+yf(x)+c $
$ y(1-f(x))=x+c $

Se $ f(x)\equiv1 $ allora ovviamente ci siamo. Altrimenti abbiamo che:

$ yf(x)=1- x-c $

ovvero:

$ f(x+yf(x))=f(x+1-x-c)=f(1-c)=f(x)f(y) $

che non è possibile per l'arbitrarietà di $ x $ e $ y $ a meno di non trovarsi nei casi precedenti.

La soluzione cercata, ovvero quella con un numero finito di elementi tali che: $ f(x)=1 $ è $ f(x) \equiv 0 $

Ovviamente controllate! ;)

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 22 set 2008, 17:08

Stradh ha scritto:Io tento passando per equazioni differenziali, visto che si cerca una funzione:

Siano:

$ g(x,y)=f(x)f(y) $
$ h(x,y)=f(x+yf(x)) $

Osservo che una soluzione è $ f(x) \equiv 0 $ e la escludo. Considero f derivabile. Calcolo le derivate parziali rispetto a $ y $:

$ g_y(x,y)=f(x)f(y)=\frac {df(y)}{dy} * f(x) $
$ h_y(x,y)=\frac {df(x+yf(x))}{dy} * f(x) $

da cui ottengo se $ f(x)!=0 $:
I conti mi sembrano giusti, li ho controllati. Però, a parte il fatto che per un matematico $ f(x)! =0 $ significa "$ f(x) $ fattoriale uguale a zero" (:P), il passaggio che non mi torna è quello dopo:
Stradh ha scritto: $ \frac {df(y)}{dy}=\frac {df(x+yf(x))}{dy} $
ovvero:

$ y= x+yf(x)+c $
$ y(1-f(x))=x+c $
Cioè, da quell'uguaglianza di derivate potresti al massimo tentare di dedurre che $ f(y) = f(x+yf(x)) + c $ con $ c $ una certa costante reale, ma probabilmente in realtà neanche quello perché quell'uguaglianza che hai scritto è un'uguaglianza fra *generici valori assunti dalla derivata della funzione*, il che credo complichi un po' l'integrazione diretta che si fa solitamente. Ma tu sei addirittura passato dall'uguaglianza tra le derivate di $ f $ in quei punti ad un non so cosa che assomiglia vagamente ad un misto tra uguagliare gli argomenti di tali derivate (illegittimo, a meno che non vi sia iniettività!) e un'integrazione diretta. Immagino che sia una svista madornale! :)
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Stradh
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Messaggio da Stradh » 23 set 2008, 08:21

I conti mi sembrano giusti, li ho controllati. Però, a parte il fatto che per un matematico $ f(x)! =0 $ significa "$ f(x) $ fattoriale uguale a zero" (:P), il passaggio che non mi torna è quello dopo:
In realtà quello è un "diverso" e non mi sono accorto di averlo scritto!

Per il resto invece, come hai detto correttamente, ho supposto la funzione iniettiva senza per altro specificarlo.

fph
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Messaggio da fph » 23 set 2008, 13:37

Hai anche supposto la funzione derivabile.
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salva90
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Messaggio da salva90 » 23 set 2008, 13:42

bhe, a parte una famiglia, tutte le soluzioni di questo schifo non sono nè iniettive nè tantomeno continue, figuriamoci derivabili...
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Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 24 set 2008, 00:58

Con reali positivi è Cortona 2002?
Così a occhio...

Il_Russo
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Messaggio da Il_Russo » 24 set 2008, 12:39

Tibor Gallai ha scritto:Con reali positivi è Cortona 2002?
Così a occhio...
Già.

Con i reali positivi è più facile per l'assenza dello zero. Se infatti poniamo $ \displaystyle y=\frac{x}{1-f(x)} $, cosa che si può fare in molti casi per la condizione 2, si ha $ \displaystyle f ( \frac{x}{1-f(x)} ) = f(x) f ( \frac{x}{1-f(x)} ) $, che sempre per la condizione due ci dice che $ \displaystyle f (\frac{x}{1-f(x)} ) =0 $ per molti $ x $, ma dai reali positivi ai reali positivi ciò vuol dire solo che non si può fare la sostituzione $ \displaystyle y=\frac{x}{1-f(x)} $, quindi nessun valore del codominio è minore di 1, il che è molto bello da sapersi per l'esercizio olimpico. Invece dai reali ai reali complica enormemente le cose.
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