[A] Funzionali per grandi e piccini...

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Solo una puntualizzazione in riferimento al precedente mio intervento. Bene, nel passaggio in cui, supposto x intero <= 0, il nostro Masso opera la sostituzione:
 x --> -j, sarebbe stato opportuno sottolineare, per quanto evidente, che la susseguente relazione: f(j+1) = 1 + f(-j) · f(-1), risulta soddisfatta per ogni j € N (l\'insieme dei numeri naturali: lo zero è incluso!!!), così da poterne dedurre - visto il precedente - che, per qualunque j € N: f(-j) · f(-1) = j. Per inciso, mi si permetta di aggiungere che, più semplicemente, essendo: f(1 - x) = 1 + f(x) · f(-1), per ogni x € X, come lo stesso Masso ha avuto modo di indicare, risulta - posto in particolare x = 1 - che: 0 = f(0) = 1 + f(1) · f(-1) = 1 + f(-1), perciocché: f(-1) = -1, indipendentemente dalla scelta degli insiemi X ed Y nella famiglia {Z, Q, R, C}. Questa osservazione, eventualmente, avrebbe risparmiato il nostro amico dal dover considerare le due possibili determinazioni della radice quadrata (algebrica) di 1 di cui si legge nel testo della sua soluzione. Vabbe\', su... era tanto per dire qualcosa a tutti i costi!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 
 \"Non nasce in un\'ora il vero amore.\" - Ibn Hazm [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 04-11-2004 16:08 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-03 22:26, HiTLeuLeR wrote:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-03 18:22, info wrote:
 [...] f(-2y)=c, cioè, f(2y)=c per ogni scelta di y. Dato che f(0)=0, f(2y)=0 e se siamo in R od in C abbiamo concluso e l\'unica funzione è f(x)=0.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Suppongo si tratti di una svista, datosi che la conclusione continua ad essere valida pure nel caso in cui sia X = Q, visto che la mappa g(-): X ---> C: x ---> 2x è una biezione di X in sé, per ogni X € {Q, R, C}. [...]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Boll, d\'accordo, la tua soluzione è corretta(1)! Nota soltanto che, per le ragioni che tu stesso hai evidenziato, la conclusione continua ad essere valida anche per X = Q, visto che, supposto X € {Q, R, C}, la funzione g(-): X --> C: x --> 2x è biunivoca da X in X, come avevo già detto in riferimento ad una precedente soluzione al medesimo problema postata da Info. Comunque \"ok\"!
 
 (1): corretta ma comunque incompleta, visto che non copre il caso X = Z.
 
 
 \"L\'intelletto cerca, il cuore trova.\" - George Sand [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 04-11-2004 16:10 ]

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Azz, non mi ero accorto del post di info.

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Credo, e marco molto sul credo, di esserci riuscito, nell\'attesa della venuta di Euler...
 
 Conclusione: Anche se preso Z come dominio, l\'unica soluzione è la costante 0.
 
 Dimostriamolo dunque Z-->Z
 
 Step 4Si dimostra che xf(x)=0
 
 Dalla relazione iniziale sostituiamo y-->x
 f(0)+2xf(x)=f(2x)
 xf(x)=0 comunque preso x in Z
 
 Step 5 Si dimostra che f(x)=0 anche per x dispari
 
 Dalla relazione iniziale, mandando y-->1
 
 f(x+1)=f(x-1)+f(x)+xf(1)
 f(x+1)=f(x-1)+f(x), poiche f(1)=0, come dimostrato in precedenza
 se x pari
 f(x+1)=f(x-1) e quindi per induzione su x poichè f(1)= 0 si arriva a tutti i dispari
 se x è dispari
 f(x)=0
 q.e.d.
 
 
 EDIT: Corretto l\'orrore di calcolo e reso tutto più chiaro [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 04-11-2004 19:04 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-04 17:51, Boll wrote:
 Dalla relazione iniziale sostituiamo y = 0:
 f(x)+xf(x)=f(x)
 xf(x)=0 comunque preso x in Z
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ehm... in verità ti dico che, ponendo y = 0 nella funzionale del II problema, ohibò... si trova dover essere - per ogni x € X e indipendentemente dalla scelta dell\'insieme X nella famiglia {Z, Q, R, C}: f(x) + x · f(0) = f(x), ovvero: f(x) = f(x), che è un\'identità(1)!!! Baaah, ci hai comunque provato, bravo... Peccato soltanto tu abbia fallito così miseramente, gh! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">
 
 (1): si è difatti dimostrato in precedenza che f(t) si annulla per t = 0.
 
 
 \"Una delle disavventure delle persone molto intelligenti è di non poter fare a meno di capire tutto: i vizi non meno che le virtù.\" - Honoré de Balzac [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 04-11-2004 18:43 ]

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Errore di calcolo stupiderrimo, forse mi è andata bene e non inficia tutto, controlla Euler.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-04 17:51, Boll wrote:
 Dimostriamolo dunque Z-->Z
 
 Step 4: Si dimostra che xf(x)=0
 
 Dalla relazione iniziale sostituiamo y-->x
 f(0)+2xf(x)=f(2x)
 xf(x)=0 comunque preso x in Z
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 A questo punto, avendo dimostrato precedentemente che: f(2x) = 0, per ogni x € Z, non vedo l\'esigenza dello step n° 5. Semplicemente, dalle relazione sopra indicata, seguita che: 2x · f(x) = 0, per ogni x € Z, e di qui banalmente si conclude che f(·) è identicamente nulla su Z. In ogni caso, la tua soluzione, adesso, va bene!!! Ok, corro a cena. Ciao...
 
 EDIT: beh, ci ho aggiunto una doverosa precisazione...
 
 
 \"Minc**a, che fame!\" - HiTLeuLeR in preda ai crampi dell\'inedia [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 04-11-2004 19:39 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Inizio solo per ora con il terzo, anche perchè stà settimana ho proprio un casino di cose da fare. Ditemi se la strada può andare. Naturalmente la questione stà nel risolvere il tutto sugli altri insiemi ora (mi riferisco al caso su Z risolto da Masso).
 
 Ponendo y=1 e x-->xy (passaggio che spero sia lecito), dato che Masso ha già dimostrato che f(1)=1 e rinominando, viene
 f(xy+1)=1+f(xy)
 
 e per confronto con la prima, si trova
 f(x)*f(y)=f(xy)
 Questa è una delle equazioni di Cauchy. Ora si tratta di verificare la monotonia (che speranzosamente con calcoli si potrà fare) e vedere quali esponenti di a vanno bene.. E\' solo un\'idea, da sviluppare e vedere se funziona.
 
 Saluti
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 05-11-2004 18:35 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-05 18:34, info wrote:
 Ponendo y=1 e x-->xy (passaggio che spero sia lecito), dato che Masso ha già dimostrato che f(1)=1 e rinominando, viene: f(xy+1)=1+f(xy), e per confronto con la prima, si trova: f(x)*f(y)=f(xy)
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Eh, no che non va bene... Ora, essenzialmente, tu cerchi di valerti del fatto che, per ogni x, y, z € X, e contemporaneamente: i) f(xy + 1) = 1 + f(x) · f(y);
 ii) f(xyz + 1) = 1 + f(xz) · f(y). Di qui, posto y = 1 in ambedue le relazioni indicate, si trova che, comunque scelti x, z € X: i) f(x+1) = 1 + f(x); ii) f(xz + 1) = 1 + f(xz). Spiegami tu adesso in che modo si possa mai pervenire alle tue stesse conclusioni. A costo di sembrare sentenzioso, ti ricordo che, nel confrontare due relazione, sulla scorta della traccia di soluzione che tu hai suggerito, è necessario innanzitutto verificarne la compatibilità, e se proprio si è fermamente decisi a \"riciclare\" a tutti i costi le variabili, beh... quantomeno bisogna assicurarsi di saper gestire le problematiche che immancabilmente ne risultano! Ciò detto, saluti...
 
 
 \"Non esistono domande stupide e nessuno diventa stupido, finché non smette, per qualsiasi ragione, di fare domande.\" - Charles Steinmetz [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 05-11-2004 20:54 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Scusa Euler, scrivo meglio il mio ragionamento, così mi puoi chiarire bene gli errori (anche perchè ieri sera con quella premessa ero arrivato alla fine, credo). Posto che f(1)=1, si trova,ponendo y=0 che
 f(x+1)=1+f(x)
 rinominando
 f(z+1)=1+f(z) per OGNI z in X (punto cruciale?). [1]
 Ora riscrivo la relazione iniziale:
 f(xy+1)=1+f(x)*f(y) per OGNI x,y in X [2]
 Il prodotto è legge di composizione interna e quindi è lecito porre z=kf, permettendoci questo di riscrivere la [1] come
 f(fk+1)=1+f(kf) per ogni k ed f in X [3]
 Posto k=x ed y=f possiamo ora confrontare la [2] e la [3] per giungere al risultato precedente...

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-06 13:01, info wrote:
 Posto che f(1)=1, si trova,ponendo y=0 che
 f(x+1)=1+f(x)
 rinominando
 f(z+1)=1+f(z) per OGNI z in X (punto cruciale?). [1]
 Ora riscrivo la relazione iniziale:
 f(xy+1)=1+f(x)*f(y) per OGNI x,y in X [2]
 Il prodotto è legge di composizione interna e quindi è lecito porre z=kf [...].
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ok, credo che anche tu sia d\'accordo sul fatto che, adesso, più non vi sono ambiguità di sorta, no? Bene, la conclusione è ineccepibile! Alla luce delle chiarificazioni che hai fornito con il tuo ultimo post, a tratti persino eccessive (forse sarcastiche?), devo ammetterti che anche prima lo era, soltanto... saprai come la penso in proposito, vero? Ah, prima che me ne dimentichi... dai una sistematina a quello \"0\", se ti resta tempo! Ciao...
 
 P.S.: dopo la relazione eroicamente conquistata dal nostro info, la soluzione della funzionale n° 3 non dovrebbe poi essere così lontana... o forse non è proprio così?!? Asdasdasd... beh, buon lavoro!
 
 
 \"Ad esser chiari, ci si guadagna (quasi) sempre.\" - HiTLeuLeR [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 06-11-2004 17:22 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

HiTLeuler, sei proprio un basardo <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> ma devo ammettere che, se nn stai bleffando, la mia ammirazione per te è salita esponenzialmente... lezione imparata, ma sai com\'è, la pigrizia non perdona! Provo a concludere:
 
 Data come premessa che f(2)=2 (ringrazio sempre Masso), ponendo y=1/x, si trova:
 
 f(x)*f(1/x)=1
 
 Ponendo nella relazione x=1/z, troviamo, sfruttando i risultati precedenti:
 f(y/z+1)=1+f(1/z)*f(y)
 f[1/z*(y+z)]=1+f(1/z)*f(y)
 f(1/z)*f(y+z)=f(z)*f(1/z)+f(1/z)*f(y)
 f(y+z)=f(y)+f(z) [1]
 
 ovverosia ancora una equazione di Cauchy.
 Dal risultato del post precedente
 f(x^2)=f^2(x)
 essendo un quadrato sempre positivo, si deduce che per ogni k>0, f(k)>=0. Questo ci è utile perchè unendo questo risultato alla 1, si trova che
 f(y+z)>=f(y) se z>0, ovverosia se y+z>y, il che ci dà la monotonia, una delle ipotesi che ci permette di affermare che tutte le soluzioni sono del tipo f(x)=ax per qualche a. Sostituendo si trova che f(x)=x soddisfa le condizione. Nn dimentichiamoci però le soluzioni costanti già trovate inizialmente da Masso...
 
 Ok...ho diritto ad un ultimo desiderio, giusto?

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-06 20:48, info wrote:
 Ok... ho diritto ad un ultimo desiderio, giusto?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 No, sbagliato! Non ancora, almeno... bene, allo stato attuale, hai dimostrato semplicemente(1) che, se Y è ordinato, allora l\'unica soluzione possibile alla funzionale n° 3 si ottiene ponendo, indipendentemente dalla scelta di X nella famiglia {Z, Q, R}: f(x) := x, per ogni x € X. In realtà, avrei gradito che avessi pure precisato come le soluzioni tirate fuori finora sono valide o meno in dipendenza della scelta degli insiemi X ed Y. Per esempio, se X = R, allora la soluzione da te appena qui sopra stabilita, almeno per il momento, è accettabile solo se: Y = R, poiché f(·) assume valori irrazionali, là dove il suo argomento possa essere un numero reale. E non mi si venga a obiettare che si tratta meramente di inutili sottigliezze, perché l\'extrema ratio di questo mio discorso si manifesta in tutta la sua prepotente concretezza là dove si tratti di considerare
 (a qualcuno era forse sfuggito?) i casi ancora irrisolti, limitatamente ai quali:
 
 <center>i) X = R, Y = C; ii) X = C, Y = R; iii) X = Y = C.</center>
 
 Beh, come dire? Il meglio è ancora di là da venire... Alla prossima puntata, dunque! Perché ho la vaga impressione che arriverà probabilmente la fine di Beautiful, prima che questo topic possa trovare la sua giusta collocazione in archivio... Su, datevi da fare, poltroni! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 (1): ci sono obbligato, info, non volermene a male... altrimenti, a forza di tirare il pollice in alto, si arriverebbe presto a pensare ch\'io sia persino una persona di buon cuore! O quale avvilente prospettiva... Abooooooooorro!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_mad.gif">
 
 EDIT: comunque complimenti...
 
 
 \"Un cervello limitato contiene una quantità illimitata di idiozie.\" - Stanislaw Lec [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 06-11-2004 23:24 ]