Esercizio 6. Si trovino tutte le funzioni $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $tali che per ogni polinomio di secondo grado $ p : \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ la funzione composta $ f(p(x)) $ è ancora un polinomio di secondo grado (se è utile per il metodo risolutivo usato, si può supporre che $f$ sia derivabile quante volte si vuole).
sembra un esemplificazione del sns di quest'anno.. come lo risolvereste??
Edit : correzione di ma_go sull'insieme dei reali(laTex questo sconosciuto!)
L'esercizio è il 6 della Galileiana 2005/2006 e se,brava simile a quello della sns di quest'anno, almeno in parte per il grado 2a cioè la risposta a del quesito della Sns.
Funzione tipo sns 012\013
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Robertopphneimer
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Funzione tipo sns 012\013
L'universo è come una sfera dove il centro è ovunque e la circonferenza da nessuna parte.
"Blaise Pascal"
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Clausewitz
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Re: Funzione tipo sns 012\013
Spero che questa soluzione sia giusta.
Prendiamo $p(x)=x^2$. Allora $f(x^2)=polinomio\space di\space secondo\space grado$.
Derivando si ha $2xf'(x^2)=polinomio\space di\space primo\space grado$.
Derivando ancora si ha $2f'(x^2)+4x^2f''(x^2)=costante$ ovvero $f'(x^2)+2x^2f''(x^2)=costante$.
Derivando ancora si ha $2xf''(x)+4xf''(x^2)+4x^3f'''(x^2)=0$ ovvero $x[3f''(x^2)+2x^2f'''(x^2)]=0$. Se $x\neq 0$ allora $4x^3f''(x^2)=2x^2f'''(x^2)=-3f''(x^2)$. Dunque se $x\neq \sqrt[3]{-\frac{3}{4}}$ allora $f''(x^2)=0$. Di conseguenza se $t>0$ e $t\neq\sqrt[3]{-\frac{3}{4}}$ allora $f''(t)=0$. Dato che la funzione è infinitamente derivabile $f''(t)$ è derivabile e dunque continua, e allora anche $f''(0)$ e $f(\sqrt[3]{-\frac{3}{4}})=0$.
Analogamente mettendo $p(x)=-x^2$ si ottiene che $f''(t)=0$ per $t\leq 0$. Dunque $f''(t)=0$ per ogni $t\in\mathbb{R}$. Ciò implica che $f(x)=ax+b$ con $a, b\in\mathbb{R}$. D'altronde si verifica facilmente che tutte le funzioni di questo tipo verificano le richieste del problema.
Prendiamo $p(x)=x^2$. Allora $f(x^2)=polinomio\space di\space secondo\space grado$.
Derivando si ha $2xf'(x^2)=polinomio\space di\space primo\space grado$.
Derivando ancora si ha $2f'(x^2)+4x^2f''(x^2)=costante$ ovvero $f'(x^2)+2x^2f''(x^2)=costante$.
Derivando ancora si ha $2xf''(x)+4xf''(x^2)+4x^3f'''(x^2)=0$ ovvero $x[3f''(x^2)+2x^2f'''(x^2)]=0$. Se $x\neq 0$ allora $4x^3f''(x^2)=2x^2f'''(x^2)=-3f''(x^2)$. Dunque se $x\neq \sqrt[3]{-\frac{3}{4}}$ allora $f''(x^2)=0$. Di conseguenza se $t>0$ e $t\neq\sqrt[3]{-\frac{3}{4}}$ allora $f''(t)=0$. Dato che la funzione è infinitamente derivabile $f''(t)$ è derivabile e dunque continua, e allora anche $f''(0)$ e $f(\sqrt[3]{-\frac{3}{4}})=0$.
Analogamente mettendo $p(x)=-x^2$ si ottiene che $f''(t)=0$ per $t\leq 0$. Dunque $f''(t)=0$ per ogni $t\in\mathbb{R}$. Ciò implica che $f(x)=ax+b$ con $a, b\in\mathbb{R}$. D'altronde si verifica facilmente che tutte le funzioni di questo tipo verificano le richieste del problema.
Re: Funzione tipo sns 012\013
chi ti garantisce che $f$ sia derivabile?
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Clausewitz
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Re: Funzione tipo sns 012\013
Il testo del problema dice esplicitamente "se è utile per il metodo risolutivo usato, si può supporre che $f$ sia derivabile quante volte si vuole".
Comunque, anche se il testo non lo desse per supponibile, credo che non sia difficile dimostrare che $f$ sia tre volte derivabile.
Prendiamo $p(x)=x^2+x$ con $x\geq 0$
\begin{equation}
\lim_{h\to 0} \frac{f((x+h)^2+(x+h))-f(x^2+x)}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{f(x^2+2hx+h^2+x+h)-f(x^2+x)}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{f(x^2+x+h(2x+1+h))-f(x^2+x)}{h(2x+1+h)}(2x+1+h)=\\
=(2x+1)\lim_{h(2x+1+h)\to 0} \frac{f(x^2+x+h(2x+1+h))-f(x^2+x)}{h(2x+1+h)}=(2x+1)\lim_{k\to 0} \frac{f(t+k)-f(t)}{k}
\end{equation}
Con $k=h(2x+1+h)$ e $t=x^2+x$
Dato che il primo membro è derivabile (perché è la derivata di un polinomio di secondo grado) lo è anche l'ultimo. Dunque se $x\geq 0$ allora $f(x)$ è derivabile. Con $p(x)=-x^2$ o qualcosa del genere si dimostra che $f(x)$ è derivabile anche se $x<0$. Analogamente si procede per dimostrare che $f$ è derivabile altre due volte.
Comunque, anche se il testo non lo desse per supponibile, credo che non sia difficile dimostrare che $f$ sia tre volte derivabile.
Prendiamo $p(x)=x^2+x$ con $x\geq 0$
\begin{equation}
\lim_{h\to 0} \frac{f((x+h)^2+(x+h))-f(x^2+x)}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{f(x^2+2hx+h^2+x+h)-f(x^2+x)}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{f(x^2+x+h(2x+1+h))-f(x^2+x)}{h(2x+1+h)}(2x+1+h)=\\
=(2x+1)\lim_{h(2x+1+h)\to 0} \frac{f(x^2+x+h(2x+1+h))-f(x^2+x)}{h(2x+1+h)}=(2x+1)\lim_{k\to 0} \frac{f(t+k)-f(t)}{k}
\end{equation}
Con $k=h(2x+1+h)$ e $t=x^2+x$
Dato che il primo membro è derivabile (perché è la derivata di un polinomio di secondo grado) lo è anche l'ultimo. Dunque se $x\geq 0$ allora $f(x)$ è derivabile. Con $p(x)=-x^2$ o qualcosa del genere si dimostra che $f(x)$ è derivabile anche se $x<0$. Analogamente si procede per dimostrare che $f$ è derivabile altre due volte.