quattro funzionali forse facili

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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pipotoninoster
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quattro funzionali forse facili

Messaggio da pipotoninoster » 09 ago 2018, 20:51

Ci sono quattro funzionali su cui avrei bisogno di qualche delucidazioni. Potrebbe essere che siano banali: perdonatemi, sulle funzionali sono alle prime armi.
1)Trovare tutte le funzioni [math] tali che [math] [math]
2)Trovare tutte le funzioni [math] tali che [math] [math]
3)Trovare tutte le funzioni [math] tali che [math] [math]
4)Trovare tutte le funzioni [math] tali che [math] [math]
Grazie in anticipo.

Ilgatto
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Re: quattro funzionali forse facili

Messaggio da Ilgatto » 10 ago 2018, 15:40

Comincio facendo le prime $2$:
1):
Testo nascosto:
Per prima cosa noto che la funzione è suriettiva in quanto il membro di destra può assumere qualsiasi valore reale e a sinistra c'è la funzione di un certo numero. Pongo ora $x=0$, dunque devo avere $f(f(0)+f(y))=0$; per quanto detto prima, $f(y)$ può assumere tutti i valori reali al variare di $y$, dunque anche la somma $ f(0)+f(y)$ può assumere tutti i valori reali in quanto $f(0)$ è una costante. Ne consegue che $f(x)$ è la funzione nulla, infatti qualsiasi valore assuma la somma $f(0)+f(y)$, la funzione di quel valore sarà nulla e ho già notato che quella somma può assumere tutti i valori reali.
Del resto però se $f$ è la funzione nulla, allora non torna la suriettività. Dunque la funzionale non ha soluzioni.
2):
Testo nascosto:
Il RHS può assumere qualsiasi valore reale e il LHS è la funzione di un numero, dunque la funzione è suriettiva. Poniamo ora che $f(z)=0$ (posso farlo per la suriettività), ponendo $x=z$ ne consegue che $f(f(z)f(y))=f(0)=z+y$, però $f(0)$ è costante e il RHS varia su tutto $\mathbb{R}$ al variare di $y$ in quanto $z$ è una costante reale. Ne consegue dunque che un numero ($f(0)$) è allo stesso tempo uguale a tutti i numeri reali, che credo non possa accadere realmente. Dunque la funzionale non ha soluzioni.

pipotoninoster
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Iscritto il: 24 feb 2018, 14:42

Re: quattro funzionali forse facili

Messaggio da pipotoninoster » 10 ago 2018, 19:12

Anch'io ero arrivato a queste due conclusioni. Intanto grazie.

SPhantom
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Re: quattro funzionali forse facili

Messaggio da SPhantom » 05 mag 2019, 20:00

3)
Testo nascosto:
Dimostriamo che f(0)=0.Sostituiamo x=y=0 nell’equazione iniziale ed otteniamo f[2f(0)]=0.Poniamo ora x=y=2f(0) ed otteniamo f(0+0)=4f(0) da cui f(0)=0.Sostituiamo y=0 ed otteniamo f[f(x)]=x.Dall‘equazione iniziale e da f[f(x)] deduciamo che f(x)+f(y)=f(x+y) che è l‘equazione di Cauchy.Quindi f(x)=kx con k reale e sostituendo nell‘equazione iniziale otteniamo k²(x+y)=x+y da cui k=±1.Le soluzioni sono dunque f(x)=±x
4)
Testo nascosto:
Pongo x=y=1 ed ottengo f[f(1)²]=1.Pongo ora x=y=f(1)² ed ottengo f(1)=f(1)^4 e dato che f(1) è reale deve essere o 1 o 0.Ma se f(1)=0 allora pongo y=1 ed ottengo che f(0)=x per ogni x reale che è assurdo.Quindi f(1)=1 e ponendo y=1 ottengo f[f(x)]=x.Applico questa proprietà nell’equazione iniziale ed ottengo f(x)f(y)=f(xy) che è sempre un equazione di tipo Cauchy ed ammette soluzioni del tipo f(x)=x^t con t reale non negativo.Sostituisco nell‘equazione iniziale ed ottengo che t=±1 ma t=-1 è da scartare ,anche perché non avrebbe significato per x=0 ma l’equazione iniziale vale anche per x=0.La soluzione è dunque f(x)=x.

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Xamog
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Re: quattro funzionali forse facili

Messaggio da Xamog » 28 giu 2019, 17:07

Però l'equazione di Cauchy (diciamo in contesto additivo) si comporta come si deve solo sui razionali :?
Glory is like a circle in the water,
Which never ceaseth to enlarge itself,
Till by broad spreading it disperses to naught.

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