Ho trovato questo problema (fonte):
Trovare tutti i polinomi f con coefficienti reali tali che, se a, b, c sono reali per cui ab+bc+ca=1, allora
f(a-b) + f(b-c) + f(c-a) = 2f(a+b+c)
Come ho scritto nel titolo, è molto simile al 2° di questo thread, tranne che
per la condizione ab+bc+ca=1.
Ad essere sincero questo mi sembra molto più difficile...
Sono solo arrivato a queste due cose:
- se ab+bc+ca=1 f(a+b+c)=f[-(a+b+c)]
- f(x) = 0 e f(x) = x^2+6 soddisfano la relazione.
Any hints?
problema simile al 2° delle IMO 2004
Sono da trovare tutte le $ f \in \mathbb{R}[X] $ t.c. $ \sum_{cyc}{f(a-b)}=2f(a+b+c) $, con $ \sum_{cyc}{ab}=1 $.
Abbiamo:
i) $ f(a-b)+f(b-c)+f(c-a)=2f(a+b+c) $ per ipotesi;
ii) $ f(b-a)+f(a-c)+f(c-b)=2f(b+a+c)=2f(a+b+c) $;
iii) $ f(-a+b)+f(-b+c)+f(-c+a)=2f(-a-b-c)=2f(-(a+b+c)) $.
Dato che gli LHS della ii) e della iii) sono uguali si ha che $ f(a+b+c)=f(-(a+b+c)) $, $ \forall (a.b.c) \in \mathbb{R}^3 \text{ t.c.} \sum_{cyc}{ab}=1 $.
Se $ c=0 \implies ab=1 \implies |a+b| \ge 2 \implies |a+b+c| \ge 2 $, per cui il sistema:
iv) $ \sum_{cyc}{ab}=1 $;
v) $ \sum_{cyc}{a}=k \in \mathbb{R}, |k| \ge 2 $
ha almeno una soluzione.
Ciò significa che $ f(x)=f(-x), \forall x \ge 2 $. Sia $ deg(f(x))=N \in \mathbb{N} $. Dato che il polinomio $ g(x)=f(-x)-f(x) \in \mathbb{R}[X], deg(g(x)) \le N $ ha piu radici del suo grado, concludiamo che $ g(x)=0 \implies f(x)=f(-x) \forall x \in \mathbb{R} $(vi).
Ciò significa che $ N=2n \equiv 0 \pmod 2 \text{ e } \exists \vec{\alpha} \in \mathbb{R}^{n+1}, n \in \mathbb{N}, \alpha_n \neq 0 $ t.c. $ f(x)= \sum_{i=0}^{n}{\alpha_ix^{2i}}= \vec{\alpha} * \displaystyle \vec{(\frac{X^{N+2}-1}{X^2-1})} $. In particolare $ f(0)=\alpha_0 $.
Se $ b=c \in \mathbb{R}/\{0\} \implies a=\frac{1-b^2}{2b} $, e dalla i) e dalla vi) otteniamo: $ f(\frac{3b^2+1}{2b})-f(\frac{3b^2-1}{2b})= \frac{\alpha_0}{2}, \forall b \neq 0 $.
Ponendo $ y=\frac{3b^2-1}{2b} $ la relazione precedente diviene $ 2f(\sqrt{y^2+3})-2f(y)=\alpha_0=f(0) $(vii).
Dato che $ \alpha_i = 0 \forall i \equiv 1 \pmod 2 \implies \exists h(x) \in \mathbb{R}[X] $ t.c. $ h(x)=f(x^2) $, per cui la (vii) diventa $ 2h(x+3)-2h(x)=\alpha_0 $. Ma quindi $ deg(h(x))=n<2 \implies \exists (\alpha_1, \alpha_0) \in \mathbb{R}^2, \alpha_1 \neq 0 \text{ t.c. } h(x)=\alpha_1x+\alpha_0 $.
Si ha quindi che $ \alpha_0=6\alpha_1 $ per cui tutte e le sole $ f \in \mathbb{R}[X] $ che soddisfano la i) sono date da $ f(x)=t(x^2+6), t \in \mathbb{R} $.
Abbiamo:
i) $ f(a-b)+f(b-c)+f(c-a)=2f(a+b+c) $ per ipotesi;
ii) $ f(b-a)+f(a-c)+f(c-b)=2f(b+a+c)=2f(a+b+c) $;
iii) $ f(-a+b)+f(-b+c)+f(-c+a)=2f(-a-b-c)=2f(-(a+b+c)) $.
Dato che gli LHS della ii) e della iii) sono uguali si ha che $ f(a+b+c)=f(-(a+b+c)) $, $ \forall (a.b.c) \in \mathbb{R}^3 \text{ t.c.} \sum_{cyc}{ab}=1 $.
Se $ c=0 \implies ab=1 \implies |a+b| \ge 2 \implies |a+b+c| \ge 2 $, per cui il sistema:
iv) $ \sum_{cyc}{ab}=1 $;
v) $ \sum_{cyc}{a}=k \in \mathbb{R}, |k| \ge 2 $
ha almeno una soluzione.
Ciò significa che $ f(x)=f(-x), \forall x \ge 2 $. Sia $ deg(f(x))=N \in \mathbb{N} $. Dato che il polinomio $ g(x)=f(-x)-f(x) \in \mathbb{R}[X], deg(g(x)) \le N $ ha piu radici del suo grado, concludiamo che $ g(x)=0 \implies f(x)=f(-x) \forall x \in \mathbb{R} $(vi).
Ciò significa che $ N=2n \equiv 0 \pmod 2 \text{ e } \exists \vec{\alpha} \in \mathbb{R}^{n+1}, n \in \mathbb{N}, \alpha_n \neq 0 $ t.c. $ f(x)= \sum_{i=0}^{n}{\alpha_ix^{2i}}= \vec{\alpha} * \displaystyle \vec{(\frac{X^{N+2}-1}{X^2-1})} $. In particolare $ f(0)=\alpha_0 $.
Se $ b=c \in \mathbb{R}/\{0\} \implies a=\frac{1-b^2}{2b} $, e dalla i) e dalla vi) otteniamo: $ f(\frac{3b^2+1}{2b})-f(\frac{3b^2-1}{2b})= \frac{\alpha_0}{2}, \forall b \neq 0 $.
Ponendo $ y=\frac{3b^2-1}{2b} $ la relazione precedente diviene $ 2f(\sqrt{y^2+3})-2f(y)=\alpha_0=f(0) $(vii).
Dato che $ \alpha_i = 0 \forall i \equiv 1 \pmod 2 \implies \exists h(x) \in \mathbb{R}[X] $ t.c. $ h(x)=f(x^2) $, per cui la (vii) diventa $ 2h(x+3)-2h(x)=\alpha_0 $. Ma quindi $ deg(h(x))=n<2 \implies \exists (\alpha_1, \alpha_0) \in \mathbb{R}^2, \alpha_1 \neq 0 \text{ t.c. } h(x)=\alpha_1x+\alpha_0 $.
Si ha quindi che $ \alpha_0=6\alpha_1 $ per cui tutte e le sole $ f \in \mathbb{R}[X] $ che soddisfano la i) sono date da $ f(x)=t(x^2+6), t \in \mathbb{R} $.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Perfetto! 
$ h(x^2)=f(x) $
Mettete a posto l'interprete LaTeX perché fa strani scherzi
Forse qui volevi scrivere:jordan ha scritto:$ \exists h(x) \in \mathbb{R}[X] $ t.c. $ h(x)=f(x^2) $
$ h(x^2)=f(x) $
Mettete a posto l'interprete LaTeX perché fa strani scherzi
Ultima modifica di kn il 29 ott 2008, 23:19, modificato 2 volte in totale.
