Se siete alle primissime armi con le funzionali
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Se siete alle primissime armi con le funzionali
trovare tutte le $f: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ monotone tali che
$f(x+f(y))=f(x)+y$
$f(x+f(y))=f(x)+y$
"Per tre cose vale la pena di vivere: la matematica, la musica, l'amore." [cit.]
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Non so se quello che faccio si possa fare, ma ci provo:
$ x=y\rightarrow f(f(x)+x)=f(x)+x $ e quindi $ f(x)=x $ da cui la tesi, vero?!
$ x=y\rightarrow f(f(x)+x)=f(x)+x $ e quindi $ f(x)=x $ da cui la tesi, vero?!
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Non capisco cosa tu voglia dire "da cui la tesi" (?). Quella è soluzione ma ce ne sono altre (almeno penso).
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Perché quel "quindi"? Da quello che hai scritto sai dire che, SE un certo numero reale $y$ si può scrivere come $x+f(x)$ per un qualche altro numero reale $x$, ALLORA $f(y)=y$.Albertobucci95 ha scritto: $ x=y\rightarrow f(f(x)+x)=f(x)+x $ e quindi $ f(x)=x $
Non è detto che OGNI numero reale si possa scrivere come $x+f(x)$.
Esempio con un'altra equazione: $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tale che $f(f(x))=f(x)$. Tu vorresti concludere che $f(x)=x$? Beh, no! è vero solo per gli elementi dell'immagine di $f$. Ad esempio, la funzione $f(x)=|x|$ ha la proprietà che abbiamo appena detto e quel che capita è che, ad esempio $f(f(-1))=f(-1)$ ma $f(-1)\neq -1$. Chiaro?
Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Il fatto che le funzioni siano monotone mi fa pensare a una Cauchy
.
Pongo $x=0$, $y=y_0 \in\mathbb{R}$, da cui deriva:
$$f(f(y_0))=f(0)+y_0$$
Visto che RHS può variare su tutto $\mathbb{R}$, la funzione è suriettiva; dunque esiste $k$ tale che $f(k)=0$.
Sostituisco $k_0$ alla $y$, ottenendo:
$f(x)=f(x)+k_0$
Da cui $k_0=0$ e quindi $f(0)=0$
Sostituisco adesso $0$ alla $x$ e $k_1\in \mathbb{R}$ alla $y$, ottenendo:
$$f(f(k_1))=k_1$$
Quindi la funzione è biettiva.
Sostituisco dunque $f(y_1)$ al posto di $y$, ottenendo:
$$f(x+y_1)=f(x)+f(y_1)$$
Che è una Cauchy, e che dunque ammette solo soluzioni lineari del tipo $f(x)=\alpha x$.
Sostituisco nell'equazione iniziale per la verifica:
$$\alpha x+\alpha^2y=\alpha x+y$$
E quindi $\alpha=\pm 1$ e le soluzioni sono $f(x)=x$ e $f(x)=-x$
![Cool 8)](./images/smilies/icon_cool.gif)
Pongo $x=0$, $y=y_0 \in\mathbb{R}$, da cui deriva:
$$f(f(y_0))=f(0)+y_0$$
Visto che RHS può variare su tutto $\mathbb{R}$, la funzione è suriettiva; dunque esiste $k$ tale che $f(k)=0$.
Sostituisco $k_0$ alla $y$, ottenendo:
$f(x)=f(x)+k_0$
Da cui $k_0=0$ e quindi $f(0)=0$
Sostituisco adesso $0$ alla $x$ e $k_1\in \mathbb{R}$ alla $y$, ottenendo:
$$f(f(k_1))=k_1$$
Quindi la funzione è biettiva.
Sostituisco dunque $f(y_1)$ al posto di $y$, ottenendo:
$$f(x+y_1)=f(x)+f(y_1)$$
Che è una Cauchy, e che dunque ammette solo soluzioni lineari del tipo $f(x)=\alpha x$.
Sostituisco nell'equazione iniziale per la verifica:
$$\alpha x+\alpha^2y=\alpha x+y$$
E quindi $\alpha=\pm 1$ e le soluzioni sono $f(x)=x$ e $f(x)=-x$
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Giusto. Domanda semi-inutile:
da $f(f(y_0))=f(0)+y_0$ non potevo già dire che $f\circ f$ è biettiva?
da $f(f(y_0))=f(0)+y_0$ non potevo già dire che $f\circ f$ è biettiva?
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Probabilmente si, dopo tutto io lo dimostro in due passaggi quasi banali...
(OT: ho già avuto la stessa identica discussione al Senior, anche se lì si parlava di $g(f(x))=x$ con $g$ suriettiva ed $f$ iniettiva, eri per caso presente anche tu?)
(OT: ho già avuto la stessa identica discussione al Senior, anche se lì si parlava di $g(f(x))=x$ con $g$ suriettiva ed $f$ iniettiva, eri per caso presente anche tu?)
Ultima modifica di Lasker il 17 ott 2013, 15:19, modificato 1 volta in totale.
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Nope. Che ti hanno detto? ![Smile :)](./images/smilies/icon_smile.gif)
![Smile :)](./images/smilies/icon_smile.gif)
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Mi sembra che abbiamo convenuto che si poteva dare per scontato (ma non ne sarei così certo), anche se dopo tutto la dimostrazione non è impossibile/tediosa...
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Fatto generale:
- se $f\circ g$ è surgettiva, allora $f$ è surgettiva
- se $f\circ g$ è iniettiva, allora $g$ è iniettiva.
Questi due sono facili da dimostrare (e sono proprietà generali che si possono dar per buone in una dimostrazione). Come corollario segue che se $f\circ f$ è bigettiva, allora $f$ è bigettiva.
@Lasker: dillo, quando dici che la Cauchy ha solo soluzioni lineari, che questo è vero perché hai anche l'ipotesi di monotonia.
- se $f\circ g$ è surgettiva, allora $f$ è surgettiva
- se $f\circ g$ è iniettiva, allora $g$ è iniettiva.
Questi due sono facili da dimostrare (e sono proprietà generali che si possono dar per buone in una dimostrazione). Come corollario segue che se $f\circ f$ è bigettiva, allora $f$ è bigettiva.
@Lasker: dillo, quando dici che la Cauchy ha solo soluzioni lineari, che questo è vero perché hai anche l'ipotesi di monotonia.
Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
@EvaristeG
![Embarassed :oops:](./images/smilies/icon_redface.gif)
In realtà l'avevo detto all'inizio:@Lasker: dillo, quando dici che la Cauchy ha solo soluzioni lineari, che questo è vero perché hai anche l'ipotesi di monotonia.
anche se devo ammettere che messa lì e in quei termini è un'affermazione velata/fuori postoIl fatto che le funzioni siano monotone mi fa pensare a una Cauchy
![Embarassed :oops:](./images/smilies/icon_redface.gif)
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Per ipotesi $f(x+f(y))=f(x)+y$ per ogni $x,y$ reali.
1) $f(0)=0$:
$x=0 \wedge y=0 \implies f(f(0))=f(0)$. Dunque, posto $a:=f(0)$, si ha $f(a)=a$.
Prendo $x=0$ e $y=a$ ottenendo $f(0+f(a))=f(0)+a$, cioè $f(0)=0$.
2) La funzione coincide con la sua inversa:
scegliendo $x=0$ si ha $f(f(y))=y$, cioè $f^2=\text{id}$.
3) $f(2x)= 2f(x)$ per ogni $x$:
scegliendo $y=f(x)$ otteniamo $f(x+f(f(x)))=f(x)+f(x)$, cioè la tesi.
4)La funzione è dispari:
Per ogni $k$ reale poniamo $x= -f(k)$ e $y=2k$.
Si ha $f( -f(k)+f(2k))=f( -f(k))+2k$, cioè $f(f(k))=f(-f(k))+2k$, ovvero $-k= f(-f(k))$
Pertanto $f(-k)= -f(k)$ per ogni $k \in \mathbb{R}$.
_______
Supponiamo che $f$ sia crescente: dimostro che l'unica possibilità è $f(x)=x$.
Supponiamo che $f$ sia decrescente: dimostro che l'unica possibilità è $f(x) = -x$.
edit:corretto l'ultimo spoiler
1) $f(0)=0$:
$x=0 \wedge y=0 \implies f(f(0))=f(0)$. Dunque, posto $a:=f(0)$, si ha $f(a)=a$.
Prendo $x=0$ e $y=a$ ottenendo $f(0+f(a))=f(0)+a$, cioè $f(0)=0$.
2) La funzione coincide con la sua inversa:
scegliendo $x=0$ si ha $f(f(y))=y$, cioè $f^2=\text{id}$.
3) $f(2x)= 2f(x)$ per ogni $x$:
scegliendo $y=f(x)$ otteniamo $f(x+f(f(x)))=f(x)+f(x)$, cioè la tesi.
4)La funzione è dispari:
Per ogni $k$ reale poniamo $x= -f(k)$ e $y=2k$.
Si ha $f( -f(k)+f(2k))=f( -f(k))+2k$, cioè $f(f(k))=f(-f(k))+2k$, ovvero $-k= f(-f(k))$
Pertanto $f(-k)= -f(k)$ per ogni $k \in \mathbb{R}$.
_______
Supponiamo che $f$ sia crescente: dimostro che l'unica possibilità è $f(x)=x$.
Testo nascosto:
Testo nascosto:
Ultima modifica di Gi8 il 17 ott 2013, 17:38, modificato 2 volte in totale.
Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Infatti era un consiglio di posizionamentoLasker ha scritto: In realtà l'avevo detto all'inizio:anche se devo ammettere che messa lì e in quei termini è un'affermazione velata/fuori postoIl fatto che le funzioni siano monotone mi fa pensare a una Cauchy
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Re: Se siete alle primissime armi con le funzionali
Si scusate, avevate detto per chi è alle prime armi e quello che pensavo fosse giusto ho scritto, grande cavolata!