Ritorno alle equazioni funzionali

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matty96
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Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 21 mar 2012, 19:40

Salve. Ho rincominciato a vedere un pò più seriamente le equazioni funzionali e sono ancora incerto su alcune cose. Ho provato a risolvere un 'equazione dai reali ai reali e voglio controllare che ciò che faccio sia lecito.
1)L'equazione è $f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$ . Pongo z=f(y) e ottengo $f(x-z)=f(z)+zx+f(x)-1$. Ora pongo z=0 (cioè impongo f(y)=0 e vedo cosa succede quando la funzione si annulla) e trovo $f(x)=f(0)+f(x)-1$ e quindi $f(0)=1$. Ora $1=f(0)=f(z-z)=f(z)+z^2+f(z)-1$ da cui $2f(z)=2-z^2$, cioè $f(z)=1- \frac{z^2}{2}$ che è la funzione cercata (ciò che ne deriva è infatti $f(x)=1- \frac{x^2}{2}$). Va bene? Non mi sembra ci sia qualcosa di illecito...
2) Per trovare le soluzioni dagli interi agli interi di $f(x+1)=f(x)+1$ invece ho prima provato per induzione che $f(x+n)=f(x)+n$. se pongo n=-x posso dire che $k=f(0)=f(x+(-x))=f(x)-x$ e quindi $f(x)=x+k$ ?
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da fph » 21 mar 2012, 20:00

Consiglio importante quando inizi: ogni volta che scrivi una formula, "presenta" tutte le variabili che ci sono, dicendo per quali valori delle variabili è valida; per esempio, quando scrivi $f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$, aggiungici che questa uguaglianza è valida $\forall x\in\mathbb{R}, \forall y\in \mathbb{R}$. La cosa importante è che anche in queste condizioni devi "cambiare variabile"; per esempio, se poni $z=f(y)$, per quali valori di $z$ è valida la formula "trasformata"?

Questo è un ottimo modo per vedere quali dei passaggi che fai sono legittimi e quali no (c'è qualche problemino in entrambe le soluzioni...).
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 24 mar 2012, 14:38

1) Si, hai ragione dovevo scriverlo (e meno male che ho studiato sulla tua dispensa!!!). Allora, vedo che non posso subito imporre f(y)=0 perchè essendo nei reali sto supponendo che gli zeri di quella funzione siano reali (ma chi mi dice che non possano essere complessi?). Bene, so che posso porre x=0 , per cui $f(-f(y))=f(f(y))+f(0)-1$ e $f(0)=k$. se k non è 1, allora posso dire che $f(f(y))+k-1$ è bigettiva per cui f(-f(y)) è iniettiva e suriettiva. Da quest'ultima posso dire che esiste un y tale che f(y)=0 e quindi sostituendo ottengo quanto già detto.

2) Al secondo non so dove sbaglio, comunque io ho usato due induzioni: una per dire che $f(x+n)=f(x)+n$ per x in Z,n in N e l'altra per $f(x-n)=f(x)-n$ per x in Z,n in N, in modo tale che $f(x+n)=f(x)+n$ è vera per x in Z, n in Z.
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da fph » 24 mar 2012, 15:25

matty96 ha scritto:ho usato due induzioni: una per dire che $f(x+n)=f(x)+n$ per x in Z,n in N e l'altra per $f(x-n)=f(x)-n$ per x in Z,n in N, in modo tale che $f(x+n)=f(x)+n$ è vera per x in Z, n in Z.
Tutto bene - non avevi scritto che di induzioni ne hai usate due e quindi il tuo $n$ ("non presentato") può essere sia positivo che negativo... :D
Allora, vedo che non posso subito imporre f(y)=0 perchè essendo nei reali sto supponendo che gli zeri di quella funzione siano reali (ma chi mi dice che non possano essere complessi?).
Giusto. Aggiungo che "impongo $f(y)=0$" è un modo di pensare che ti genererà confusione. Quello che devi avere in testa è: "scelgo un $a\in\mathbb{R}$ tale che $f(a)=0$ (perché posso farlo? Ce n'è uno?), e pongo $y=a$ nell'equazione iniziale".
Bene, so che posso porre x=0 , per cui $f(-f(y))=f(f(y))+f(0)-1$ e $f(0)=k$.
Continuo a vedere formule con variabili non presentate... Salve signor $y$ e mr. $k$. Chi siete? :?
se k non è 1, allora posso dire che $f(f(y))+k-1$ è bigettiva per cui f(-f(y)) è iniettiva e suriettiva.
Hmm, no. Anche qui hai un po' di confusione su quali lettere rappresentano valori fissati e quali no. Per ogni $y\in\mathbb{R}$ fissato, la funzione $g(k):=f(f(y))+k-1$ è bigettiva. Per $k\in\mathbb{R}$ fissato, la funzione $h(y):=f(f(y))+k-1$ non è sempre bigettiva (pensa per esempio se $f$ fosse la funzione costantemente uguale a 5...). In quale dei due casi ti trovi?
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 25 mar 2012, 14:07

Purtroppo mi trovo nel secondo caso.Devo stare attento a queste cose. A questo punto mi verrebe di considerare $cost=f(0)=f(x-x)=f(x)+x^2+f(x)-1$ ma cosi sto ponendo f(y)=x e questo è vero se f è suriettiva,vero? Uff... non so cosa posso dire su f, forse niente perchè anche volendo dimostrare che è suriettiva, f(x)=1-x^2/2 dai reali ai reali non ha per immagine l'intero codominio...potrei dimostrarlo su un codominio ristretto e dire poi che esiste un $a$ ,reale, di $y$ tale che $f(a)=0$, ma non so come. Aiuto please!
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 25 mar 2012, 16:45

Forse ho trovato qualcosa di interessante: ponendo y=0 e f(0)=k, dove k è costante, vedo che $f(x-k)-f(x)=f(k)-1+kx$ e ciò mi dice che se k è diverso da 0, $f(k)-1+kx $ è bigettiva. Se k=0, vedo che è impossibile ponendo x=y=0, dove mi trovo alla fine dei conti che 0=-1. Quindi so che $f(x-k)-f(x)$ prende tutto R, per cui esiste un $a$ di $x$ tale che f(a)=b dove b è un reale fissato. Quindi questo mi permette di fare quello che ho fatto prima e cosi mi trovo la funzione...se anche questa non va mi arrendo...
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da Sonner » 25 mar 2012, 17:36

matty96 ha scritto:$f(x-k)-f(x)$ prende tutto R, per cui esiste un $a$ di $x$ tale che f(a)=b dove b è un reale fissato.
Se intendi dire che da $f(x-k)-f(x)$ è biettiva deriva $f(x)$ biettiva (o anche solo suriettiva) sappi che in generale è falso (e infatti la soluzione che hai trovato non è nè iniettiva nè suriettiva), comunque per quel che può contare la mia soluzione (se è giusta) passa da quella osservazione :P

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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 25 mar 2012, 18:42

So che è falso, infatti stavo cercando un modo per usare quell'informazione ma non so come, perchè la f può essere qualunque cosa(anzi quella da trovare non è suriettiva e nemmeno iniettiva). Come posso usare quell'informazione, allora?
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da fph » 25 mar 2012, 21:49

Quella "cosa" è collegata ad un'idea che serve a volte nelle funzionali avanzate (certo che non te ne sei scelta una facile per iniziare... :p ), cioè usare le proprietà dell'immagine della $f$. In particolare, in questo caso riesci a dire che ogni reale si scrive come $f(a)-f(b)$ per un'opportuna scelta di $a$ e $b$. Questa è la cosa più vicina che puoi avere alla suriettività quando una soluzione è $f(x)=x^2$ o simili (proprio come nel tuo caso...). Come si usa? Fissa un reale $r$; scegli $a$ e $b$ in modo che $f(a)-f(b)=r$ (hai dimostrato che esistono...); sostituisci nel testo qualche parente di $a$ e $b$ in modo furbo per far comparire $r$...
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da Sonner » 26 mar 2012, 19:59

Già che siamo in tema ne approfitto... fph: quali altri trucchi di questo tipo ci sono? Io ne conosco qualcuno ma vado abbastanza a naso (più che altro abbastanza a caso :P ), si riesce a "sistematizzare" un minimo la faccenda?

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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da fph » 26 mar 2012, 21:23

Che io sappia, questo "$f(\mathbb{R})-f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$" è l'unico trucco del genere "non proprio suriettiva, ma quasi" che è comparso in $n>1$ problemi. Un buon modo per pensare questa proprietà probabilmente è riuscire a generalizzarla è dare un nome al codominio ($A:=f(\mathbb{R})$) e ragionarci un po' su: come posso combinare $A$ con sé stesso per riuscire a generare $\mathbb{R}$? Quali proprietà sono vere per $z\in A$ (per esempio, di alcune funzioni si riesce a dimostrare che sono $a$-periodiche per ogni $a$ nel dominio...).
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 27 mar 2012, 13:54

Dunque, diciamo che $z_1\in {A}$, e $z_2 \in {A}$, drovrebbe valere (?) che $z_1-z_2 \in {A-A}=\mathbb{R}$ quindi se $z_1-z_2=x=f(y)$ ed è possibile perchè lo abbiamo dimostrato ottengo:
1) $f(x)= f(z_1-z_2)=f(z_2)+{z_1}{z_2}+f(z_1)-1$
2) $k=f(0)=f(x-x)=f(x)+x^2+f(x)-1$
e mettendo queste due a sistema dovrebbe saltar fuori la nostra funzione
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da matty96 » 03 apr 2012, 18:21

Riapro per un'altra cosa: se ho una funzione e so che $f(f(0))=f(0)$ posso o non posso dire che f(0)=0? Io penso che non sia immediato, però posso dimostrare questo: Prima noto che $f^n(0)=f(0)$ .Se k=f(0), suppongo k diverso da 0. k non può essere uno zero della funzione perchè altrimenti $f(k)=k=0$. Quindi la composizione di f n volte, deve assumere sempre valori diversi, quindi si ha che la funzione è costante, per cui $f(x)=k$. In conclusione posso dire che o $f(0)=0$ oppure f è costante.Dico bene oppure sto sbagliando qualcosa di davvero evidente?
Ultima modifica di matty96 il 04 apr 2012, 14:40, modificato 1 volta in totale.
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da fph » 04 apr 2012, 14:07

Controesempi: qualunque polinomio con $f(0)=f(1)=1$.
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Re: Ritorno alle equazioni funzionali

Messaggio da julio14 » 04 apr 2012, 14:33

matty96 ha scritto:Quindi la composizione di f,n volte deve assumere sempre valori diversi, quindi si ha che la funzione è costante
È qua il problema... non si capisce bene il senso della prima frase, né la giustificazione di entrambe.

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