Funzioni strette

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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scambret
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Funzioni strette

Messaggio da scambret »

Sia $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ tale che esiste un $M$ t.c. $-M \leq f(n) \leq M$ per ogni $n$ intero e per ogni $n, k$ interi si ha

$$f(n+k)+f(n-k)=2f(n)f(k)$$
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Troleito br00tal
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Re: Funzioni strette

Messaggio da Troleito br00tal »

Ehi bello!

La risolveremo supponendo che il codominio sia $\mathbb{R}$ e $f$ continua.

Ponendo $n,k \leftarrow 0$ otteniamo $f(0)=1$ o $f(0)=0$.

Se $f(0)=0$, ponendo $k \leftarrow 0$ otteniamo $f(n)=0$ per ogni $n$, che effettivamente è soluzione.

Se $f(0)=1$, ponendo $n \leftarrow 0, k \leftarrow -k$, otteniamo $2f(-k)=f(-k)+f(k)=f(k)+f(-k)=2f(k)$, dunque $f$ è pari.

Ponendo $k \leftarrow n$ otteniamo $f(2n)=2f(n)^2-1$. Se $|f(1)|>1$, allora $f(2)>1$. Sia $f(2)=1+2j, j>0$, allora per induzione $f(2^n)>1+j2^n$: infatti $f(2^{n+1})=2f(2^n)^2-1>1+j2^{n+1}+j^2 2^{2n}>1+j2^{n+1}$. Ma allora $|f(1)| \le 1$. Poniamo quindi $f(1)=\cos{\alpha}$

Ora ci ricaviamo ricorsivamente $f(n), n>1$, in funzione di $f(1)$, ponendo $k=1$: $f(n+1)=2f(1)f(n)-f(n-1)$. Grazie a Dio (o meglio, a Prostaferesi), se $f(n)=\cos{n\alpha}$ ecc..., allora $f(n+1)=\cos{(n+1)\alpha}$, perciò $f(n)=\cos{n\alpha}$ per qualche $\alpha$.

Ora dobbiamo capire per quali valori $\cos{\alpha}$ è intero. Sono molti: $\alpha=0, \frac{\pi}{2}, \pi, -\frac{\pi}{2}$. Perciò, sostituendo al contrario, otteniamo $f(1)=-1,0,1$, che portano rispettivamente alle soluzioni $f(n)=(-1)^n$; $f(2n+1)=0, f(2n)=(-1)^n$ e $f(n)=1$, che, unite a $f(n)=0$ sono tutte le soluzioni.
LucaMac
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Re: Funzioni strette

Messaggio da LucaMac »

Oppure per induzione su $a$ si può fare $ - M^{\dfrac{1}{2^a}} \leq f(n) \leq M^{\dfrac{1}{2^a}} $ quindi ($a$ molto grande) $ -1 \leq f(n) \leq 1 $.
Ora (come analizzato da Troleito) $f(n)=0$ oppure $f(0)=1$ , ora posto $k=1$ ci si ricava fino a $f(5)$ e si ottiene che $f$ è periodica di periodo $4$, tre casi per $f(1)$ e si finisce :D
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