IMO 2002

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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nuoveolimpiadi1999
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IMO 2002

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 31 mar 2015, 17:38

Trovare tutte le funzioni f : R → R tali che:
(f(x) + f(z))(f(y) + f(t)) = f(xy − zt) + f(xt + yz)


L'ho preso dalle imo del 2002

AGallese
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Re: IMO 2002

Messaggio da AGallese » 01 apr 2015, 00:24

Sia $P(x,y,z,t)$ il testo del problema.
Con $P(x,0,x,0)$ si ha
\[ \left( 2f(x) \right)\left( 2f(0) \right) = 2f(0) \]
Se $f(0)\neq 0$ allora $f(x)=\frac{1}{2} \;\forall x \in\mathbb{R}$.

Altrimenti, $f(0)=0$.
Con $P(x,0,0,x)$ si ricava
\[ f(x)^2 = f(x^2)\]
Da cui la funzione è pari. Con $P(x,y,0,0)$ si ricava
\[ f(x)f(y) = f(xy)\]
Imponendo nell'ultima $y=1$, abbiamo che se $f(1)=0$ allora $f(x)=0$ sempre.

Altrimenti $f(1)=1$. Possiamo mostrare che esistono numeri interi positivi arbitrariamente grandi tali che $f(x)=x^2$, ponendo $P(n,1,1,n)$ e supponendo $f(n)=n^2$ (vero come base per $n=1$) si ha infatti
\[ f(n^2+1) = \left( f(n)+1 \right)^2 = (n^2+1)^2 \]
Sappiamo ora che esistono non solo interi arbitrariamente grandi, ma coppie di interi consecutivi per cui è vero, del tipo $(n^2,n^2+1)$. Infatti $f(n^2)=f(f(n))^2=f(n)^2=n^4$. Impostando $P(n,1,1,1)$ si ha
\[ 2 \left( f(n) + 1 \right) = f(n-1)+f(n+1) \;\Rightarrow\; f(n-1) = 2 \left( f(n) + 1 \right) -f(n+1)= 2n^2+2-n^2-2n-1 = (n-1)^2 \]
Così si ottiene una sorta di "induzione al contrario".
Ma allora tutti gli interi positivi sono tali che $f(n)=n^2$ , inoltre poiché la funzione è pari, questo vale anche per tutti gli $n$ interi relativi.
Riprendendo $P(\frac{n}{m},m,0,0)$ abbiamo che
\[ f\left(\frac{n}{m}\right)f(m) = f(n) \quad\Rightarrow\quad f\left(\frac{n}{m}\right)=\frac{f(n)}{f(m)} \]
il che estende $f(k)=k^2$ a tutti i numeri razionali.

E... non penso di poter fare di meglio senza ipotesi tipo continuità ecc :roll:

Per concludere, le uniche funzioni sono $f(x)=0$, $f(x)=\frac{1}{2}$ e $f(x)=x^2$. Dove le prime due si verificano facilmente e per la seconda si usa l'identità di Fibonacci :D

EDIT: vedi sotto :roll:
Ultima modifica di AGallese il 01 apr 2015, 18:25, modificato 1 volta in totale.

PIELEO13
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Re: IMO 2002

Messaggio da PIELEO13 » 01 apr 2015, 01:41

AGallese ha scritto: Se $f(0)\neq 0$ allora $f(x)=0 \;\forall x \in\mathbb{R}_0$, da cui, più o meno qualunque cosa, si arriva a $f(0)=0$... per esempio $P(x,y,y,x)$.
Non capisco, forse sbaglio io... ma non si arriva a dire che se $ f(0)\neq 0 $ allora $ 2f(x)=1 $ da cui $ f(x)=1/2 $ ?

AGallese
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Re: IMO 2002

Messaggio da AGallese » 01 apr 2015, 18:23

Hai ragione :? oops

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Kfp
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Re: IMO 2002

Messaggio da Kfp » 01 apr 2015, 21:31

AGallese ha scritto:E... non penso di poter fare di meglio senza ipotesi tipo continuità ecc :roll:

Puoi puoi, per esempio prova a dimostrare che
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dopo un po'è sempre positiva, per averla limitata in un intervallo
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"La zuppa magica dedicata a te Gianluca"

"È "iamo", non rompere i coglioni"

AGallese
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Re: IMO 2002

Messaggio da AGallese » 02 apr 2015, 01:30

Mannaggia.
Intanto penso di aver tirato fuori la parità senza poterlo affermare.. però si rimedia con $P(0,0,1,1)$, da cui $f(-1)=1$ e segue la parità, senza imbrogliare.
Abbiamo $f(x^2)=f(x)^2$ per cui la funzione è sempre non negativa. E domani cercherò in qualche modo di usare questa cosa!

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