dopo lungo tempo posto il nuovo problema, e premetto che è la parte più difficile della mia soluzione al problema 6 del balkan TST di quest'anno:
trovare tutte le funzioni $f:\mathbb Q^+\rightarrow\mathbb Q^+$ tali che
1)$f(xy)=f(x)f(y)$
2)$f(x)f(f(x))^2=x^3$
BONUS: trovare tutte le funzioni solo con la condizione 2. Lo metto come bonus perchè credo di averlo risolto ma non ho ancora controllato per bene, quindi non mi fido a piazzarlo come problema principale
Ultima modifica di patatone il 16 lug 2011, 22:47, modificato 1 volta in totale.
Mi ero dimenticato di scriverla, la piazzo così se è sbagliata almeno mi dite dove.
Pongo $x=y=1$ in (1) e ottengo $f(1)=1$.
Pongo $x=n, y=\frac{1}{n}$ in (1) e ottengo $f(\frac{1}{n}=\frac{1}{f(n)}$.
Pongo $x=a, y=\frac{1}{b}$ in (1) e ottengo $f(\frac{a}{b})\frac{f(a)}{f(b)}$. (*)
Passo a (2) limitandomi ai naturali. Sia $p$ un primo, allora $f(p)\mid p^3\rightarrow f(p)\in {1,p,p^2,p^3}$. Se $f(p)=1\rightarrow$ assurdo sostituendo in (2) (sarebbe $p^3=1$), se $f(p)=p^2$ di nuovo assurdo in (2) ($f(f(p))^2=p$), se $f(p)=p^3$ è ancora assurdo ($f(p^3)=1$ e sostituisco $x=p$). Allora $f(p)=p$ e tornando a (1) (che uso ripetutamente)
$$f(n)=f(p_1^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot p_k^{\alpha_k})=f(p_1)^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot f(p_k)^{\alpha_k}=n$$ che soddisfa.
A questo punto per passare ai razionali è sufficiente usare la (*) $\rightarrow f(n)=n$ per $n$ razionale positivo.
Ultima modifica di Sonner il 16 lug 2011, 20:30, modificato 1 volta in totale.
non è questo il punto, il punto è che non puoi assumere che $f(n)\in\mathbb N$ se $n\in\mathbb N$... lui ha assunto $f(p)$ naturale, ma questo non è assolutamente scontato!
Non so se ci sono speranze di aggiustarla, in ogni caso ho trovato quest'altra che non mi sarei mai aspettato di trovare
Pongo $g(x)=\frac{f(x)}{x}$, (1) diventa $g(xy)=g(x)g(y)$, (2) diventa $g(x)^5g(g(x))^2=1 \rightarrow g(x)=h_1(x)^2$ (sostituendo e sfruttando la moltiplicatività) per una certa funzione $h_1$. Sostituendo in (2) trovo $h_1(x)^5h_1(h_1(x))^2=1$ che è la stessa di prima, da qui è una banalissima induzione dimostrare che per ogni $n$ esiste $h_n$ moltiplicativa tale che $h_{n-1}(x)=h_{n}(x)^2$ per ogni $x$ e tale per cui valga $h_n(x)^5h_n(h_n(x))^{2n}=1$, ma questo è assurdo (infatti se $a=g(b), a$ dovrebbe essere potenza $2^n-$esima per $n$ grande a piacere) a meno che $g(x)=1$ per ogni $x \rightarrow f(x)=x$.
ora si che funziona! Bravo
Tra l'altro credo che la mia fosse uguale! Dico credo perchè ho la brutta abitudine di risolvere i problemi su fogli volanti che poi spariscono sempre, ed a distanza di un paio di settimane non ricordo esattamente tutto
Vai pure col prossimo problema!
