funzionale non facile
funzionale non facile
Trovare almeno una funzione $ f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ tale che $ f(0)=0 $ e $ f(2x+1) = 3f(x)+5 $ per ogni x reale.
Re: funzionale non facile
Perché non facile?
Uno potrebbe intuire una funzione che la soddisfa per una certa successione di valori e poi "estenderla brutalmente" a tutto $\mathbb{R}$ (o meglio a tutta una parte di $\mathbb{R}$) e verificare che soddisfa l'equzione del problema.
Uno potrebbe intuire una funzione che la soddisfa per una certa successione di valori e poi "estenderla brutalmente" a tutto $\mathbb{R}$ (o meglio a tutta una parte di $\mathbb{R}$) e verificare che soddisfa l'equzione del problema.
Re: funzionale non facile
Puoi postare allora la tua soluzione?Anche per me sembrava facile visto che richiedeva almeno una soluzione della funzionale ma quello che dici tu sembra anche l' unica visto anche io in quel modo l'ho risolta.Voglio vedere se ci sono altre soluzioni e questo non é facile,mi sembra.Io non ci sono riuscito.
Re: funzionale non facile
Dopo aver traslato un attimo la funzione (mi pare che bisogni prendere $f(x-1)+\frac{5}{2}=g(x)$) si ottiene l'equazione $$ g(2x)=3g(x)\ \ \ \ (*) $$ con la condizione che $g(1)=\frac{5}{2}=k$.
Ora posso definire $g^+:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}$ e $g^-:\mathbb{R}^-\rightarrow \mathbb{R}$ in modo indipendente l'una dall'altra (dato che nella (*) se metti $x$ positivo ottieni una condizione che riguarda solo reali positivi, se la metti negativa riguarda solo negativi), e già questo ti fa capire che le soluzioni sono tante (dato che per la parte negativa non c'è un vincolo equivalente a $g(1)$). Da ora guardo solo $g^+$.
La soluzione facile (che è anche continua) è $g(x)=k3^{log_2(x)}$.
Se vuoi altre soluzioni basta notare che la condizione mette in relazione immagini della $g$ con rapporto $2$. Cioè, se tu definisci la $g$ in $[1,2)$, la condizione (*) implica l'esistenza di una sola soluzione, e ciò indipendentemente da come sia stata definita in quell'intervallo.
Quindi come vedi le soluzioni sono tante!
Ora posso definire $g^+:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}$ e $g^-:\mathbb{R}^-\rightarrow \mathbb{R}$ in modo indipendente l'una dall'altra (dato che nella (*) se metti $x$ positivo ottieni una condizione che riguarda solo reali positivi, se la metti negativa riguarda solo negativi), e già questo ti fa capire che le soluzioni sono tante (dato che per la parte negativa non c'è un vincolo equivalente a $g(1)$). Da ora guardo solo $g^+$.
La soluzione facile (che è anche continua) è $g(x)=k3^{log_2(x)}$.
Se vuoi altre soluzioni basta notare che la condizione mette in relazione immagini della $g$ con rapporto $2$. Cioè, se tu definisci la $g$ in $[1,2)$, la condizione (*) implica l'esistenza di una sola soluzione, e ciò indipendentemente da come sia stata definita in quell'intervallo.
Quindi come vedi le soluzioni sono tante!
Re: funzionale non facile
Potresti mostrare i passaggi per arrivare alla soluzione facile?
Re: funzionale non facile
In attesa della risposta di Tess, ecco un modo alternativo per venir fuori con una soluzione.
1. Valori particolari
Intanto notiamo che, ponendo $x=0$, otteniamo $f(1)=5$, poi ponendo $x=1$ otteniamo $f(3)=3f(1)+5=20$ e poi $f(7)=3f(3)+5=65$. Insomma, riusciamo a capire i valori di $f$ sui punti $a_n$ dati da $a_n=2a_{n-1}+1$, $a_0=0$; vediamo che, se poniamo $b_n=a_n+1$, si ha
$$b_n=a_n+1=2a_{n-1}+1+1=2a_{n-1}+2=2b_{n-1}$$
e $b_0=1$. Quindi $b_n=2^{n}$ e $a_n=2^{n}-1$, ovvero, iterando il procedimento sopra, sappiamo definire $f(2^n-1)$ per ogni $n$ naturale. Ora vediamo quanto valgono questi valori. Poniamo $x_n=f(2^n-1)$. Allora
$$x_{n+1}=f(2^{n+1}-1)=f(2(2^{n}-1) + 1)=3f(2^n-1)+5=3x_n + 5$$
e $x_0=f(0)=0$. Con lo stesso trucco di prima, poniamo $y_n=x_n+5/2$ e notiamo che
$$y_{n+1}=x_{n+1}+5/2=3x_n+ 15/2=3(x_n+5/2)=3y_n$$
e $y_0=5/2$. Da cui $y_n=3^n5/2$ e $x_n=5(3^n-1)/2$.
Allora, abbiamo
$$f(2^n - 1)=\frac{5}{2}(3^n-1)$$
2. Proviamoci
A questo punto, uno un tentativo lo fa: se $x=2^n-1$, allora $n=\log_2(x+1)$ e $f(x)=5(3^n-1)/2=5(3^{\log_2(x+1)}-1)/2$. Vediamo se funziona
$$f(2x+1)=5(3^{\log_2(2x+2)}-1)/2$$
$$3f(x)+5=5(3^{\log_2(x+1) + 1}-3)/2 + 5=5(3^{\log_2(2x+2)}-1)/2$$
e funziona.
3. Il Dominio
Ora, la funzione $\log_2(x+1)$ è definita per $x>-1$, ma notiamo che, per $x=-1$, $2x+1=-1$ e dunque la relazione iniziale ci dice $f(-1)=3f(-1)+5$, ovvero $2f(-1)=-5$, ovvero $f(-1)=-5/2$.
Ora, come nota anche Tess, se $x<-1$, allora $2x+1<-1$ e dunque il comportamento di $f$ sulle $x<-1$ non influenza il resto e viceversa. Quindi possiamo porre $f(x)=-\frac{5}{2}$ per ogni $x\leq -1$ e vediamo che l'equazione è verificata. Dunque la nostra funzione è
$$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{5}{2}(3^{\log_2(x+1)}-1)&x>-1\\
& \\
-\dfrac{5}{2}&x\leq -1\end{array}\right.$$
Altre considerazioni (un po' più complicate)
Vediamo che, se $f$ e $g$ sono due soluzioni, allora poniamo $h=f-g$ e calcoliamo
$$h(2x+1)=f(2x+1)-g(2x+1)=3f(x)+5 - (3g(x)+5)=3(f(x)-g(x))=3h(x)$$
e $h(0)=0$. Allora, per gli stessi argomenti del punto 1., $h(2^n-1)=0$ per ogni $n$. Ma se poniamo $a_0=t$, otteniamo $b_0=t+1$ e $b_n=2^n(t+1)$, ovvero $a_n=t2^n + 2^n-1$. Ora, poiché $(2^{n+1}-1)-(2^{n}-1)=2^n$, per $t\in [0,1]$ otteniamo successioni che toccano ogni numero reale; notiamo che
$$h(a_n)=3h(a_{n-1})$$
quindi $h(t2^n+2^n-1)=3^nh(t)$.
Dunque esistono infinite soluzioni all'equazione: fissiamo una funzione $\phi:[0,1)\to\mathbb{R}$ tale che $\phi(0)=0$ e poniamo
$$g_\phi(x)=f(x) + 3^n\phi\left(\frac{x-(2^n-1)}{2^n}\right)\qquad \textrm{se }2^n-1\leq x<2^{n+1}-1\;.$$
Infine, fissate $\phi, \psi:[0,1)\to\mathbb{R}$ tali che $\phi(0)=0$ (senza condizioni su $\psi$), ogni funzione
$$g(x)=\left\{\begin{array}{ll}f(x) + 3^n\phi\left(\frac{x-(2^n-1)}{2^n}\right)&2^n-1\leq x<2^{n+1}-1\;,\ n\geq 0\\
f(x)+3^n\psi\left(\frac{-x-2^n)}{2^n}\right)&-2^{n+1}<x<-2^n\;,\ n>0\end{array}\right.$$
è una soluzione, dove $f$ è quella che abbiamo definito prima.
Osservazione
Le sostituzioni che dice Tess sono quelle ottenute nel trattare le successioni di cui al punto 1.
Infatti, se poniamo $F(x)=f(x-1)$ (come passando dalla successione $a_n$ alla successione $b_n$), abbiamo che $F(2(x+1))=f(2x+1)=3f(x)+5=3F(x+1)+5$.
E se poniamo $p(x)=F(x)+5/2$ (come passando da $x_n$ a $y_n$), abbiamo $p(2x)=F(2x)+5/2=3F(x)+15/2=3p(x)$.
Così arrivi all'equazione $p(2x)=3p(x)$. Da qui, appunto, puoi "indovinare" una soluzione in vari modi, ad esempio con lo stesso metodo che ho esposto io sopra, che qui si semplifica in $p(2^n)=3^np(1)$, oppure usando un po' di truccacci da tizio sgamato che si ricorda A3 del senior: cerchiamo una soluzione positiva sui positivi e quindi poniamo per $x>0$, $q(x)=\log_3 p(x)$, allora si ha $q(2x)=q(x)+1$. Allo stesso modo, se si pone $r(x)=q(2^x)$, si ottiene $r(x+1)=q(2\cdot2^x)=q(2^x)+1=r(x)+1$; ora, le soluzioni di $r(x+1)=r(x)+1$ non sono così ardue da trovare (la differenza tra due di loro è una qualsiasi funzione periodica di periodo $1$...) e per avere soluzioni dello schifo di cui sopra basta ripercorrere all'indietro le sostituzioni fatte.
1. Valori particolari
Intanto notiamo che, ponendo $x=0$, otteniamo $f(1)=5$, poi ponendo $x=1$ otteniamo $f(3)=3f(1)+5=20$ e poi $f(7)=3f(3)+5=65$. Insomma, riusciamo a capire i valori di $f$ sui punti $a_n$ dati da $a_n=2a_{n-1}+1$, $a_0=0$; vediamo che, se poniamo $b_n=a_n+1$, si ha
$$b_n=a_n+1=2a_{n-1}+1+1=2a_{n-1}+2=2b_{n-1}$$
e $b_0=1$. Quindi $b_n=2^{n}$ e $a_n=2^{n}-1$, ovvero, iterando il procedimento sopra, sappiamo definire $f(2^n-1)$ per ogni $n$ naturale. Ora vediamo quanto valgono questi valori. Poniamo $x_n=f(2^n-1)$. Allora
$$x_{n+1}=f(2^{n+1}-1)=f(2(2^{n}-1) + 1)=3f(2^n-1)+5=3x_n + 5$$
e $x_0=f(0)=0$. Con lo stesso trucco di prima, poniamo $y_n=x_n+5/2$ e notiamo che
$$y_{n+1}=x_{n+1}+5/2=3x_n+ 15/2=3(x_n+5/2)=3y_n$$
e $y_0=5/2$. Da cui $y_n=3^n5/2$ e $x_n=5(3^n-1)/2$.
Allora, abbiamo
$$f(2^n - 1)=\frac{5}{2}(3^n-1)$$
2. Proviamoci
A questo punto, uno un tentativo lo fa: se $x=2^n-1$, allora $n=\log_2(x+1)$ e $f(x)=5(3^n-1)/2=5(3^{\log_2(x+1)}-1)/2$. Vediamo se funziona
$$f(2x+1)=5(3^{\log_2(2x+2)}-1)/2$$
$$3f(x)+5=5(3^{\log_2(x+1) + 1}-3)/2 + 5=5(3^{\log_2(2x+2)}-1)/2$$
e funziona.
3. Il Dominio
Ora, la funzione $\log_2(x+1)$ è definita per $x>-1$, ma notiamo che, per $x=-1$, $2x+1=-1$ e dunque la relazione iniziale ci dice $f(-1)=3f(-1)+5$, ovvero $2f(-1)=-5$, ovvero $f(-1)=-5/2$.
Ora, come nota anche Tess, se $x<-1$, allora $2x+1<-1$ e dunque il comportamento di $f$ sulle $x<-1$ non influenza il resto e viceversa. Quindi possiamo porre $f(x)=-\frac{5}{2}$ per ogni $x\leq -1$ e vediamo che l'equazione è verificata. Dunque la nostra funzione è
$$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{5}{2}(3^{\log_2(x+1)}-1)&x>-1\\
& \\
-\dfrac{5}{2}&x\leq -1\end{array}\right.$$
Altre considerazioni (un po' più complicate)
Vediamo che, se $f$ e $g$ sono due soluzioni, allora poniamo $h=f-g$ e calcoliamo
$$h(2x+1)=f(2x+1)-g(2x+1)=3f(x)+5 - (3g(x)+5)=3(f(x)-g(x))=3h(x)$$
e $h(0)=0$. Allora, per gli stessi argomenti del punto 1., $h(2^n-1)=0$ per ogni $n$. Ma se poniamo $a_0=t$, otteniamo $b_0=t+1$ e $b_n=2^n(t+1)$, ovvero $a_n=t2^n + 2^n-1$. Ora, poiché $(2^{n+1}-1)-(2^{n}-1)=2^n$, per $t\in [0,1]$ otteniamo successioni che toccano ogni numero reale; notiamo che
$$h(a_n)=3h(a_{n-1})$$
quindi $h(t2^n+2^n-1)=3^nh(t)$.
Dunque esistono infinite soluzioni all'equazione: fissiamo una funzione $\phi:[0,1)\to\mathbb{R}$ tale che $\phi(0)=0$ e poniamo
$$g_\phi(x)=f(x) + 3^n\phi\left(\frac{x-(2^n-1)}{2^n}\right)\qquad \textrm{se }2^n-1\leq x<2^{n+1}-1\;.$$
Infine, fissate $\phi, \psi:[0,1)\to\mathbb{R}$ tali che $\phi(0)=0$ (senza condizioni su $\psi$), ogni funzione
$$g(x)=\left\{\begin{array}{ll}f(x) + 3^n\phi\left(\frac{x-(2^n-1)}{2^n}\right)&2^n-1\leq x<2^{n+1}-1\;,\ n\geq 0\\
f(x)+3^n\psi\left(\frac{-x-2^n)}{2^n}\right)&-2^{n+1}<x<-2^n\;,\ n>0\end{array}\right.$$
è una soluzione, dove $f$ è quella che abbiamo definito prima.
Osservazione
Le sostituzioni che dice Tess sono quelle ottenute nel trattare le successioni di cui al punto 1.
Infatti, se poniamo $F(x)=f(x-1)$ (come passando dalla successione $a_n$ alla successione $b_n$), abbiamo che $F(2(x+1))=f(2x+1)=3f(x)+5=3F(x+1)+5$.
E se poniamo $p(x)=F(x)+5/2$ (come passando da $x_n$ a $y_n$), abbiamo $p(2x)=F(2x)+5/2=3F(x)+15/2=3p(x)$.
Così arrivi all'equazione $p(2x)=3p(x)$. Da qui, appunto, puoi "indovinare" una soluzione in vari modi, ad esempio con lo stesso metodo che ho esposto io sopra, che qui si semplifica in $p(2^n)=3^np(1)$, oppure usando un po' di truccacci da tizio sgamato che si ricorda A3 del senior: cerchiamo una soluzione positiva sui positivi e quindi poniamo per $x>0$, $q(x)=\log_3 p(x)$, allora si ha $q(2x)=q(x)+1$. Allo stesso modo, se si pone $r(x)=q(2^x)$, si ottiene $r(x+1)=q(2\cdot2^x)=q(2^x)+1=r(x)+1$; ora, le soluzioni di $r(x+1)=r(x)+1$ non sono così ardue da trovare (la differenza tra due di loro è una qualsiasi funzione periodica di periodo $1$...) e per avere soluzioni dello schifo di cui sopra basta ripercorrere all'indietro le sostituzioni fatte.
Re: funzionale non facile
relue123 ha scritto:Potresti mostrare i passaggi per arrivare alla soluzione facile?
Eccomi, ci sono! Io la soluzione facile l'ho trovata sostanzialmente con i passaggi descritti dal buon Sam, la quale è sostanzialmente un'ovvia estensione a $\mathbb{R}$ del fatto che $g(2^n)=3^n$.EvaristeG ha scritto:In attesa della risposta di Tess,