Funzionale sui razionali

[Gi8]

Trovare tutte le funzioni $\displaystyle h: \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{Q}$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}^+$ valga $\displaystyle \begin{cases}h(x)+x \cdot h \left( \frac{1}{x} \right)=0 \\ h(x)=h(2x+1) \end{cases}$

(a scanso di equivoci, $\mathbb{Q}^+ := \{ q \in \mathbb{Q} \ \mid \ q>0\}$)

[Gottinger95]

Ehm..forse sbaglio qualcosa

Dalla 1 abbiamo
\(h(x) = -x h(\frac{1}{x}) = x^2 h(x)\)
Perciò per \(x \neq 1\) deve valere \(h(x) = 0\). Per \(x=1\), abbiamo \(h(1) = -h(1)\), perciò \(h(1)=0\). L'unica funzione possibile è \(h(x) =0\), che soddisfa anche la 2.

[karlosson_sul_tetto]

\(-x h(\frac{1}{x}) = x^2 h(x)\)

Non ho ben capito cosa fai qui. Sostituisci $\frac{1}{x}$ a $x$ nella prima equazione? non dovresti ottenere:
\(-x h(\frac{1}{x})=-x(-\frac{1}{x}h(x)) = h(x)\)

Comunque anch'io ho ottenuto che l'unica funzione che soddisfa è $ h(x)=0 $, ma è veramente oscena la mia soluzione...

[Gi8]

Comunque anch'io ho ottenuto che l'unica funzione che soddisfa è $ h(x)=0 $, ma è veramente oscena la mia soluzione...

Idem per me.

Il procedimento che ho seguito io è il seguente:

i) Dimostro che per ogni $a,b$ interi positivi coprimi tali che $2 \mid ab$ si ha $h(\frac{a}{b})=0$;
ii) Dimostro che per ogni $n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$ vale $h(n)=0$ (si sfrutta il punto i);
iii) Dimostro per induzione su $n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$ che
per ogni $m \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$ coprimo con $n$ si ha $h(\frac{m}{n})=0$ (la base dell'induzione è il punto ii ).

[Gottinger95]

Si scusate, flesciata assurda! Non l'ho ancora risolto, ma se riesco ad andare in fondo la mia dimostrazione è davvero terribile.