Funzionale sui Razionali (2)
Funzionale sui Razionali (2)
Trovare tutte le $f: \mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}$ valga $\displaystyle \begin{cases} f(x+1)=f(x)+1\\f^2(x)=f(x^2) \end{cases}$
Re: Funzionale sui Razionali (2)
Sento che sto per scrivere un sacco di cavolate ma ci provo
L'unica soluzione è $p(x)=x$
Dimostrazione
Sia $p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_0$, con $a_n\ne 0$
Sfruttiamo il fatto che $p^2(x)=p(x^2)$
Avremo $a_nx^{2n}+a_{n-1}x^{2(n-1)}+\ldots +a_0=\displaystyle{\sum_{i=0}^n a_i^2x^{2i}+2\sum_{i,j=0}^n a_ia_jx^{i+j}}$
Quindi $a_n=1$ e $a_0=1$
Questo, inoltre, comprende termini del tipo $mx^{2n-(2k+1)}$ che non possono esserci perchè nel $LHS$ sono tutti del tipo $mx^{2k}$, quindi per eliminarli dovremo porre $a_{n-1}=a_{n-3}=\ldots =a_{n-(2k+1)}=0$
Resta $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots +1$ o $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots +a_1x$ a seconda della parità di $n$
Ma allora $x^{2n}+a_{n-2}x^{2(n-2)}+\ldots =x^{2n}+2a_{n-2}x^{2(n-1)}+\ldots $
Quindi dovremo eliminare il termine di grado $2(n-1)$ da cui anche $a_{n-2}=a_{n-6}=\ldots =0$
Ripetendo il procedimento toglieremo tutti i termini del tipo $a_{n-k}$ con $k\equiv 1 \pmod 2$ poi $k\equiv 2\pmod 4$ $\ldots$ $k\equiv 2^{m-1}\pmod {2^m}$
Resterà quindi solo $a_nx^n$.
Ma $a_n=1$ quindi $p(x)=x^n$
Ora, poichè, $p(x+1)=p(x)+1$ dovremo avere $(x+1)^n=x^n+1$ da cui l'unica soluzione
\begin{equation} p(x)=x \end{equation}
Mi rendo conto che sia detta malissimo e probabilmente è anche sbagliata
Correzioni sono ben accette
L'unica soluzione è $p(x)=x$
Dimostrazione
Sia $p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_0$, con $a_n\ne 0$
Sfruttiamo il fatto che $p^2(x)=p(x^2)$
Avremo $a_nx^{2n}+a_{n-1}x^{2(n-1)}+\ldots +a_0=\displaystyle{\sum_{i=0}^n a_i^2x^{2i}+2\sum_{i,j=0}^n a_ia_jx^{i+j}}$
Quindi $a_n=1$ e $a_0=1$
Questo, inoltre, comprende termini del tipo $mx^{2n-(2k+1)}$ che non possono esserci perchè nel $LHS$ sono tutti del tipo $mx^{2k}$, quindi per eliminarli dovremo porre $a_{n-1}=a_{n-3}=\ldots =a_{n-(2k+1)}=0$
Resta $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots +1$ o $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots +a_1x$ a seconda della parità di $n$
Ma allora $x^{2n}+a_{n-2}x^{2(n-2)}+\ldots =x^{2n}+2a_{n-2}x^{2(n-1)}+\ldots $
Quindi dovremo eliminare il termine di grado $2(n-1)$ da cui anche $a_{n-2}=a_{n-6}=\ldots =0$
Ripetendo il procedimento toglieremo tutti i termini del tipo $a_{n-k}$ con $k\equiv 1 \pmod 2$ poi $k\equiv 2\pmod 4$ $\ldots$ $k\equiv 2^{m-1}\pmod {2^m}$
Resterà quindi solo $a_nx^n$.
Ma $a_n=1$ quindi $p(x)=x^n$
Ora, poichè, $p(x+1)=p(x)+1$ dovremo avere $(x+1)^n=x^n+1$ da cui l'unica soluzione
\begin{equation} p(x)=x \end{equation}
Mi rendo conto che sia detta malissimo e probabilmente è anche sbagliata
Correzioni sono ben accette
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina
Re: Funzionale sui Razionali (2)
Occhio che devi trovare le funzioni, che non sono tutte polinomiali
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Funzionale sui Razionali (2)
Pongo $x\longrightarrow0$, ottenendo:
\begin{cases}f(1)=f(0)+1\\ f^2(0)=f(0^2)\end{cases}
Dalla seconda equazione otteniamo $f(0)=0\lor f(0)=1$; sostituendo questo risultato nella prima distinguiamo due casi:
$f(1)=1$ oppure $f(1)=2$
Ma il secondo è banalmente falso per sostituzione nella seconda equazione.
Allora possiamo sostituire $1$ con $f(1)$ al $RHS$ della prima equazione, ottenendo:
$$f(x+1)=f(x)+f(1)$$
Che è un caso particolare di una Cauchy (la $f$ ha tutte le belle proprietà che ci servono ), ed ammette quindi solo soluzioni della forma $f(x)=\alpha x$.
Ora ricaviamo $\alpha$ dalla seconda equazione:
$$f(x)^2=f(x^2)\Rightarrow \alpha^2 x^2=\alpha x^2\Rightarrow \alpha=\alpha^2\Rightarrow \alpha=0\lor\alpha=1$$
Dunque tutte e sole le funzioni che verificano sono $f(x)=0$ e $f(x)=x$.
\begin{cases}f(1)=f(0)+1\\ f^2(0)=f(0^2)\end{cases}
Dalla seconda equazione otteniamo $f(0)=0\lor f(0)=1$; sostituendo questo risultato nella prima distinguiamo due casi:
$f(1)=1$ oppure $f(1)=2$
Ma il secondo è banalmente falso per sostituzione nella seconda equazione.
Allora possiamo sostituire $1$ con $f(1)$ al $RHS$ della prima equazione, ottenendo:
$$f(x+1)=f(x)+f(1)$$
Che è un caso particolare di una Cauchy (la $f$ ha tutte le belle proprietà che ci servono ), ed ammette quindi solo soluzioni della forma $f(x)=\alpha x$.
Ora ricaviamo $\alpha$ dalla seconda equazione:
$$f(x)^2=f(x^2)\Rightarrow \alpha^2 x^2=\alpha x^2\Rightarrow \alpha=\alpha^2\Rightarrow \alpha=0\lor\alpha=1$$
Dunque tutte e sole le funzioni che verificano sono $f(x)=0$ e $f(x)=x$.
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
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Re: Funzionale sui Razionali (2)
Mmmh... no, non esattamente. Innanzitutto $f \equiv 0$ non è una soluzione, ma a parte questo le funzioni che rispettano soltanto $f(x+1)=f(x)+f(1)$, persino sui razionali, possono essere un po' più a caso delle Cauchy (p. es. $f(x)=\left\{ x \right\}$; nota che se in più imponi $f(1)=0$ stai dicendo che $f$ dipende solo da $\left\{x\right\}$, e viceversa qualunque funzione che dipenda solo da $\{x\}$ - e possono essere brutte assai - va bene, purché $f(1)=f(0)=0$).
(Visto che ormai sto postando: complimenti al propositore, problema divertente!)
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"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
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Re: Funzionale sui Razionali (2)
Acc... è vero, per qualche strano motivo pensavo che desse addirittura più informazioni della classica Cauchy, quando palesemente è una condizione meno forte (studiare storia tardi mi fa male, mi sa ).
La soluzione $f(x)=0$ mostra esattamente quanto fossi presente mentre scrivevo la "soluzione"
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- Troleito br00tal
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Re: Funzionale sui Razionali (2)
Intervento come se fossi Tron:
Testo nascosto:
Re: Funzionale sui Razionali (2)
Dalla prima equazione si ha subito per induzione:
$ \displaystyle f(x+n)=f(x)+n \qquad x\in\mathbf{Q},\ n\in \mathbf{Z} $
Utilizzando quest' ultima e la seconda equazione si ha:
$ \displaystyle n^2+f(x^2+2xn)=f(x^2+2xn+n^2)=f((x+n)^2)=[f(x+n)]^2=[f(x)+n]^2= $
$ =f(x)^2+2nf(x)+n^2=f(x^2)+2nf(x)+n^2=f(x^2+2m)-2m+2nf(x)+n^2 $
per ogni $ m\in \mathbf{Z} $. Guardando primo e ultimo membro abbiamo, ponendo $ x=m/n $:
$ \displaystyle f(x^2+2m)=f(x^2+2m)-2m+2nf(m/n) $
ossia $ f(m/n)=m/n $ per ogni $ m\in\mathbf{Z} $, $ n\in\mathbf{Z}^* $. Quindi $ f $ deve essere l' identità sui razionali; per i reali si vedrà!
$ \displaystyle f(x+n)=f(x)+n \qquad x\in\mathbf{Q},\ n\in \mathbf{Z} $
Utilizzando quest' ultima e la seconda equazione si ha:
$ \displaystyle n^2+f(x^2+2xn)=f(x^2+2xn+n^2)=f((x+n)^2)=[f(x+n)]^2=[f(x)+n]^2= $
$ =f(x)^2+2nf(x)+n^2=f(x^2)+2nf(x)+n^2=f(x^2+2m)-2m+2nf(x)+n^2 $
per ogni $ m\in \mathbf{Z} $. Guardando primo e ultimo membro abbiamo, ponendo $ x=m/n $:
$ \displaystyle f(x^2+2m)=f(x^2+2m)-2m+2nf(m/n) $
ossia $ f(m/n)=m/n $ per ogni $ m\in\mathbf{Z} $, $ n\in\mathbf{Z}^* $. Quindi $ f $ deve essere l' identità sui razionali; per i reali si vedrà!
Ultima modifica di machete il 12 gen 2014, 21:09, modificato 1 volta in totale.
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Re: Funzionale sui Razionali (2)
Proviamo con i reali. Sia $ f: \mathbf{R}\rightarrow\mathbf{R} $ che soddisfa le stesse equazioni del problema originale. Osserviamo che, come prima, valgono:
$ \displaystyle f(x+n)=f(x)+n\qquad x\in\mathbf{R},\ n\in\mathbf{Z}\qquad(1) $
$ \displaystyle f(x^2+2x)=f(x^2)+2f(x)\qquad x\in \mathbf{R}\qquad (2) $
Inoltre, a differenza di prima, vale $ f([0,+\infty))\subseteq[0,+\infty) $. Ciò è un' immediata conseguenza della seconda equazione, dato che nei reali non negativi ogni numero è un quadrato.
Mostriamo che $ f $ è dispari, infatti ponendo in $ (2) $ $ x=-y-1 $ otteniamo:
$ \displaystyle f(y^2-1)=f(y+1)^2+2f(-y)-2\qquad y\in\mathbf{R} $
sviluppando i conti:
$ \displaystyle f(y^2)-1=f(y^2)+2f(y)+1+2f(-y)-2\qquad y\in\mathbf{R} $
che è la disparità. Supponiamo ora per assurdo che esista $ r\in \mathbf{R}\setminus\mathbf{Q} $ tale che $ f(r)\neq r $. Grazie alla disparità e alla $ (1) $ possiamo trovare un $ s $ irrazionale tale che $ f(s)>s>1 $.
Osserviamo che per induzione sulla seconda equazione del testo vale:
$ \displaystyle f(s^{2^k})={[f(s)]}^{2^k}\qquad k\in\mathbf{N}\qquad (3) $
Da cui , ponendo $ s_k:=s^{2^k} $ e $ d_k:=f(s_k)-s_k $, si ottiene:
$ \displaystyle f(s_k)>s_k \Rightarrow f(s_{k+1})>s_{k+1} \qquad k\in\mathbf{N}\qquad (5) $
semplicemente prendendo i quadrati di ambo i membri della prima e usando la $ (3) $. Ciò ci dice che $ \{d_k\} $ è una successione positiva. Inoltre vale:
$ \displaystyle d_{k+1}=f(s_{k+1})-s_{k+1}=f(s_k)^2-s_k^2=(f(s_k)+s_k)\cdot(f(s_k)-s_k)>2s_k\cdot d_k\qquad k\in\mathbf{N} $
Ciò è il passo induttivo della dimostrazione del fatto che $ d_{k+1}>2\, d_0\, s_k $; quindi, essendo $ \{s_k\} $ superiormente illimitata, abbiamo che anche $ \{d_k\} $ lo è.
In particolare esisterà $ \bar{k} $ tale che $ d_{\bar{k}}>1 $. Ossia avremo, posto $ t:=s_{\bar{k}} $:
$ \displaystyle f(t)=t+d_{\bar{k}}>t+1>\lfloor t\rfloor +1 $
da cui, per disparità: $ \displaystyle f(-t)<-(\lfloor t\rfloor +1) $ ossia applicando la $ (1) $:
$ \displaystyle f(\lfloor t\rfloor +1-t)<0 $
che è assurdo perchè abbiamo visto che $ f $ è non-negativa sui non-negativi ma $ \lfloor t\rfloor +1-t>0 $.
NOTA: per pura sfiga potremmo avere $ t\in\mathbf{Q} $, ma la versione induttiva "a ritroso" della $ (3) $ (ossia con $ k $ intero e non solo naturale) ci garantisce che $ f $ sia l'identità sugli irrazionali del tipo "radice (potenza di due)-esima di razionale", quindi potevamo escludere in partenza che $ s $ fosse un numero di questo tipo.
Giusto?
$ \displaystyle f(x+n)=f(x)+n\qquad x\in\mathbf{R},\ n\in\mathbf{Z}\qquad(1) $
$ \displaystyle f(x^2+2x)=f(x^2)+2f(x)\qquad x\in \mathbf{R}\qquad (2) $
Inoltre, a differenza di prima, vale $ f([0,+\infty))\subseteq[0,+\infty) $. Ciò è un' immediata conseguenza della seconda equazione, dato che nei reali non negativi ogni numero è un quadrato.
Mostriamo che $ f $ è dispari, infatti ponendo in $ (2) $ $ x=-y-1 $ otteniamo:
$ \displaystyle f(y^2-1)=f(y+1)^2+2f(-y)-2\qquad y\in\mathbf{R} $
sviluppando i conti:
$ \displaystyle f(y^2)-1=f(y^2)+2f(y)+1+2f(-y)-2\qquad y\in\mathbf{R} $
che è la disparità. Supponiamo ora per assurdo che esista $ r\in \mathbf{R}\setminus\mathbf{Q} $ tale che $ f(r)\neq r $. Grazie alla disparità e alla $ (1) $ possiamo trovare un $ s $ irrazionale tale che $ f(s)>s>1 $.
Osserviamo che per induzione sulla seconda equazione del testo vale:
$ \displaystyle f(s^{2^k})={[f(s)]}^{2^k}\qquad k\in\mathbf{N}\qquad (3) $
Da cui , ponendo $ s_k:=s^{2^k} $ e $ d_k:=f(s_k)-s_k $, si ottiene:
$ \displaystyle f(s_k)>s_k \Rightarrow f(s_{k+1})>s_{k+1} \qquad k\in\mathbf{N}\qquad (5) $
semplicemente prendendo i quadrati di ambo i membri della prima e usando la $ (3) $. Ciò ci dice che $ \{d_k\} $ è una successione positiva. Inoltre vale:
$ \displaystyle d_{k+1}=f(s_{k+1})-s_{k+1}=f(s_k)^2-s_k^2=(f(s_k)+s_k)\cdot(f(s_k)-s_k)>2s_k\cdot d_k\qquad k\in\mathbf{N} $
Ciò è il passo induttivo della dimostrazione del fatto che $ d_{k+1}>2\, d_0\, s_k $; quindi, essendo $ \{s_k\} $ superiormente illimitata, abbiamo che anche $ \{d_k\} $ lo è.
In particolare esisterà $ \bar{k} $ tale che $ d_{\bar{k}}>1 $. Ossia avremo, posto $ t:=s_{\bar{k}} $:
$ \displaystyle f(t)=t+d_{\bar{k}}>t+1>\lfloor t\rfloor +1 $
da cui, per disparità: $ \displaystyle f(-t)<-(\lfloor t\rfloor +1) $ ossia applicando la $ (1) $:
$ \displaystyle f(\lfloor t\rfloor +1-t)<0 $
che è assurdo perchè abbiamo visto che $ f $ è non-negativa sui non-negativi ma $ \lfloor t\rfloor +1-t>0 $.
NOTA: per pura sfiga potremmo avere $ t\in\mathbf{Q} $, ma la versione induttiva "a ritroso" della $ (3) $ (ossia con $ k $ intero e non solo naturale) ci garantisce che $ f $ sia l'identità sugli irrazionali del tipo "radice (potenza di due)-esima di razionale", quindi potevamo escludere in partenza che $ s $ fosse un numero di questo tipo.
Giusto?
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