SIano $f(x)=x^2+4x+3$, $g(x)=x^2+10x+9$ e $A,B$ due trasformazioni tali che
$$A(f(x))=x^2f\biggl( \frac{1}{x}+1\biggr)\qquad\text{e}\qquad B(f(x))=(x-1)^2f\biggl(\frac{1}{x-1}\biggr)$$
Dimostrare che è impossibile ottenere $g(x)$ da $f(x)$ mediante una serie di trasformazioni $A,B$.
Bonus:
data una funzione $f(x)$, determinare quali siano le funzioni ottenibili da essa mediante una serie di trasformazioni $A,B$.
Trasformazioni funzionali
- karlosson_sul_tetto
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Re: Trasformazioni funzionali
Calcoliamoci prima di tutto la composizione delle due trasformazioni.
$A(B(f(x)))=A((x-1)^2f(\frac{1}{x-1}))=x^2((\frac{1}{x}+1)-1)^2f\left(\dfrac{1}{(\frac{1}{x}+1)-1}\right)=x^2 \dfrac{1}{x^2}f\left(\dfrac{1}{\frac{1}{x}}\right)=f(x)$
$B(A(f(x)))=B(x^2f(\frac{1}{x}+1))=(x-1)^2(\frac{1}{x-1})^2f\left(\dfrac{1}{(\frac{1}{x-1})}+1\right)=f(x)$
Noto quindi che le due trasformazioni sono l'una l'inversa dell'altra, perché applicarle di seguito ridà la funzione originaria. Per questo una serie di trasformazioni A (fatte $a_1$ volte) e B (fatte $b_1$ volte) può essere descritta come la trasformazione A fatta $n=a_1-b_1$ volte, dove $n$ negativo sta ad indicare che è stata applicata la trasformazione inversa ad A, ovvero B.
Ora dimostro per induzione che $A_n(f(x))=(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)$ dove $F_n$ è l'$n$-simo numero di Fibonacci partendo da $F_0=0, F_1=1$. Per $n$ negativi si intende la successione di Fibonacci estesa, ovvero $F_{-1}=1, F_{-2}=-1, F_{-3}=2$ che è uguale a quella positiva ma i numeri pari della serie hanno segno opposto.
P.B. $A_1(f(x))=A(f(x))=x^2f\left(\dfrac{x+1}{x}\right)=(F_1x+F_0)^2f\left(\dfrac{F_2x+F_1}{F_1x+F_0}\right)$
P.I.$A_{n}(f(x))=(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)
\rightarrow
A_{n+1}(f(x))=(F_{n+1}x+F_{n})^2 f\left(\frac{F_{n+2}x+F_{n+1}}{F_{n+1}x+F_{n}}\right)$
$A_{n+1}(f(x))=A(A_{n}(f(x)))=A\left((F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)\right)=$
$=x^2(F_{n}(\frac{1}{x}+1)+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}(\frac{1}{x}+1)+F_{n}}{F_{n}(\frac{1}{x}+1)+F_{n-1}}\right)=
(F_{n}+F_{n}x+F_{n-1}x)^2 f\left(\frac{F_{n+1}+F_{n+1}x+F_{n}x}{F_{n}+F_nx+F_{n-1}x}\right)=$
$=(F_{n+1}x+F_{n})^2 f\left(\frac{F_{n+2}x+F_{n+1}}{F_{n+1}x+F_{n}}\right)$
In cui ho usato che $F_k=F_{k-1}+F_{k-2}$
Per dimostrare che vale anche per n negativi, prendo $g(x)=B_n(f(x))$. Allora di sicuro vale $A_n{g(x)}=f(x)$ perché A e B sono due trasformazioni inverse, quindi usando la formula appena dimostrata:
$f(x)=(F_{n}x+F_{n-1})^2 g\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)$
Chiamo $y=\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}$, faccio i calcoli per esprimere x:
$F_nxy+F_{n-1}y=F_{n+1}x+F_n$
$x(F_ny-F_{n+1})=F_n-F_{n-1}y\rightarrow x=\frac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}$
Sostituisco sopra:
$f\left(\dfrac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}\right)=\left( F_n\cdot\frac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}+F_{n-1}\right)^2g(y)$
$g(y)=f\left(\dfrac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}\right)
\left( \frac{F_ny-F_{n+1}}{F_n^2-F_nF_{n-1}y+F_nF_{n-1}y-F_{n-1}F_{n+1}}\right)^2$
Ricordiamo la proprietà dei numeri di Fibonacci $F_n^2=F_{n-1}F_{n+1}+(-1)^{n+1}$ e distinguo due casi:
1) $n$ è pari. Allora $F_n^2-F_{n-1}F_{n+1}=-1$, $F_{-n}=-F_{n}, F_{-(n-1)}=F_{n-1},F_{-(n+1)}=F_{n+1}$.
$g(y)=f\left(\dfrac{-F_{-n}-F_{-(n-1)}y}{-F_{-n}y-F_{-(n+1)}}\right)\left( \frac{-F_{-n}y-F_{-(n+1)}}{-1}\right)^2=$
$=\left(\dfrac{F_{-n+1}y+F_{-n}}{F_{-n}y+F_{-n-1}}\right)(F_{-n}y+F_{-n-1})^2=A_{-n}(f(x))$
2) $n$ è dispari. Allora $F_n^2-F_{n-1}F_{n+1}=1$, $F_{-n}=F_{n}, F_{-(n-1)}=-F_{n-1},F_{-(n+1)}=-F_{n+1}$.
$g(y)=f\left(\dfrac{F_{-n}-(-F_{-(n-1)}y)}{F_{-n}y-(-F_{-(n+1)})}\right)(F_{-n}y-(-F_{-(n+1)}))^2=$
$=\left(\dfrac{F_{-n+1}y+F_{-n}}{F_{-n}y+F_{-n-1}}\right)(F_{-n}y+F_{-n-1})^2=A_{-n}(f(x))$
Detto questo, abbiamo dimostrato il Bonus, ovvero tutte le funzioni ottenibili da $f(x)$ sono della forma $(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)$. Passo ora al problema originario.
Voglio che $(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)=g(x)$, dove $f,g$ non sono più funzioni generiche come prima ma $x^2+4x+3$ e $x^2+10x+9$ rispettivamente. Faccio tutti i conti:
$(F_{n+1}x+F_{n})^2+4(F_{n+1}x+F_{n})(F_{n}x+F_{n-1})+3(F_{n}x+F_{n-1})^2=x^2+10x+9$
$x^2(F_{n+1}^2+4F_{n+1}F_{n}+3F_{n}^2)+x(2F_{n+1}F_n+4F_n^2+4F_{n+1}F_{n-1}+6F_nF_{n-1})+(F_n^2+4F_nF_{n-1}+3F_{n-1}^2)=x^2+10x+9$
Essendo un polinomio, i coefficienti di ogni termine devono essere uguali; in particolare, analizzo quello di $x^2$:
$1=F_{n+1}^2+4F_{n+1}F_{n}+3F_{n}^2=(F_{n+1}+F_{n})(F_{n+1}+3F_n)=F_{n+2}(F_{n+1}+3F_n)$
Siccome i numeri di Fibonacci sono interi, si deve avere $F_{n+2}=F_{n+1}+3F_n=\pm 1$.
Ma $F_{n+1}+3F_n=F_{n+1}+F_n+2F_n=F_{n+2}+2F_n$, quindi $F_{n+2}=F_{n+1}+3F_n\rightarrow 2F_n=0$; ovvero $n=0$.
L'unica composizione di trasformazioni di $x^2+4x+3$ che mantiene il coefficiente di secondo grado pari a 1 è l'identità, ma in questo caso gli altri termini non sono quelli di $x^2+10x+9$.
$A(B(f(x)))=A((x-1)^2f(\frac{1}{x-1}))=x^2((\frac{1}{x}+1)-1)^2f\left(\dfrac{1}{(\frac{1}{x}+1)-1}\right)=x^2 \dfrac{1}{x^2}f\left(\dfrac{1}{\frac{1}{x}}\right)=f(x)$
$B(A(f(x)))=B(x^2f(\frac{1}{x}+1))=(x-1)^2(\frac{1}{x-1})^2f\left(\dfrac{1}{(\frac{1}{x-1})}+1\right)=f(x)$
Noto quindi che le due trasformazioni sono l'una l'inversa dell'altra, perché applicarle di seguito ridà la funzione originaria. Per questo una serie di trasformazioni A (fatte $a_1$ volte) e B (fatte $b_1$ volte) può essere descritta come la trasformazione A fatta $n=a_1-b_1$ volte, dove $n$ negativo sta ad indicare che è stata applicata la trasformazione inversa ad A, ovvero B.
Ora dimostro per induzione che $A_n(f(x))=(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)$ dove $F_n$ è l'$n$-simo numero di Fibonacci partendo da $F_0=0, F_1=1$. Per $n$ negativi si intende la successione di Fibonacci estesa, ovvero $F_{-1}=1, F_{-2}=-1, F_{-3}=2$ che è uguale a quella positiva ma i numeri pari della serie hanno segno opposto.
P.B. $A_1(f(x))=A(f(x))=x^2f\left(\dfrac{x+1}{x}\right)=(F_1x+F_0)^2f\left(\dfrac{F_2x+F_1}{F_1x+F_0}\right)$
P.I.$A_{n}(f(x))=(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)
\rightarrow
A_{n+1}(f(x))=(F_{n+1}x+F_{n})^2 f\left(\frac{F_{n+2}x+F_{n+1}}{F_{n+1}x+F_{n}}\right)$
$A_{n+1}(f(x))=A(A_{n}(f(x)))=A\left((F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)\right)=$
$=x^2(F_{n}(\frac{1}{x}+1)+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}(\frac{1}{x}+1)+F_{n}}{F_{n}(\frac{1}{x}+1)+F_{n-1}}\right)=
(F_{n}+F_{n}x+F_{n-1}x)^2 f\left(\frac{F_{n+1}+F_{n+1}x+F_{n}x}{F_{n}+F_nx+F_{n-1}x}\right)=$
$=(F_{n+1}x+F_{n})^2 f\left(\frac{F_{n+2}x+F_{n+1}}{F_{n+1}x+F_{n}}\right)$
In cui ho usato che $F_k=F_{k-1}+F_{k-2}$
Per dimostrare che vale anche per n negativi, prendo $g(x)=B_n(f(x))$. Allora di sicuro vale $A_n{g(x)}=f(x)$ perché A e B sono due trasformazioni inverse, quindi usando la formula appena dimostrata:
$f(x)=(F_{n}x+F_{n-1})^2 g\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)$
Chiamo $y=\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}$, faccio i calcoli per esprimere x:
$F_nxy+F_{n-1}y=F_{n+1}x+F_n$
$x(F_ny-F_{n+1})=F_n-F_{n-1}y\rightarrow x=\frac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}$
Sostituisco sopra:
$f\left(\dfrac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}\right)=\left( F_n\cdot\frac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}+F_{n-1}\right)^2g(y)$
$g(y)=f\left(\dfrac{F_n-F_{n-1}y}{F_ny-F_{n+1}}\right)
\left( \frac{F_ny-F_{n+1}}{F_n^2-F_nF_{n-1}y+F_nF_{n-1}y-F_{n-1}F_{n+1}}\right)^2$
Ricordiamo la proprietà dei numeri di Fibonacci $F_n^2=F_{n-1}F_{n+1}+(-1)^{n+1}$ e distinguo due casi:
1) $n$ è pari. Allora $F_n^2-F_{n-1}F_{n+1}=-1$, $F_{-n}=-F_{n}, F_{-(n-1)}=F_{n-1},F_{-(n+1)}=F_{n+1}$.
$g(y)=f\left(\dfrac{-F_{-n}-F_{-(n-1)}y}{-F_{-n}y-F_{-(n+1)}}\right)\left( \frac{-F_{-n}y-F_{-(n+1)}}{-1}\right)^2=$
$=\left(\dfrac{F_{-n+1}y+F_{-n}}{F_{-n}y+F_{-n-1}}\right)(F_{-n}y+F_{-n-1})^2=A_{-n}(f(x))$
2) $n$ è dispari. Allora $F_n^2-F_{n-1}F_{n+1}=1$, $F_{-n}=F_{n}, F_{-(n-1)}=-F_{n-1},F_{-(n+1)}=-F_{n+1}$.
$g(y)=f\left(\dfrac{F_{-n}-(-F_{-(n-1)}y)}{F_{-n}y-(-F_{-(n+1)})}\right)(F_{-n}y-(-F_{-(n+1)}))^2=$
$=\left(\dfrac{F_{-n+1}y+F_{-n}}{F_{-n}y+F_{-n-1}}\right)(F_{-n}y+F_{-n-1})^2=A_{-n}(f(x))$
Detto questo, abbiamo dimostrato il Bonus, ovvero tutte le funzioni ottenibili da $f(x)$ sono della forma $(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)$. Passo ora al problema originario.
Voglio che $(F_{n}x+F_{n-1})^2 f\left(\frac{F_{n+1}x+F_{n}}{F_{n}x+F_{n-1}}\right)=g(x)$, dove $f,g$ non sono più funzioni generiche come prima ma $x^2+4x+3$ e $x^2+10x+9$ rispettivamente. Faccio tutti i conti:
$(F_{n+1}x+F_{n})^2+4(F_{n+1}x+F_{n})(F_{n}x+F_{n-1})+3(F_{n}x+F_{n-1})^2=x^2+10x+9$
$x^2(F_{n+1}^2+4F_{n+1}F_{n}+3F_{n}^2)+x(2F_{n+1}F_n+4F_n^2+4F_{n+1}F_{n-1}+6F_nF_{n-1})+(F_n^2+4F_nF_{n-1}+3F_{n-1}^2)=x^2+10x+9$
Essendo un polinomio, i coefficienti di ogni termine devono essere uguali; in particolare, analizzo quello di $x^2$:
$1=F_{n+1}^2+4F_{n+1}F_{n}+3F_{n}^2=(F_{n+1}+F_{n})(F_{n+1}+3F_n)=F_{n+2}(F_{n+1}+3F_n)$
Siccome i numeri di Fibonacci sono interi, si deve avere $F_{n+2}=F_{n+1}+3F_n=\pm 1$.
Ma $F_{n+1}+3F_n=F_{n+1}+F_n+2F_n=F_{n+2}+2F_n$, quindi $F_{n+2}=F_{n+1}+3F_n\rightarrow 2F_n=0$; ovvero $n=0$.
L'unica composizione di trasformazioni di $x^2+4x+3$ che mantiene il coefficiente di secondo grado pari a 1 è l'identità, ma in questo caso gli altri termini non sono quelli di $x^2+10x+9$.
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Re: Trasformazioni funzionali
Wow, quanta roba (che ammetto di non aver controllato)! Volevo però far presente che per la domanda senza bonus c'è un modo estremamente più veloce (diciamo due righe circa?)... provate a trovarlo!
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Re: Trasformazioni funzionali
1. $A$ e $B$ mandano polinomi di 2^ grado in polinomi di 2^ grado. Dimostrazione: ovvio.
2. Se $p(x)$ è un polinomio di 2^ grado, $p(x)$, $A(p(x))$, $B(p(x))$ hanno lo stesso discriminante. Dimostrazione: conti.
3. $f(x)$ e $g(x)$ hanno discriminanti diversi.
Poi forse si potrebbe dire che i polinomi raggiungibili sono tutti e soli quelli con $\Delta = 4$, ma ora non ho tempo per controllare...
2. Se $p(x)$ è un polinomio di 2^ grado, $p(x)$, $A(p(x))$, $B(p(x))$ hanno lo stesso discriminante. Dimostrazione: conti.
3. $f(x)$ e $g(x)$ hanno discriminanti diversi.
Poi forse si potrebbe dire che i polinomi raggiungibili sono tutti e soli quelli con $\Delta = 4$, ma ora non ho tempo per controllare...
Re: Trasformazioni funzionali
Giusti entrambi!
I conti di karlosson dovrebbero essere tutti giusti (unici due typo che ho trovato: verso la fine nei casi "n pari" e "n dispari" manca $f$, per cui l'argomento della funzione diventa una parentesi qualunque, ma non è niente di che).
Io nei conti avevo fatto una scelta leggermente diversa, nel senso che non avevo pensato di sfruttare fino in fondo il fatto che $A$ e $B$ fossero una la trasformazione inversa dell'altra, per cui avevo trovato qualcosa del tipo:
\[
A_n(f(x))=(F_nx+F_{n-1})^2\cdot f\,\Biggl(\frac{F_{n+1}x+F_n}{F_nx+F_{n-1}}\Biggr)
\]
\[
B_n(f(x))=(F_nx-F_{n-1})^2\cdot f\,\Biggl(\frac{F_n-F_{n-1}x}{F_nx-F_{n+1}}\Biggr)
\]
dove per dimostrare la seconda ho utilizzato una induzione analoga a quella che hai usato te per dimostrare la prima, con $n$ positivo.
A questo punto si potrebbe esprimere tutto con la prima formula, facendo un paio delle osservazioni che hai fatto te per passare da indici positivi a negativi sui Fibonacci. Comunque complimenti per la tenacia (o per la pazienza?) . Cominciavo a temere che nessuno avesse voglia di mettersi a fare tutti questi conti...
In effetti, non penso che il bonus fosse un problema particolarmente interessante, soltanto che dopo aver fallito nel trovare la dimostrazione di due righe (che avete già mostrato) avevo provato a caratterizzare tutte le funzioni raggiungibili, finendo per risolvere comunque il problema. Arrivato alla fine, ho trovato questa cosa curiosa con i Fibonacci e mi sembrava potesse essere carino proporlo qui.
Va bene che i Fibonacci si trovano un po' dappertutto, però secondo voi c'è una ragione profonda per cui siano venuti fuori in quest'esercizio?
I conti di karlosson dovrebbero essere tutti giusti (unici due typo che ho trovato: verso la fine nei casi "n pari" e "n dispari" manca $f$, per cui l'argomento della funzione diventa una parentesi qualunque, ma non è niente di che).
Io nei conti avevo fatto una scelta leggermente diversa, nel senso che non avevo pensato di sfruttare fino in fondo il fatto che $A$ e $B$ fossero una la trasformazione inversa dell'altra, per cui avevo trovato qualcosa del tipo:
\[
A_n(f(x))=(F_nx+F_{n-1})^2\cdot f\,\Biggl(\frac{F_{n+1}x+F_n}{F_nx+F_{n-1}}\Biggr)
\]
\[
B_n(f(x))=(F_nx-F_{n-1})^2\cdot f\,\Biggl(\frac{F_n-F_{n-1}x}{F_nx-F_{n+1}}\Biggr)
\]
dove per dimostrare la seconda ho utilizzato una induzione analoga a quella che hai usato te per dimostrare la prima, con $n$ positivo.
A questo punto si potrebbe esprimere tutto con la prima formula, facendo un paio delle osservazioni che hai fatto te per passare da indici positivi a negativi sui Fibonacci. Comunque complimenti per la tenacia (o per la pazienza?) . Cominciavo a temere che nessuno avesse voglia di mettersi a fare tutti questi conti...
In effetti, non penso che il bonus fosse un problema particolarmente interessante, soltanto che dopo aver fallito nel trovare la dimostrazione di due righe (che avete già mostrato) avevo provato a caratterizzare tutte le funzioni raggiungibili, finendo per risolvere comunque il problema. Arrivato alla fine, ho trovato questa cosa curiosa con i Fibonacci e mi sembrava potesse essere carino proporlo qui.
Va bene che i Fibonacci si trovano un po' dappertutto, però secondo voi c'è una ragione profonda per cui siano venuti fuori in quest'esercizio?