Beh spero non sia già comparsa sul forum... ecco una funzionale da un nostro recente TST:
determinare tutte le funzioni $ f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R $ tali che
$ f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x) $
$ \forall x,y \in \mathbb R $
TST 2003 - funzionale
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darkcrystal
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- Località: Chiavari
Uhm... il passaggio non è molto chiaro... e comunque ti consiglio di controllare le funzioni del tipo $ f(x)=x+k $ che sembrano funzionare bene...pic88 ha scritto: ...
portando $ y $ in $ A-y $, ottengo un valore per f(y), che vado a sostituire nella [5].
ottengo un'identità valida solo per $ A=0 $
Ne segue $ f(0)=0 $
....
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
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MindFlyer
Discorso generale: ragazzi, a me non sembra una buona idea modificare i messaggi per cancellare soluzioni sbagliate "perché sono sbagliate".
Innanzitutto perché si impara anche dagli errori (propri e altrui), e poi perché cancellare a posteriori un messaggio a cui sono arrivate risposte rende impossibile seguire la discussione per chi arriva più tardi.
ciao,
Innanzitutto perché si impara anche dagli errori (propri e altrui), e poi perché cancellare a posteriori un messaggio a cui sono arrivate risposte rende impossibile seguire la discussione per chi arriva più tardi.
ciao,
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
Veramente magnifica!
Fisso $ a \in \mathbb{R} $, sia $ x \in \mathbb{R} $ tale che $ (2x+a) \in\mbox{Im}(f) $. Esiste allora $ z \in \mathbb{R} $ per cui $ f(z) = 2x + a $. Se pertanto $ y = z -f(x) $: $ 2x + a = f(f(x) + y) = 2x + f(f(y) - x) $, i.e. $ a = f(f(y) - x) $. Ne segue che f è suriettiva.
Siano adesso $ x_1, x_2 \in \mathbb{R} $ tali che $ f(x_1) = f(x_2) $. Allora $ f(f(x_1) + y) = f(f(x_2) + y) $, e così [1]: $ 2x_1 + f(f(y) - x_1) = 2x_2 + f(f(y) - x_2) $, per ogni $ y \in \mathbb{R} $. Senonché f è suriettiva, ed esiste di conseguenza $ \hat{y} \in \mathbb{R} $ tale che $ f(\hat{y}) = x_1 + x_2 $. Ne viene tramite la [1] che $ 2x_1 + f(x_2) = 2x_2 + f(x_1) $, e.g. $ x_1 = x_2 $, visto che per costruzione $ f(x_1) = f(x_2) $. Da qui la conclusione che f è anche iniettiva.
Assumendo allora $ x = 0 $ nell'equazione del problema, si trova che $ f(f(0) + y) = f(f(y)) $, per ogni $ y \in \mathbb{R} $, ovvero (per iniettività) [2]: $ f(y) = f(0) + y $. Poiché d'altronde ogni funzione $ \mathbb{R} \to \mathbb{R}: x \mapsto x + k $ soddisfa - al variare di $ k \in \mathbb{R} $ - la funzionale presa in esame (basta semplicemente procedere per verifica diretta), se ne trae in definitiva che le sue soluzioni sono tutte e sole del tipo specificato dalla [2], per $ f(0)\in\mathbb{R} $.
Siano adesso $ x_1, x_2 \in \mathbb{R} $ tali che $ f(x_1) = f(x_2) $. Allora $ f(f(x_1) + y) = f(f(x_2) + y) $, e così [1]: $ 2x_1 + f(f(y) - x_1) = 2x_2 + f(f(y) - x_2) $, per ogni $ y \in \mathbb{R} $. Senonché f è suriettiva, ed esiste di conseguenza $ \hat{y} \in \mathbb{R} $ tale che $ f(\hat{y}) = x_1 + x_2 $. Ne viene tramite la [1] che $ 2x_1 + f(x_2) = 2x_2 + f(x_1) $, e.g. $ x_1 = x_2 $, visto che per costruzione $ f(x_1) = f(x_2) $. Da qui la conclusione che f è anche iniettiva.
Assumendo allora $ x = 0 $ nell'equazione del problema, si trova che $ f(f(0) + y) = f(f(y)) $, per ogni $ y \in \mathbb{R} $, ovvero (per iniettività) [2]: $ f(y) = f(0) + y $. Poiché d'altronde ogni funzione $ \mathbb{R} \to \mathbb{R}: x \mapsto x + k $ soddisfa - al variare di $ k \in \mathbb{R} $ - la funzionale presa in esame (basta semplicemente procedere per verifica diretta), se ne trae in definitiva che le sue soluzioni sono tutte e sole del tipo specificato dalla [2], per $ f(0)\in\mathbb{R} $.