Dedicato a tutti coloro che ho avuto il piacere di conoscere personalmente a cese
dunque..
Determinare ogni $ f: (0,\infty)\rightarrow (0,\infty) $ tale che le due seguenti condizioni siano soddisfatte
$ f(x+1)=f(x)+1 $
$ \displaystyle f\left(\frac{1}{f(x)}\right)=\frac{1}{x} $
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pi_greco_quadro
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"Ti credevo uno stortone.. e pure vecchio.. (Lei)"
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Io intanto la risolvo $ ~ \mathbb{Q}^+ \rightarrow \mathbb{Q}^+ $, sui reali per ora mi puzza un po'.
a) $ ~ f(x+1) = f(x)+1 $
b) $ ~ \displaystyle f\left( \frac{1}{f(x)} \right) = \frac 1x $
la b) ci regala gratis la suriettività e l'iniettività.
la a) e la biiettività implicano che $ ~ f(x) \ge \lfloor x \rfloor $ (c)
Ora dimostro che f(1) = 1. Supponiamo f(1) = a. Allora, per la (c), $ ~ a \ge 1 $. Applicando la b) con x=1 otteniamo che $ ~ f(\frac 1a) = 1 $, e di nuovo applicando la (c), $ 1 \ge \lfloor 1a \rfloor $. Chiaramente se a fosse maggiore di 1, questo sarebbe impossibile. Concludiamo che a=1.
Sia q un razionale tale che f(q) = q. Allora, per la a), per ogni intero k abbiamo f(q+k) = q+k (ok, se q+k è positivo), e per la b), abbiamo che $ ~ f(\frac 1q) = \frac 1q $.
Un noto corollario dell'algoritmo euclideo è che un razionale si può scrivere in modo (più o meno) unico nella forma:
$ \displaystyle q = a_1 + \frac 1 {a_2 + \frac{1}{\ldots + \frac{1}{a_n}}} $ con gli $ ~ a_i $ interi positivi.
Ora è chiaro che, per induzione sull'altezza della frazione continua di q, e usando le formule ottenute sopra, e partendo da 1, posso dimostrare che per ogni razionale positivo $ ~ f(q) = q $.
a) $ ~ f(x+1) = f(x)+1 $
b) $ ~ \displaystyle f\left( \frac{1}{f(x)} \right) = \frac 1x $
la b) ci regala gratis la suriettività e l'iniettività.
la a) e la biiettività implicano che $ ~ f(x) \ge \lfloor x \rfloor $ (c)
Ora dimostro che f(1) = 1. Supponiamo f(1) = a. Allora, per la (c), $ ~ a \ge 1 $. Applicando la b) con x=1 otteniamo che $ ~ f(\frac 1a) = 1 $, e di nuovo applicando la (c), $ 1 \ge \lfloor 1a \rfloor $. Chiaramente se a fosse maggiore di 1, questo sarebbe impossibile. Concludiamo che a=1.
Sia q un razionale tale che f(q) = q. Allora, per la a), per ogni intero k abbiamo f(q+k) = q+k (ok, se q+k è positivo), e per la b), abbiamo che $ ~ f(\frac 1q) = \frac 1q $.
Un noto corollario dell'algoritmo euclideo è che un razionale si può scrivere in modo (più o meno) unico nella forma:
$ \displaystyle q = a_1 + \frac 1 {a_2 + \frac{1}{\ldots + \frac{1}{a_n}}} $ con gli $ ~ a_i $ interi positivi.
Ora è chiaro che, per induzione sull'altezza della frazione continua di q, e usando le formule ottenute sopra, e partendo da 1, posso dimostrare che per ogni razionale positivo $ ~ f(q) = q $.
Ok, dovrei essere riuscito a concludere.
Ora è importante usare il fatto che siamo nei razionali positivi, e non nei razionali \ {0}. Una conseguenza del fatto che f(x+1) = f(x)+1 e che f è biiettiva, è il fatto che x ed f(x) hanno la stessa parte intera (dimostratevelo).
Supponiamo che la f non sia l'identità, e prendiamo un reale tale che $ ~ b = f(a) \neq a $.
Sfrutto l'abbreviazione $ \displaystyle [x_1,x_2,\ldots] = x_1 + \frac{1}{x_2 + \frac{1}{\ldots}} $.
Ora sviluppiamo a,b in frazioni continue: $ ~ a= [a_0,a_1,a_2,\ldots] $ e $ ~ b = [b_0,b_1,b_2,\ldots] $.
Siccome a,b sono diversi, da un certo punto in poi le frazioni continue saranno diverse, cioè troviamo un n (il più piccolo visto che ci farà comodo) tale che $ ~ a_n \neq b_n $.
Ora dimostriamo per induzione che $ ~ f([k_{2i}, \ldots, k_1,a+k_0]) = [k_{2i}, \ldots, k_1,b+k_0] $ e $ ~ f([k_{2i+1}, \ldots, k_1,b+k_0]) = [k_{2i+1}, \ldots, k_1,a+k_0] $. Cioè, non lo dimostro, perchè dalle formule a),b) viene da solo.
Caso 1: n-1 è pari
$ ~ f([-a_{n-1},\ldots,-a_1,a-a_0]) = [-a_{n-1},\ldots,-a_1,b-a_0] $$ ~ = [-b_{n-1},\ldots,-b_1,b-b_0] $. Applicando la b) otteniamo $ ~ f(X) = f(\frac 1 {[-b_{n-1},\ldots,-b_1,b-b_0]}) = \frac 1 {[-a_{n-1},\ldots,-a_1,a-a_0]} = Y $. Ma possiamo riscriverle come
$ ~ f(X) = f([b_n,b_{n+1}, \ldots]) , Y = [a_n,a_{n+1},\ldots] $. Ma X e Y hanno parti intere diverse, che, oops, è poco gradevole.
Se n è pari, è (tradotto: spero che sia) la stessa cosa.
Spero che si capisca e che funzioni...
Ora è importante usare il fatto che siamo nei razionali positivi, e non nei razionali \ {0}. Una conseguenza del fatto che f(x+1) = f(x)+1 e che f è biiettiva, è il fatto che x ed f(x) hanno la stessa parte intera (dimostratevelo).
Supponiamo che la f non sia l'identità, e prendiamo un reale tale che $ ~ b = f(a) \neq a $.
Sfrutto l'abbreviazione $ \displaystyle [x_1,x_2,\ldots] = x_1 + \frac{1}{x_2 + \frac{1}{\ldots}} $.
Ora sviluppiamo a,b in frazioni continue: $ ~ a= [a_0,a_1,a_2,\ldots] $ e $ ~ b = [b_0,b_1,b_2,\ldots] $.
Siccome a,b sono diversi, da un certo punto in poi le frazioni continue saranno diverse, cioè troviamo un n (il più piccolo visto che ci farà comodo) tale che $ ~ a_n \neq b_n $.
Ora dimostriamo per induzione che $ ~ f([k_{2i}, \ldots, k_1,a+k_0]) = [k_{2i}, \ldots, k_1,b+k_0] $ e $ ~ f([k_{2i+1}, \ldots, k_1,b+k_0]) = [k_{2i+1}, \ldots, k_1,a+k_0] $. Cioè, non lo dimostro, perchè dalle formule a),b) viene da solo.
Caso 1: n-1 è pari
$ ~ f([-a_{n-1},\ldots,-a_1,a-a_0]) = [-a_{n-1},\ldots,-a_1,b-a_0] $$ ~ = [-b_{n-1},\ldots,-b_1,b-b_0] $. Applicando la b) otteniamo $ ~ f(X) = f(\frac 1 {[-b_{n-1},\ldots,-b_1,b-b_0]}) = \frac 1 {[-a_{n-1},\ldots,-a_1,a-a_0]} = Y $. Ma possiamo riscriverle come
$ ~ f(X) = f([b_n,b_{n+1}, \ldots]) , Y = [a_n,a_{n+1},\ldots] $. Ma X e Y hanno parti intere diverse, che, oops, è poco gradevole.
Se n è pari, è (tradotto: spero che sia) la stessa cosa.
Spero che si capisca e che funzioni...