Trovare tutte le soluzioni dell'equazione
$ $f(tx, ty) = t^\lambda f(x, y)$ $, con $ $f(x, y) : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ $.
Che funzioni sono?
Se $ $f(tx, ty) = h(t) f(x, y)$ $, cosa si puo` dire di $ $h(t)$ $?
Omogeneita`
Prima domanda
Per $ x \ne 0 $, posto $ z=\frac y x $, la formula diventa $ f(tx,txz)=t^{\lambda}f(x,xz) $. Con lo scambio fra x, t il primo membro resta invariato e il secondo diventa $ x^{\lambda}f(t,tz) $; uguagliando i due secondi membri si ottiene
$ \displaystyle \frac {f(t,tz)}{ t^{\lambda}}=\frac {f(x,xz)}{x^{\lambda}} $
La prima frazione non dipende da x e la seconda non dipende da t, quindi il tutto è uguale a una funzione g(z). Tornando alle variabili iniziali si ha quindi
$ f(x,y)= x^{\lambda}g(\frac y x) $
Sostituendo nella formula iniziale si ottiene una identità, quindi il risultato ottenuto è anche sufficiente.
La formula non è applicabile per x=0; con ragionamento analogo (scambio t, y) si ottiene $ f(0,y)= k y^{\lambda} $ essendo k una costante.
Seconda domanda
Con lo stesso ragionamento si ottiene che è necessario che sia $ f(x,y)=h(x)g(\frac y x) $ con analoghe modifiche per x=0; sostituendo nella formula per controllare la sufficienza si ottiene che o f(x,y)=0 o h(tx)=h(t)h(x).
Qui mi fermo, ma mi resta un dubbio: la risposta è completa, o si può proseguire fino a dimostrare che deve essere $ h(x)=x^{\lambda} $? Se si può proseguire, come? Altrimenti, quale può essere un altro esempio di h(x)?
Per $ x \ne 0 $, posto $ z=\frac y x $, la formula diventa $ f(tx,txz)=t^{\lambda}f(x,xz) $. Con lo scambio fra x, t il primo membro resta invariato e il secondo diventa $ x^{\lambda}f(t,tz) $; uguagliando i due secondi membri si ottiene
$ \displaystyle \frac {f(t,tz)}{ t^{\lambda}}=\frac {f(x,xz)}{x^{\lambda}} $
La prima frazione non dipende da x e la seconda non dipende da t, quindi il tutto è uguale a una funzione g(z). Tornando alle variabili iniziali si ha quindi
$ f(x,y)= x^{\lambda}g(\frac y x) $
Sostituendo nella formula iniziale si ottiene una identità, quindi il risultato ottenuto è anche sufficiente.
La formula non è applicabile per x=0; con ragionamento analogo (scambio t, y) si ottiene $ f(0,y)= k y^{\lambda} $ essendo k una costante.
Seconda domanda
Con lo stesso ragionamento si ottiene che è necessario che sia $ f(x,y)=h(x)g(\frac y x) $ con analoghe modifiche per x=0; sostituendo nella formula per controllare la sufficienza si ottiene che o f(x,y)=0 o h(tx)=h(t)h(x).
Qui mi fermo, ma mi resta un dubbio: la risposta è completa, o si può proseguire fino a dimostrare che deve essere $ h(x)=x^{\lambda} $? Se si può proseguire, come? Altrimenti, quale può essere un altro esempio di h(x)?
Cos'è una Cauchy classica? E' argomento olimpico? Comunque ho provato con l'analisi matematica concludendo che le potenze sono l'unica soluzione fra le funzioni derivabili. L'analisi non mi sembra però ammessa in questa sezione del Forum.
Ultima modifica di gianmaria il 06 ago 2008, 21:33, modificato 1 volta in totale.
Si riferisce a questa:
equazione funzionale di Cauchy.
E, sì, è argomento olimpico. Cmq la soluzione è unica tra le continue, è unica anche tra le funzioni limitate su un intervallo.
equazione funzionale di Cauchy.
E, sì, è argomento olimpico. Cmq la soluzione è unica tra le continue, è unica anche tra le funzioni limitate su un intervallo.
Scusa se non ho risposto prima, ero via. Una Cauchy e' un'equazione funzionale del tipo $ $f(x + y) = f(x) + f(y)$ $; come e' stato detto, si dimostra che se la funzione e' continua, o limitata in un qualunque intervallo, allora la soluzione e' unica: $ $f(X) = f(1) \cdot x$ $. Questa soluzione si dimostra con qualche sostituzione facile, poi con induzione sugli interi, poi porti tutto nei razionali; alla fine, se e' continua, usi questa proprieta' in qualche limite e ottieni la soluzione nei reali. Penso che tu possa trovare una dimostrazione online.
Colgo i suggerimenti di Stefanos ed EvaristeG e completo la seconda domanda, partendo da h(tx)=h(t)h(x). Prendendo il logaritmo dei due membri e ponendo $ x=e^u $ e $ t=e^v $ ottengo
$ \ln h(e^{u+v})=\ln h(e^u)+\ln h(e^v) $
che, posto $ a(u)= \ln h(e^u) $, si riscrive $ a(u+v)=a(u)+a(v) $ e quindi ha come unica soluzione $ a(u)=ku $ con k costante. Perciò
$ \ln h(e^u)=ku \Rightarrow h(e^u)=e^{ku} \Rightarrow h(x)=x^k $
$ \ln h(e^{u+v})=\ln h(e^u)+\ln h(e^v) $
che, posto $ a(u)= \ln h(e^u) $, si riscrive $ a(u+v)=a(u)+a(v) $ e quindi ha come unica soluzione $ a(u)=ku $ con k costante. Perciò
$ \ln h(e^u)=ku \Rightarrow h(e^u)=e^{ku} \Rightarrow h(x)=x^k $
Giusto 
Chiaramente, la funzione prende argomenti positivi, per come e' stata ottenuta.
Se ora sai dimostrare la Cauchy classica e quella esponenziale, prova a dimostrare la Vincze e la Pexider (le trovi in un post che ho scritto qualche tempo fa), sono facili: con alcune sostituzioni porti tutto a una forma della Cauchy
Chiaramente, la funzione prende argomenti positivi, per come e' stata ottenuta.
Se ora sai dimostrare la Cauchy classica e quella esponenziale, prova a dimostrare la Vincze e la Pexider (le trovi in un post che ho scritto qualche tempo fa), sono facili: con alcune sostituzioni porti tutto a una forma della Cauchy