Equazione funzionale cinese (i)

[EvaristeG]

Su su, non vi scaldate. In particolare, il commento di patatone è totalmente inutile.

Poi, cercate di essere precisi, quando scrivete. mat94, più dettagli verifichi di tuo, più domande "ovvie" o "facili" previeni da parte di un eventuale lettore, e più agevole sarà la lettura delle tue soluzioni (come anche da parte tua il controllo di correttezza delle medesime).

Infine, se avete un'osservazione da fare, ad esempio se volete sottolineare un problema in una dimostrazione, evitate di farlo da maestrini "eh eh eh! qui è sbagliato", ma cercate di essere propositivi (se avete un'idea di come risolvere il problema suddetto), oppure semplicemente dite "c'è questo problema, ma si può risolvere così", se infine non avete idea di come risolvere la cosa, enunciate semplicemente il vostro dubbio. (ok scambret?).

Detto ciò, vi consiglierei di fare il punto di quello che siete certi di aver dimostrato correttamente .

[mat94]

Ottima osservazione ad ogni modo penso che per completare la mia dimostrazione manchi la monotonia, ma non mi viene in mente come dimostrarla infatti avevo chiesto un hint a riguardo

[scambret]

In realtà una semi-idea c'è l'ho ma non riesco a concludere.. Poi pensavo che stesse parlando di $k \neq 0$, scusami mat94

[scambret]

Non sono sicurissimo di alcuni punti, ma vabeh mettiamola
Allora vabe ponendo $y=0$ si ottiene o f costante o $f(0)=0$.. Sostituendo si vede che f costantemente nulla va bene, quindi assumo $f(0)=0$, e poi esiste (o assumo) un $y$ t.c. $f(y) \neq 0$
Poi suppongo che $f(x)=0$ allora $x=0$, perche ottengo $0=xf(y)$ e quindi sse $x=0$ allora l'uguaglianza ha significato.
Bene pongo $x=1$ e ottengo $f(1+yf(1))=f(1)+f(y)$. Suppongo $f(1) \neq 1$. Quindi scelgo $y=\frac{-1}{f(1)-1}$ che mi da $f(1)=0$, assurdo perche il punto fisso è uno e uno solo. Quindi $f(1)=1$ e quindi $f(y+1)=f(y)+1$
Pongo ora $y=1$ e ottengo $f(x+f(x))=x+f(x)$
Sia P l insieme dei k t.c. $f(k)=k$ (tanto almeno due esistono).
Pongo $y \rightarrow y-1 \in P$ e $x=k \in P$ e ottengo [vorrei evitare $y \in P$, perchè forse poi non mi funziona benissimo la dimostrazione, comunque..]
$f(ky) = f(k+(y-1)k) = k(1+f(y-1)) = kf(y)$
Poi adesso prendo $y = k \in S$ e x libero. Allora $f(x+k)=f(k(\frac{x}{k}+1))=kf(\frac{x}{k} +1)=kf(\frac{x+k}{k})=kf(\frac{x}{k})+k=f(x)+k$
prendo $y \rightarrow y+1 \in P$
$f(x)+x+xf(y)=f(x)+xf(y+1) = f(x+(y+1)f(x)) = f(x+f(x)+yf(x)) = x+f(x)+f(yf(x))$ (uso contemporaneamente quei due fatti buffi di sopra).
ma quindi $xf(y)=f(yf(x))$
Pongo $y=1$ e ottengo $f(f(x))=1$
Sfrutto $xf(y)=f(yf(x))$ mandando $x \rightarrow f(x)$ e ottengo $f(x)f(y)=f(xy)$.
Pongo $x=y$ e ottengo $f(x)^2=f(x^2)$, che mi da la limitatezza [penso generale limitatezza]
Ok, quindi posso sfruttare cauchy strano, cioe $f(x)f(y)=f(xy)$ che, secondo le dispense di federico, danno $f(x)= |x|^a$ per un qualche a reale.. Ma sapevamo che $f(y+1)=f(y)+1$ e quindi quell'a reale non può che essere 1. Quindi f(x)=x e funziona..

Spero di non averla sbagliata completamente, è una settimana che ci lavoro!

[mat94]

Non ti preoccupare scambret
Ritornando alla mia dimostrazione, io ho dimostrato che f(x+y)=f(x)+f(y) che vale nei razionali. Da qui ottengo che $f(x+yf(x))=f(x)+f(yf(x))$ e $f(x+yf(x))=f(x)+xf(y)$ da cui $ f(yf(x)) = xf(y) $. Ponendo x=y ottengo $f(f(x))=x$ e sostituendo a $ f(yf(x)) = xf(y) $ ottengo $f(xy)=f(x)f(y)$.
A questo punto ho due equazioni di Cauchy che valgono nei razionali si può dire qualcosa di più in R???

[Tess]

A questo punto ho due equazioni di Cauchy che valgono nei razionali si può dire qualcosa di più in R???

Calma un attimo! Forse bisogna ripassare come da $f(xy)=f(x)f(y)$ si passa a $f(x)=x^a$.
Intanto l'idea è di ricondurre questa ad una Cauchy classica. Poniamo $x=exp(a),y=exp(b)$ e, dopo aver posto il valore assoluto di entrambi i membri, passiamo al logaritmo, ottenendo $ln(|f(exp(a+b))|)=ln(|f(exp(a))|)+ln(|f(exp(b))|)$, ora la funzione $g(x)=ln(|f(exp(x))|)$ risolve la Cauchy. Quindi possiamo dire che $g(rx)=rg(x)$ per ogni $r$ razionale e per ogni $x$ reale, e ammesso di prendere $x=1$, $g(r)=r\alpha$. Ora, a meno un po' di attenzione ai segni, viene che $f(x)=|x|^c$ per un qualche $c$. Ma il fatto è che la cosa non è proprio valida per i razionali, perché la conversione di $g$ in $f$ manipola un po' la variabili prese in considerazione, e non si mandano, per esempio, razionali nei razionali.
Quindi conviene prima far vedere una delle ipotesi bonus sulla $g$, quindi si può passare tranquillamente alla $f$.
Vorrei far notare che la monotonia non è l'unica ipotesi bonus possibile, anzi si usa molto più spesso la limitatezza, che in questo caso Scambret ci ha fatto vedere che si ottiene facilmente ponendo $x=y$, cioè $f$ manda positivi in positivi. Ora finalmente $f(x)=x$.

P.s. un'altra cosa: per poter passare da $f(xy)=f(x)f(y)$ a $f(x)=|x|^c$ serve che $x,y$ siano reali. Altrimenti potrebbe essere un po' più impegnativo...

[mat94]

Si ponendo x=y ottengo la limitatezza e quindi la mia dimostrazione è finita
Tornando a f(xy)=f(x)f(y) , ovviamente ammesso che x,y siano reali, non posso dire niente se non ho continuità, limitatezza o monotonia giusto? (Infatti assumendo f continua si dimostra che f(xy)=f(x)f(y) ha come soluzioni x^c, con x preso in valore assoluto).

[fph]

La versione più potente e facile da enunciare dell'"ipotesi bonus" è la seguente: se c'è un quadratino, o una palletta, all'interno del piano $(x,y)$ che non contiene nessun punto del grafico di una soluzione $y=f(x)$ dell'equazione di Cauchy, allora la funzione è lineare.

Se quello sciagurato che ha scritto le dispense sulle equazioni funzionali le aggiornasse una buona volta, dovrebbe aggiungerci questo fatto. Oltre alla "notazione Mathlinks" per scrivere le soluzioni, cioè quella del tipo "sia $P(x,y)$ il testo della funzione; da $P(0,a)$ per $a\neq 0$ segue $f(0)=0$".

[mat94]

Di quale dispensa si tratta?

[fph]

http://fph.altervista.org/oli/index.html (nel caso il tuo sarcasm detector fosse rotto, lo "sciagurato" autore delle dispense sono io stesso).