OliForum Matematico

Determinare le funzioni f: |R -> |R tali che:
<BR>
<BR>- f(x) è strettamente crescente;
<BR>- f(x)+g(x)=2x per ogni x \\in |R,
<BR> dove g(x) è l\'nversa di f(x) (in pratica f^-1(x), g(f(x))=x e f(g(x))=x)
<BR>
<BR>~p3~

Ehm... non penso che sia questa la risposta che cerchi.... ma f(x)=x e g(x)=x soddisfano tutte le tue richieste...

Ma forse vuoi dire trovare tutte le funzioni con questa caratteristica?

Sì, determinare TUTTE le funzioni che soddisfano quelle caratteristiche dimostrando che non ce ne sono altre. (una l\'hai beccata <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">)

Ah ok, così è un po\' più serio, trovarne solo una mi sembrava un po\' troppo semplice...

Mi sembra che vadano bene solo queste:
<BR>f(x)=x+h e g(x)=x-h la dimostrazione l\'ho fatta un po\' alla cazzo derivando le due funzioni, ma dovrebbe essere giusta... fatemi sapere!

Magari la dimostrazione postala...

Allora... abbiamo che f(x)+f^(-1)(x)=2x [con f^(-1)(x) intendo la fujzione inversa di f(x)], ponendo come al solitp y=f(x) e derivando entrambi i menbri dell\'uguaglianza abbiamo, per un noto teorema sulla derivazione di funzioni inverse, f\'(x) + 1/(f\'(y)) = 2 [con f\'(x) intendo la derivata prima di f(x) rispetto a x] cioè f\'(x)*f\'(y) = 2f\'(y)-1. Il grado della parte a sinistra dipende sia da f\'(x) che da f\'(y), mentre il grado della parte a destra solo da f\'(y), ma dato che i due gradi devono essere necessariamente uguali (pricipio di identità dei polinomi) allora il grado di f\'(x) deve essere 0 [ricordo che i gradi si sommano] quindi f(x) ha grado 1 e dunque anche f^-1)(x) ha grado 1, essendo l\'inversa di f(x). Per le funzioni non polinominali si potrebbe pensare allo sviluppo in serie di Taylor, ma in realtà sono sufficienti le considerazioni sopra. Quindi abbiamo stabilito che f(x)=ax+h, scriviamo f^(-1)(x)=x/a-h/a dobbiamo imporre che a > 0 (la funzione deve essere sempre crescente) e che a+1/a=2 da cui ricaviamo che a=1. Si vede poi che per ogni h la condizione h+ (-h)=0 è evidentemente soddisfatta, quindi f(x)+f^(-1)(x)=(x+h)+(x-h)=2x da cui abbiamo la soluzione: f(x)=x+h e g(x)=x-h.

Hmmmm non mi convince quello che dici per le funzioni non polinomiali....
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<BR>Comunque, se vuoi chiarire chiarisci, domani o dopodomani posto la mia soluzione.

Dato che f\'(x) deve \"aggiungere\" a f\'(y) solo un *2 e un -1 (scusa il linguaggio decisamente poco matematico) deve essere una costante, altrimenti la moidficherebbe anche in altri modi.

Questo andrebbe dimostrato... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

No forse hai ragione, non è sufficiente... ma allora si può dire che la funzione deve per forza essere polinominale, altrimenti sommata alla sua inversa non può dare come risultato una funzione polinominale

mmmm no forse nemmeno questo è del tutto vero

Così dovrebbe andare: mettiamo che la f(x) contenga una parte non polinominale, allora la f^(-1)(x) deve contenere in qualche modo la funzione inversa di quella parte non polinominale, ma sommandole non poù rimanere solo la parte polinominale, in quanto non esiste una funzione non polinominale uguale (a meno di segno o costanti) uguale alla sua inversa.

Vai posto la soluzione.... che fatica...
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<BR>Ponendo che sia f che g siano entrambe continue e definite per ogni x \\in |R , quindi suriettive, (altrimenti il secondo punto mi pare alquanto assurdo), si può risolvere la questione considerando che g(x) è la curva simmetrica di f(x) rispetto a y=x. Si prenda un punto x0 sull\'asse delle x. la perpendicolare alle ascisse passante per x0, incontra f(x) in A(x0,f(x0)), g(x) in B(x0, g(x0)) e y=x in O(x0,x0). Si tracci ora la parallela alle ascisse passante per O. Vista suriettività e continuità di f e di g, tale retta incontrerà f(x) in A\'(g(x0), x0) e g(x) in B\'(f(x0), x0). I due triangoli A\'BO e AB\'O sono isosceli e rettangoli. Inoltre si ha per ogni x0 che (f(x0)+g(x0))/2=x0, quindi O è il punto medio di AB e A\'B\'. AA\' e BB\' sono quindi paralleli a y=x.
<BR>Sostituendo a x0, per esempio il valore di g(x0), si troveranno altri due punti B\'\' e A\'\' allineati con BB\' e AA\', e così via infiniti altri, tali che la differenza tra le ascisse (e le ordinate) di due di questi punti consecutivi sia costante (uguale a f(x0)-x0).
<BR>Quindi per ricapitolare: mettiamo che f(a)=a+k, per quanto detto sopra f passerà per tutti i punti (a+nk, a+(n+1)k).
<BR>Prendiamo un generico x tra a e a+k, quindi a<x<a+k il che per la crescenza di f implica f(a)<f(x)<f(a+k). f(x)=x+k\', per un certo k\', e come detto prima f(x+nk\')=x+(n+1)k\'. La disuguaglianza scritta sopra vale evidentemente anche nella forma f(a+(n-1)k)<f(a+(n-1)x)<f(a+nk). Sostituendo si ottiene:
<BR>a+nk < x+nk\' < a+(n+1)k quindi (a+nk-x)/n < k\' < (a+nk+k-x)/n dal primo membro e dal terzo si può isolare un k + (numero)/n quindi ciò vale per ogni n, e visto che (numero)/n va a zero k\' deve essere necessariamente uguale a k. Questo per ogni x, quindi le sole funzioni richieste sono f(x)=x+k e g(x)=x-k