2 Funzionali

Azarus · Messaggio da **Azarus** » 01 gen 1970, 01:33

1) determinare tutte funzioni da R in R per cui per ogni x,y si abbia
 
 f(x²-y²) = x*f(x) - y*f(y)
 
 2)determinare tutte le funzioni da R in R per cui per ogni x,y si abbia
 
 f[f(x)+y] = f(x²-y) + 4f(x)y

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Rispondo al numero 1. C\'è una questione aperta su di una cosa, vediamo se qualcuno nota...
 
 ESERCIZIO 1
 
 Ponendo x=0, y=0 si ha che f(0)=0 (1).
 Ponendo y=0 si ha che per ogni x, f(x²)=xf(x) (2).
 Per (2), la relazione iniziale diviene f(x²-y²)=f(x²)-f(y²), che per a e b positivi è equivalente a f(a-b)=f(a)-f(b) (3).
 Da f(x²)=f((-x)²) si deduce che xf(x)=-xf(-x), ovvero f(-x)=-f(x) (4).
 
 Quindi grazie a (4) possiamo ridurci ad esaminare il caso di x>0.
 
 Mostriamo ora per induzione che per n naturale f(nx)=nf(x) (5).
 i) f(x)=1f(x)
 ii) Posto f(nx)=nf(x) abbiamo che per (3) f(x)=f((n+1)x-nx)=f((n+1)x)-f(nx), ovvero f((n+1)x)=(n+1)f(x), e (5) è dimostrata.
 
 Se ora x è razionale, posto x=p/q, abbiamo che f(qx)=f(p), ovvero per (5) qf(x)=pf(1), da cui f(x)=xf(1)=kx (6).
 
 Dimostriamo che f è monotòna. Supponiamo dapprima f(1)>0. Per (6) esistono allora due numeri a,b tali che a Posto a²-c²=u e b²-c²=v abbiamo che per ogni coppia u,v con u < v si ha f(u) < f(v), da cui la crescenza. Se invece fosse f(1)<0 potremmo dimostrare in analoga maniera che f è decrescente.
 
 Grazie alla monotonia, fissato un qualsiasi reale r possiamo porre k*s_i = f(s_i) <= f(r) <= f(S_i) = k*S_i ove s_i e S_i sono sequenze di razionali che convergono a r da sinistra e da destra.
 
 Pertanto per ogni x, f(x)=kx. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: lordgauss il 15-03-2003 16:52 ]

pennywis3 · Messaggio da **pennywis3** » 01 gen 1970, 01:33

Piccolo rilancio
 
 3) Determinare le funzioni f: R->R tali che f(0)=1/2 e per le quali esista un a reale tale che f(x+y) = f(x) f(a-y) + f(y) f(a-x) per ogni x, y reali.
 
 ~p3~

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Allora... vedo il rilancio.
 
 f(0)=1/2 [1]
 f(x+y) = f(x) f(a-y) + f(y) f(a-x) [2]
 
 Imponendo in [2] x=0, y=0 e tenendo conto di [1] si ricava che f(a)=1/2 [3].
 Imponendo y=0 si ha che f(x)= f(x)f(a) + f(0)f(a-x), da cui, per [2] e [3],
 f(x) = f(x)/2 + f(a-x)/2 ovvero f(x)=f(a-x) [4].
 Imponendo y=a si ha che f(x+a) = f(x)/2 + f(a-x)/2. Ma allora per [4]
 f(x+a)=f(x) [5].
 
 Mostriamo ora che f(x) = 1/2 per ogni x. Anzitutto con [4] la [1] diventa
 f(x+y)=2f(x)f(y) [6]
 Poniamo per assurdo che esista un r tale che f(r)>1/2 (si legga \">\" come \"diverso\"). Per [4] e [5] f(r) = f(a-r) = f(-r). Dunque f(r)f(-r) > 1/4.
 Andando a sostituire in [6] x=r, y=-r abbiamo che f(0) > 1/2, assurdo.
 
 Dunque f(x) = 1/2 per ogni x.

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Visto che ci siamo, propongo una piccola variante di una famosa equazione funzionale venuta fuori nel risolvere il problema di penny.
 
 Determinare tutte le f: R--->R continue e tali che f(x+y)=2f(x)f(y)

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Ve lo dico papale papale
 Non che la soluzione debba essere geniale
 non voglio diamante, tanto meno opale
 ma trovate uno straccio di prova dell\'equazione funzionale!
 All\'appello l\'atto è consequenziale:
 
 UUUUPPPP!

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

f(x) = (a^x)/2, con a>0, oppure f(x)=0.
 La prova la posto dopo se ho voglia, ma non ora...

Fede_HistPop · Messaggio da **Fede_HistPop** » 01 gen 1970, 01:33

Com\'è che intorno a mezzanotte Lordgauss è così ispirato?

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

f(x+y) = 2f(x)f(y).
 Quindi, per y=0, f(x) = 2f(0)f(x), per cui f(x)=0 per ogni x oppure f(0)=1/2.
 La prima è una soluzione, consideriamo la seconda:
 f(x+(-x)) = 2f(x)f(-x), per cui f(x)f(-x) = 1/4, quindi f(x) e f(-x) sono concordi, e non possono essere nulli, la funzione è continua e assume un valore positivo, è sempre positiva.
 Ora, f(-x)=1/(4f(x)).
 f(2x) = 2f(x)².
 Supponiamo che f(nx) = (2^(n-1))*f(x)^n (1).
 f((n+1)x) = 2*f(x)*f(nx) = (2^n)*f(x)^(n+1), quindi la (1) è provata per induzione.
 D\'altro canto, sostituendo nella (1) x=y/n, e ricordando che f è positiva, si ha f(y/n) = (f(y)^(1/n))/2^(1-1/n).
 Quindi f(m(x/n)) = (2^(m-1))*f(x/n)^m = (2^(m-1))*((f(y)^(1/n))/2^(1-1/n))^m = (2^(m/n-1))*f(x)^(m/n) = [2f(x)]^(m/n)/2
 In particolare, per x=1, f(m/n) = [(2f(1))^(m/n)]/2. Sia 2f(1)=a
 Per la continuità, possiamo generalizzare agli irrazionali, per cui f(x)=(a^x)/2.
 Infatti si ha che f(x+y) = [a^(x+y)]/2 = (a^x)(a^y)/2 = 2[(a^x)/2][(a^y)/2] = 2f(x)f(y).