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Determinare le funzioni $f:\mathbb N^+\to\mathbb Q$ tali che $n^2f(n)=f(1)+f(2)+\dots + f(n) \ \ \ \forall n\in\mathbb{N^+}$

Una volta fissato $f(1):=k \in \mathbb{Q}$, la sequenza degli $\{f(i)\}_{i\in \mathbb{N}_0}$ (esiste sempre e) e' definita univocamente.

D'altra parte, $f(n)=\frac{2k}{n(n+1)}$ per ogni $n\in \mathbb{N}_0$ e' soluzione . []

Ps. Perchè Teoria dei Numeri? -_-

jordan ha scritto:D'altra parte, $f(n)=\frac{2k}{n(n+1)}$ per ogni $n\in \mathbb{N}_0$ e' soluzione

Questo non andrebbe dimostrato?

P.S: TdN perchè ci sono in gioco numeri razionali...
O il fatto che sia una funzione la sposta automaticamente in algebra?

Mi ricorda qualcosa.

Drago96 ha scritto:Questo non andrebbe dimostrato?

Non ci vuole un genio a sostituire..
$\displaystyle \frac{2kn}{n+1} = n^2f(n) = \sum_{i=1}^n{f(i)} = \sum_{i=1}^n{\frac{2k}{i(i+1)}}=2k\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}} = \frac{2kn}{n+1}$

Drago96 ha scritto:P.S: TdN perchè ci sono in gioco numeri razionali...
O il fatto che sia una funzione la sposta automaticamente in algebra?

Presupponendo che tu conosca la soluzione, ha oggettivamente poco o niente a che fare con TdN..

anche io l'ho risolto e il problema effetivo stava nel riconoscere una certa relazione tra i valori della f e la somma dei numeri da 1 a n, devo dire però che per accorgermene ho dovuto fare i primi 5 casi a mano

Oltre la soluzione "calata dall'alto", si potrebbe benissimo risolvere senza andare per tentativi, e senza manco osservare l'esistenza e unicità una volta fissato $k:=f(1)$.

E' sufficiente vedere che $f(n+1)=\left(\sum_{i=1}^{n+1}{f(i)}\right)-\left(\sum_{i=1}^{n}{f(i)}\right)=(n+1)^2f(n+1)-n^2f(n)$ $ \implies f(n+1)=\frac{nf(n)}{n+2}=\ldots=\frac{2f(1)}{(n+1)(n+2)}$. []