Funzionale sugli interi positivi
Trovare tutte le funzioni \(\displaystyle f : \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^* \) tali che \(\displaystyle \frac{ f(x+y) +f(x) }{2x+f(y)} = \frac{2y+f(x)}{f(x+y)+f(y)} \) per ogni \( x,y \in \mathbb{N}^*\).
Risposte
Poniamo y=x
Ottengo
[tex]\frac{f(2x)+f(x)}{2x+f(x)}=\frac{2x+f(x)}{f(2x)+f(x)}[/tex]
E' del tipo m/n = n/m
le soluzioni sono m = -n e
m = n
Provo prima il primo caso:
[tex]f(2x)+f(x)=-2x-f(x)[/tex]
[tex]f(2x)+2f(x)+2x=0[/tex]
Adesso sia le funzioni che il termine 2x non possono mai essere non positive(ce lo dicono dominio e codominio), per cui l'equazione, considerando questo caso, non ha soluzione
Passiamo al secondo caso:
[tex]f(2x)+f(x)=2x+f(x)[/tex]
[tex]f(2x)=2x[/tex]
Sostituiamo 2x con il generico argomento x e otteniamo
[tex]f(x) = x, ~ \forall x \in \mathbb{N^*}[/tex]
Ottengo
[tex]\frac{f(2x)+f(x)}{2x+f(x)}=\frac{2x+f(x)}{f(2x)+f(x)}[/tex]
E' del tipo m/n = n/m
le soluzioni sono m = -n e
m = n
Provo prima il primo caso:
[tex]f(2x)+f(x)=-2x-f(x)[/tex]
[tex]f(2x)+2f(x)+2x=0[/tex]
Adesso sia le funzioni che il termine 2x non possono mai essere non positive(ce lo dicono dominio e codominio), per cui l'equazione, considerando questo caso, non ha soluzione
Passiamo al secondo caso:
[tex]f(2x)+f(x)=2x+f(x)[/tex]
[tex]f(2x)=2x[/tex]
Sostituiamo 2x con il generico argomento x e otteniamo
[tex]f(x) = x, ~ \forall x \in \mathbb{N^*}[/tex]
@.Ruben.
Hai assolutamente ragione
Mo provo a rimediare
Mo provo a rimediare
Ripensandoci
Supponendo che l'argomento sia un intero pari, la sostituzione ha senso
Però non so come coprire casi del tipo: f(5)=... perché 5/2 non è intero
Qualcuno ha altre idee?
Supponendo che l'argomento sia un intero pari, la sostituzione ha senso
Però non so come coprire casi del tipo: f(5)=... perché 5/2 non è intero
Qualcuno ha altre idee?
Provo a dare un'idea: se sostituiamo $y=1$ all'equazione iniziale dato che $f(x)=x$ sui pari abbiamo $\frac{f(x+1)+x}{2x+f(1)}=\frac{2+x}{f(x+1)+f(1)}$ e dovrebbe venir fuori qualcosa...
Ci avevo pensato anch'io
Provo più tardi a vedere che succede con i conti
Provo più tardi a vedere che succede con i conti
Sia x pari, y = 1
[tex]\frac{f(x+1)+x}{2x+f(1)}=\frac{2+x}{f(x+1)+f(1)}[/tex]
Allora, dato che dominio e codominio sono positivi, si ottiene che i denominatori sono sempre diversi da 0
Per cui possiamo scrivere:
[tex][f(x+1)+x][f(x+1)+f(1)]=[(2x+f(1)](2+x)[/tex]
poichè sono tutte quantità intere possiamo trattarla come un'equazione diofantea
Uguagliando coppie di fattori si ottengono così diversi casi(li ho provati tutti, se volete posso postare); dopo averli analizzati ci si rende conto che l'unico che non porta a contraddizioni è
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)+x=2x+f(1)\\
f(x+1)+f(1)=2+x\end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)=x+f(1)\\
f(x+1)=2+x-f(1)\end{matrix}\right.[/tex]
[tex]2=2f(1)[/tex]
[tex]f(1)=1[/tex]
Riscriviamo l'equazione con questa informazione in più
[tex][f(x+1)+x][f(x+1)+1]=[(2x+1](2+x)[/tex]
Procedendo come prima:
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)+x=2x+1\\
f(x+1)+1=2+x\end{matrix}\right.[/tex]
Da cui otteniamo f(x+1) = x+1 , con x pari
Combinando questo con il risultato precendente, abbiamo f(x) = x , per ogni x intero positivo
[tex]\frac{f(x+1)+x}{2x+f(1)}=\frac{2+x}{f(x+1)+f(1)}[/tex]
Allora, dato che dominio e codominio sono positivi, si ottiene che i denominatori sono sempre diversi da 0
Per cui possiamo scrivere:
[tex][f(x+1)+x][f(x+1)+f(1)]=[(2x+f(1)](2+x)[/tex]
poichè sono tutte quantità intere possiamo trattarla come un'equazione diofantea
Uguagliando coppie di fattori si ottengono così diversi casi(li ho provati tutti, se volete posso postare); dopo averli analizzati ci si rende conto che l'unico che non porta a contraddizioni è
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)+x=2x+f(1)\\
f(x+1)+f(1)=2+x\end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)=x+f(1)\\
f(x+1)=2+x-f(1)\end{matrix}\right.[/tex]
[tex]2=2f(1)[/tex]
[tex]f(1)=1[/tex]
Riscriviamo l'equazione con questa informazione in più
[tex][f(x+1)+x][f(x+1)+1]=[(2x+1](2+x)[/tex]
Procedendo come prima:
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)+x=2x+1\\
f(x+1)+1=2+x\end{matrix}\right.[/tex]
Da cui otteniamo f(x+1) = x+1 , con x pari
Combinando questo con il risultato precendente, abbiamo f(x) = x , per ogni x intero positivo
".Ruben.":
...Per cui possiamo scrivere:
[tex][f(x+1)+x][f(x+1)+f(1)]=[(2x+f(1)](2+x)[/tex]
poichè sono tutte quantità intere possiamo trattarla come un'equazione diofantea
Uguagliando coppie di fattori si ottengono così diversi casi(li ho provati tutti, se volete posso postare); dopo averli analizzati ci si rende conto che l'unico che non porta a contraddizioni è
[tex]\left\{\begin{matrix}f(x+1)+x=2x+f(1)\\
f(x+1)+f(1)=2+x\end{matrix}\right.[/tex]
..
Non ho capito la faccenda "uguagliando coppie di fattori".
In generale, se $a,b,c,d in NN$ sono tali che $a* b = c*d$, non si può concludere che ${(a=d),(b=c):} vv {(a=c),(b=d):}$
Controesempio: $a= 6$, $b=35$, $c=21$, $d=10$.
Infatti rimane il caso normale
a*b=c*d
Il metodo che ho usato si giustifica con a,b e c,d coprimi
Con alcuni passaggi ho dimostrato che, con quei fattori, dato che non possono essere non-coprimi per ogni x, doveva valere necessariamente quell'uguaglianza, cosa che in generale è falsa.
Ovviamente, se non ci fosse un'implicazione necessaria, non potremmo essere sicuri dell'unicità della soluzione
Magari posto questa cosa più tardi.
Comunque era quello che intendevo con "altri casi"
a*b=c*d
Il metodo che ho usato si giustifica con a,b e c,d coprimi
Con alcuni passaggi ho dimostrato che, con quei fattori, dato che non possono essere non-coprimi per ogni x, doveva valere necessariamente quell'uguaglianza, cosa che in generale è falsa.
Ovviamente, se non ci fosse un'implicazione necessaria, non potremmo essere sicuri dell'unicità della soluzione
Magari posto questa cosa più tardi.
Comunque era quello che intendevo con "altri casi"
Ho trovato un metodo alternativo, che non richiede la fattorizzazione
Poniamo x = 2 in:
[tex](f(x+1)+x)(f(x+1)+f(1))=(2x+f(1))(2+x)[/tex]
otteniamo:
[tex](f(3)+2)(f(3)+f(1))=(4+f(1)) \cdot 4[/tex]
poniamo $f(3) = a$, $f(1)=b$
$(a+2)(a+b)=4(4+b)$
$a^2 + 2a +ab - 2b -16=0$
[tex]a=\frac{-2-b+\sqrt{b^2+12b+68}}{2}[/tex]
poichè $(b+4)^2 < b^2+12b+68 < (b+9)^2$
abbiamo
[tex]\frac{-2-b+b+4}{2}
Sostituendo si scarta a = 2 e si ottiene, con a = 3, la soluzione b = 1
per cui f(3) = 3 e f(1) = 1
Sostituiamo f(1) = 1 nell'eq. iniziale
[tex](f(x+1)+x)(f(x+1)+1)=(2x+1)(2+x)[/tex]
[tex]f^2(x+1) +x \cdot f(x+1)+x+f(x+1)=2x^2+x+4x+2[/tex]
[tex]f^2(x+1) +(x+1) \cdot f(x+1)-2x^2-4x-2=0[/tex]
Adesso la risolvo come un'equazione di secondo grado nell'incognita f(x+1)
Scarto la soluzione negativa
La positiva è:
[tex]f(x+1)=\frac{-x-1+\sqrt{(x+1)^2+8x^2+16x+8}}{2}=\frac{-x-1+\sqrt{9x^2+18x+9}}{2}=\frac{-x-1+3x+3}{2}=x+1[/tex]
Quindi f(x+1) = x+1 , da cui, sapendo che f(1) = 1, otteniamo
f(x) = x
Poniamo x = 2 in:
[tex](f(x+1)+x)(f(x+1)+f(1))=(2x+f(1))(2+x)[/tex]
otteniamo:
[tex](f(3)+2)(f(3)+f(1))=(4+f(1)) \cdot 4[/tex]
poniamo $f(3) = a$, $f(1)=b$
$(a+2)(a+b)=4(4+b)$
$a^2 + 2a +ab - 2b -16=0$
[tex]a=\frac{-2-b+\sqrt{b^2+12b+68}}{2}[/tex]
poichè $(b+4)^2 < b^2+12b+68 < (b+9)^2$
abbiamo
[tex]\frac{-2-b+b+4}{2}
Sostituendo si scarta a = 2 e si ottiene, con a = 3, la soluzione b = 1
per cui f(3) = 3 e f(1) = 1
Sostituiamo f(1) = 1 nell'eq. iniziale
[tex](f(x+1)+x)(f(x+1)+1)=(2x+1)(2+x)[/tex]
[tex]f^2(x+1) +x \cdot f(x+1)+x+f(x+1)=2x^2+x+4x+2[/tex]
[tex]f^2(x+1) +(x+1) \cdot f(x+1)-2x^2-4x-2=0[/tex]
Adesso la risolvo come un'equazione di secondo grado nell'incognita f(x+1)
Scarto la soluzione negativa
La positiva è:
[tex]f(x+1)=\frac{-x-1+\sqrt{(x+1)^2+8x^2+16x+8}}{2}=\frac{-x-1+\sqrt{9x^2+18x+9}}{2}=\frac{-x-1+3x+3}{2}=x+1[/tex]
Quindi f(x+1) = x+1 , da cui, sapendo che f(1) = 1, otteniamo
f(x) = x
Sì, mi sembra tutto a posto. Bravo!
Grazie!
Comunque avevi ragione riguardo la fattorizzazione, ragionandoci su era un po' forzata
Comunque avevi ragione riguardo la fattorizzazione, ragionandoci su era un po' forzata
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