[EX] Trovare la funzione $f$

[dennysmathprof]

Se
\[
f^\prime (x) = e^{x+f(-x)}, \qquad f(0)=0
\]
qual è la $f$?

[xdom="Paolo90"]Sistemato un po' il codice.[/xdom]

[dennysmathprof]

grazie

[Gi81]

$f(x)=x$

[gugo82]

Appena ho un po' di tempo, posto la mia soluzione.

[Rigel1]

La mia soluzione è un po' lunga, quindi aspetto quella di gugo

[dennysmathprof]

Prendiammo la [tex]g\left( x \right) = f\left( x \right) - x,x \in R , g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - 0 = 0.
Abbiamo f'\left( x \right) = {e^{x + f\left( { - x} \right)}} \Rightarrow {\left( {g\left( x \right) + x} \right)^\prime } = {e^{x + g\left( { - x} \right) - x}} \Rightarrow g'\left( x \right) = {e^{g\left( { - x} \right)}} - 1:\left( 1 \right) e g'\left( { - x} \right) = {e^{g\left( x \right)}} - 1:\left( 2 \right).[/tex]Αncora
[tex]\left( 1 \right) \wedge \left( 2 \right) \Rightarrow g'\left( x \right)\left( {{e^{g\left( x \right)}} - 1} \right) = g'\left( { - x} \right)\left( {{e^{g\left( { - x} \right)}} - 1} \right) \Rightarrow {e^{g\left( x \right)}}g'\left( x \right) + {e^{g\left( { - x} \right)}}{\left( {g\left( { - x} \right)} \right)^\prime } = g'\left( x \right) + {\left( {g\left( { - x} \right)} \right)^\prime } \Rightarrow
\Rightarrow {\left( {{e^{g\left( x \right)}} + {e^{g\left( { - x} \right)}}} \right)^\prime } = {\left( {g\left( x \right) + g\left( { - x} \right)} \right)^\prime } \Rightarrow {e^{g\left( x \right)}} + {e^{g\left( { - x} \right)}} = g\left( x \right) + g\left( { - x} \right) + c.[/tex]
per[tex]x = 0 , {e^{g\left( 0 \right)}} + {e^{g\left( { - 0} \right)}} = g\left( 0 \right) + g\left( { - 0} \right) + c \Leftrightarrow c = 2.{x \in R}
{e^{g\left( x \right)}} + {e^{g\left( { - x} \right)}} = g\left( x \right) + g\left( { - x} \right) + 2:\left( 3 \right)[/tex]
ancora [tex]{e^x} \ge x + 1,\forall x \in R , e = solo per x = 0.[/tex] Cosi abbiamo,[tex]{e^{g\left( x \right)}} \ge g\left( x \right) + 1 e l' = solo per
g\left( x \right) = 0.[/tex].Ancora [tex]{e^{g\left( { - x} \right)}} \ge g\left( { - x} \right) + 1[/tex]e l' = solo per [tex]g\left( { - x} \right) = 0.[/tex]
Quindi [tex]{e^{g\left( x \right)}} + {e^{g\left( { - x} \right)}} \ge g\left( x \right) + g\left( { - x} \right) + 2[/tex] e = solo per [tex]g\left( x \right) = g\left( { - x} \right) = 0.[/tex]
Cosi [tex]\left( 3 \right) \forall {x \in R}[/tex] deve essere [tex]g\left( x \right) = g\left( { - x} \right) = 0,\forall x \in R,\forall {x \in R}[/tex]
E' [tex]g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) - x = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = x[/tex] .:
grazie della attenzione

Dionisio prof. di matematica

[rino6999]

e pensare che io l'avevo risolta così
$f'(x)e^(-f(-x))=e^x$
e mi è saltato subito all'occhio $f(x)=x$
sicuramente non è una risoluzione rigorosa ma .....

[CaMpIoN]

@raf85: penso che dalla tua potresti ragionare nel dire che il primo membro deve essere uguale al secondo, allora dovevi dire che
\(\displaystyle f'(x)=1 \quad \land \quad -f(-x)=x\)
Non so' se il ragionamento può essere una dimostrazione, io lo uso ad esempio per trovare le periodicità di una funzione.

[rino6999]

è proprio quello che hai scritto tu che mi ha fatto "vedere" subito f(x)=x

[gugo82]

@ raf85: Tra "vedere", cioé autoconvincersi, e "far vedere", cioé convincere gli altri, c'è un abisso... Che è proprio l'abisso che separa chi non fa matematica da chi la fa.

@ Rigel: Anche la mia soluzione è alquanto incasinata... Ma più che incasinata, è che è ben lungi dall'essere minimale nell'uso di technicalities.

Una soluzione, che credo sia molto standard (dal punto di vista delle tecnica analitica) ma difficile da digerire per chi non è ancora dentro a queste cose, è la seguente.

Considero il problema:
\[
\tag{1}
\begin{cases} f^\prime (x) = \exp \left( x + f(-x)\right) \\
f(0)=0
\end{cases}
\]
e voglio dimostrare che:

Teorema

L'unica soluzione di (1) è \(\varphi (x):=x\).

Per dimostrare questo fatto uso una tecnica basata sull'uso delle stime "a priori".[nota]Una stima "a priori" è una disuguaglianza che coinvolge quantità legate alla soluzione di un problema (e.g., norme di derivate della soluzione), della quale soluzione si assume l'esistenza senza averla ancora effettivamente dimostrata.[/nota]
Le stime "a priori" si usano, di solito, per studiare la regolarità delle soluzioni (deboli) di problemi del CdV o di PDE; qui faccio la stessa cosa, sfruttando le stime per garantire che la soluzione da cercare è regolarissima, cioé analitica intorno a \(0\).

Innanzitutto, chiarisco cosa intendo per soluzione dell'equazione in (1) e del problema (1):

Dico che una funzione \(\varphi\) è una soluzione dell'equazione \(f^\prime (x) = \exp \left( x + f(-x)\right)\) se e solo se:

[list=1][*:2kolb3df] \(\varphi\) è definita in un intervallo aperto non degenere e simmetrico rispetto allo \(0\), i.e. un intervallo del tipo \(]-a,a[\) con \(a>0\);

[/*:m:2kolb3df]
[*:2kolb3df] \(\varphi\) è derivabile nel suo insieme di definizione e soddisfa la relazione \(\varphi^\prime (x) = \exp \left( x + \varphi (-x)\right)\) per ogni \(x\in ]-a,a[\).[/*:m:2kolb3df][/list:o:2kolb3df]

Altresì, dico che \(\varphi\) è soluzione del problema (1) se essa è una soluzione dell'equazione \(f^\prime (x) = \exp \left( x + f(-x)\right)\) e se \(\varphi (0)=0\).

Per fare ciò, innanzitutto osservo che vale il seguente fatto:

Lemma 1 (regolarità "a priori")

Se \(\varphi\) è una soluzione dell'equazione \(f^\prime (x) = \exp \left( x+f(-x)\right)\) definita in un intervallo aperto non degenere \(]-a,a[\subseteq \mathbb{R}\), allora \(\varphi\in C^\infty (]-a,a[)\).

Dim.: Per la stessa definizione di soluzione dell'equazione \(f^\prime (x) = \exp \left( x+f(-x)\right)\), \(\varphi\) è derivabile in \(]-a,a[\) e perciò si ha \(\varphi \in C^0(]-a,a[)\). Ciò importa che \(\varphi (-x)\) è continua in \(]-a,a[\) e dunque anche \(\varphi^\prime (x) = \exp \left( x+\varphi(-x)\right)\) è continua in \(]-a,a[\); da ciò segue \(\varphi \in C^1(]-a,a[)\).
Ma allora anche \(\varphi(-x)\) è di classe \(C^1\) in \(]-a,a[\) e dall'equazione segue che \(\varphi^\prime \in C^1(]-a,a[)\), cosicché \(\varphi \in C^2(]-a,a[)\).

Avando sufficiente regolarità, posso derivare m.a.m. l'equazione soddisfatta da \(\varphi\) e trovo:
\[
\begin{split}
\varphi^{\prime \prime} (x) &= \left( 1-\varphi^\prime (-x)\right)\ \exp \left( x+\varphi (-x)\right) \\
&= \varphi^\prime (x)\ \left( 1-\varphi^\prime (-x)\right)\; ,
\end{split}
\]
cosicché \(\varphi^\prime\) è una soluzione di:
\[
\tag{2}
u^\prime (x) = u(x)\ \left( 1-u(-x)\right)
\]
(qui e nel seguito, con il termine soluzione della (2)) intendo una funzione che soddisfa il punto 1 della definizione precedente e che soddisfa l'equazione puntualmente nel suo dominio).
Dato che \(\varphi^\prime \in C^1(]-a,a[)\), dalla (2) segue che \(\varphi^{\prime \prime} \in C^1(]-a,a[)\), cosicché \(\varphi \in C^3(]-a,a[)\); ma allora \(\varphi^\prime \in C^2(]-a,a[)\) e per la (2) è pure \(\varphi^{\prime \prime} \in C^2(]-a,a[)\), i.e. \(\varphi \in C^4 (]-a,a[)\)...
Procedendo iterativamente, se \(\varphi \in C^{n+2}(]-a,a[)\), allora \(\varphi^\prime \in C^{n+1}(]-a,a[)\) e dalla (2) segue che \(\varphi^{\prime \prime}\in C^{n+1}(]-a,a[)\), ossia \(\varphi \in C^{n+3}(]-a,a[)\).

Valendo il precedente ragionamento per ogni indice \(n\in \mathbb{N}\), concludo che \(\varphi \in C^\infty (]-a,a[)\). \(\square\)

Assodata la regolarità "a priori", provo delle stime sulle derivate di \(\psi:=\varphi^\prime\):

Lemma 2 (stime "a priori" delle derivate)

Se \(\psi\) è una soluzione di classe \(C^\infty(]-a,a[)\) del problema:
\[
\begin{cases}
u^\prime (x) = u(x)\ \left( 1-u(-x)\right)\\
u(0)=1\; ,
\end{cases}
\]
allora esiste un opportuno intorno \(I\) di \(0\) tale che:
\[
\tag{3}
\| \psi^{(n)}\|_{\infty, I} \leq 2\ 3^n\ n!\; .
\]
per ogni indice \(n\).

Dim.: Usiamo l'induzione.

Per \(n=0\) la cosa è vera: infatti, \(\psi\) soddisfa la condizione \(\psi (0)=1\) e, per continuità, si può determinare \(I\) simmetrico rispetto a \(0\) e tale che \(-2\leq \psi (x)\leq 2\) per \(x\in I\); dunque \(\| \psi\|_{\infty ,I} =\sup_I |\psi| <2\).
Analogamente, se \(-2\leq \psi (x)\leq 2\) in \(I\), si ha:
\[
\| \psi^\prime\|_{\infty ,I} = \sup_I |\psi^\prime| = \sup_I |\psi\cdot (1-\psi)| \leq \sup_{[-2,2]} |y\cdot (1-y)| = 6
\]
sicché la (3) è soddisfatta anche per \(n=1\).

Per il passo induttivo, usiamo il Principio di Induzione nella seconda forma, cioé supponiamo che la (3) valga per \(k=0,1,\ldots, n-1\) e proviamo che essa vale anche per \(n\) (con \(n\geq 2\)).
Usando la formula di Leibniz per derivare \(n-1\) volte la (3), si trova:
\[
\psi^{(n)}(x) = \psi^{(n-1)}(x) - \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}\ (-1)^k \psi^{(k)}(-x)\ \psi^{(n-1-k)}(x)
\]
e da ciò segue:
\[
\begin{split}
\|\psi^{(n)}\|_{\infty ,I} &=\sup_{x\in I} |\psi^{(n)}(x)| \\
&= \sup_{x\in I} \left| \psi^{(n-1)}(x) - \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}\ (-1)^k \psi^{(k)}(-x)\ \psi^{(n-1-k)}(x) \right|\\
&\leq \sup | \psi^{(n-1)}| + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}\ \sup_I |\psi^{(k)}|\cdot \sup_I |\psi^{(n-1-k)}|\\
&= \|\psi^{(n-1)}\|_{\infty ,I} + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}\ \|\psi^{(k)}\|_{\infty, I}\cdot \|\psi^{(n-1-k)}\|_{\infty, I}\\
&\leq 2\ 3^{n-1}\ (n-1)! + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}\ 2\ 3^k\ k!\cdot 2\ 3^{n-1-k}\ (n-1-k)!\\
&= 2\ 3^{n-1}\ (n-1)! + 4\ 3^{n-1}\ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(n-1)!}{\cancel{k!}\ \cancel{(n-1-k)!}}\ \cancel{k!}\ \cancel{(n-1-k)!}\\
&= 2\ 3^{n-1}\ (n-1)! + 4\ 3^{n-1} n\ (n-1)!\\
&= 2\ 3^{n-1}\ \left( \frac{1}{n} + 2 \right)\ n!\\
&\leq 2\ 3^n\ n!
\end{split}
\]
sicché anche \(\psi^{(n)}\) soddisfa la (3). \(\square\)

Dalle stime (3) e da una nota caratterizzazione delle funzioni analitiche (cioé sulle funzioni sviluppabili in serie di potenze) segue immediatamente il:

Proposizione 1 (analiticità delle soluzioni)

Sia \(\varphi\) una soluzione del problema (1).
Esiste un intorno \(J\) simmetrico di \(0\) in cui \(\varphi\) è analitica, i.e. \(\varphi \in C^\omega (J)\).

Dim.: Se \(\varphi\) risolve (1), essa è \(C^\infty\) in un intorno simmetrico \(]-a,a[\) di \(0\) per il Lemma 1.
Conseguentemente, la funzione \(\varphi^\prime\) è una soluzione \(C^\infty\) del problema (2) e per il Lemma 2 le sue derivate soddisfano le stime (3) in un intorno simmetrico \(I\) di \(0\) eventualmente "più piccolo" di \(]-a,a[\).
Le stime (3) garantiscono che la serie di Taylor di centro \(0\) relativa a \(\varphi^\prime\) converge in \(I\), sicché \(\varphi^\prime\) è analitica in un intorno simmetrico \(J\) di \(0\) eventualmente "più piccolo" di \(I\).
Dato che:
\[
\tag{4}
\varphi (x) =\int_0^x \varphi^\prime (t)\ \text{d} t
\]
anche \(\varphi\) è analitica in \(J\). \(\square\)

A questo punto so che mi basta cercare \(\varphi^\prime\) analitica in \(0\) che soddisfa il problema (2) ed integrare per ottenere la soluzione di (1).
Ma se:
\[
\varphi^\prime (x) = \sum_{n=0}^\infty a_n\ x^n
\]
allora:
\[
\begin{split}
\varphi^\prime (-x) &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\ a_n\ x^n\\
\varphi^{\prime \prime} (x) &= \sum_{n=0}^\infty (n+1)\ a_{n+1}\ x^n
\end{split}
\]
e sostituendo nell'equazione (2) (tenendo presente che il prodotto di due serie di potenze si calcola facendo la convoluzione dei coefficienti) trovo:
\[
\sum_{n=0}^\infty (n+1)\ a_{n+1}\ x^n = \sum_{n=0}^\infty a_n\ x^n - \sum_{n=0}^\infty \left( \sum_{k=0}^n (-1)^k\ a_k\ a_{n-k}\right)\ x^n
\]
da cui segue la ricorrenza:
\[
(n+1)\ a_{n+1} = a_n - \sum_{k=0}^n (-1)^k\ a_k\ a_{n-k}\; ,
\]
mentre dalla condizione iniziale traggo \(a_0=1\); unendo ricorrenza e condizione iniziale trovo che i coefficienti della serie soddisfano il problema:
\[
\tag{5}
\begin{cases}
a_{n+1} = \frac{1}{n+1}\ a_n - \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{n+1}\ a_k\ a_{n-k} \\
a_0=1\; .
\end{cases}
\]
Ora determino i coefficienti \(a_n\):

Lemma 3

L'unica soluzione del problema (5) è la successione \((\alpha_n)\) che ha:
\[
\alpha_0=1,\ \alpha_1=\alpha_2=\cdots =\alpha_n=\cdots =0\; .
\]

Dim.: Chiaramente basta usare il Principio di Induzione (sempre in seconda forma).

Sia \((a_n)\) una soluzione di (5).
Si ha certamente \(a_0=1\), e dalla ricorrenza segue:
\[
\begin{split}
a_1 &= a_0 - \sum_{k=0}^0 (-1)^k\ a_k\ a_{0-k} \\
&= a_0 - a_0^2\\
&=1-1\\
&=0\; ;
\end{split}
\]
analogamente:
\[
\begin{split}
a_2 &= \frac{1}{2}\ a_1 - \sum_{k=0}^1 \frac{(-1)^k}{2}\ a_k\ a_{1-k}\\
&= \frac{1}{2}\ a_1 - \frac{1}{2}\ a_0\ a_1 + \frac{1}{2}\ a_1\ a_0\\
&= 0
\end{split}
\]
ed:
\[
\begin{split}
a_3 &= \frac{1}{3}\ a_2 - \sum_{k=0}^1 \frac{(-1)^k}{3}\ a_k\ a_{2-k}\\
&= \frac{1}{3}\ a_2 - \frac{1}{3}\ a_0\ a_2 + \frac{1}{3}\ a_1^2 - \frac{1}{3}\ a_2\ a_0\\
&= 0\; .
\end{split}
\]
Supponiamo \(n\geq 4\) e, facendo l'ipotesi induttiva che \(a_0=1\) ed \(a_k=0\) per \(k=1,2,\ldots ,n-1\), mostriamo che \(a_n=0\). Dalla ricorrenza segue:
\[
\begin{split}
a_n &= \frac{1}{n}\ a_{n-1} - \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{n}\ a_k\ a_{n-1-k}\\
&= \frac{1}{n}\ a_{n-1} - \frac{1}{n}\ a_0\ a_{n-1} - \sum_{k=1}^{n-2} \frac{(-1)^k}{n}\ a_k\ a_{n-1-k} - \frac{(-1)^{n-1}}{n}\ a_{n-1}\ a_0\\
&= 0\; ,
\end{split}
\]
perché tutti gli addendi del terzo membro sono nulli.

Da ciò segue contemporaneamente \((a_n)=(\alpha_n)\) e l'unicità della soluzione al problema (5). \(\square\)

Infine, abbiamo:

Dim. (del Teorema): Dal Lemma 3 segue \(\varphi^\prime (x) =1\).
Poiché la serie di potenze che fornisce \(\varphi^\prime\) converge in tutto \(\mathbb{R}\), dalla Proposizione 1 e dalla (4) segue che la soluzione \(\varphi\) di (1) è definita in tutto \(\mathbb{R}\) ed è quella che assegna \(\varphi (x)=x\).

Inoltre, l'unicità asserita nel Lemma 3 importa che \(\varphi\) è l'unica soluzione del problema (1). \(\square\)

[rino6999]

"gugo82":@ raf85: Tra "vedere", cioé autoconvincersi, e "far vedere", cioé convincere gli altri, c'è un abisso... Che è proprio l'abisso che separa chi non fa matematica da chi la fa.

ma chi **** ti credi di essere?
ti ha ferito nell'orgoglio che io abbia trovato la soluzione in un passaggio ?
e ora bannami pure,pallone gonfiato

[gugo82]

@raf85: Stai calmo... Non intendevo affatto offenderti[nota]Come si evince dall'uso di un'emoticon ammiccante, non riportata nella tua citazione, alla fine della frase rivolta a te nel post di sopra.[/nota], ma dire una cosa seria.

Ai Matematici non basta "trovare cose", cioé che i Matematici non si accontentano di avere un risultato; avere un risultato basta (a volte, ma fortunatamente non sempre) agli ingegneri.[nota]Ad esempio, un gustoso joke che serve a spiegare l'approccio è il seguente:

Teorema di esistenza dell'ingegnere

Se è possibile calcolare una soluzione di un problema, allora la soluzione al problema esiste.

[/nota]
I Matematici, per lo più, cercano altro oltre alla semplice soluzione di un problema... In altre parole, ad un Matematico di solito importano e cercano di dirimere più questioni, tutte poste su piani ben distinti (anche se molto legati), come ad esempio:

[*:jvtp1nde] esistenza delle soluzioni;
[/*:m:jvtp1nde]
[*:jvtp1nde] unicità o nonunicità delle soluzioni;
[/*:m:jvtp1nde]
[*:jvtp1nde] caratteristiche (qualitative) delle soluzioni;
[/*:m:jvtp1nde]
[*:jvtp1nde] determinazione esplicita della/e soluzione/i.[/*:m:jvtp1nde][/list:u:jvtp1nde]
Come vedi il calcolo viene alla fine, è l'ultima questione della lista. Questo per una semplice ragione: i conti si possono fare solo in casi mooolto particolari, i quali (pur essendo importanti e presenti in parecchi problemi applicativi) raramente si presentano in questioni teoriche.

Inoltre, il Matematico cerca di convincere chi lo sente/legge della bontà dei suoi argomenti puntando tutto sulla logica, cioé sulla dimostrazione; al contrario dell'ingegnere, che usualmente (anche se fortunatamente non sempre) cerca di convincere chi lo legge/sente con l'analisi di risultati numerici.

Insomma, l'approccio metodologico del Matematico, molto ampio e diversificato, si basa certamente sull'intuito (di cui hai dato prova, trovando la soluzione dell'esercizio) ma non finisce assolutamente lì.
Un'intuizione, anche se grandiosa ed importante, non è nulla se la sua validità non è corroborata da una giusta dimostrazione.

Spero di essere stato chiaro, ora.

Inoltre:
[xdom="gugo82"]Gradirei eliminassi il turpiloquio dal tuo post.

Prima di partire in quarta, la prossima volta chiedi spiegazioni: ci farai certamente una miglior figura, dato che l'utente medio di questo forum non è un buzzurro che passa le giornate insultando altri utenti.

Ah, ovviamente, la proposta di ban settimanale è stata inoltrata in Ammnistrazione.[/xdom]


P.S.:

"raf85":ti ha ferito nell'orgoglio che io abbia trovato la soluzione in un passaggio ?


Ma, scusa, secondo te quanto ci ho messo ad accorgermi di quale fosse la soluzione del problema?
Ragiona: se ho postato il mio annuncio prima che postassi tu, vuol dire che avevo la soluzione già in tasca da un pezzo...
Quindi, questo tuo penilunghismo preadolescenziale è davvero fuori luogo (oltre che fuori tempo massimo, per limiti di età).

[rino6999]

"gugo82":Ah, ovviamente, la proposta di ban settimanale è stata inoltrata in Ammnistrazione.

ESTICAZZI

[xdom="gugo82"]Mah...[/xdom]