[L02/03] Quando l'alternanza scuola lavoro ti annoia...

[Gerald Lambeau]

...e tenti di risolvere funzionali a caso.
Trovare:
(a) $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x+y)=xf(x)+yf(y)$;
(b) $f: \mathbb{Z^+} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x+y)=xf(y)+yf(x)$.

[Rho33]

Bene, risolvo e rilancio:

a)

Testo nascosto:

$P(0,0) \longrightarrow f(0)=0$ .

$P(x,0) \longrightarrow f(x)=xf(x)$ quindi $x=1$ oppure $f(x)=0$ .

$P(1,1) \longrightarrow f(2)=2f(1)$ ma anche $P(2,0) \longrightarrow f(2)=2f(2)$ allora $2f(1)=2f(2) \iff f(1)=f(2)$ e quindi $f(x) \equiv 0$ unica.

b)

Testo nascosto:

$P(1,1) \longrightarrow f(2)=2f(1)$ .

$P(2,1) \longrightarrow f(3)=f(2)+2f(1) \iff f(3)=4f(1)$ .

$P(2,2) \longrightarrow f(4)=4f(2) \iff f(4)=8f(1)$ ma anche $P(3,1) \longrightarrow f(4)=f(3)+3f(1) \iff f(4)=7f(1)$ da cui $8f(1)=7f(1)$ e quindi $f(1)=0$ .

Ma dato che si mostra per induzione che $f(1+n)=2^n \cdot f(1)$ e che il dominio è $\mathbb{Z^+}$ , anche in questo caso $f(x) \equiv 0$ unica.

P.S. Basta anche dire in alternativa che $f(x+1)=f(x)$ .

Rilancio carino: $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tali che $f(xy)=xf(y)+yf(x)$

[Gerald Lambeau]

Buone! Ora penso alla tua.

[Rbbn]

Ho provato a risolvere
[tex]f(xy) = x f(y) + yf(x)[/tex]

Dovrebbe essere f(x) = 0 oppure
[tex]\left\{\begin{matrix} f(x)=0~~~se~x=0\\ f(x)=c \cdot x \cdot log_{a}|x| \end{matrix}\right.[/tex]
Con c reale diverso da 0 e
a reale tale da poter essere base di un logaritmo reale

Putroppo non riesco a dimostrare l'unicità delle soluzioni senza supporre che f(x) sia derivabile..

[Lasker]

Per farlo bene (=senza soluzioni che puoi mostrare esistere solo con l'assioma della scelta) serve qualche altra ipotesi infatti! La derivabilità comunque è una delle più forti che potevi richiedere

[Rbbn]

Sono riuscito stamattina a ridurlo a una cauchy
Quindi mi basta la continuità
Posto la soluzione più tardi

[Rbbn]

Testo nascosto:

Sia [tex]x, y = 0[/tex]
[tex]f(0)=0[/tex]

Sia [tex]y = x^{n-1}[/tex] con [tex]n \in \mathbb{N}[/tex]
[tex]f(x \cdot x^{n-1}) =f(x^n)= x^{n-1}f(x)+x \cdot f(x^{n-1})[/tex]

Dimostro per induzione(se volete posto) che:
[tex]f(x^n)=n \cdot x^ {n-1} \cdot f(x)[/tex] 1)

Adesso creo una funzione ausiliaria [tex]g(x)[/tex]
tale che [tex]f(x) = x \cdot g(x)[/tex] 2)

Sostituisco 2) in 1)
[tex]x^n \cdot g(x^n) = n \cdot x^{n-1} \cdot x \cdot g(x)[/tex]
[tex]g(x^n) = n \cdot g(x)[/tex] 3)

Siano [tex]h,k \in \mathbb{N} : h+k=n[/tex]

[tex]g(x^h \cdot x^k) = h \cdot g(x) + k \cdot g(x) = g(x^h) + g(x^k)[/tex]

Siano [tex]p = x^h[/tex], [tex]q = x^k[/tex]

[tex]g(pq)=g(p)+g(q)[/tex]

Adesso sostituisco[tex]p \to a^p[/tex], [tex]q \to a^q[/tex]
con a reale tale da poter essere base di un logaritmo
[tex]g(a^{p+q}) = g(a^p) + g(a^q)[/tex]

Sia [tex]h(x) = g(a^x)[/tex]
[tex]h(p+q) = h(p) + h(q)[/tex]
ed è una cauchy *finalmente*

quindi h(x) è continua e
[tex]h(x) = 0[/tex]oppure [tex]h(x) = c \cdot x[/tex]
con [tex]c \in \mathbb{R} - ( 0 )[/tex]

[tex]h(x) = g(a^x) = 0[/tex] --> [tex]g(x) = 0[/tex]
[tex]h(x) = g(a^x) = c \cdot x[/tex]
[tex]g(x) = c \cdot log_{a} (x)[/tex]

Per coprire anche i negativi posso inserire il valore assoluto (il dominio è tutto R)

[tex]g(x) = c \cdot log_{a} |x|[/tex] oppure [tex]g(x) = 0[/tex]

da cui:
[tex]f(x) = c \cdot x \cdot log_{a}|x|[/tex] oppure [tex]f(x) = 0[/tex]

Poichè f(0) = 0 e il dominio è tutto R
le soluzioni sono:
[tex]\left\{\begin{matrix} f(x)=0~~~~~~se~x=0\\ f(x)=c \cdot x \cdot log_{a}|x|~~~se~x\neq 0 \end{matrix}\right.[/tex] e
[tex]f(x) = 0[/tex]

Sostituendo si vede che soddisfano

Si può verificare la continuità della prima soluzione in x = 0 andando a calcolare i limiti (se volete posto)

[Rho33]

Allora, alcune cose:

Testo nascosto:

Io ho risolto questa funzionale nei due modi (assumendo la derivabilità e non assumendola), infatti ponendo $g(x)=\dfrac {f(x)}{x}$ per $x \not =0$ , si ottiene immediatamente che (questo se non sbaglio dovrebbe evitare i tuoi magheggi iniziali):

$g(xy)=g(x)+g(y)$

Ora ci sono due vie:

$\bullet$ Questa è una delle equazioni di Cauchy e come è ben noto, non assumendo la derivabilità si può soltanto dimostrare che è pari, mentre assumendola si può derivare , poi integrare ed ottenere la soluzione.

$\bullet$ Si fa un cambio di variabili, (io avevo scelto $e^x,e^y$ e chiaramente esce il logaritmo naturale) e quindi ponendo $h(x)=g(e^x)$ si ottiene la Cauchy additiva e si conclude come hai fatto tu (serve però la continuità che ammetto di avere completamente omesso! ).

[Rbbn]

Hai ragione quei magheggi potevano essere omessi..
Io ci ero arrivato così a capire che g(x) era un logaritmo, quindi ho postato anche quella parte
Senza la continuità non si può oggettivamente restringere alle due soluzioni che abbiamo individuato