Spazio dedicato a problemi assegnati a gare matematiche o olimpiadi della matematica, o ancora a prove di ammissione a scuole di eccellenza.
06/09/2018, 10:50
Trovare tutte le funzioni \(\displaystyle f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \) tali che
\[ f \left(x - f(y) \right) = f\left( f(x) \right) - f (y) -1 \qquad \forall x, y \in \mathbb{Z} \]
09/09/2018, 18:10
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Se $f(x)$ è la costante $k$ l'equazione diventa
$k=k-k-1" "->" " k=-1$
e quindi la prima soluzione è $f(x)=-1$
Se invece $f(x)$ non è costante allora, posto
$u=x-f(y)" "->" "f(y)=x-u$
notiamo che $u$ varia al variare di $y$, anche se $x$ resta immutata; $u$ è quindi una variabile che può sostituire $y$. L'equazione diventa allora
$f(u)=f(f(x))-x+u-1$
Indicando con $a$ ciò che non dipende da $u$, cioè ponendo
$a=f(f(x))-x-1$
abbiamo $f(u)=u+a$. Quindi $f(f(x))=f(x+a)=x+a+a=x+2a$ e la formula precedente diventa
$a=x+2a-x-1->a=1$
Si ha quindi la soluzione $f(x)=x+1$
Ma forse sbaglio, dato che il titolo è "Funzionale sugli interi", mentre la mia soluzione vale per tutti i reali.
09/09/2018, 19:20
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In generale non sappiamo che $f$ è suriettiva. Quindi non possiamo dire che $u$ assume necessariamente tutti i valori in $ZZ$
11/09/2018, 15:15
Hai ragione. ma non riesco a trovare la soluzione. Un hint?
Riporto due miei approcci, con relative critiche.
Approccio 1
Dall'equazione data deduco (per ora, lasciamo perdere come) che, a parte la soluzione costante, esiste un intero $h!=0$ tale che per ogni $u$ vale la formula
$f(u+h)=f(u)+h$
Questo però dimostra solo che si ha quello che potremmo chiamare una simil-periodicità, sul tipo di quella che, con $h=2pi$, si ha per la funzione $f(x)=x+2sin x$
Approccio 2
Le uniche funzioni "solite" che trasformano qualsiasi intero in un intero sono i polinomi a coefficienti interi, e con questa ipotesi si conclude facilmente. Però la funzione da trovare potrebbe anche essere "insolita", ad esempio con doppia definizione.
11/09/2018, 16:58
Hint:
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1) $EE a in ZZ$ tale che $f(a)= -1$
2) $y=a => ...$
11/09/2018, 18:41
@Giammaria
Metti in spoiler... Comunque sto usando il tuo primo approccio e
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Si deduce che più valori distinti assume $f(x)$ più periodi ha, da qui si deduce (in qualche modo) che o è costante o è iniettiva.
12/09/2018, 07:30
Non ho messo in spoiler perché si trattava solo di approcci (falliti) e non di una soluzione.
La simbologia matematica non è il mio forte e quindi forse sbaglio, ma secondo la mia interpretazione, se ho $y=f(x)$, la scritta $f:ZZ->ZZ$ significa che l'insieme delle $x$ è l'intero $ZZ$ e l'insieme delle $y$ appartiene a $ZZ$, ma può anche essere solo una sua parte.
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Non c' quindi nessuna garanzia che esista una $a$ per cui $f(a)=-1$ (hint di Gi8) e nemmeno che $f(x)$ possa assumere più di due valori distinti (hint di dan95).
Se sbaglio ed anche l'insieme delle $y$ coincide con $ZZ$, allora va bene la mia prima risposta.
12/09/2018, 09:53
@Giammaria
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Se sostituisci $y=f(x)$ all'equazione funzionale ottieni
$f(x-f(f(x)))=-1$
per ogni $x \in \mathbb{Z}$, quindi questo garantisce l'esistenza di almeno un intero. Sempre se ho capito quello che intendi.
Mostro fin dove sono arrivato usando il tuo primo approccio.
Abbiamo dimostrato che esiste $a \in \mathbb{Z}$ tale che $f(a)=-1$, ora sostituendo $x=a$ e $y=a$ otteniamo
$f(a+1)=f(-1)$
Ora se $f(-1)=-1$ allora la funzione è costante, infatti se si sostituisce $x=a+k$ e $y=a$, con $k \geq 1$ otteniamo $f(a+k)=-1$, sia $b < a$, consideriamo $k=f(b)$ abbiamo che
$f(a-k)=-k-2$
Ora se $k<0$ allora $k=-1$, altrimenti se $k>0$ sostituendo $a \rightarrow a+k$ otteniamo
$f(a)=-k-2=-1$
Da cui sempre $k=-1$. Quindi $f(b)=-1$ per ogni $b<a$, in definitiva $f(x)=-1$.
Quindi supponiamo $f(-1) \ne -1$ e sia $k=f(-1)$ allora
$f(x)+m=f(x+m)$
Dove $m=k+1$. Definiamo $g(x):=x-f(x)$, risulta
$g(x)=g(x+m)$
Dunque $g(x)$ può assumere al più $|m|$ valori distinti cioè $g(0), \cdots, g(|m|-1)$, quindi $f(x)=x-g(x \mod m)$. Qua mi fermo...
12/09/2018, 15:08
Grazie, la tua prima formula è proprio il pezzo che mi mancava. Con quello, anche il suggerimento di Gi8 va bene.
15/09/2018, 21:36
@Gi8
Potresti "hintare" ancora un po'...
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