Determinare le funzioni f(x) per le quali risulta
f(xy) = f(x) + f(y) + 2xy per ogni x, y in R.
--------------------------------------------------------
Secondo me non ne esiste alcuna, perché se x = 1 e y = 1
f(1) = f(1) + f(1) + 2 => f(1) = -2
mentre se x = 1 e y = 2
f(2) = f(1) + f(2) + 2*1*2 => f(1) = -4
e queste due affermazioni sono incompatibili.
Qualcuno può smentirmi ?
58339
punti
Livello 7
Ci ho provato per una mezz'oretta, ma ho trovato solo stranezze.
Con
* F(x, y) ≡ f(x*y) = f(x) + f(y) + 2*x*y
ho trovato che
1) sugli assi, per x*y = 0, la f è identicamente nulla
* F(0, y) ≡ f(0*y) = f(0) + f(y) + 2*0*y ≡ f(y) = 0
* F(x, 0) ≡ f(x*0) = f(x) + f(0) + 2*x*0 ≡ f(x) = 0
2) sulla diagonali, per y = ± x, si ha
* F(x, x) ≡ f(x^2) = 2*f(x) + 2*x^2
* F(x, - x) ≡ f(- x^2) = f(x) + f(- x) - 2*x^2
cioè, per x = 1
* F(1, 1) ≡ f(1) = 2*f(1) + 2 ≡ f(1) = - 2
* F(1, - 1) ≡ f(- 1) = f(1) + f(- 1) - 2 ≡ 0 = - 4
3) e altre anche peggiori.
NON SOLO NON TI SMENTISCO, MA MI DICHIARO CONVINTO.
57798
punti
Genius I
@exprof Bene. C'é un ulteriore espansione di questo argomento.
Utilizzando lo stesso ragionamento e gli stessi identici valori, é possibile provare che l'unica possibilità che l'equazione
f(xy) = f(x) + f(y) + Kxy abbia soluzione é che risulti K = 0.
In questo caso, se si impone l'ulteriore restrizione x > 0 ( e y > 0 ) la classe delle soluzioni é ben nota.
@EidosM sei TROPPO restittivo! Non serve x > 0, basta x != 0.
@exprof Giusto, ci ho pensato dopo. In prima battuta pensavo a BOLTZMANN,
S(w1*w2) = S(w1) + S(w2) in cui w1,w2 sono naturali e quindi positivi.
