Come Risolvere le Equazioni Funzionali con i Sistemi Algebrici: Guida ed Esercizi Svolti

Esercizio 2 — Termine noto composto e metodo dell’Ansatz

Determinare una funzione [math]f(x)[/math] tale che:

[math]\displaystyle f(x) + f(-x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = 2x + \frac{1}{x}[/math]

Soluzione

Poiché il termine noto è una combinazione lineare di [math]x[/math] e [math]1/x[/math],

cerchiamo una soluzione particolare nella classe delle funzioni della forma [math]f(x) = ax + \frac{b}{x}[/math].

Calcoliamo i singoli termini per questa famiglia di funzioni:

[math]\displaystyle f(-x) = -ax – \frac{b}{x}[/math]

[math]\displaystyle f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{a}{x} + bx[/math]

Sommando i tre termini otteniamo:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
\left(ax + \frac{b}{x}\right) + \left(-ax – \frac{b}{x}\right) + \left(\frac{a}{x} + bx\right) &= bx + \frac{a}{x}
\end{aligned}[/math]

Uguagliando il risultato al termine noto dell’equazione [math]2x + \frac{1}{x}[/math],

ricaviamo per confronto diretto dei coefficienti:

[math]\displaystyle b = 2, \quad a = 1[/math]

Una soluzione particolare dell’equazione funzionale è quindi:

[math]\displaystyle f(x) = x + \frac{2}{x}[/math]

Esercizio 3 — Equazione parametrica e discussione del rango

Testo

Determinare le soluzioni [math]f(x)[/math], con [math]x \neq 0[/math], dell’equazione funzionale parametrica (supponendo [math]k \neq 0[/math]):

[math]\displaystyle f(x) + f(-x) + kf\left(\frac{1}{x}\right) = x[/math]

Soluzione

Passo 1: Scomposizione in parità

Invece di procedere per tentativi, scomponiamo la funzione incognita nella sua parte pari [math]f_p(x)[/math] e nella sua parte dispari [math]f_d(x)[/math]:

[math]\displaystyle f(x) = f_p(x) + f_d(x)[/math]

Sostituendo questa espressione nell’equazione di partenza e ricordando che [math]f_p(-x) = f_p(x)[/math] e [math]f_d(-x) = -f_d(x)[/math], otteniamo:

[math]\displaystyle [f_p(x) + f_d(x)] + [f_p(x) – f_d(x)] + k\left[f_p\left(\frac{1}{x}\right) + f_d\left(\frac{1}{x}\right)\right] = x[/math]

Semplificando i termini opposti:

[math]\displaystyle 2f_p(x) + kf_p\left(\frac{1}{x}\right) + kf_d\left(\frac{1}{x}\right) = x[/math]

Passo 2: Separazione delle componenti pari e dispari

L’equazione ottenuta mescola funzioni pari e dispari. Poiché l’uguaglianza deve valere identicamente, e il termine noto [math]x[/math] è una funzione puramente dispari,

possiamo scindere l’equazione in due relazioni indipendenti:

Componente dispari: [math]kf_d\left(\frac{1}{x}\right) = x[/math]

Componente pari: [math]2f_p(x) + kf_p\left(\frac{1}{x}\right) = 0[/math]

Passo 3: Risoluzione della componente dispari (Caso determinato)

La prima equazione si risolve immediatamente con una semplice sostituzione [math]x \to \frac{1}{x}[/math]:

[math]\displaystyle kf_d(x) = \frac{1}{x} \implies f_d(x) = \frac{1}{kx}[/math]

La parte dispari della funzione è quindi sempre determinata e unica (dato [math]k \neq 0[/math]).

Passo 4: Il sistema per la parte pari e l’analisi del determinante

Prendiamo l’equazione della componente pari e applichiamo anche qui la trasformazione [math]x \to \frac{1}{x}[/math]. Otteniamo un sistema lineare di due equazioni in due “incognite” ([math]A = f_p(x)[/math] e [math]B = f_p\left(\frac{1}{x}\right)[/math]):

[math]\displaystyle \begin{cases}
2f_p(x) + kf_p\left(\frac{1}{x}\right) = 0 \\
kf_p(x) + 2f_p\left(\frac{1}{x}\right) = 0
\end{cases}[/math]

Questo è un sistema lineare omogeneo. La matrice dei coefficienti è:

[math]\displaystyle M = \begin{pmatrix} 2 & k \\ k & 2 \end{pmatrix}[/math]

Il determinante di questa matrice è [math]\det(M) = 4 – k^2[/math].

Dall’algebra lineare sappiamo che un sistema omogeneo ammette solo la soluzione banale (ovvero [math]f_p(x) = 0[/math]) se e solo se il determinante è diverso da zero. Se il determinante si annulla, il rango della matrice diminuisce e compaiono infinite soluzioni.

Passo 5: Discussione dei casi (Il cuore del problema)

Caso 1: [math]k \neq 2[/math] e [math]k \neq -2[/math] (Determinante non nullo)

Poiché [math]4 – k^2 \neq 0[/math], il sistema omogeneo ha come unica soluzione [math]f_p(x) = 0[/math].

La funzione non possiede una parte pari.

La soluzione dell’equazione funzionale è unica e coincide con la sola parte dispari:

[math]\displaystyle f(x) = \frac{1}{kx}[/math]

Caso 2: [math]k = 2[/math] (Rango incompleto, infinite soluzioni anti-invarianti)

Il sistema diventa [math]2f_p(x) + 2f_p\left(\frac{1}{x}\right) = 0[/math], ovvero:

[math]\displaystyle f_p(x) = -f_p\left(\frac{1}{x}\right)[/math]

Questa condizione descrive tutte le funzioni pari che sono anti-invarianti rispetto all’inversione dell’argomento. Esempi validi sono [math]g(x) = \ln\vert{}x\vert{}[/math] o [math]g(x) = \frac{x^2 – 1}{x^2 + 1}[/math].

La famiglia di soluzioni diventa infinita:

[math]\displaystyle f(x) = \frac{1}{2x} + g(x)[/math]

(dove [math]g[/math] è una qualunque funzione pari tale che [math]g(1/x) = -g(x)[/math])

Caso 3: [math]k = -2[/math] (Rango incompleto, infinite soluzioni invarianti)

Il sistema diventa [math]2f_p(x) – 2f_p\left(\frac{1}{x}\right) = 0[/math], ovvero:

[math]\displaystyle f_p(x) = f_p\left(\frac{1}{x}\right)[/math]

Questa condizione descrive tutte le funzioni pari che sono invarianti rispetto all’inversione dell’argomento, come ad esempio [math]h(x) = x^2 + \frac{1}{x^2}[/math] oppure [math]h(x) = \cos(\ln\vert{}x\vert{})[/math].

Anche in questo caso, la famiglia di soluzioni è infinita:

[math]\displaystyle f(x) = -\frac{1}{2x} + h(x)[/math]

(dove [math]h[/math] è una qualunque funzione pari tale che [math]h(1/x) = h(x)[/math])

Commento

La particolarità di questo esercizio risiede nel fatto che un’equazione funzionale può essere mascherata da un sistema lineare.

Il salto di qualità algoritmico sta nel comprendere che lo spazio delle soluzioni di un’equazione funzionale non è statico, ma obbedisce in tutto e per tutto al Teorema di Rouché-Capelli.

Quando il parametro [math]k[/math] assume i valori critici [math]\pm 2[/math], le equazioni del sistema diventano linearmente dipendenti. Dal punto di vista funzionale, questo “collasso” dimensionale si traduce nell’impossibilità di vincolare la funzione a un’unica espressione analitica, aprendo le porte a infiniti gradi di libertà (le famiglie di funzioni arbitrari [math]g(x)[/math] e [math]h(x)[/math]). È un esempio perfetto di come l’algebra lineare fornisca gli strumenti più eleganti per indagare l’analisi funzionale.

Esercizio 4 — Forma non lineare e ricerca di soluzioni

Risolvere per [math]x \neq 0[/math]:

[math]\displaystyle f(x) + f(-x) + f(x^2) = x^2[/math]

Soluzione

In questo esercizio, la presenza dell’argomento [math]x^2[/math] impedisce la creazione di un sistema algebrico chiuso:

applicando ripetutamente la sostituzione si genererebbero potenze successive ([math]x^2, x^4, x^8, \dots[/math]) anziché tornare alle variabili di partenza.

Notiamo prima di tutto che la somma dei primi due termini cancella la parte dispari di [math]f(x)[/math],

lasciando solo il doppio della sua parte pari [math]f_p(x)[/math]:

[math]\displaystyle 2f_p(x) + f(x^2) = x^2[/math]

Poiché [math]x^2 \ge 0[/math], tutti i termini di questa equazione sono funzioni pari di [math]x[/math].

Per individuare una soluzione in modo intuitivo, possiamo cercare tra le famiglie di funzioni più semplici:

Test con funzioni lineari [math]f(x) = ax[/math]:

Sostituendo [math]f(x) = ax[/math]:

[math]\displaystyle f(x) + f(-x) = ax + a(-x) = 0[/math]

[math]\displaystyle f(x^2) = a x^2[/math]

L’equazione diventa:

[math]\displaystyle 0 + ax^2 = x^2 \implies a = 1[/math]

La funzione identità [math]f(x) = x[/math] è quindi una soluzione valida.

Nota sulla struttura delle soluzioni:

L’equazione [math]2f_p(x) + f(x^2) = x^2[/math] vincola il comportamento di [math]f(t)[/math] solo per valori positivi del suo argomento ([math]t = x^2 > 0[/math]). Se scegliamo la parte pari nulla ([math]f_p(x) = 0[/math]), l’unica richiesta è che [math]f(t) = t[/math] per [math]t > 0[/math]. Estendendo per simmetria dispari sui numeri negativi, ritroviamo la soluzione [math]f(x) = x[/math].

Peculiarità matematiche ed elementi avanzati

Ciò che rende questo tipo di problemi particolarmente elegante è la struttura algebrica nascosta dietro le sostituzioni [math]x \to -x[/math] e [math]x \to 1/x[/math].

Analizziamo le quattro trasformazioni dell’argomento che abbiamo utilizzato:

La tabella mostra che ogni trasformazione (eccetto l’identità) è involutiva: applicata due volte restituisce il valore iniziale.

È un comportamento visivo molto chiaro.

In algebra astratta, queste trasformazioni formano un gruppo finito rispetto alla composizione di funzioni.

Nello specifico, questo gruppo è isomorfo al Gruppo 4 di Klein ([math]V_4 \cong C_2 \times C_2[/math]).

La composizione di due elementi qualsiasi (diversi dall’identità) produce sempre il terzo: ad esempio, invertire [math]x[/math] e poi cambiarne il segno genera esattamente [math]g_3(x)[/math]. È proprio questa proprietà di chiusura algebrica che permette di limitare il numero di incognite a quattro: applicando le trasformazioni all’equazione non si generano mai nuovi termini complessi (come [math]x^2[/math] o [math]1/x^2[/math]), ma si ruota sempre all’interno dello stesso insieme finito di variabili.

Nelle competizioni matematiche avanzate, riconoscere che gli argomenti di un’equazione funzionale generano un gruppo finito permette di convertire istantaneamente un problema di analisi funzionale in un sistema algebrico risolvibile con le regole dell’algebra lineare standard.

Saper individuare le simmetrie nascoste trasforma un problema apparentemente ostico in un procedimento lineare e replicabile. Che si tratti di preparare una gara di matematica o semplicemente di approfondire le strutture dell’algebra, il metodo della riduzione a sistema rimane uno degli strumenti più eleganti da aggiungere al proprio bagaglio tecnico.