Vi sono esercizi di matematica che appaiono estremamente difficili al momento della loro presentazione. Tuttavia, a volte, la difficoltà è solo un'apparenza e con un po' di ragionamento si riesce a dimostrare ciò che a prima vista poteva sembrare fuori dalla nostra portata.

Ho trovato un esempio illuminante a questo riguardo che, come al solito, è stato presentato a un'olimpiade di matematica. Teoricamente si poteva spendere circa un'ora e mezza per risolverlo, ma, in realtà, il tempo poteva essere di molto accorciato anche da un concorrente non particolarmente preparato in matematica superiore. Diciamo che il livello è quello di un normale studente di liceo scientifico. Quando dico normale, però, intendo che abbia volontà  di riuscire e capacità di riflessione.

La soluzione che presenterò io farà uso di alcuni passaggi matematici di livello piuttosto semplice che potrebbero essere anche eliminati con un ragionamento ancora più sofisticato. Ho scelto una via di mezzo e vi invito a provare, ragionando BENE sopra tutte le condizioni del problema...

Problema

Consideriamo l'insieme dei numeri interi maggiori o uguali a zero. Determinare tutte le possibili funzioni f  tali che

f(2a) + 2f(b) = f(f(a + b))

per tutti i numeri dell'insieme.

Ricordiamo il significato di funzione: una macchina in cui inseriamo un certo numero e che ci regala un altro numero. Nel nostro caso vuole numeri interi e regala numeri interi.

Ovviamente, vi sono sicuramente molti metodi per ottenere la soluzione...

SOLUZIONE

f(2a) + 2f(b) = f(f(a + b))

Dato che la relazione deve essere valida per qualsiasi valore dei numeri interi positivi, posso applicarla a valori di a e b particolari.

Inizio con a = 0

f(2 ·0) + 2f(b) = f(f(0 + b))

f(0) + 2f(b) = f(f(b))                .... (1)

Questa relazione DEVE essere verificata per ogni x (intero e positivo). Pongo, perciò x al posto di b.

f(0) + 2f(x) = f(f(x))                 ... (2)

Torniamo alla relazione di partenza. Se è verificata per ogni valore di a, lo DEVE esserlo anche per a = 1, ossia:

f(2) + 2f(b) = f(f(b + 1))

ma la (2) ci dice che al posto di f(f(b + 1)) posso inserire f(0) + 2f(b), mettendo b + 1 al posto di x.

ne segue che la (1) diventa:

f(2) + 2f(b) = f(0) +2 f(b+ 1)      .... (3)

Questa identità si affianca a quella di partenza.

Ovviamente, al posto di b posso inserire un valore x qualsiasi, per cui

f(2) + 2f(x) = f(0) + 2f(x + 1)

f(2) - f(0) = 2 f(x + 1) - 2 f(x)

f(x + 1) - f(x) = (f(2) - f(0))/2

Quest'ultima relazione ci dice che la differenza tra due valori consecutivi della f(x) è SEMPRE uguale a una costante (tale è il secondo membro (f(2) - f(0))/2). Tradotto in semplici parole matematiche ciò vuol dire che la funzione f(x) è una PROGRESSIONE ARITMETICA, ossia può essere rappresentata da una retta:

y = f(x) = mx + n

Sostituiamo questa funzione nell'identità di partenza...

f(2a) + 2f(b) = f(f(a + b))

(m(2a) + n) + (2(mb + n)) = f(m(a + b) + n)

2m(a + b) + 3 n = m(m(a + b) + n) + n

2m(a + b) + 3 n = m²(a + b) + mn + n

Affinché  questa identità valga per tutti i valori interi a e b è necessario che i coefficienti di (a + b) siano uguali, ossia:

2m = m²

Ovviamente deve anche valere

3n = mn + n

La prima equazione è verificata per due valori di m:

m = 0

m = 2

Se m = 0 la seconda equazione porta a

3n = n

che è verificata solo per n = 0

Inserendo invece m = 2 nella seconda otteniamo:

3n = 3n

che ammette come soluzione QUALSIASI valore di n.

La nostra funzione può perciò essere sia

f(x) = 0

che

f(x) = 2x + n

con n intero qualsiasi.

Possiamo terminare verificando che le due soluzioni soddisfano l'identità di partenza:

Ovviamente, la prima soluzione porta a

0 = 0

la seconda (y = 2x + n) porta a:

f(2a) + 2f(b) = f(f(a + b))

4a + n + 4 b + 2n = 2(2(a+b) + n) + n

4a + 4b + 3n = 4a + 4b + 3n

c.v.d.