91. Strabella funzionale

[Lasker]

Posso chiedere un hint? Fino a dove siamo arrivati, ok, ma non riesco a mostrare cose che aiuterebbero molto ($g$ suriettiva, $f$ iniettiva, oppure il "caso difficile" di $f(0)\ne0$ cose così, insomma), e sono bloccato da un bel po' su questo passaggio, senza riuscire a cavarci fuori nulla di buono (potrebbe derivare dalla mia scarsezza con le funzionali, ma ogni mio tentativo è stato un buco nell'acqua)...

[scambret]

Supponiamo $f(0) \neq 0$. Partendo dal fatto che $f(g(y))=cy+d$ si può simmetrizzare la funzionale. Quando parliamo di $f(x+g(y))$ può diventare $f(g(x)+g(y))$ e dunque LHS è simmetrico e anche RHS è simmetrico. Ora facendo sostituzioni fighe + sfruttando il fatto che f e g sono funzioni iniettive e/o suriettive --> $g(k)=0$ e da qui si conclude.

[karlosson_sul_tetto]

Dopo tanto tempo, sangue e imprecazioni contro cose che si rivelano false, ecco qualcosa che spero assomigli ad una soluzione
Ovviamente si ringraziano i precedenti commenti senza i quali una soluzione cosi non sarebbe possibile.

Prime osservazioni:
($P(a,b)$ è l'equazione che ottengo sostituendo ad $x$ $a$ e a $y$ $b$)
$ P(x,x): $
$f(x+g(x))=xf(x)-xf(x)+g(x)$
$f(x+g(x))=g(x)$ (1)
(Da notare il caso $x=0$ che fa $f(g(0))=g(0)$)

$ P(0,x): $
$f(0+g(x))=0\cdot f(x)-xf(0)+g(0)$
$f(g(x))=-xf(0)+g(0)$ (2)
Da questa scaturiscono due possibilità:
1) $f(0)=0$, in tal caso $f(g(x))=g(0) \forall x$
2) $f(0)\neq 0$, in questo caso $-xf(0)$ è bigettiva, quindi anche $f(g(x))$ lo è, ovvero $f(\cdot)$ è suriettiva e $g(\cdot)$ è iniettiva.
In ognuno dei due casi, esiste comunque un intero $a$ tale che $f(a)=0$


Ariete della dimostrazione:
Presuppongo che esista $k$ tale che $g(k)=0$. Allora per (1), sostituendo ho:
$f(k+g(k))=g(k)\;\rightarrow \; f(k)=0$
Ovvero tutti gli "zeri" di $g(\cdot)$ sono gli stessi zeri di $f(\cdot)$.
$P(x,k):$
$f(x+g(k))=xf(k)-kf(x)+g(x)$
$g(x)=(k+1)f(x)$ (*)
Per non avere problemi, mi faccio il caso $k=-1$, allora $g(x)=0 \forall x \rightarrow f(x)=0 \forall x$, sostituendo (banale $0=0-0+0$) vedo che è soluzione.
Ora utilizzo (*) nell'equazione originale ottenendo:
$f(x+f(y)(k+1))=xf(y)-yf(x)+f(x)(k+1)$
$f(x+f(y)(k+1))=xf(y)+f(x)(k+1-y)$

Adesso guardo i due casi ricavati nel passaggio prima contente (2)
1) $f(0)=0$
$P(x,0)$ nell'equazione sopra:
$f(x+f(0)(k+1))=xf(0)+f(x)(k+1-0)$
$f(x)=f(x)(k+1) \forall x$
Poiché ho già escluso il caso $k=-1$, ho che $k=0$, ovvero $f(\cdot)$ si annulla solo in $0$.
$P(0,y)$
$f(0+f(y)(0+1))=0\cdot f(y)+f(0)(0+1-y)$
$f(f(y))=0 \forall y$, quindi per quanto detto prima sull'annullamento, $f(y)=0 \forall y$, assurdo di nuovo per lo stesso motivo.

2)$f(\cdot)$ è suriettiva.
$P(x,k+1):$
$f(x+f(k+1)(k+1))=xf(k+1)+f(x)(k+1-k-1)$
$f(x+f(k+1)(k+1))=xf(k+1)$
Se $f(k+1)=0$, ottengo $f(x)=0 \forall x$, che mi da una soluzione già trovata prima. Se invece non lo è, allora ponendo $z=x+f(k+1)(k+1)$ ottengo:
$f(z)=zf(k+1)-f(k+1)^2(k+1)$, ovvero che $f(\cdot)$ è anche iniettiva.
$P(0,k+1):$
$f(0+f(k+1)(k+1))=0\cdot f(k+1)+f(0)(k+1-k-1)$
$f(f(k+1)(k+1))=0$
Poiché so che $f(k)=0$, per l'iniettività ho che $f(k+1)(k+1)=k$, ovvero $f(k+1)=\frac{k}{k+1}$.
$P(x,k+1)$
$f(x+\frac{k}{k+1}(k+1))=x\frac{k}{k+1}+f(x)(k+1-k-1)$
$f(x+k)=x\frac{k}{k+1}$
Pongo $y=x+k$
$f(y)=y\frac{k}{k+1}-\frac{k^2}{k+1}$
Di conseguenza $g(x)=(k+1)f(x)=kx-k^2$.

Sostituisco e controllo:
$f(x+ky-k^2)=x(y\frac{k}{k+1}-\frac{k^2}{k+1})-y(x\frac{k}{k+1}-\frac{k^2}{k+1})+kx-k^2$
$(x+ky-k^2)\frac{k}{k+1}-\frac{k^2}{k+1}=xy\frac{k}{k+1}-x\frac{k^2}{k+1}-yx\frac{k}{k+1}+y\frac{k^2}{k+1})+kx-k^2$
$(x+ky-k^2)\frac{k}{k+1}-\frac{k^2}{k+1}=y\frac{k^2}{k+1})-x\frac{k^2}{k+1}+kx-k^2$
Moltiplico per $k+1$:
$xk+yk^2-k^3-k^2=yk^2-xk^2+xk^2-k^3+xk-k^2$
Tutto torna, quindi è soluzione, yuppiii


Torniamo alla dimostrazione vera e propria
Come menzionato all'inizio nella seconda osservazione, esiste $a$ tale che $f(a)=0$.
$P(a-g(0),0):$
$f(a-g(0)+g(0))=(a-g(0))f(0)-0\cdot f(a-g(0))+g(a-g(0))$
$0=f(0)(a-g(0))+g(a-g(0))$
Se $f(0)=0$, allora $g(a-g(0))=0$ e per l'ariete concludo senza problemi.

Ora presuppongo $f(0)\neq 0$ e quindi $f(\cdot)$ suriettiva (sempre l'osservazione 2).
$P(g(x),y):$
$f(g(x)+g(y))=g(x)f(y)-yf(g(x))+g(g(x))$
Usando (2) ottengo:
$f(g(x)+g(y))=g(x)f(y)-y(-xf(0)+g(0))+g(g(x))$
$f(g(x)+g(y))=g(x)f(y)+xyf(0)-yg(0)+g(g(x))$
$P(g(y),x)$ (detto anche "simmetrizzo la funzionale" perché ottengo una cosa del tutto analoga a sopra)
$f(g(y)+g(x))=g(y)f(x)-xf(g(y))+g(g(y))$
$f(g(y)+g(x))=g(y)f(x)+xyf(0)-xg(0)+g(g(y))$
Eguaglio le due parti ed ottengo:
$g(x)f(y)+xyf(0)-yg(0)+g(g(x))=f(g(x)+g(y))=g(y)f(x)+xyf(0)-xg(0)+g(g(y))$
$g(x)f(y)+xg(0)+g(g(x))=g(y)f(x)+yg(0)+g(g(y))$ (3)
In questa ponendo $y=0$ ottengo:
$g(x)f(0)+xg(0)+g(g(x))=g(0)f(x)+0\cdot g(0)+g(g(0))$
$g(g(x))=g(0)f(x)+g(g(0))-g(x)f(0)-xg(0)$

Sostituisco quest'espressione a $g(g(x))$ e $g(g(y))$ in (3) e ottengo:
$g(x)f(y)+xg(0)+g(0)f(x)+g(g(0))-g(x)f(0)-xg(0)=\\
=g(y)f(x)+yg(0)+g(0)f(y)+g(g(0))-g(y)f(0)-yg(0)$
$g(x)f(y)+g(0)f(x)+g(y)f(0)=g(y)f(x)+g(0)f(y)+g(x)f(0)$ (4)

$P(x,a)$ in (4) mi da:
$g(x)f(a)+g(0)f(x)+g(a)f(0)=g(a)f(x)+g(0)f(a)+g(x)f(0)$
$g(0)f(x)+g(a)f(0)=g(a)f(x)+g(x)f(0)$
$g(x)f(0)=f(x)(g(0)-g(a))+g(a)f(0)$
Ora "provo" a far diventare il membro di sinistra uno 0. Infatti per suriettività esiste un $j$ tale che
$f(j)=-\frac{g(a)f(0)}{g(0)-g(a)}$ (posso farlo perché $g(0)-g(a)=0 \iff g(a)=g(0)\iff a=0$ per l'iniettività dell'osservazione 2, ma in questo caso avevo presupposto $f(0)\neq 0$ mentre $f(a)=0$ per definizione).

In questo modo ho:

$g(j)f(0)=-\frac{g(a)f(0)}{g(0)-g(a)}(g(0)-g(a))+g(a)f(0)$
$g(j)f(0)=-g(a)f(0)+g(a)f(0)$
$g(j)f(0)=0$
Siccome $f(0)\neq 0$, per forza devo avere $g(j)=0$; questo mi permette facilmente di concludere con l'ariete.



Spero vivamente che finisca qua, e se qualcuno avrà la voglia di leggerlo (e scambret DOVRÀ leggerlo) e troverà dei typo (e li troverà sicuramente), sarò ben felice di correggere

[scambret]

Eh si, a parte i typo che non ho trovato la dimostrazione è questa.
Solo che avresti potuto mettere l'ARIETE alla fine.
Your turn.