91. Strabella funzionale

[scambret]

Trovare le coppie di funzioni $(f,g)$ che vanno da $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ e soddisfano la seguente equazione

$$f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)$$

[jordan]

Solo $(0,0)$?

[scambret]

È una forte hope, che non si dimostra facilmente, anzi non si dimostra affatto..

[jordan]

In che senso non si dimostra affatto, ne ho persa qualcuna?

[NoAnni]

Testo nascosto:

Eh tipo $\frac{10}{11}x-\frac{100}{11}$ e $10x-100$ potrebbero pure andare (forse...) e sono in brutta compagnia

[nassus95]

ho trovato
$ f(x)= \frac{a}{a+1} x - \frac{a^2}{a+1} $
$ g(x)=(a+1)f(x)= a x - a^2 $

purtroppo per dimostrarlo ho dovuto supporre che esiste $a$ t. c. $f(a)=0$, però le funzioni che ho trovato sembrano funzionare per ogni $a$ (se non ho sbagliato a fare i conti), quindi ho sbagliato sicuramente qualcosa

[scambret]

Beh sei sicuro che hai supposto che esiste $a$ tale che $f(a)=0$? Se fosse cosi, il problema l'hai praticamente risolto.
infatti, basta dimostrare che $f$ è suriettiva e quel $f(x+g(y))$ fa sperare in una suriettività di $f$...

[scambret]

@Jordan non ti nascondo che quando l'ho provato stavo cercando di dimostrare la tesi falsa.. Poi dopo un pò l'ho dovuta cambiare..

[nassus95]

Pardon
Mi sono accorto adesso di aver scritto f (a)=0 quando intendevo g (a)=0, anche perché è semplice dimostrare che f è suriettiva

[scambret]

Ok, infatti il problema è semplice una volta che $g$ si annulla da qualche parte.

[scambret]

È passato un po' di tempo.
Ora UP. Poi, dimostrate che $g$ è suriettiva. Forza!

[nassus95]

Ci provo

$x=0 \rightarrow f(g(y))=-f(0) y + g(0)$

1) $f(0)=0 \Rightarrow f(g(y))= g(0) = cost =a $
$1_{a}$) $y=0 \rightarrow f(x+a)=a \Rightarrow f(x)= a \forall x$, ma $f(0)=0 \Rightarrow f(x)=0 \forall x \Rightarrow g(x)=0 \forall x$
Dunque trovo $f(x)=0$ e $g(x)=0$, che è soluzione

2) $f(0) \not = 0 \Rightarrow f(g(y))$ è biettiva
$
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{ll}
f(a+g(y)) \ è \ biettiva \Rightarrow \exists b \in R | f(a+g(b))=0 \\
f \ è \ suriettiva \Rightarrow \exists a \in R - \{0\} | f(a)=0 \\
\end{array}
\right.
$
$2_{a}$) $x=a \rightarrow f(a+g(y))= af(y) + g(a) \Leftrightarrow f(y)= \frac{ f(a+g(y)) - g(a)}{a} \Rightarrow f $ è biettiva perchè $f(a+g(y))$ è biettiva $\Rightarrow a $ è l'unico zero di $f$ $ \Rightarrow g(b)= 0 $
$2_{b}$) $x=y=b \rightarrow f(b)=0 \Rightarrow a=b$

e qui ho finito perchè trovo le soluzioni che ho scritto sopra

[scambret]

Nella 1.a non ottieni $f(x+a)=g(x)$?
Nella 2.a non ho capito perché $f(a+g(y)) è biettiva.

[nassus95]

In effetti è $f(g(y+a))$ ad essere biettiva (che cantonata)

Comunque spero di non sbagliarmi sul punto 1

1) $f(0)=0 \Rightarrow f(g(y))= g(0) = cost =a $
$1_a$) $x=-a$ e $y=0 \rightarrow g(-a)=0$
$1_b$) $x=y=-a \rightarrow f(-a)=0$
$1_c$) $x=0$ e $y=-a \rightarrow a=0 \Rightarrow f(g(y))= f(0) = g(0) = 0 $
$1_d$) $y=0 \rightarrow f(x)= g(x) \Rightarrow f(x+f(y))= xf(y)+(1-y)f(x)$
$1_e$) $y=1 \rightarrow f(x+f(1))= xf(1)$
Se $f(1) \not = 0 \Rightarrow f$ è biettiva e $0=f(0)=f(-f(1)+f(1))=-(f(1))^2 \Rightarrow f$ è biettiva e $f(1)=f(0)=0 \rightarrow$ assurdo
$\Rightarrow f(1)=0 \Rightarrow f(x)=0 \forall x \Rightarrow g(x)=0 \forall x $
Effettivamente $f(x)=g(x)=0$ è soluzione

[scambret]

Dopo il punto $1_a$ hai dimostrato che $g$ ha uno zero --> può bastare.
Ora il caso difficile: se $f(0) \neq 0$..