Cortona 01 (quasi)

[mod_2]

Trovare tutte le funzioni $ $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ $ tali che
$ $f(x+y)=f(x)f(y)-f(xy)+1$ $
per ogni coppia di numeri interi $ $x$ $ e $ $y$ $.

Buon lavoro!

[jordan]

Trovare tutte le funzioni $ $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ $ t.c. $ $f(x+y)=f(x)f(y)-f(xy)+1$ $ per ogni $ (x,y) \in \mathbb{Z}^2 $.

Se $ f(\cdot) $ è costante allora $ f(x)=1 $ per ogni $ x \in \mathbb{Z} $, altrimenti $ y=0 \implies (f(x)-1)(f(0)-1)=0 $ per ogni $ x \in \mathbb{Z} $, cioè $ f(0)=1 $. Ponendo $ x=-y=1 $ abbiamo $ f(-1)(f(1)-1)=0 $, ma se $ f(1)=1 $ allora ponendo $ y=1 $ otteniamo che $ f(x) $ è costante. Quindi $ 0=f(-1)=f(0)-1 $. Definito $ z:=f(1)-1 \in \mathbb{Z} $, posto $ y=1 $, abbiamo $ f(x+1)=zf(x)+1 $ per ogni $ x \in \mathbb{Z} $ e per induzione otteniamo $ f(x+n)=z^nf(x)+\Phi_n(z) $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $ (vedi qui per la notazione). In particolare, posto $ x=0 $ otteniamo $ f(n)=\Phi_{n+1}(z) $, per ogni $ n \in \mathbb{Z} $. Sostituendo tale relazione nella funzionale per valori arbitrariamente grandi di $ (x,y) $ entrambi positivi, otteniamo un assurdo in modulo se $ |z|>0 $. Allora $ z=f(1)-1=0 $ e in particolare $ f(n)=\Phi_{n+1}(0)=1 $ per ogni $ n \in \mathbb{N} $. Ponendo adesso $ y=-1 $ nella funzionale otteniamo che la funzione $ f(\cdot) $ è simmetrica rispetto a $ x=\frac{1}{2} $ e ciò significa che $ f(-n)=0 $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $. Ma se $ x>0>y $ e $ |y|>|x| $ allora $ f(x+y)+f(xy)=f(x)f(y)+1 \implies 0+0=0+1 $. Allora l'unica soluzione è quella banale in cui $ f(x)=1 $ per ogni $ x \in \mathbb{Z} $.

[julio14]

Sicuro? Non ho letto la tua dimostrazione ma io ho trovato tre soluzioni distinte... adesso posto anche il procedimento
(p.s. perché non vai a capo qualche volta? )

edit: ora l'ho letta... il problema è qua:

otteniamo un assurdo in modulo se $ |z|>0 $

come lo giustifichi? Se z è fisso, la differenza di gradi non dà un assurdo immediato

[julio14]

Le soluzioni sono tre:
$ $f(x)=1 $
oppure
$ $f(2x)=1 $ e $ $f(2x+1)=0 $
oppure
$ $f(x)=x+1 $
Si verifica facilmente che tutte e tre funzionano.
Dimostro che non ce ne sono altre.
Suppongo per assurdo ci sia almeno un valore di f diverso da 1.
Per y=0
$ $f(x)-1=f(0)(f(x)-1) $
Poiché c'è almeno un valore di f diverso da 1, f(0)=1.
Distinguo ora due casi:
i) f è 0 almeno in un punto, wlog $ $f(y+1)=0 $ per qualche y.
pongo x=1.
$ $f(y+1)=f(y)f(1)-f(y)+1\rightarrow f(y)(f(1)-1)=-1 $
Altri 2 sottocasi
ia) $ $f(1)=0 $
ponendo nel testo y=1, ho $ $f(x+1)=-f(x)+1\rightarrow f(x+2)=f(x) $ da cui la seconda soluzione
ib) $ $f(1)=2 $
ponendo y=1 nel testo, ho $ $f(x+1)=f(x)+1 $ da cui la terza soluzione.
ii) f non fa mai 0.
pongo sempre y=1 nel testo
$ $f(x+1)=f(x)(f(1)-1)+1 $
ora, per x=-1
$ $f(-1)(f(1)-1)=0 $
ma poiché $ $f(-1)\neq0 $ segue $ $f(1)=1 $, quindi
$ $f(x+1)=f(x)(f(1)-1)+1\rightarrow f(x+1)=1 $
da cui la prima soluzione.

[mod_2]

Ok
Visto che ci siamo finiamo anche quello originale: tutto uguale a prima solo che questa volta $ $f:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ $ e naturalmente $ $x,~y \in \mathbb{Q}$ $.

Così facendo però da qua in poi diventa Algebra...

[jordan]

(Da qui).Essendo f una qualunque funzione $ \mathbb{Q} \to \mathbb{Q} $, poniamo g = f - 1. Allora f è soluzione dell'equazione proposta sse [1] g(x+y) = g(x) + g(y) + g(x)g(y) - g(xy), per ogni $ x, y \in \mathbb{Q} $. Concentriamoci perciò nel seguito sulla soluzione di quest'ultima. Si trova banalmente g(0) = 0, ponendo x = y = 0 nella [1]. Ne consegue 0 = g(0) = g(1) + g(-1) +g(1)g(-1) - g(-1), i.e. g(1) = 0 oppure g(-1) = -1. D'altra parte, dev'essere in generale g(x+1) = g(x) + g(1) + g(x)g(1) - g(x), i.e. [2] g(x+1) = g(1) + g(x)g(1), per ogni ogni $ x \in \mathbb{Q} $. Se perciò in particolare g(1) = 0, necessariamente g = 0. Sia pertanto d'ora in avanti g(-1) = -1. Ponendo prima x = -2, y = 1 e dopo x = y = -1 nella [1], si deduce in tal caso il sistema $ \left\{\begin{array}{l} -1 = g(1) + g(-2)g(1) \\ g(-2) = -1 - g(1)\end{array} $, da cui rispettivamente g(1) = $ \pm 1 $ e $ g(-2) = -1 \mp 1 $. Mostriamo che, se g(1) = -1, il problema non ammette soluzione. Dalla [2], si avrebbe infatti g(x+1) = g(x) - 1, per ogni $ x \in \mathbb{Q} $, e quindi in particolare 0 = g(0) = g(-1) - 1 = -2. Assurdo! Possiamo pertanto supporre d'ora in avanti g(0) = 0 e g(1) = -g(-1) = 1. Dalla [2] risulta allora [3] g(x+1) = g(x) + 1, per ogni $ x \in \mathbb{Q} $, e da qui per induzione [4] g(x) = x+1, se $ x \in \mathbb{Z} $. Questo implica tramite la [1] che, per ogni $ x \in \mathbb{Q} $ ed ogni $ y \in \mathbb{Z} $. D'altra parte, ancora per induzione, è immediato stabilire che, fissato $ x \in \mathbb{Q} $, vale [5] g(x+y) = g(x) + y, per ogni $ y \in \mathbb{Z} $. Di conseguenza g(x+1/x) = g(1/x) + x, se $ x \in \mathbb{Z} $\{0}, e nondimeno dalla [1] g(x+1/x) = g(1/x) + g(x) + g(1/x)g(x) - g(1), da cui g(1/x) = 1/g(x) = 1/x. A questo punto, considerando che $ z \in \mathbb{Q} $ sse esistono $ x,y \in \mathbb{Z} $, con $ y \ne 0 $, tali che z = x/y, si conclude finalmente che g(x+1/y) = g(x) + g(1/y) + g(x)g(1/y) - g(z), tramite la [1], e quindi g(z) = g(x)g(1/y) = x/y = z, per via della [5]. E in effetti è subito verificato che ambedue le funzioni f = 1 ed $ f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}: x \mapsto x+1 $ risolvono l'equazione originale.