funzionali alla ribalta!

[Simo_the_wolf]

Trovare tutte le funzioni tali che:

$ f(x+f(y)+xf(y))=y+f(x)+yf(x) $ $ \forall $ $ x,y>-1 $

e tali che $ f(x)/x $ sia strettamente crescente negli intervalli $ (-1,0) $ e $ (0, + \infty) $

[HumanTorch]

$ y=0\to f(0)=c, f(c)=c, \frac{f(c)}{c}=1, c\neq 0 $;
l'espressione è interscambiabile in x,y, $ x=y\to f(i)=i $, ma per l'ipotesi che $ \frac{f(i)}{i} $ sia una funzione bigettiva, abbiamo $ c+1=x+f(x)+xf(x)+1 $, da cui si risolve;

se c=0,allora detto $ t=f^{-1}(y) $ per qualche y, avremo che $ f(1+2y)+1=(f(1)+1)(t+1) $ e $ f(f(y))=y $; $ f(\cdot) $ deve essere iniettiva, perchè altrimenti $ f(y_m)=f(y_n)\to f(f(y_m))=f(f(y_n))\to y_m=y_n $; è facile dimostrare con la condizione che $ f(y)\neq y $; ma i rispettivi indici di tangenza, da y a f(y) e da f(y) a f(f(y))=y sono reciproci.

[Simo_the_wolf]

L'insieme d'arrivo è i reali maggiori di $ -1 $

[pic88]

sia $ x=y=t $
abbiamo:

$ f(t+f(t)+tf(t))=t+f(t)+tf(t) $
escludendo la soluzione

$ f(x)=x $

deve esistere $ a $ tale che $ f(a)=a $

e deve essere

$ t+f(t)+tf(t)=a $ per ogni $ t>-1 $

ora , abbiamo che f è iniettiva (dimostrato nel precedente intervento).

per cui esiste un solo possibile valore di $ a $

si ha

$ f(t)=(a-t)/(1+t) $

dal fatto che f(a)=a si arriva a

f(a)=0 ovvero a=0, ovvero la soluzione è

$ f(x)=-\frac{x}{x+1} $

che soddisfa anche l'altra relazione