Funzionale

[paga92aren]

Data l'equazione $$f(x^2+f(y))=y+f(x)^2$$ risolverla con:
1) $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$
2) $f:\mathbb{Q}\longrightarrow \mathbb{Q}$

[L Lawliet]

Sostituendo $x=0$ trovo che è biiettiva visto che resta $f(f(y))=y+f(0)^2$, quindi esiste un $a$ tale che $f(a)=0$. Sistituisco nell'equazione iniziale $x$ con $-x$ e trovo che $f(x^2+f(y))=y+f(-x)^2$, ma $f(x^2+f(y))=y+f(x)^2$, quindi $f(x)^2=f(-x)^2$. Visto che la funzione è biiettiva ho quindi che $f(x)=-f(-x)$. Sistituisco in quest'ultima $x=a$ e ottengo $0=f(a)=f(-a)$, ma visto che è biiettiva, $a=0$, s no avremmo due numeri con immagine $0$. Quindi $f(0)=0$. Da questa, sostituendo $y=0$ nell'equazione iniziale, trovo $f(x^2)=f(x)^2$, e sostituendoci invece $x=0$ trovo $f(f(y))=y$. Sostituendo $y$ con $f(y)$ nell'equazione iniziale e applicando queste proprietà ottengo l'equazione $f(x^2+y)=f(x^2)+f(y)$. Inoltre posso notare da queste proprietà che ogni numero positivo ha immagine positiva e ogni negativo immagine negativa, perciò la funzione non è densa in $R^2$. Per l'equazione di Cauchy, e visto che non è densa in $R^2$, le funzioni che soddisfano quell'equazione sono linerari della forma $f(x)=\lambda x$, e sostituendo questa funzione trovo che l'unico $\lambda$ che la verifica è $1$, quindi l'unica funzione che verifica quella funzione è $f(x)=x$. Per il punto 2, quello coi razionali, basta arrivare all'equazione di Cauchy e sostituire $f(x)=\lambda x$, trovando $\lambda =1$.

[paga92aren]

Quando ti rifai a Cauchy dimentichi di avere $x^2$ al posto di $x$ quindi la tua dimostrazione non funziona, prova a completarla...