$ f(x+f(y))=f(x)-y $

[jordan]

Esiste una funzione $f\colon \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ tale che $ f(x+f(y))=f(x)-y $ per ogni x,y interi?

(Pan African 2010)

[scambret]

Testo nascosto:

Se $f(x)$ è costante e faccio variare $y$, il rhs assume tutti i valori in $\mathbb{Q}$ e quindi anche il lhs è suriettivo e quindi la funzione è suriettiva. Quindi esiste un $f(k)=0$. Pongo $y=k$ e quindi $f(x)=f(x)-k$ perciò $f(0)=0$. pongo $x=0$ e ottengo $f(f(y))=-y$.

Pongo $f(y)=p$ (per comodita) e ottengo f(x+p)=f(x)+f(p) cioe cauchy applicata in $\mathbb{Z}$ e quindi $f(x)=rx$ ma essendo $f(f(x))=-x$ otterrei $r^2=-1$ assurdo. Quindi non esistono funzioni che soddisfano.

[jordan]

Almeno per il momento cercate di evitare i testi nascosti, perchè ci sono dei problemi coi $\LaTeX$ che fa sovrapporre le formule..

Se $f(x)$ è costante e faccio variare $y$,

Credo tu intenda fissando $x$, non $f(x)$: se $f(x)$ e' costante allora l'equazione data non potrebbe valere se non per $y=0$

il rhs assume tutti i valori in $\mathbb{Q}$

..in $\mathbb{Z}$

e quindi anche il lhs è suriettivo e quindi la funzione è suriettiva. Quindi esiste un $f(k)=0$. Pongo $y=k$ e quindi $f(x)=f(x)-k$ perciò $f(0)=0$. pongo $x=0$ e ottengo $f(f(y))=-y$.
Pongo $f(y)=p$ (per comodita) e ottengo f(x+p)=f(x)+f(p) cioe cauchy applicata in $\mathbb{Z}$ e quindi $f(x)=rx$ ma essendo $f(f(x))=-x$ otterrei $r^2=-1$ assurdo. Quindi non esistono funzioni che soddisfano.

Bien

[scambret]

Si e vero fissato $x$ è anche "fissato" $f(x)$.. Poi li metto nascosti in modo che anche altri ci provino perchè con la soluzione piazzata una sbirciatina è d'obbligo, mentre se è nascosta chi non vuole guardare lo può fare

[Gi8]

Un 'altra soluzione: è un po' più lunga e in alcuni punti coincide con quella di scambret,
ma credo che male non faccia se la pubblico:
Supponiamo per assurdo che esista $f\colon \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ tale che $ f(x+f(y))=f(x)-y $ per ogni $x,y \in\mathbb{Z}$.
Si ha:

• $f(0)=0$
  • $x=y=0 \implies f(f(0))=f(0)$, quindi posto $a:=f(0)$ si ha $a=f(a)$.
    Ora, $x=0, y=a \implies f(f(a))=f(0)-a \implies a=0$;
• $f(b)=0 \implies b=0$
  • $f(x+f(b))= f(x) -b \implies f(x)=f(x)-b \implies b=0$;
• per ogni $y$ intero vale $f(f(y))= -y$
  • $x=0 \implies f(f(y))= 0-y$;
• per ogni $y$ intero si ha $f(-y)= -f(y)$
  • sia $z = f(y) \in \mathbb{Z}$. Allora $f(z)= f(f(y))= -y$,
    da cui $-f(y)= -z = f(f(z))= f(-y)$;
• per ogni $n \in \mathbb{N}$ si ha $f(n) = f(1) \cdot n$
  • Per induzione su $n \in \mathbb{N}$:
    Base: $n=0$: $f(0)= f(1)\cdot 0$ (vera perchè $f(0)=0$);
    Passo: Valga $f(n)= f(1) \cdot n$.
    Sia $y= f(-1)$. Si ha $f(y)= f(f(-1))= -(-1)=1$ e anche $-y= f(1)$.
    Dunque $f(n+1)= f(n+f(y)) = f(n)-y = f(1)\cdot n +f(1) = (n+1)\cdot f(1)$;

Pertanto, posto $c:= f(1)$, per ogni $x$ intero positivo si ha che $f(x) = c x$ e $f(-x)= -cx$.

Fissiamo $x $intero positivo.
Se $c:=f(1)>0$ allora $-x= f(f(x))= f(cx)= c^2 x$, da cui $c^2=-1$, assurdo.
Se $c<0$ allora $-x = f(f(x)) = f(cx)=f(- (-cx) ) = - f(-cx) = - c (-cx)= c^2 x $, da cui $c^2 = -1$, assurdo.

[jordan]

..che è anche meglio, visto che non hai utilizzato il fatto noto sull'equazione di cauchy