Equazione funzionale cinese (i)

[Francesco Sala]

Determinare tutte le funzioni $ f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ tali che

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

per tutti gli $ x, y \in\mathbb{R} $

[mat94]

Dimostriamo che f(x) è iniettiva e surgettiva.
Iniettività: Ponendo $f(y_1)=f(y_2)$ si ha che $f(x)+xf(y_1)=f(x)+xf(y_2)$, quindi $f(x+y_1f(x))=f(x+y_2f(x))$ da cui $y_1=y_2$.
Surgettività: fissato y si ha che il LHS è una funzione il cui argomento varia in R e il RHS varia in R, dunque f(x) è surgettiva.
Sostituendo y=0 e $x\neq 0$ si ha $xf(0)=0$ da cui f(0)=0.
Sostituendo x=y=-1 si ottiene $f(-1-f(-1))=0$ da cui si ottiene $f(-1)=-1$.
Sostituendo x=-1 e y=1 si ottiene $f(0)=-1-f(1)$ da cui f(1)=1.
Sostituendo y=1 si ottiene $f(x+f(x))=x+f(x)$, traslando di -x si ottiene $f(f(x))=f(x)$ e data l'iniettività si ha $f(x)=x$. Verificando f(x)=x nell'originale si vede che è effettivamente soluzione.

[fph]

Le dimostrazioni di iniettività e suriettività non funzionano proprio (del resto, come dovresti notare, 0 è soluzione, quindi...).

Da $f(x+y_1f(x))=f(x+y_2f(x))$ non puoi concludere $y_1=y_2$ a meno di non sapere già l'iniettività che ti serve per "semplificare le $f$" e che $f(x)\neq 0$. Fissato $y$, non vero che $x+yf(x)$ e $f(x)+xf(y)$ assumono tutti i valori in $\mathbb{R}$ --- per esempio se $y=-1$ e $f(x)=x$, allora la prima di queste espressioni fa sempre $0$.

[mat94]

Giusto

[patatone]

amico hai delle idee sulle funzioni un po' molto confuse xD

[mat94]

Eh scusa mi so sbagliato. Ho fatto un orrore lo so sono stato troppo superficiale, però cerco di rimediare.
Riparto da f(0)=0, f(1)=1, f(-1)=-1.
Dimostro che per ogni k razionale si ha $f(kx)=kf(x)$.
Sostituisco x=1 e y=x e ottengo $ f(x+1) = f(x)+1 $ da cui $ f(x+n) = f(x)+n $. Quindi f(n)=n per ogni n intero.
Sostituisco x=n y=x e ottengo $ n+f(nx) = n+nf(x) $ da cui $ f(nx) = nf(x) $. Quindi prendendo un numero razionale $k=\frac{p}{q}$ si ottiene $ f(\frac{p}{q}x) = f(p\frac{x}{q}) = pf(\frac{x}{q}) $ e $ f(x) = f(q\frac{x}{q}) = qf(\frac{x}{q}) $ , da cui $f(kx)=kf(x)$.
Ora dimostro che f(x)=x.
Sostituisco $ y=\frac{y-x}{f(x)}$ e si ha $ f(y) = f(x)+xf(\frac{y-x}{f(x)}) $.
Sostituisco x=2x e $ y=\frac{y-x}{f(2x)}$ e ottengo $ f(x+y) = f(2x)+2xf(\frac{y-x}{f(2x)})= 2f(x)+xf(\frac{y-x}{f(x)}) $.
Sottraendo la seconda dalla prima si ottiene $ f(x+y) = f(x)+f(y) $ che è un'equazione di cauchy che ha soluzione $f(x)=\lambda x$ (solo se si dimostra la monotonia o la crescenza). Sostituendo all'originale si ottiene che l'unico valore è $\lambda =1$ da cui la soluzione f(x)=x.
Ricapitolando le soluzioni sono f(x)=x e f(x)=0.
Ora mi manca dimostrare la monotonia, qualche aiuto please???

[ndp15]

Eh scusa mi so sbagliato. Ho fatto un orrore lo so sono stato troppo superficiale, però cerco di rimediare.
Riparto da f(0)=0, f(1)=1, f(-1)=-1.

Riparti male. Perchè dovrebbero valere queste condizioni?

[karlosson_sul_tetto]

Riparti male. Perchè dovrebbero valere queste condizioni?

Sostituendo y=0 e $x\neq 0$ si ha $xf(0)=0$ da cui f(0)=0.
Sostituendo x=y=-1 si ottiene $f(-1-f(-1))=0$ da cui si ottiene $f(-1)=-1$.
Sostituendo x=-1 e y=1 si ottiene $f(0)=-1-f(1)$ da cui f(1)=1.

[ndp15]

Sì ma si era fatto notare che quella dimostrazione non funziona nè sull'iniettività nè sulla surgettività, quindi anche questo va a farsi benedire (esclusa la parte f(0)=0).

[karlosson_sul_tetto]

Sì ma si era fatto notare che quella dimostrazione non funziona nè sull'iniettività nè sulla surgettività, quindi anche questo va a farsi benedire (esclusa la parte f(0)=0).

Ok, si, errore mio(per qualche motivo pensavo che ci fosse pure la condizione $ f(f(x))=x $)

[mat94]

Sostituisci x=-1 e y=-1 e hai $ f(-1-f(-1)) = 0 $ che dà f(-1)=-1.
Sostituisco x=1 y=-1 e ottengo f(1-f(1))=-1-f(1) .
Sostituisco x=1-f(1) e y=1 e si ha (f(1)-1)(1-f(1))=0 che dà f(1)=1.

[ndp15]

Sostituisci x=-1 e y=-1 e hai $ f(-1-f(-1)) = 0 $ che dà f(-1)=-1.

Dove hai dimostrato che f(x)=0 implica x=0 che è quello che usi?

[mat94]

Sostituisco x=1 e y=0 e ottengo f(0)=0. Pongo x=k con k tale che f(k)=0 e ottengo kf(y)=0 che ci dà k=0. Quindi f(x)=0 sse x=0.

[scambret]

Esiste sempre un $k$ tale che $f(k)=0$?? chi te lo assicura??

[mat94]

Ho f(0)=0 quindi almeno uno ce n'è.