73. Una funzionale ben mediocre.

[Troleito br00tal]

Siccome ultimamente c'è la moda di commissionare le staffette a... vabbé

Sia $f(x)$ una funzione sui reali tale che:
\begin{equation}
f(f(x)+y+1)=x+f(y)+1
\end{equation}
e tale che per $2012<n<2013$ allora $f(n)>-2013$.

Trovare $f(x)$.

[trenta3]

Ho provato a scrivere una soluzione ma mi sono bloccato.
Non la metto evidente per non rovinare l'esercizio a chi vuole provarlo ma, per favore, qualcuno mi dica come continuare!

Testo nascosto:

Scambiando le variabili ottengo $ f(f(y)+x+1) = y+f(x)+1 $, che vado a sostituire a $ f(x)+y+1 $ nella principale, ottenendo $ f(f(x+f(y)+1))=x+f(y)+1 $, alla quale sostituisco $ x=-1 $ ottenendo $ f(f(f(y)))=f(y) $.
Da qui in poi però non so come andare avanti e far vedere che l'unica che soddisfa è $ f(x)=x $ (spero di non sbagliarmi)

Grazie mille

[Troleito br00tal]

Allora

Hint 1

Testo nascosto:

Effettivamente $f(x)=x$ è l'unica soluzione

Hint 2

Testo nascosto:

Mi pare corretto, ora puoi far notare in modo furbo che $f(f(x))=x$. Come?

Super mega hint finale.

Testo nascosto:

Puoi far diventare la funzionale simmetrica?

[trenta3]

OK, grazie per le dritte, ma mi fermo comunque e non riesco ad andare avanti.

Testo nascosto:

Sostituendo $ y:=-1 $ nella principale ottengo $ f(f(x))=x+f(-1)+1 $ : essendo $ f(-1)+1 $ una costante ottengo che, al variare di $ x $ in $ \mathbb{R} $, anche $ f(f(x)) $ varia in $ \mathbb{R} $ e assume qualsiasi valore reale $ \Rightarrow $ $ f(x) $ è suriettiva ed iniettiva (perché ad x diverse si vede che i risultati sono diversi) in $ \mathbb{R} $, quindi da $ f(f(f(y)))=f(y) $ del mio messaggio precedente posso ricavare che $ f(f(z))=z \hspace{1cm} \forall z \in \mathbb{R} $

Visto che $ f(x) $ è biiettiva, esiste la funzione inversa, $ f^{-1}(x) $.
Applicando ad entrambi i membri di $ f(f(x))=x $ ottengo $ f(x)=f^{-1}(x) $ ma non so quanto questo possa servire.

Poi, sapendo che è iniettiva, posso sostituire $ x:=f(z) $ nella principale ed ottengo $ f(f(f(z))+y+1)=f(z)+f(y)+1 \\ \Rightarrow f(z+y+1)=f(z)+f(y)+1 $ ma anche qui mi blocco. Penso comunque di averla resa simmetrica, in quanto scambiando $ z $ con $ y $ l'espressione rimane identica.

[OT] Perché scrivendo dentro Il Mostra\Nascondi il testo in $ \LaTeX $ si sovrappone alle scritte?

[Troleito br00tal]

OK, grazie per le dritte, ma mi fermo comunque e non riesco ad andare avanti.

Testo nascosto:

Sostituendo $ y:=-1 $ nella principale ottengo $ f(f(x))=x+f(-1)+1 $ : essendo $ f(-1)+1 $ una costante ottengo che, al variare di $ x $ in $ \mathbb{R} $, anche $ f(f(x)) $ varia in $ \mathbb{R} $ e assume qualsiasi valore reale $ \Rightarrow $ $ f(x) $ è suriettiva ed iniettiva (perché ad x diverse si vede che i risultati sono diversi) in $ \mathbb{R} $, quindi da $ f(f(f(y)))=f(y) $ del mio messaggio precedente posso ricavare che $ f(f(z))=z \hspace{1cm} \forall z \in \mathbb{R} $

Visto che $ f(x) $ è biiettiva, esiste la funzione inversa, $ f^{-1}(x) $.
Applicando ad entrambi i membri di $ f(f(x))=x $ ottengo $ f(x)=f^{-1}(x) $ ma non so quanto questo possa servire.

Poi, sapendo che è iniettiva, posso sostituire $ x:=f(z) $ nella principale ed ottengo $ f(f(f(z))+y+1)=f(z)+f(y)+1 \\ \Rightarrow f(z+y+1)=f(z)+f(y)+1 $ ma anche qui mi blocco. Penso comunque di averla resa simmetrica, in quanto scambiando $ z $ con $ y $ l'espressione rimane identica.

[OT] Perché scrivendo dentro Il Mostra\Nascondi il testo in $ \LaTeX $ si sovrappone alle scritte?

Non so perché il testo nascosto dia problemi... vabbé

Testo nascosto:

Hai $f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1$.

Questa può essere ricondotta ad una Cauchy
http://it.wikipedia.org/wiki/Equazione_ ... _di_Cauchy
Come?

[trenta3]

Testo nascosto:

Beh, Sostituendo nella principale $ x:=-1 $ si ha $ f(f(y))=y+f(-1)+1 $ da cui $ f(-1)=-1 $ (perché $ f(f(y))=y $)
In $ f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1 $ sostituisco $ x:=0 $ e ho $ f(y+1)=f(0)+f(y)+1 $
In $ f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1 $ sostituisco $ y:=z-1 $ e ho $ f(x+z)=f(x)+f(z-1)+1=f(x)+(f(z)-f(0)-1)+1 $ (L'ultima è per l'equazione appena trovata) e si ha quindi $ f(x+z)=f(x)+f(z)-f(0) $
A questo punto se dimostro che $ f(0)=0 $ mi riconduco a Cauchy ma, anche dopo aver provato molto, non riesco a dimostrarlo.
Chiedo nuovamente aiuto

[Troleito br00tal]

Testo nascosto:

Beh, Sostituendo nella principale $ x:=-1 $ si ha $ f(f(y))=y+f(-1)+1 $ da cui $ f(-1)=-1 $ (perché $ f(f(y))=y $)
In $ f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1 $ sostituisco $ x:=0 $ e ho $ f(y+1)=f(0)+f(y)+1 $
In $ f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1 $ sostituisco $ y:=z-1 $ e ho $ f(x+z)=f(x)+f(z-1)+1=f(x)+(f(z)-f(0)-1)+1 $ (L'ultima è per l'equazione appena trovata) e si ha quindi $ f(x+z)=f(x)+f(z)-f(0) $
A questo punto se dimostro che $ f(0)=0 $ mi riconduco a Cauchy ma, anche dopo aver provato molto, non riesco a dimostrarlo.
Chiedo nuovamente aiuto

Testo nascosto:

Beh, già $f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1$ è riconducibile ad una Cauchy... fai una "traslazione"

[trenta3]

Scusami, ma che cos'è una "traslazione"?
è una delle prime funzionali che cerco di risolvere e non sono riuscito a trovare un testo che ne parlasse diffusamente, con tutti i trucchetti che sono usati di solito.
Se non ti dispiace troppo, potresti aiutarmi ancora?

[trenta3]

OK, grazie mille per l'aiuto, sono riuscito a trovare cosa vuole dire traslazione e adesso la completo.
La definizione che ho trovato è "se il grafico di $ y=f(x) $ è traslato di $ a $ unità orizzontalmente e di $ b $ unità verticalmente, allora l'equazione del
grafico traslato è: $ y-b=f(x-a) $".

Testo nascosto:

Trasliamo il grafico di $ \begin{equation} f(x+y+1)=f(x)+f(y)+1 \end{equation} $ di una unità su entrambi gli assi, ottenendo $ \begin{equation} f(x+y)=f(x)+f(y) \end{equation} $.
Questa è la funzionale di Cauchy (Che ipotesi aggiuntiva vale???) e quindi le soluzioni sono $ f(x)=cx $
Sostituendo si ottiene $ c(cx+y+1)=x+cy+1 \Rightarrow c^2x+cy+c=x+cy+1 \Rightarrow c=1 $ (ponendo $ x=y=0 $).

L'unica soluzione è quindi $ f(x)=x $
Ma sull'ipotesi aggiuntiva non so come tirarla fuori.

Dubbio Atroce: è lecito fare come ho fatto, ovvero traslare solo una delle funzioni $ f $ presenti?
P.S: Grazie ancora per gli aiuti e per la pazienza!

[scambret]

Una delle ipotesi bonus da verificare può essere la continuità, la limitatezza (locale o globale) o la monotonia e quella ipotesi dell intervallo limitato fa concludere..

in realta puoi passare dal
$f(x)+f(y)+1=f(x+y+1) \ \ \ \ \ \ (1)$
Se pongo $x=0$ ottengo $f(y+1)=f(y)+1$
Se $z=y+1$ ottengo in quella di prima $f(z)=f(z-1)+1 \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$.
Nella $(1)$, sempre con $z=y+1$ ottengo $f(x+z)=f(x)+f(z-1)+1$ e con la $(2)$ ottengo la cauchy poi con la limitatezza conquisto R e perciò $f(x)=cx$. La sostituisco nella $(2)$ che mi da $c=1$..

Se il buon troleito, o qualche suo soldato (ricordiamo il post della birreria e il soldato triarii ), da l ok, trenta3 potrai ben continuare

[scambret]

Per avere in un unico post tutta la soluzione.. E ho cambiato il modo di farlo.. allora abbiamo $f(f(x)+y+1)=x+f(y)+1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$

Se nella 1, mando $y$ in $f(y)$ ottengo $f(f(x)+f(y)+1)=x+f(f(y))+1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$

Bene la parte sinistra è simmetrica, quindi anche la parte destra e quindi $f(f(x))-x=k \ \ \ \ \ \ \ (3)$ con k costante

Sostituisco il suddetto fatto nella 2 e ottengo $f(f(x)+f(y)+1)=x+y+k+1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)$

Adesso mando $x$ in $f(x)$ della equazione 1 e ottengo $f(x+y+k+1)=f(x)+f(y)+1 \ \ \ \ \ \ \ \ (5)$.

Toh, coincidenza, la 4 e la 5 si assomigliano granche.. ora se $a=b$, banalmente $f(a)=f(b)$. Perciò dalla 5 posso dire che $f( f(x+y+k+1))=f(f(x)+f(y)+1)$ e sfruttando la 3, ottengo $x+y+2k+1=f(f(x)+f(y)+1)$.

Comparando la 4 con quest ultima ottengo che $k=0$ e mi sono ricondotto a quella

$$f(x)+f(y)+1=f(x+y+1)$$

Poi si arriva alla Cauchy e con la locale limitatezza si conclude..

[trenta3]

WOW! Veramente molto sintetizzata.
Sinceramente non ho idea di un altro problema da proporre.
Quindi passerei volentieri il testimone a qualcun'altro, magari a scambret che è l'unico che ha risposto (oltre a Troleito).

Quindi scambret, se ne hai qualcuna dilla pure. Io preferisco "restare a guardare" per un po'.