Ma la staffetta è morta??

[arack]

Trovare tutte le \(f: \mathbb{R} - \{0, 1\} \rightarrow \mathbb{R} \) tale che
\[ f(x) + f\left(\frac{x-1}{x}\right) = x + 1\]

[scambret]

Sia $P(z)$ l'asserzione $\displaystyle f(z)+f \left(\frac{z-1}{z}\right) = z+1$

$P(x)$ è $$\displaystyle f(x)+f \left(\frac{x-1}{x} \right) = x+1$$

$P \left(\frac{x-1}{x}\right) $ è $$\displaystyle f \left(\frac{x-1}{x}\right) +f \left(\frac{ \left(\frac{x-1}{x}\right) -1}{ \left(\frac{x-1}{x}\right) } \right) = \left(\frac{x-1}{x}\right) +1$$

$P \left(\frac{-1}{x-1}\right) $ è $$\displaystyle f \left(\frac{-1}{x-1}\right) +f \left(\frac{ \left(\frac{-1}{x-1}\right) -1}{x} \right) = \left(\frac{-1}{x-1}\right) +1$$

Dopo aver semplificato quelle orride espressioni ci si ritrova con quelle un po piu semplici che sono

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

$$\displaystyle f\left(\frac{x-1}{x}\right) +f \left(\frac{-1}{x-1}\right) = \frac{2x-1}{x}$$

$$\displaystyle f\left(\frac{-1}{x-1}\right) +f (x) = \frac{x-2}{x-1}$$

E infine $$2f(x)=f(x)+ f \left(\frac{x-1}{x} \right) + f\left(\frac{-1}{x-1}\right) + f(x) - f \left(\frac{x-1}{x} \right) - f\left(\frac{-1}{x-1}\right)= x+1+\frac{x-2}{x-1} - \frac{2x-1}{x}$$

quindi, dopo qualche conto

$$f(x)=\frac{x^3-x^2-1}{2x(x-1)}$$

Ora bisogna controllare che effetivamente è soluzione e quindi $f(x)$ sappiamo quanto vale, mentre $$ f\left(\frac{x-1}{x}\right)=\frac{\frac{-x^3-x^2+2x-1}{x^3}}{\frac{2(1-x)}{x^2}}=\frac{x^3+x^2-2x+1}{2x(x-1)}$$ e quindi ora

$$ f(x)+ f\left(\frac{x-1}{x}\right)= \frac{x^3-x^2-1}{2x(x-1)} + \frac{x^3+x^2-2x+1}{2x(x-1)}=\frac{2x(x+1)(x-1)}{2x(x-1)}=x+1$$

e quindi l'unica soluzione è

$$f(x)=\frac{x^3-x^2-1}{2x(x-1)}$$

[arack]

Mi sembra legittimo

[<enigma>]

L'ho visto solo adesso, ma penso sia istruttivo capire quali sostituzioni fare per andare a colpo sicuro. La chiave del problema è notare che la funzione $\frac{x-1}{x}=1-\frac 1 x =: \tau(x)$, vista come trasformazione di Möbius, ha determinante $1$ ed è un elemento di $\Gamma(1)=SL(2, \mathbb Z)$, il gruppo modulare. Allora $\tau^3=\text{id}$, per calcolo diretto o perché un automorfismo della retta reale (proiettiva) è unicamente determinato dalla sua immagine in tre punti distinti. Scrivendo quindi l'equazione per $x$, $\tau(x)$, $\tau^2(x)$ si trova la soluzione di scambret.
P.S. Questa trasformazione poteva servire anche per risolvere un problema proposto da Janos allo scorso Senior (come elemento del campo di spezzamento di un certo polinomio), e ho anche usato una trasformazione del genere in un problema della simulazione OliMaTO. Che le trasformazioni di Möbius compaiano con una qualche frequenza in problemi olimpici di alto livello?

[Drago96]

Che le trasformazioni di Möbius compaiano con una qualche frequenza in problemi olimpici di alto livello?

E quindi potresti spiegare, o linkare, a noi poveri mortali qualcosa riguardo a questo argomento?

[EvaristeG]

Le trasformazioni di moebius nulla più sono che le funzioni razionali fratte formate da due polinomi di grado $\leq 1$, (di modo che non si semplifichino...). L'osservazione alla base della soluzione di quell'equazione funzionale, lungi dall'essere "avanzata", è banalmente truccosa: ad un certo punto, uno scrive $\dfrac{z-1}{z}=1-\frac{1}{z}$ e quindi uno cerca di fare la sostituzione $z=1-\dfrac{1}{t}$ ... e nota che $1-\dfrac{1}{z}=\dfrac{(t-1)-t}{t-1}=\dfrac{1}{1-t}$; ora è abbastanza evidente che la sostituzione $z=1/(1-w)$ porta invece $1-1/z=w$.
L'idea di base è avere una funzione (esplicita) tale che $p(p(p(x)))=x$ ed allora dall'equazione
$$a(x)f(p(x))+b(x)f(x)=h(x)$$
(con $a(x), b(x), h(x)$ altre funzioni esplicite) si ottengono tre equazioni nelle variabili $f(p(x))$, $f(p(p(x)))$, $f(x)=f(p(p(p(x))))$. A meno di casi strani, il sistema ha un'unica soluzione, da cui si calcola $f(x)$ (poi va verificato che il dominio sia quello giusto e che rispetti l'equazione iniziale, ovviamente).

[Gottinger95]

Chiarissimo. Grazie!