altra funzionale

[scambret]

Solito testo "trovare tutte le $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che

$$f \left( x (1+y) \right) = f(x) \left(1+f(y) \right)$$

per ogni $x,y$ reali."

[Adalein]

Scusate la goffaggine, sono una povera pivellina, ma cene sono altre oltre a $ f(x)=0 $ e $ f(x)=x $?

[scambret]

Testo nascosto:

Hint: no!

Ma bisogna dimostrare che sono le uniche..

[Adalein]

Testo nascosto:

Allora, per cominciare pongo y=0 e ottengo $ f(x)=f(x)(1+f(0)) $ che è soddisfatta o per $ f(x)=0 $ per ogni x. In ogni caso deve essere f(0)=0. sostituisco ora y=-1 e ottengo $ f(0)=f(x)(1+f(-1)) $ da cui f(-1)=-1. Ora la parte che mi convince meno: sostituisco x=-1 e ottengo $ f(-(y+1))=-(1+f(y)) $, ponendo -(y+1)=z viene $ f(z+1)=f(z)+1 $. A questo punto si vede che la "pendenza" della curva è 1 per ogni z (ho infatti $ \frac{f(z+1)-f(z)}1 =1 $) e quindi l'unica curva che soddisfa la relazione (avendo già considerato il caso f(x)=0) è f(x)=x. Non sono sicura che sia tanto lecito l'ultimo passaggio.

[Triarii]

Testo nascosto:

[quote="Adalein"ponendo $ -(y+1)=z $ viene $ f(z+1)=f(z)+1 $. [/quote]
Perdonate l'ignoranza, ma qui non si potrebbe applicare la Cauchy e dire che le uniche soluzioni sono della forma $ f(x)=cx $?
Così si va a sostituire nella equazione iniziale e si ottiene $ cx+cxy=cx+c^2xy $da cui $ c=c^2 $ che è vera solo per $ c=0 $ e $ c=1 $, da cui si ricavano le due uniche funzione listate da adalein?
Il mio dubbio è che non se si possa ricondurci alla cauchy visto che 1 non è una variabile...

[EvaristeG]

Rispondo a tutti e due. Da un'equazione del tipo $f(x+1)-f(x)=1$ non si può ricavare che la funzione è $f(x)=ax+b$, né con Cauchy (che chiede che valga $f(x)+f(y)=f(x+y)$ per ogni $x,y$), né con argomenti sulla "pendenza" (in quanto non tutte le funzioni sono curve belle e carine con una determinata pendenza).

Ad esempio, considerate la funzione che prende il più grande intero minore di $x$:
$$g(x)=\lfloor x\rfloor$$
ovviamente $g(x+1)=\lfloor x+1\rfloor=\lfloor x\rfloor+1=g(x)+1$, però di certo questa funzione non è della forma $ax+b$, né ha una ben precisa pendenza in ogni punto (e se ce l'ha, verrebbe da dire che è quasi sempre $0$ e non $1$).

[arack]

Siccome nessuno risponde

Questa è la mia soluzione(scritta da schifo come al solito), metto sotto spoiler per chi volesse risolverla da solo

Testo nascosto:

Riscrivo per comodità la funzionale come \(f(x+xy) = f(x) + f(x)f(y)\)

(1): \(y = 0\)
\(f(x) = f(x) + f(x) f(0)\)

Troviamo subito che se \(a \neq 0\), \(f(a) = 0\), allora \(f(a+ab) = f(a) + f(a)f(b) = 0 \, \forall b \in \mathbb{R}\) dunque \(f(t) = 0 \, \forall t \in \mathbb{R}\)
D'ora in poi considero \(f(a) \neq 0 \, \forall a \neq 0\)

(2): \(x = 1, \, y = -1\)
Sostituendo si ottiene \(f(-1) = -1\)

(3): \(x \to -1, \, y \to -x\)
\(f(x - 1) = -f(-x) - 1\)

(4): applico una sostituzione e sfrutto la (3)
\(f\left(a(b+1)\right) = f(a) + f(a)f(b)\)
\(f(a b) = f(a) + f(a)f(b-1) = f(a) \left[-f(-b) - 1\right] = - f(a)f(-b)\)

In particolare se \(b = -1\) si ha
\(f(-a) = - f(a)f(1) = - f(a)\)
ovvero la funzione è dispari.

Tornando all'espressione di prima
\(f(a b) = - f(a)f(-b) = f(a) f(b)\)

(5): per la (4) si ha che
\(f(x+xy) = f(x) + f(x)f(y) = f(x) + f(xy)\)
\(f(a+b) = f(a) + f(b)\)

e ora si dovrebbe poter usare Cauchy, \(f(x) = cx\), sostituendo si vede che vale solo per \(c = 0 \vee c = 1\)

[EvaristeG]

mi sembra che ad un certo punto tu usi $f(1)=1$, ma non l'hai mai dimostrato...

[arack]

mi sembra che ad un certo punto tu usi $f(1)=1$, ma non l'hai mai dimostrato...

Ero convinto di averlo fatto.. rimedio ora:

Testo nascosto:

Dalla (4), \(f(1(-1)) = - f(1)^2 \rightarrow f(1)^2 = 1\). Ora ci sono due casi, \(f(1) = 1\) oppure \(f(1) = -1\), riprendendo la (3) ho che \(f(-2) = f(-1-1) = -f(1) -1 = 1 - 1 = 0\) ma per ipotesi avevo posto \(f(t) \neq 0 \, \forall t \neq 0\), assurdo.

[EvaristeG]

Ok, ora l'unico buco è che Cauchy funziona se hai qualche altra ipotesi (monotonia, iniettività, continuità, grafico non denso, etc etc), ma non così da sola

[arack]

Ok, ora l'unico buco è che Cauchy funziona se hai qualche altra ipotesi (monotonia, iniettività, continuità, grafico non denso, etc etc), ma non così da sola

Vado per la più semplice

Testo nascosto:

Proviamo l'iniettività, ovvero \(f(a) = f(b) \rightarrow a = b\).
\(f(a) = f(b) \rightarrow f(a) - f(b) = 0 \rightarrow f(a-b) = 0 \rightarrow a - b = 0 \rightarrow a = b\)

Questo sempre escludendo il caso \(f(t) = 0 \, \forall t \in \mathbb{R}\)

[darkcrystal]

Scusate il post non totalmente elementare.

Potrei sbagliarmi, ma non credo che l'iniettività sia sufficiente per concludere che le Cauchy sono della forma $f(x)=ax$. Sia \(\left\{1\right\} \cup \left\{\alpha_i\right\}_{i \in I}\) una base di $\mathbb{R}$ su $\mathbb{Q}$, e definiamo \(f \left(q+\sum_{i \in I} x_i \alpha_i\right) = 2q+\sum_{i \in I} x_i \alpha_i\), dove \(q\) e gli \(x_i\) sono razionali. Allora $f$ è certamente una soluzione della Cauchy, non è della forma $f(x)=ax$, e d'altro canto è chiaramente iniettiva, perché da $f(x)$ ritrovo $x$ scomponendo lungo la base e dimezzando la componente razionale...

Peraltro, da $f(ab)=f(a)f(b)$ segue che se $x$ è positivo, allora $f(x)=f(\sqrt{x}^2)=f(\sqrt{x})^2 > 0$, quindi il grafico di $f(x)$ non è denso nel piano e la funzione è effettivamente della forma $f(x)=ax$; un modo più 'elementare' di vederlo (senza passare dalla non-densità del grafico) è notare che l'additività, insieme al fatto che $x>0 \Rightarrow f(x)>0$, implica monotonia crescente, e una funzione monotona crescente che sia della forma $f(x)=ax$ su $\mathbb{Q}$ è della stessa forma anche su $\mathbb{R}$ (facile esercizio!)

[EvaristeG]

Scusate il post non totalmente elementare.

Potrei sbagliarmi, ma non credo che l'iniettività sia sufficiente per concludere che le Cauchy sono della forma $f(x)=ax$.

Non ti sbagli ... infatti la prima cosa era "monotonia" , pensavo anch'io ai quadrati (perché in realtà il trucco è che la nostra $f$ è un automorfismo di campo dei reali, quindi non può essere troppo strana ).

L'iniettività non basta (anche perché, pensandoci un secondo, visto che è lineare, basta che $f(x)\neq 0$ per $x\neq 0$ per avere l'iniettività).
Ipotesi opportune sono appunto:
- f continua in almeno un punto
- f monotona (su almeno un intervallo)
- f limitata su un qualche intervallo
- esiste un disco nel piano cartesiano che non contiene nessun punto della forma $(x,f(x))$.
Ve ne sono altre ma non mi è possibile formularle in termini abbastanza elementari.

Sorry per l'informazione un po' misleading.