Trovare tutte le funzioni $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tali che, per ogni $x,y\in \mathbb{R}$:
\[ f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1 \]
(IMO 99 - Problem 6)
$f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$
$f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: $f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1$
Do un altro testo e uno sketch di dimostrazione
BMO 2007/boh
Trovare tutte le $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che
$$f(f(x)+y)=f(f(x)-y)+4f(x)y$$
Ora per quello delle IMO:
1. sembra che le parabole funzionino (andando a sostituire proprio bovinamente il polinomio di II grado), anzi sembra che $f(x)=1-\frac{1}{2}x^2$
2. ammazziamo due $f$ rendendole uguali, semmai quelle più brutte: $x=2f(y)$ e si ottiene $f(2f(y))=1-2f(y)^2$. Ora tentiamo di riscrivere in funzione di $2f(y)$ e confortati dal punto precedente otteniamo $f(z)=1-\frac{1}{2}z^2$ per ogni $z=2 \textrm{immagine di f}$, cioè se tipo esiste $t$ reale tale che $f(t)=3$ allora $f(6)=-17$
3. *costantizziamo* una $f$ tipo $f(x-f(y))$ deve essere costante: $x=f(y)$ e cosi otteniamo dopo i conti $f(f(y))=\frac{f(0)+1-f(y)^2}{2}$ per ogni $y$ reale
4. prima abbiamo fatto $x=f(y)$ ora però facciamo $x=f(w)$ cosi mettiamo nuove variabili che possiamo sfruttare come vogliamo (tipo se serve $w=y$ per ricondurci a quella di prima). Inoltre in questo modo abbiamo una formula chiusa per la differenza di due $f$. In parole povere otteniamo $f(f(w)-f(y))=f(f(y))+f(f(w))+f(y)f(w)-1$ e sfruttando il passaggio di prima otteniamo $f(f(w)-f(y))=f(0)-\frac{1}{2} [f(w)-f(y)]^2$. Ora se ogni $z$ è esprimibile come differenza di due $f$ ho finito.
5. $f(x-f(y))-f(x)=f(f(y))+xf(y)-1$. Ora se $f(x) \equiv 0$ non verifica, quindi esiste un $t$ tale che $f(t) \neq 0$. Pongo $y=t$ e ottengo $f(x-f(t))-f(t)=k+xt$ con $k$ costante e quindi il RHS copre tutto $\mathbb{R}$ e quindi $\mathbb{R}$ è davvero esprimibile come differenza di due $f$, quindi ho davvero finito....
6. Verifica...
BMO 2007/boh
Trovare tutte le $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che
$$f(f(x)+y)=f(f(x)-y)+4f(x)y$$
Ora per quello delle IMO:
1. sembra che le parabole funzionino (andando a sostituire proprio bovinamente il polinomio di II grado), anzi sembra che $f(x)=1-\frac{1}{2}x^2$
2. ammazziamo due $f$ rendendole uguali, semmai quelle più brutte: $x=2f(y)$ e si ottiene $f(2f(y))=1-2f(y)^2$. Ora tentiamo di riscrivere in funzione di $2f(y)$ e confortati dal punto precedente otteniamo $f(z)=1-\frac{1}{2}z^2$ per ogni $z=2 \textrm{immagine di f}$, cioè se tipo esiste $t$ reale tale che $f(t)=3$ allora $f(6)=-17$
3. *costantizziamo* una $f$ tipo $f(x-f(y))$ deve essere costante: $x=f(y)$ e cosi otteniamo dopo i conti $f(f(y))=\frac{f(0)+1-f(y)^2}{2}$ per ogni $y$ reale
4. prima abbiamo fatto $x=f(y)$ ora però facciamo $x=f(w)$ cosi mettiamo nuove variabili che possiamo sfruttare come vogliamo (tipo se serve $w=y$ per ricondurci a quella di prima). Inoltre in questo modo abbiamo una formula chiusa per la differenza di due $f$. In parole povere otteniamo $f(f(w)-f(y))=f(f(y))+f(f(w))+f(y)f(w)-1$ e sfruttando il passaggio di prima otteniamo $f(f(w)-f(y))=f(0)-\frac{1}{2} [f(w)-f(y)]^2$. Ora se ogni $z$ è esprimibile come differenza di due $f$ ho finito.
5. $f(x-f(y))-f(x)=f(f(y))+xf(y)-1$. Ora se $f(x) \equiv 0$ non verifica, quindi esiste un $t$ tale che $f(t) \neq 0$. Pongo $y=t$ e ottengo $f(x-f(t))-f(t)=k+xt$ con $k$ costante e quindi il RHS copre tutto $\mathbb{R}$ e quindi $\mathbb{R}$ è davvero esprimibile come differenza di due $f$, quindi ho davvero finito....
6. Verifica...