Se siete alle primissime armi con le funzionali

[NicolasRossi]

trovare tutte le $f: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ monotone tali che
$f(x+f(y))=f(x)+y$

[Albertobucci95]

Non so se quello che faccio si possa fare, ma ci provo:
$ x=y\rightarrow f(f(x)+x)=f(x)+x $ e quindi $ f(x)=x $ da cui la tesi, vero?!

[NicolasRossi]

Non capisco cosa tu voglia dire "da cui la tesi" (?). Quella è soluzione ma ce ne sono altre (almeno penso).

[EvaristeG]

$ x=y\rightarrow f(f(x)+x)=f(x)+x $ e quindi $ f(x)=x $

Perché quel "quindi"? Da quello che hai scritto sai dire che, SE un certo numero reale $y$ si può scrivere come $x+f(x)$ per un qualche altro numero reale $x$, ALLORA $f(y)=y$.
Non è detto che OGNI numero reale si possa scrivere come $x+f(x)$.

Esempio con un'altra equazione: $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tale che $f(f(x))=f(x)$. Tu vorresti concludere che $f(x)=x$? Beh, no! è vero solo per gli elementi dell'immagine di $f$. Ad esempio, la funzione $f(x)=|x|$ ha la proprietà che abbiamo appena detto e quel che capita è che, ad esempio $f(f(-1))=f(-1)$ ma $f(-1)\neq -1$. Chiaro?

[Lasker]

Il fatto che le funzioni siano monotone mi fa pensare a una Cauchy .
Pongo $x=0$, $y=y_0 \in\mathbb{R}$, da cui deriva:
$$f(f(y_0))=f(0)+y_0$$
Visto che RHS può variare su tutto $\mathbb{R}$, la funzione è suriettiva; dunque esiste $k$ tale che $f(k)=0$.
Sostituisco $k_0$ alla $y$, ottenendo:
$f(x)=f(x)+k_0$
Da cui $k_0=0$ e quindi $f(0)=0$
Sostituisco adesso $0$ alla $x$ e $k_1\in \mathbb{R}$ alla $y$, ottenendo:
$$f(f(k_1))=k_1$$
Quindi la funzione è biettiva.
Sostituisco dunque $f(y_1)$ al posto di $y$, ottenendo:
$$f(x+y_1)=f(x)+f(y_1)$$
Che è una Cauchy, e che dunque ammette solo soluzioni lineari del tipo $f(x)=\alpha x$.
Sostituisco nell'equazione iniziale per la verifica:
$$\alpha x+\alpha^2y=\alpha x+y$$
E quindi $\alpha=\pm 1$ e le soluzioni sono $f(x)=x$ e $f(x)=-x$

[NicolasRossi]

Giusto. Domanda semi-inutile:
da $f(f(y_0))=f(0)+y_0$ non potevo già dire che $f\circ f$ è biettiva?

[Lasker]

Probabilmente si, dopo tutto io lo dimostro in due passaggi quasi banali...
(OT: ho già avuto la stessa identica discussione al Senior, anche se lì si parlava di $g(f(x))=x$ con $g$ suriettiva ed $f$ iniettiva, eri per caso presente anche tu?)

[NicolasRossi]

Nope. Che ti hanno detto?

[Lasker]

Mi sembra che abbiamo convenuto che si poteva dare per scontato (ma non ne sarei così certo), anche se dopo tutto la dimostrazione non è impossibile/tediosa...

[EvaristeG]

Fatto generale:
- se $f\circ g$ è surgettiva, allora $f$ è surgettiva
- se $f\circ g$ è iniettiva, allora $g$ è iniettiva.
Questi due sono facili da dimostrare (e sono proprietà generali che si possono dar per buone in una dimostrazione). Come corollario segue che se $f\circ f$ è bigettiva, allora $f$ è bigettiva.

@Lasker: dillo, quando dici che la Cauchy ha solo soluzioni lineari, che questo è vero perché hai anche l'ipotesi di monotonia.

[Lasker]

@EvaristeG

@Lasker: dillo, quando dici che la Cauchy ha solo soluzioni lineari, che questo è vero perché hai anche l'ipotesi di monotonia.

In realtà l'avevo detto all'inizio:

Il fatto che le funzioni siano monotone mi fa pensare a una Cauchy

anche se devo ammettere che messa lì e in quei termini è un'affermazione velata/fuori posto

[Gi8]

Per ipotesi $f(x+f(y))=f(x)+y$ per ogni $x,y$ reali.

1) $f(0)=0$:
$x=0 \wedge y=0 \implies f(f(0))=f(0)$. Dunque, posto $a:=f(0)$, si ha $f(a)=a$.
Prendo $x=0$ e $y=a$ ottenendo $f(0+f(a))=f(0)+a$, cioè $f(0)=0$.

2) La funzione coincide con la sua inversa:
scegliendo $x=0$ si ha $f(f(y))=y$, cioè $f^2=\text{id}$.

3) $f(2x)= 2f(x)$ per ogni $x$:
scegliendo $y=f(x)$ otteniamo $f(x+f(f(x)))=f(x)+f(x)$, cioè la tesi.


4)La funzione è dispari:
Per ogni $k$ reale poniamo $x= -f(k)$ e $y=2k$.
Si ha $f( -f(k)+f(2k))=f( -f(k))+2k$, cioè $f(f(k))=f(-f(k))+2k$, ovvero $-k= f(-f(k))$
Pertanto $f(-k)= -f(k)$ per ogni $k \in \mathbb{R}$.
_______
Supponiamo che $f$ sia crescente: dimostro che l'unica possibilità è $f(x)=x$.

Testo nascosto:

• se esistesse $b_1 \in \mathbb{R}$ tale che $f(b_1)<b_1$, allora necessariamente (posto $b_2:=f(b_1)$) $f(b_2)=b_1>f(b_1)$.
  ma così avremmo $b_2<b_1$ e $f(b_2)>f(b_1)$, assurdo.
• se esistesse $c_1 \in \mathbb{R}$ tale che $f(c_1)>c_1$, allora necessariamente (posto $c_2:=f(c_1)$) $f(c_2)=c_1<f(c_1)$.
  ma così avremmo $c_1<c_2$ e $f(c_1)>f(c_2)$, assurdo.

Supponiamo che $f$ sia decrescente: dimostro che l'unica possibilità è $f(x) = -x$.

Testo nascosto:

• se esistesse $b_1 \in \mathbb{R}$ tale che $f(b_1)< -b_1$, allora necessariamente (posto $b_2:= -f(b_1)> b_1$) $f(b_2)= f(-f(b_1))= -b_1>f(b_1)$.
  ma così avremmo $b_2>b_1$ e $f(b_2)>f(b_1)$, assurdo.
• se esistesse $c_1 \in \mathbb{R}$ tale che $f(c_1)> -c_1$, allora necessariamente (posto $c_2:= -f(c_1)<c_1$) $f(c_2)= -c_1<f(c_1)$.
  ma così avremmo $c_1>c_2$ e $f(c_1)>f(c_2)$, assurdo.

edit:corretto l'ultimo spoiler

[EvaristeG]

In realtà l'avevo detto all'inizio:

Il fatto che le funzioni siano monotone mi fa pensare a una Cauchy

anche se devo ammettere che messa lì e in quei termini è un'affermazione velata/fuori posto

Infatti era un consiglio di posizionamento . Ottimo che venga l'idea, poi però va detto "Per la monotonia!" (col tono di "per la forza di Grayskull!") al momento giusto!

[Albertobucci95]

Si scusate, avevate detto per chi è alle prime armi e quello che pensavo fosse giusto ho scritto, grande cavolata!