Qualche idea?

[Giovanni_98]

Potrebbe qualcuno gentilmente risolverlo? (entrambi i punti )

Sia $f:\mathbb{R^+} \longrightarrow \mathbb{R^+}$ una funzione tale che per qualsiasi $x,y >0$ vale $$f(x+y)-f(x-y)=4\sqrt{f(x)f(y)}$$
1) Dimostrare che $f(2x)=4f(x)$
2) Trovare tutte le possibili funzioni.

[erFuricksen]

Direi che il dato $x>y$ è omesso perché è necessario quindi scontato... vero?

[Giovanni_98]

Certo.

[erFuricksen]

Ok, io dovrei (foooorse) essere riuscito a fare il punto 1 e ho posto buone basi per il punto 2, ma non riesco a concluderlo:

Testo nascosto:

Allora, sicuramente $4 \sqrt{f(x)f(y)}>0$, da cui $f(x+y)>f(x-y)$ per ogni $x,y$. Ma $x+y$ e $x-y$ possono assumere tutte le coppie di valori in $\mathbb{R}^{+}$, da cui vediamo facilmente che la funzione è strettamente crescente.
Detto questo possiamo (probabilmente) escludere una funzione che non sia continua in nessun punto, l'idea che ci sta dietro è che se io considero un intervallo finito (ad esempio fra 1 e 2) allora la funzione, essendo strettamente crescente, dovrebbe andare all'infinito più si avvicina verso l'estremo destro dell'intervallo (non è molto rigoroso come l'ho spiegato, ma penso che il ragionamento sia intendibile e valido) e questo non è possibile perché essendo crescente non esisterebbero valori oltre l'estremo destro dell'intervallo.
Consideriamo allora una funzione che sia continua in almeno un punto $x_0$. Posso scrivere allora $$\lim_{y \to 0^{+}} f(x_0 +y)-f(x_0 -y)=0$$ . Ma questo significa che esiste il limite $\lim_{y \to 0^{+}} 4 \sqrt{f(x_0)f(y)}=0$ da cui $\lim_{y \to 0^{+}} f(y)=0$. Ma questo implica che la funzione è continua nell'intorno positivo di 0, in quanto esiste il limite ed è finito.
Considero allora un $x$ generico e dico che $\lim_{y \to 0^{+}} 4 \sqrt{f(x)f(y)}=0$, da cui $\lim_{y \to 0^{+}} f(x+y)-f(x-y)=0$ , quindi f(x) è continua su tutto il suo dominio.
Quindi posso fare $\lim_{y \to x^{-}} f(x+y)-f(x-y)=\lim_{y \to x^{-}} 4 \sqrt{f(x)f(y)}$ che mi dà $f(2x)=4f(x)$. E questo è il primo punto.

Ora per il secondo punto ho provato a scrivere $f(x+y)-f(x-y)=\sqrt{f(2x)f(2y)}$ grazie al punto 1.
Ora siano $a=x+y$ e $b=x-y$, allora $f(a)-f(b)=\sqrt{f(a+b)f(a-b)}$. Adesso, sfruttando il fatto che è definita sui positivi chiamo $g(x)=\sqrt{f(x)}$ ottenendo $$(g(a)-g(b))(g(a)+g(b))=g(a+b)g(a-b)$$.

E qui mi sono bloccato L'idea che avevo era di provare a mostrare che $g(x)$ è una Cauchy, tuttavia non saprei bene come attaccarlo. Sono riuscito a dimostrare che questo è vero per tutti i razionali attraverso un'induzione dal punto 1, ma non di più. Inoltre, non so se serva a qualcosa, ma sono arrivato a concludere che la funzione $g(x)$ è biiettiva su $\mathbb{R}^{+}$ e strettamente crescente, ma non sono riuscito ad usare queste cose...
Spero che qualcuno riesca ad attaccarsi a quanto ho fatto!

[Delfad0r]

In realtà, una volta svolto il lavoro di erFuricksen direi che si è a buon punto.

Testo nascosto:

Supponiamo quindi di aver già scoperto che $g(q)=\lambda q$, dove $\lambda = g(1)$ e $q\in\mathbb{Q}$.
Prendiamo un $x$ qualunque, e dimostriamo che $g(x)=\lambda x$.
Sia $\{x_n\}_{n>0}$ una successione di razionali tali che $\lim_{n\to\infty}x_n=x$.
Sappiamo che $f$ è continua ovunque, dunque anche $g$ è continua ovunque.


Ora dimostriamo il fulcro fondamentale del tutto, cioè che
$$
\lim_{n\to\infty}g(x_n)=g(x)
$$
In pratica, la tesi afferma che, comunque preso $\epsilon>0$, sappiamo trovare un intero positivo $c$ tale che $|g(x_n)-g(x)|<\epsilon\quad\forall n>c$.
Prendiamo dunque un $\epsilon>0$ a piacere. Siccome $g$ è continua, $\lim_{y\to x}g(y)=g(x)$, cioè esisterà $\delta>0$ tale che $|g(y)-g(x)|<\epsilon\quad\forall y\in(x-\delta,x+\delta)\quad(*)$.
Ora, sappiamo che $\lim_{n\to\infty}x_n=x$, quindi esisterà un intero positivo $k$ tale che $|x_n-x|<\delta\quad\forall n>k$, ovvero $x_n\in(x-\delta,x+\delta)\quad\forall n>k$.
Pertanto, prendendo $y\leftarrow x_n$ nella $(*)$, otteniamo che $|g(x_n)-g(x)|<\epsilon\quad\forall n>k$, che è esattamente la tesi (con $c\leftarrow k$).


Ora è sostanzialmente finito. Sappiamo che $g(x_n)=\lambda x_n$ per ogni $n$ (dato che $x_n$ è razionale), quindi
$$
g(x)=\lim_{n\to\infty}g(x_n)=\lim_{x\to\infty}\lambda x_n=\lambda\lim_{x\to\infty}x_n=\lambda x
$$
Il che ci fa concludere che $f(x)=\alpha x^2$, per qualche $\alpha\in\mathbb{R}^+$ (e si vede che funziona).

A questo punto ci sarebbe effettivamente da sistemare la parte di cui ti manca una dimostrazione rigorosa, la quale al momento sfugge anche a me...

[erFuricksen]

Mi sa che mi sono un po' perso come passiamo dai razionali ai reali cioè, quello che non capisco è: ma $x_n$ è comunque una successione di razionali, mi darà comunque un limite sui razionali

[Delfad0r]

Non sono sicuro di capire l'obiezione (il che non implica che quello che ho scritto non sia sbagliato).

$x_n$ puoi vederla come una funzione $\mathbb{Z}^+\to\mathbb{R}^+$, e ad esempio possiamo definirla come: $x_n=$ un qualsiasi razionale compreso fra $x+\frac{1}{2^n}$ e $x+\frac{1}{2^{n-1}}$. A questo punto è evidente che $\lim_{n\to\infty}x_n=x$, ma tutti gli $x_n$ sono comunque razionali.

Se c'è qualcosa che ancora non ti torna prova ad essere più specifico, così posso spiegarmi meglio (oppure trovare meglio l'errore ).

[gpzes]

Mi sa che mi sono un po' perso come passiamo dai razionali ai reali cioè, quello che non capisco è: ma $x_n$ è comunque una successione di razionali, mi darà comunque un limite sui razionali

... non penso sia vero: i razionali sono densi nei reali...ossia esistono successioni di razionali il cui limite NON è razionale.

Volendo essere più precisi, e per evitare sensazioni di circolarità nei ragionamenti, bisognerebbe esplicitare bene il fatto che per le funzioni monotòne esiste sempre il limite, finito o no, che sono inf o sup...

$\begin{align}
& f(3x)-f(x)=4\cdot \sqrt{f(2x)\cdot f(x)}=4\sqrt{4\cdot {{(f(x))}^{2}}}=8\cdot f(x) \\
& f(3x)={{3}^{2}}\cdot f(x) \\
& ..... \\
\end{align}$

[gpzes]

Testo nascosto:

$
\begin{array}{l}
f(n \cdot x) = {n^2} \cdot f(x) \to f(n) = {n^2} \cdot f(1)\\
\left. \begin{array}{l}
f(a) = {a^2} \cdot f(1)\\
f(a) = f\left( {b \cdot \frac{a}{b}} \right) = {b^2} \cdot f\left( {\frac{a}{b}} \right)
\end{array} \right\} \to f\left( {\frac{a}{b}} \right) = {\left( {\frac{a}{b}} \right)^2} \cdot f(1)
\end{array}
$

[darkcrystal]

Ok, questo è davvero un esercizio di analisi 1, e quindi lo tratterò come tale. erFuricksen ha fatto un buon lavoro, ma mi permetto una piccola correzione: dire che $f$ è continua in 0 non vuol dire assolutamente nulla; per essere continua in un punto $x_0$, una funzione $g$ deve per lo meno essere definita in $x_0$, visto che la definizione di continuità è $\lim_{x \to x_0} g(x)=g(x_0)$. Quello che intendi - e che hai anche scritto, quindi non prendere questa come una critica, ma solo come una correzione di linguaggio - è effettivamente che $\lim_{x \to 0} f(x)$ esiste e vale 0.

Per arrivare ad una dimostrazione formalmente completa, il fatto principale che vi manca è il seguente:
Esercizio. Sia $I$ un intervallo di $\mathbb{R}$ e $f : I \to \mathbb{R}$ una funzione monotona. Allora l'insieme dei punti di discontinuità di $f$ è al più numerabile. In particolare, $f$ è continua in un sacco di punti!

Hint(one, ma se non avete mai visto un esercizio del genere potrebbe esservi necessario):

Testo nascosto:

Le discontinuità di $f$ corrispondono a dei "buchi" nella sua immagine. Ogni buco contiene un numero razionale. Quanti numeri razionali ci sono?

[gpzes]

Un altro modo (ma sono tutti sostanzialmente equivalenti) potrebbe essere:
data una funzione continua, nulla su tutti i razionali, allora essa è la funzione identicamente nulla su tutti i reali. Ossia, se due funzioni continue coincidono sui razionali allora esse coincidono sui reali.
In pratica, nel nostro problema, si può dire che ad $a/b$ numero razionale si può sostituire $x$ numero reale, estendendo univocamente la funzione.

Comunque sia avrei fatto così per punto 1):
f è monotòna quindi $\exists \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = l \ge 0,x > y > 0.$ (1)
Ma allora deve essere $l - l = 4\sqrt {{l^2}} \to l = 0.$ per $x$ e $y$ che tendono (contemporaneamente) a zero da destra, perché esistono separatamente i limiti dei sottraendi. Basta porre $x + y = u,x - y = v $ e usare (1).
Allora , FISSATO $x$, $\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} f(x + y) = \alpha ,\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} f(x - y) = \beta ,\alpha \ge f(x) \ge \beta \ge 0$ perché f monotòna.
Ma $\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} f(x + y) - f(x - y) = 0$, quindi $\alpha - \beta = 0 \to \alpha = \beta = f(x)$ , da cui la continuità in $x$.