OliForum Matematico

Trovare tutte le funzioni $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ tali che:

• $ f(x+yf(x))=f(x)f(y) $
  Esistono al più un numero finito di $ x $ reali t.c. $ f(x)=1 $

Da $ \mathbb{R}^+ $ in $ \mathbb{R}^+ $ diventa un simpatico esercizio olimpico usato qualche volta nei test italiani. Invece da $ \mathbb{R} $ in $ \mathbb{R} $ diventa probabilmente insolubile con metodi elementari, oltre che un valido motivo per minacciare di morte chi si dimentica di mettere il + vicino agli $ \mathbb{R} $.

Chi ha già trovato la soluzione (leggi edriv) è pregato di lasciare spazio agli altri.

Buon $ lavoro^3 $

non è che ho "trovato la soluzione", per un problema di questo genere non ha senso questa domanda...

Riesco solo a dire come costruire tutte e sole le funzioni a partire da un sottogruppo di $ ~( \mathbb R ^*, *) $ e un altro reale. Però dire "sottogruppo di R" non è che sia una bella cosa..

Io tento passando per equazioni differenziali, visto che si cerca una funzione:

Siano:

$ g(x,y)=f(x)f(y) $
$ h(x,y)=f(x+yf(x)) $

Osservo che una soluzione è $ f(x) \equiv 0 $ e la escludo. Considero f derivabile. Calcolo le derivate parziali rispetto a $ y $:

$ g_y(x,y)=f(x)f(y)=\frac {df(y)}{dy} * f(x) $
$ h_y(x,y)=\frac {df(x+yf(x))}{dy} * f(x) $

da cui ottengo se $ f(x)!=0 $:

$ \frac {df(y)}{dy}=\frac {df(x+yf(x))}{dy} $

ovvero:

$ y= x+yf(x)+c $
$ y(1-f(x))=x+c $

Se $ f(x)\equiv1 $ allora ovviamente ci siamo. Altrimenti abbiamo che:

$ yf(x)=1- x-c $

ovvero:

$ f(x+yf(x))=f(x+1-x-c)=f(1-c)=f(x)f(y) $

che non è possibile per l'arbitrarietà di $ x $ e $ y $ a meno di non trovarsi nei casi precedenti.

La soluzione cercata, ovvero quella con un numero finito di elementi tali che: $ f(x)=1 $ è $ f(x) \equiv 0 $

Ovviamente controllate!

Stradh ha scritto:Io tento passando per equazioni differenziali, visto che si cerca una funzione:

Siano:

$ g(x,y)=f(x)f(y) $
$ h(x,y)=f(x+yf(x)) $

Osservo che una soluzione è $ f(x) \equiv 0 $ e la escludo. Considero f derivabile. Calcolo le derivate parziali rispetto a $ y $:

$ g_y(x,y)=f(x)f(y)=\frac {df(y)}{dy} * f(x) $
$ h_y(x,y)=\frac {df(x+yf(x))}{dy} * f(x) $

da cui ottengo se $ f(x)!=0 $:

I conti mi sembrano giusti, li ho controllati. Però, a parte il fatto che per un matematico $ f(x)! =0 $ significa "$ f(x) $ fattoriale uguale a zero" (:P), il passaggio che non mi torna è quello dopo:

Stradh ha scritto: $ \frac {df(y)}{dy}=\frac {df(x+yf(x))}{dy} $
ovvero:

$ y= x+yf(x)+c $
$ y(1-f(x))=x+c $

Cioè, da quell'uguaglianza di derivate potresti al massimo tentare di dedurre che $ f(y) = f(x+yf(x)) + c $ con $ c $ una certa costante reale, ma probabilmente in realtà neanche quello perché quell'uguaglianza che hai scritto è un'uguaglianza fra *generici valori assunti dalla derivata della funzione*, il che credo complichi un po' l'integrazione diretta che si fa solitamente. Ma tu sei addirittura passato dall'uguaglianza tra le derivate di $ f $ in quei punti ad un non so cosa che assomiglia vagamente ad un misto tra uguagliare gli argomenti di tali derivate (illegittimo, a meno che non vi sia iniettività!) e un'integrazione diretta. Immagino che sia una svista madornale!

I conti mi sembrano giusti, li ho controllati. Però, a parte il fatto che per un matematico $ f(x)! =0 $ significa "$ f(x) $ fattoriale uguale a zero" (:P), il passaggio che non mi torna è quello dopo:

In realtà quello è un "diverso" e non mi sono accorto di averlo scritto!

Per il resto invece, come hai detto correttamente, ho supposto la funzione iniettiva senza per altro specificarlo.

Hai anche supposto la funzione derivabile.

bhe, a parte una famiglia, tutte le soluzioni di questo schifo non sono nè iniettive nè tantomeno continue, figuriamoci derivabili...

Con reali positivi è Cortona 2002?
Così a occhio...

Tibor Gallai ha scritto:Con reali positivi è Cortona 2002?
Così a occhio...

Già.

Con i reali positivi è più facile per l'assenza dello zero. Se infatti poniamo $ \displaystyle y=\frac{x}{1-f(x)} $, cosa che si può fare in molti casi per la condizione 2, si ha $ \displaystyle f ( \frac{x}{1-f(x)} ) = f(x) f ( \frac{x}{1-f(x)} ) $, che sempre per la condizione due ci dice che $ \displaystyle f (\frac{x}{1-f(x)} ) =0 $ per molti $ x $, ma dai reali positivi ai reali positivi ciò vuol dire solo che non si può fare la sostituzione $ \displaystyle y=\frac{x}{1-f(x)} $, quindi nessun valore del codominio è minore di 1, il che è molto bello da sapersi per l'esercizio olimpico. Invece dai reali ai reali complica enormemente le cose.