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Trovare tutte le f dai reali positivi ai reali positivi tali che che per ogni x,y valga
$$\displaystyle f(x)f(y)=f(xy)+f(\frac{x}{y})$$

L'ho ricontrollato 1000 volte e non trovo l'errore, ma contando che arrivo a 2 risultati diversi suppongo che ci sia...

Chiamo $P(x,y)$ la proposizione del testo.
$P(1,1)\to f(1)=2$
$P(x,x)\to f(x^2)=f(x)^2-2$
Sia $a=\inf\{f(x)\}\ge 0$. Se vale per assurdo $a^2<a+2$ allora esiste $x$ tale che $f(x)^2<a+2$ ma $f(x)^2=f(x^2)+2$ da cui $f(x^2)<a$ che è assurdo. Quindi $a^2\ge a+2$ da cui $a\ge 2$ e quindi $f(x)\ge 2$ sempre.
Definisco la funzione $g$ dai reali positivi ai reali positivi in modo che $f(x)=g(x)+\frac{1}{g(x)}$ e valga $(g(x)-1)(x-1)\ge 0$... tale $g$ esiste dato che $f(x)\ge 2$.
$P(x^2,y^2)\to (f(x)^2-2)(f(y)^2-2)=f(xy)^2-2+f(\frac xy)^2-2$ e $P(x,y)\to f(\frac xy)=f(x)f(y)-f(xy)$
Per comodità chiamo $a=f(x),b=f(y),c=f(xy)$ e ottengo sostituendo $f(\frac xy)$:
$(a^2-2)(b^2-2)=c^2-2+(ab-c)^2-2$
E svolgendo i conti si arriva a: $c^2-abc-(a^2+b^2+4)=0$ e questa ha chiaramente una sola soluzione positiva per $c$. Se $a=g(x)+\frac 1{g(x)}$ e $b=g(y)+\frac 1{g(y)}$ allora è facile vedere che $c=g(x)g(y)+\frac 1{g(x)g(y)}$ funziona... e quindi vale $g(xy)=(g(x)g(y))^{\pm 1}$.
Voglio dimostrare $g(xy)=g(x)\cdot g(y)$ per ogni $x,y$:
Se $g(xy)=1$ allora anche se valesse $g(xy)=(g(x)g(y))^{-1}$ allora varrebbe $g(x)g(y)=1$ e quindi varrebbe $g(xy)=g(x)g(y)$.
Se $x,y$ stanno dalla stessa parte rispetto ad 1 allora anche $xy$ sta dalla stessa parte e per definizione pure $g(xy)$. Con ragionamenti identici anche $g(x)g(y)$ sta dalla stessa parte. Perciò dato che $g(x)g(y); g(xy)$ stanno dalla stessa parte rispetto ad 1 deve valere l'uguaglianza richiesta.
Se $g(xy)\not =1$ e $x,y$ stanno da parti diverse rispetto a 1 assumo per assurdo $g(xy)=(g(x)g(y))^{-1}$ da cui $g(xy)g(x)g(y)=1$. WLOG $x,xy$ stanno dalla stessa parte rispetto ad 1... ma allora $g(x^2y)g(y)=1$. Vale anche $g(x^2y^2)=(g(x^2y)g(y))^{\pm 1}=1$, ma pure $g(x^2y^2)=(g(xy)g(xy))^{\pm 1}$ e perciò $1=g(xy)^{\pm 2}$ che è assurdo dato che $g(xy)\not=1$
Perciò $g(xy)=g(x)g(y)$. Definisco $q(x)=\ln(g(e^x))$ dai reali ai reali... allora vale $g(x)=e^{g(\ln(x))}$ e sostituendo ottengo:
$q(\ln(x)+\ln(y))=q(\ln(x))+q(\ln(y))$
Che è una Cauchy standard... per risolverla aggiungo che dato che $g(x),x$ stanno dalla stessa parte rispetto a 1 per definizione allora $f(x),x$ stanno dalla stessa parte rispetto a 0 e questo basta e avanza per dire che c'è un pallino del piano dove il grafico di $q$ non passa e perciò $q$ è lineare e quindi $q(x)=\alpha x$ e in particolare $\alpha\ge 0$ per quanto si chiede.
Sostituendo al contrario si ottiene $f(x)=x^{\alpha}+x^{-\alpha}$ che soddisfa, si controlal sostituendo, le richieste del problema.

Ora nascono i problemi... se prendo una qualsiasi funzione moltiplicativa $g$ dai reali positivi ai reali positivi allora è facile vedere che $f(x)=g(x)+\frac1{g(x)}$ soddisfa le richieste del problema, e come ho anche "quasi mostrato sopra" (dato che le soluzioni delle cauchy sono un bordello) g(x) non è per forza $x^{\alpha}$ e quindi ci sono altre soluzioni oltre a quelle che ho dimostrate essere le uniche.

Embè... dov'è l'errore?

edit: trovato almeno un errore... provo ad aggiustarlo

(in quanto segue $g$ non deve rispettare $(g(x)-1)(x-1)\ge 0$)
Errore è che non viene fuori $c^2-abc-(a^2+b^2+4)=0$ ma $c^2-abc+(a^2+b^2-4)=0$ e perciò ci sono 2 soluzioni, che poi porteranno a $g(xy)=g(x)^{\pm1}g(y)^{\pm 1}$.
L'obiettivo sarebbe definire "meglio" $g(x)$ il modo che sia moltiplicativa... insomma non dovrei più sceglierla tale che $(g(x)-1)(x-1)\ge 0$ ma in qualche modo più fantasioso.
Inoltre applicando quanto ottenuto al testo iniziale ottengo che $\{g(xy),g(x^{-1}y),g(xy^{-1}),g(x^{-1}y^{-1})\}=\{g(x)g(y),g(x)^{-1}g(y),g(x)g(y)^{-1},g(x)^{-1}g(y)^{-1}\}$

Se riesco a concludere lo posto... in ogni caso credo che le soluzioni siano tutte e sole quelle con la $g$ moltiplicativa.

Glaudo uccidimi, ero sicuro di aver scritto f continua ma non so perchè avevo glissato

Gran bella soluzione :O :O

Avendo $f$ continua è tutto incredibilmente più facile (ma quella sopra NON è una soluzione )
Definisco $g$ come nel primo post... poi è facile avere $g(x^n)=g(x)^n$ con $n$ naturale (induzione) e da questa si arriva a $g(x^q)=g(x)^q$ con $q$ razionale... poi per la continuità di $f$ anche $g$ è continua e allora ottengo che $g(x)=x^{\alpha}$ e bon fine.

Dato che non avevo nulla da fare ecco qui la soluzione in "bella":

Chiamo $P(x,y)$ la proposizione del testo.
$P(1,1)\to f(1)=2$
$P(x,x)\to f(x^2)=f(x)^2-2$
Sia $a=\inf\{f(x)\}\ge 0$. Se vale per assurdo $a^2<a+2$ allora esiste $x$ tale che $f(x)^2<a+2$ ma $f(x)^2=f(x^2)+2$ da cui $f(x^2)<a$ che è assurdo. Quindi $a^2\ge a+2$ da cui $a\ge 2$ e quindi $f(x)\ge 2$ sempre.
Definisco la funzione $g$ dai reali positivi ai reali positivi in modo che $f(x)=g(x)+\frac{1}{g(x)}$ e valga $(g(x)-1)(x-1)\ge 0$... tale $g$ esiste dato che $f(x)\ge 2$.
$f(xy)+f(\frac xy)=f(x)f(y)=f(y)f(x)=f(xy)+f(\frac yx)\to f(\frac xy)=f(\frac yz)$ e quindi vale $f(x^{-1})=f(x)$ da cui si ottiene $g(x^{-1})=g(x)^{-1}$ per la definizione di $g$.
Dimostro per induzione su $n$ intero positivo che $g(x^n)=g(x)^n$. Chiamo $g(x)=a$
P.B. $n=1$ allora è ovvio
P.I. $n+1$: $P(x^n,x)\to f(x^{n+1})=f(x^n)f(x)-f(x^{n-1})$, ma per ipotesi induttiva so che $f(x^n)=a^n+a^{-n}$ e che $f(x^{n-1})=a^{n-1}+a^{-n+1}$... ora non resta che sostituire i valori e ottenere $f(x^{n+1})=a^{n+1}+a^{-n-1}$. E dato che $x^{n+1},x$ stanno dalla stessa parte rispetto ad $1$ vale $g(x^{n+1})=g(x)^{n+1}$

Ora avendo $g(x^{-1})=g(x)^{-1}$ e $g(x^n)=g(x)^n$ con $n$ intero positivo è facile arrivare a $g(x^q)=g(x)^q$ con $q$ razionale. (***)
Sia $V=\{2^{q}|\ q\in\mathbb{Q}\}$. Sia $b$ tale che $g(2)=2^b$.
Allora è banale dimostrare con (***) che se $x\in V$ allora vale $g(x)=x^{b}$. E quindi per $x\in V$ vale $f(x)=x^b+x^{-b}$.
Il fatto è che $V$ è denso in $\mathbb{R}^+$ e perciò per la continuità di $f$ vale $f(x)=x^b+x^{-b}$ per ogni $x$ reale positivo
È banale vedere che tutte le funzioni di questa forma con $b$ reale soddisfano le richieste del testo.