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

$ f(x+yf(x))=f(x)+xf(y) $

per tutti gli $ x, y \in\mathbb{R} $

Dimostriamo che f(x) è iniettiva e surgettiva.
Iniettività: Ponendo $f(y_1)=f(y_2)$ si ha che $f(x)+xf(y_1)=f(x)+xf(y_2)$, quindi $f(x+y_1f(x))=f(x+y_2f(x))$ da cui $y_1=y_2$.
Surgettività: fissato y si ha che il LHS è una funzione il cui argomento varia in R e il RHS varia in R, dunque f(x) è surgettiva.
Sostituendo y=0 e $x\neq 0$ si ha $xf(0)=0$ da cui f(0)=0.
Sostituendo x=y=-1 si ottiene $f(-1-f(-1))=0$ da cui si ottiene $f(-1)=-1$.
Sostituendo x=-1 e y=1 si ottiene $f(0)=-1-f(1)$ da cui f(1)=1.
Sostituendo y=1 si ottiene $f(x+f(x))=x+f(x)$, traslando di -x si ottiene $f(f(x))=f(x)$ e data l'iniettività si ha $f(x)=x$. Verificando f(x)=x nell'originale si vede che è effettivamente soluzione.

Le dimostrazioni di iniettività e suriettività non funzionano proprio (del resto, come dovresti notare, 0 è soluzione, quindi...).

Da $f(x+y_1f(x))=f(x+y_2f(x))$ non puoi concludere $y_1=y_2$ a meno di non sapere già l'iniettività che ti serve per "semplificare le $f$" e che $f(x)\neq 0$. Fissato $y$, non vero che $x+yf(x)$ e $f(x)+xf(y)$ assumono tutti i valori in $\mathbb{R}$ --- per esempio se $y=-1$ e $f(x)=x$, allora la prima di queste espressioni fa sempre $0$.

Giusto

amico hai delle idee sulle funzioni un po' molto confuse xD

Eh scusa mi so sbagliato. Ho fatto un orrore lo so sono stato troppo superficiale, però cerco di rimediare.
Riparto da f(0)=0, f(1)=1, f(-1)=-1.
Dimostro che per ogni k razionale si ha $f(kx)=kf(x)$.
Sostituisco x=1 e y=x e ottengo $ f(x+1) = f(x)+1 $ da cui $ f(x+n) = f(x)+n $. Quindi f(n)=n per ogni n intero.
Sostituisco x=n y=x e ottengo $ n+f(nx) = n+nf(x) $ da cui $ f(nx) = nf(x) $. Quindi prendendo un numero razionale $k=\frac{p}{q}$ si ottiene $ f(\frac{p}{q}x) = f(p\frac{x}{q}) = pf(\frac{x}{q}) $ e $ f(x) = f(q\frac{x}{q}) = qf(\frac{x}{q}) $ , da cui $f(kx)=kf(x)$.
Ora dimostro che f(x)=x.
Sostituisco $ y=\frac{y-x}{f(x)}$ e si ha $ f(y) = f(x)+xf(\frac{y-x}{f(x)}) $.
Sostituisco x=2x e $ y=\frac{y-x}{f(2x)}$ e ottengo $ f(x+y) = f(2x)+2xf(\frac{y-x}{f(2x)})= 2f(x)+xf(\frac{y-x}{f(x)}) $.
Sottraendo la seconda dalla prima si ottiene $ f(x+y) = f(x)+f(y) $ che è un'equazione di cauchy che ha soluzione $f(x)=\lambda x$ (solo se si dimostra la monotonia o la crescenza). Sostituendo all'originale si ottiene che l'unico valore è $\lambda =1$ da cui la soluzione f(x)=x.
Ricapitolando le soluzioni sono f(x)=x e f(x)=0.
Ora mi manca dimostrare la monotonia, qualche aiuto please???

mat94 ha scritto:Eh scusa mi so sbagliato. Ho fatto un orrore lo so sono stato troppo superficiale, però cerco di rimediare.
Riparto da f(0)=0, f(1)=1, f(-1)=-1.

Riparti male. Perchè dovrebbero valere queste condizioni?

ndp15 ha scritto: Riparti male. Perchè dovrebbero valere queste condizioni?

mat94 ha scritto: Sostituendo y=0 e $x\neq 0$ si ha $xf(0)=0$ da cui f(0)=0.
Sostituendo x=y=-1 si ottiene $f(-1-f(-1))=0$ da cui si ottiene $f(-1)=-1$.
Sostituendo x=-1 e y=1 si ottiene $f(0)=-1-f(1)$ da cui f(1)=1.

Sì ma si era fatto notare che quella dimostrazione non funziona nè sull'iniettività nè sulla surgettività, quindi anche questo va a farsi benedire (esclusa la parte f(0)=0).

ndp15 ha scritto:Sì ma si era fatto notare che quella dimostrazione non funziona nè sull'iniettività nè sulla surgettività, quindi anche questo va a farsi benedire (esclusa la parte f(0)=0).

Ok, si, errore mio(per qualche motivo pensavo che ci fosse pure la condizione $ f(f(x))=x $)

Sostituisci x=-1 e y=-1 e hai $ f(-1-f(-1)) = 0 $ che dà f(-1)=-1.
Sostituisco x=1 y=-1 e ottengo f(1-f(1))=-1-f(1) .
Sostituisco x=1-f(1) e y=1 e si ha (f(1)-1)(1-f(1))=0 che dà f(1)=1.

mat94 ha scritto:Sostituisci x=-1 e y=-1 e hai $ f(-1-f(-1)) = 0 $ che dà f(-1)=-1.

Dove hai dimostrato che f(x)=0 implica x=0 che è quello che usi?

Sostituisco x=1 e y=0 e ottengo f(0)=0. Pongo x=k con k tale che f(k)=0 e ottengo kf(y)=0 che ci dà k=0. Quindi f(x)=0 sse x=0.

Esiste sempre un $k$ tale che $f(k)=0$?? chi te lo assicura??

Ho f(0)=0 quindi almeno uno ce n'è.