74. Un'altra funzionale!

[scambret]

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

$$ f(x+f(x)f(y))=f(x)+xf(y) \ \ \ \forall x,y\in\mathbb{R} $$

[scambret]

UP!!
Non so in questi casi come hintare però..

Vabe vi tolgo le considerazioni preliminari del tipo
Pongo $x=y=-1$ osservo solo il RHS e ottengo che $\exists \ a \in \mathbb{R}$ tale che $f(a)=0$
Pongo $x=a$ e ottengo $f(a)=0=a \cdot f(y)$ per ogni y e quindi
- o $\forall \ y \ \ f(y)=0$ che soddisfa
- o $\exists \ y \ \ f(y) \neq 0$ e quindi $a=0$ perciò $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$
Perciò pongo $x=y=-1$ e ottengo $f(-1)^2=1$

[mat94]

Bhe a questo punto hai due possibilità f(-1)=1 e f(-1)=-1.
Per x=-1 ottieni:
$f(-1-f(-1)f(y))=f(-1)-f(y)$
Se f(-1)=-1 sostituisci e ottieni f(x)=x che è soluzione.
Se f(-1)=1 sostituisci e ottieni f(x)=x che è soluzione.
Insieme a f(x)=0 si hanno tutte le soluzioni,

[scambret]

Bhe a questo punto hai due possibilità f(-1)=1 e f(-1)=-1.
Per x=-1 ottieni:
$f(-1-f(-1)f(y))=f(-1)-f(y)$
Se f(-1)=-1 sostituisci e ottieni f(x)=x che è soluzione.
Se f(-1)=1 sostituisci e ottieni f(x)=x che è soluzione.
Insieme a f(x)=0 si hanno tutte le soluzioni,

Ma... come lo ottengo?? Nel primo caso ho $f(-1-f(y))=-1-f(y)$ e quindi cosa ottengo??

Cioe adesso non posso dire che per tutti gli $x$ vale $f(x)=x$ perche prima dovrei dimostrare che $-1-f(y)$ copre tutto $\mathbb{R}$

[mat94]

Si ok ho saltato la suriettività della funzione. Per fare questo sostituisco y=-1 e ottengo $f(x-f(x))=f(x)+x$, il che ci dice che f(x) è suriettiva e in particolare anche -1-f(x) è suriettiva.
Può andare?

[scambret]

Attento ai segni
Comunque, come fa a dirci che $f$ è suriettiva? Non penso con la classica tecnica che fissi una variabile e fai variare in tutto R l'altra, per il fatto che hai solo una variabile. Mi potresti spiegare esattamente come la dimostri, partendo da $f(x-f(x))=f(x)-x$, thanks

[scambret]

Qualcuno ci vuole provare? O cambio problema? (Tanto sempre funzionali capitano )

[mat94]

Si scusa è che avevo fatto una considerazione che non andava e non ho avuto molto tempo per pensarci (maledetta maturità!). Vedi tu

[scambret]

Intanto sia $P(x,y)$ il predicato $f(x+f(x)f(y))=f(x)+xf(y)$.. Uso questa notazione perché è veloce da scrivere
bene ricapitoliamo.. com $P(-1,-1)$ ottengo $f(-1+f(-1)^2)=0$ e chiamo $f(-1)^2-1=k$. è ovvio che $f(k)=0$
con $P(k,y)$ ottengo $f(k)=kf(y) \Rightarrow kf(y)=0$ e allora o $f(y)=0$ per ogni $y$ reale e quindi pace, ho una soluzione, oppure $k=0$ e quindi $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$ e quindi $f(-1)^2=1 \ \ \ (1)$
$P(1,-1)$ dà $f(1+f(1)f(-1))=f(1)+f(-1) \ \ \ (2)$
$P(-1,1+f(1)f(-1))$ dà $f(-1+f(-1)[f(1)f(-1)]=f(-1)-[f(1)+f(-1)]$ (sfrutto la 2) e tutta sta roba si può semplificare in $f(f(-1)f(1))=-f(1) \ \ \ (3)$. Ora fiduciosi che tutta la fortuna che abbiamo avuto prima ponendo lo strano y ci riproviamo..
$P(1,f(1)f(-1))$ dà $f(1+f(1)[-f(1)]=f(1)-f(1)=0$ e quindi $f(1-f(1)^2)=0$ e quindi, dato che $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$ allora $f(1)^2=1$

Ora suppongo che $f(1)=f(-1)$. Nella (3) ottengo $f(1)=-f(1)$, assurdo perciò $f(-1)=-f(1)$

Ora suppongo che abbiamo un $a$ tale che $f(a)=af(-1)$. Se ci pensiamo $a=0$ soddisfa, quindi almeno uno c'è.
$P(-1,a)$ dà $f(-1+f(-1)[af(-1)]=f(-1)-af(-1) \Leftrightarrow f(a-1)=f(-1)[1-a] =f(1)[a-1] \ \ \ (4)$
$P(1,a-1)$ dà $f(1+f(1)^2[a-1])=f(1)+f(1)[a-1] \Leftrightarrow f(a)=af(1) \ \ \ (5)$, e quindi $af(1)=f(a)=af(-1)$, e quindi $f(a)=af(-1) \Leftrightarrow a=0$

$P(x,-1)$ dà $f(x+f(x)f(-1))=f(x)+xf(-1)$. Altra coincidenza, se $a=x+f(x)f(-1)$ allora $f(a)=f(x+f(x)f(-1))$ e $af(-1)=f(x)+xf(-1)$.
Perciò abbiamo detto che $f(a)=af(-1)$ vale solo per $a=0$ e quindi $0=x+f(x)f(-1)$ e quindi $x=-f(x)f(-1)=f(x)f(1) \ \ \ (6)$.
Moltiplico per $f(1)$ la (6) e ottengo $f(x)=xf(1)$. Ora dato che $f(1) = \pm 1$ ottengo $f(x)=x$ oppure $f(x)=-x$, che sostituite vanno entrambe bene.