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Trovare tutte le $f: \mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}$ valga $\displaystyle \begin{cases} f(x+1)=f(x)+1\\f^2(x)=f(x^2) \end{cases}$

Sento che sto per scrivere un sacco di cavolate ma ci provo

L'unica soluzione è $p(x)=x$
Dimostrazione
Sia $p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_0$, con $a_n\ne 0$
Sfruttiamo il fatto che $p^2(x)=p(x^2)$
Avremo $a_nx^{2n}+a_{n-1}x^{2(n-1)}+\ldots +a_0=\displaystyle{\sum_{i=0}^n a_i^2x^{2i}+2\sum_{i,j=0}^n a_ia_jx^{i+j}}$
Quindi $a_n=1$ e $a_0=1$
Questo, inoltre, comprende termini del tipo $mx^{2n-(2k+1)}$ che non possono esserci perchè nel $LHS$ sono tutti del tipo $mx^{2k}$, quindi per eliminarli dovremo porre $a_{n-1}=a_{n-3}=\ldots =a_{n-(2k+1)}=0$
Resta $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots +1$ o $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots +a_1x$ a seconda della parità di $n$
Ma allora $x^{2n}+a_{n-2}x^{2(n-2)}+\ldots =x^{2n}+2a_{n-2}x^{2(n-1)}+\ldots $
Quindi dovremo eliminare il termine di grado $2(n-1)$ da cui anche $a_{n-2}=a_{n-6}=\ldots =0$
Ripetendo il procedimento toglieremo tutti i termini del tipo $a_{n-k}$ con $k\equiv 1 \pmod 2$ poi $k\equiv 2\pmod 4$ $\ldots$ $k\equiv 2^{m-1}\pmod {2^m}$
Resterà quindi solo $a_nx^n$.
Ma $a_n=1$ quindi $p(x)=x^n$
Ora, poichè, $p(x+1)=p(x)+1$ dovremo avere $(x+1)^n=x^n+1$ da cui l'unica soluzione
\begin{equation} p(x)=x \end{equation}

Mi rendo conto che sia detta malissimo e probabilmente è anche sbagliata
Correzioni sono ben accette

Occhio che devi trovare le funzioni, che non sono tutte polinomiali

Pongo $x\longrightarrow0$, ottenendo:
\begin{cases}f(1)=f(0)+1\\ f^2(0)=f(0^2)\end{cases}
Dalla seconda equazione otteniamo $f(0)=0\lor f(0)=1$; sostituendo questo risultato nella prima distinguiamo due casi:
$f(1)=1$ oppure $f(1)=2$

Ma il secondo è banalmente falso per sostituzione nella seconda equazione.
Allora possiamo sostituire $1$ con $f(1)$ al $RHS$ della prima equazione, ottenendo:
$$f(x+1)=f(x)+f(1)$$
Che è un caso particolare di una Cauchy (la $f$ ha tutte le belle proprietà che ci servono ), ed ammette quindi solo soluzioni della forma $f(x)=\alpha x$.
Ora ricaviamo $\alpha$ dalla seconda equazione:
$$f(x)^2=f(x^2)\Rightarrow \alpha^2 x^2=\alpha x^2\Rightarrow \alpha=\alpha^2\Rightarrow \alpha=0\lor\alpha=1$$
Dunque tutte e sole le funzioni che verificano sono $f(x)=0$ e $f(x)=x$.

Mmmh... no, non esattamente. Innanzitutto $f \equiv 0$ non è una soluzione, ma a parte questo le funzioni che rispettano soltanto $f(x+1)=f(x)+f(1)$, persino sui razionali, possono essere un po' più a caso delle Cauchy (p. es. $f(x)=\left\{ x \right\}$; nota che se in più imponi $f(1)=0$ stai dicendo che $f$ dipende solo da $\left\{x\right\}$, e viceversa qualunque funzione che dipenda solo da $\{x\}$ - e possono essere brutte assai - va bene, purché $f(1)=f(0)=0$).
(Visto che ormai sto postando: complimenti al propositore, problema divertente!)

Acc... è vero, per qualche strano motivo pensavo che desse addirittura più informazioni della classica Cauchy, quando palesemente è una condizione meno forte (studiare storia tardi mi fa male, mi sa ).
La soluzione $f(x)=0$ mostra esattamente quanto fossi presente mentre scrivevo la "soluzione"

Intervento come se fossi Tron:

Dalla prima equazione si ha subito per induzione:

$ \displaystyle f(x+n)=f(x)+n \qquad x\in\mathbf{Q},\ n\in \mathbf{Z} $

Utilizzando quest' ultima e la seconda equazione si ha:

$ \displaystyle n^2+f(x^2+2xn)=f(x^2+2xn+n^2)=f((x+n)^2)=[f(x+n)]^2=[f(x)+n]^2= $

$ =f(x)^2+2nf(x)+n^2=f(x^2)+2nf(x)+n^2=f(x^2+2m)-2m+2nf(x)+n^2 $

per ogni $ m\in \mathbf{Z} $. Guardando primo e ultimo membro abbiamo, ponendo $ x=m/n $:

$ \displaystyle f(x^2+2m)=f(x^2+2m)-2m+2nf(m/n) $

ossia $ f(m/n)=m/n $ per ogni $ m\in\mathbf{Z} $, $ n\in\mathbf{Z}^* $. Quindi $ f $ deve essere l' identità sui razionali; per i reali si vedrà!

Proviamo con i reali. Sia $ f: \mathbf{R}\rightarrow\mathbf{R} $ che soddisfa le stesse equazioni del problema originale. Osserviamo che, come prima, valgono:

$ \displaystyle f(x+n)=f(x)+n\qquad x\in\mathbf{R},\ n\in\mathbf{Z}\qquad(1) $

$ \displaystyle f(x^2+2x)=f(x^2)+2f(x)\qquad x\in \mathbf{R}\qquad (2) $

Inoltre, a differenza di prima, vale $ f([0,+\infty))\subseteq[0,+\infty) $. Ciò è un' immediata conseguenza della seconda equazione, dato che nei reali non negativi ogni numero è un quadrato.
Mostriamo che $ f $ è dispari, infatti ponendo in $ (2) $ $ x=-y-1 $ otteniamo:

$ \displaystyle f(y^2-1)=f(y+1)^2+2f(-y)-2\qquad y\in\mathbf{R} $

sviluppando i conti:

$ \displaystyle f(y^2)-1=f(y^2)+2f(y)+1+2f(-y)-2\qquad y\in\mathbf{R} $

che è la disparità. Supponiamo ora per assurdo che esista $ r\in \mathbf{R}\setminus\mathbf{Q} $ tale che $ f(r)\neq r $. Grazie alla disparità e alla $ (1) $ possiamo trovare un $ s $ irrazionale tale che $ f(s)>s>1 $.
Osserviamo che per induzione sulla seconda equazione del testo vale:

$ \displaystyle f(s^{2^k})={[f(s)]}^{2^k}\qquad k\in\mathbf{N}\qquad (3) $

Da cui , ponendo $ s_k:=s^{2^k} $ e $ d_k:=f(s_k)-s_k $, si ottiene:

$ \displaystyle f(s_k)>s_k \Rightarrow f(s_{k+1})>s_{k+1} \qquad k\in\mathbf{N}\qquad (5) $

semplicemente prendendo i quadrati di ambo i membri della prima e usando la $ (3) $. Ciò ci dice che $ \{d_k\} $ è una successione positiva. Inoltre vale:

$ \displaystyle d_{k+1}=f(s_{k+1})-s_{k+1}=f(s_k)^2-s_k^2=(f(s_k)+s_k)\cdot(f(s_k)-s_k)>2s_k\cdot d_k\qquad k\in\mathbf{N} $

Ciò è il passo induttivo della dimostrazione del fatto che $ d_{k+1}>2\, d_0\, s_k $; quindi, essendo $ \{s_k\} $ superiormente illimitata, abbiamo che anche $ \{d_k\} $ lo è.
In particolare esisterà $ \bar{k} $ tale che $ d_{\bar{k}}>1 $. Ossia avremo, posto $ t:=s_{\bar{k}} $:

$ \displaystyle f(t)=t+d_{\bar{k}}>t+1>\lfloor t\rfloor +1 $

da cui, per disparità: $ \displaystyle f(-t)<-(\lfloor t\rfloor +1) $ ossia applicando la $ (1) $:

$ \displaystyle f(\lfloor t\rfloor +1-t)<0 $

che è assurdo perchè abbiamo visto che $ f $ è non-negativa sui non-negativi ma $ \lfloor t\rfloor +1-t>0 $.

NOTA: per pura sfiga potremmo avere $ t\in\mathbf{Q} $, ma la versione induttiva "a ritroso" della $ (3) $ (ossia con $ k $ intero e non solo naturale) ci garantisce che $ f $ sia l'identità sugli irrazionali del tipo "radice (potenza di due)-esima di razionale", quindi potevamo escludere in partenza che $ s $ fosse un numero di questo tipo.

Giusto?