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Trovare tutte le funzioni $f$ dai reali positivi ai reali positivi tali che per ogni $x,y$ vale
$$f(x+f(x)+f(y))=2x+y.$$

Mi sembra di aver fatto qualche progresso, ma non sono arrivato ad una soluzione completa; spero nell'illuminazione o nei saggi consigli/soluzioni di qualcuno che non si faccia fregare (come mi succede sistematicamente ) dalle funzionali.

Dobbiamo risolvere:
$$f(x+f(x)+f(y))=2x+y$$
Osservazione 1. La $f$ è iniettiva.
Dim: Supponiamo per assurdo che la $f$ non sia iniettiva, esistono allora $a$ e $b$ reali positivi tali che $f(a)=f(b)=c$ e $a\ne b$. Valutando $P(x,a)$ e $P(x,b)$ ottengo
$$f(x+f(x)+f(a))=2x+a\ \ \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}^+$$
$$f(x+f(x)+f(b))=2x+b\ \ \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}^+$$
Sostituendo $f(a), f(b)\leftarrow c$, i LHS di queste due equazioni sono uguali, quindi devono essere uguali anche i RHS
$$2x+a=2x+b\ \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}\Rightarrow\ \ a=b\ \ \textrm{assurdo}$$

Osservazione 2. La $f$ è suriettiva su $\mathbb{R}^+$.
Dim: Supponiamo per assurdo che la $f$ non sia suriettiva (su $\mathbb{R}^+$), esiste allora un reale positivo $t$ tale che $f(x)\ne t \ \forall \ x\in\mathbb{R}^+$. Ponendo però $x=y=t/3$, otteniamo
$$f(t/3+2f(t/3))=t\ \ \ \textrm{assurdo}$$

Proviamo ora a simmetrizzare i RHS (sperando di trovare qualcosa di utilizzabile), valutando $P(x,y)$ e $P\left(\frac{y}{2}, 2x\right)$:
$$f(x+f(x)+f(y))=2x+y\ \ \ \ \forall\ x,y\in\mathbb{R}^+$$
$$f\left(\frac{y}{2}+f\left(\frac{y}{2}\right)+f(2x)\right)=y+2x\ \ \ \ \forall\ x,y\in\mathbb{R}^+$$
Da cui ovviamente
$$f(x+f(x)+f(y))=f\left(\frac{y}{2}+f\left(\frac{y}{2}\right)+f(2x)\right)\ \ \ \ \forall\ x,y\in\mathbb{R}^+$$
Visto che per l'osservazione (1) la $f$ è iniettiva, posso "elidere" le $f$ ottenendo
$$x+f(x)+f(y)=\frac{y}{2}+f\left(\frac{y}{2}\right)+f(2x)\ \ \ \forall\ x,y\in \mathbb{R}^{+}$$
Portando tutte le cose contenenti la $x$ al LHS e quelle contenenti la $y$ al RHS, si ha quindi
$$x+f(x)-f(2x)=\frac{y}{2}+f\left(\frac{y}{2}\right)-f(y)\ \ \ \forall\ x,y\in \mathbb{R}^{+}$$
E dunque
$$x+f(x)-f(2x)=\ \textrm{costante }=c\ \ \forall\ x\in\mathbb{R}^+\ \ \ (1)$$
Investighiamo un po' la natura di questa costante, dividendo in due casi:
Caso a): Supponendo $c>0$, si ha che $c$ appartiene al dominio della $f$, e nulla ci vieta di valutare la (1) in $x=c$.
$$c+f(c)=f(2c)+c\ \Rightarrow \ f(c)=f(2c)$$
Che è assurdo per l'iniettività della $f$, mostrata nell'Osservazione 1.
Caso b): Supponiamo ora $c<0$.
$$x+f(x)=f(2x)+c$$
Il LHS è sicuramente positivo (perché somma di cose positive), mentre il RHS, scegliendo opportunamente $x$ in modo da avere $f(2x)<|c|$ (cosa che possiamo fare perché la $f$ è suriettiva per l'osservazione 2 e $c$ è fissato), diventa negativo, ed abbiamo nuovamente un assurdo. Quindi deve necessariamente valere:
$$x+f(x)=f(2x)\ \ \forall \ x\in\mathbb{R}^+$$
Ed essenzialmente mi fermo qui, i vari tentativi di sostituire questa relazione nell'equazione iniziale non hanno funzionato . L'unica cosa che ho da aggiungere è che chiaramente $f(x)=x \ \forall \ x\in\mathbb{R}^+$ funziona, e mi sembrerebbe essere la sola soluzione...

Ammetto di non aver letto tutto, ma tanto questi hint mi sembrano validi in ogni caso...
Hint di livello 2: Hint di livello 3:

Personalmente non ho capito bene il suggerimento di darkcrystal, quindi posto un continuo della soluzione di Lasker.

Dopo aver ottenuto $x+f(x)=f(2x)$, uso questa condizione ponendo $z=2x$:
$ f(f(z)+f(y))=z+y $
Ponendo $z=y$, ho:
$2y=f(2f(y))=f(f(y))+f(y)$

Ora torno al testo originale del problema e faccio un pò di casi:
1) Esiste un $t$ tale che $t>f(t)\rightarrow t-f(t)>0$
Allora ponendo x=t e y=k tale che f(k)=t-f(t) (posso perché la funzione è definita su $\mathbb{R^+}$) e ottengo:
$ f(t+f(t)+t-f(t))=2t+k $
$ 2t+k=f(2t)=f(t)+t $
$ k=f(t)-t<0 $ che è assurdo poiché avevo supposto il contrario.
2) Esiste un $t$ tale che $f(t)>t\rightarrow f(t)-t>0$
Allora ponendo x=t e y=k tale che f(k)=f(t)-t (posso perché la funzione è definita su $\mathbb{R^+}$) e ottengo:
$2t+k=f(t+f(t)+f(t)-t)=f(2f(t))=f(f(t))+f(t)$
Per il risultato di sopra ($2y=f(f(y))+f(y)$), posso cancellare gli opportuni membri a destra e a sinistra ottenendo $k=0$, assurdo siccome $0$ non appartiene al dominio.
3) È rimasta un'unica opzione, ovvero $f(x)=x \forall x$, che soddisfa

Personalmente non ho capito bene il suggerimento di darkcrystal, quindi posto un continuo della soluzione di Lasker.

Dopo aver ottenuto $x+f(x)=f(2x)$, uso questa condizione ponendo $z=2x$:
$ f(f(z)+f(y))=z+y $
Ponendo $z=y$, ho:
$2y=f(2f(y))=f(f(y))+f(y)$

Ora torno al testo originale del problema e faccio un pò di casi:
1) Esiste un $t$ tale che $t>f(t)\rightarrow t-f(t)>0$
Allora ponendo x=t e y=k tale che f(k)=t-f(t) (posso perché la funzione è definita su $\mathbb{R^+}$) e ottengo:
$ f(t+f(t)+t-f(t))=2t+k $
$ 2t+k=f(2t)=f(t)+t $
$ k=f(t)-t<0 $ che è assurdo poiché avevo supposto il contrario.
2) Esiste un $t$ tale che $f(t)>t\rightarrow f(t)-t>0$
Allora ponendo x=t e y=k tale che f(k)=f(t)-t (posso perché la funzione è definita su $\mathbb{R^+}$) e ottengo:
$2t+k=f(t+f(t)+f(t)-t)=f(2f(t))=f(f(t))+f(t)$
Per il risultato di sopra ($2y=f(f(y))+f(y)$), posso cancellare gli opportuni membri a destra e a sinistra ottenendo $k=0$, assurdo siccome $0$ non appartiene al dominio.
3) È rimasta un'unica opzione, ovvero $f(x)=x \forall x$, che soddisfa

darkcrystal ha scritto:Zero è nell'immagine? Sappiamo caratterizzare le controimmagini di zero?

Uhm... zero non è nel codominio.

Non so leggere, scusatemi!