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trovare tutte le funzioni $ f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z} $ t.c.

$ f(m-n+f(n))=f(m)+f(n) $ per ogni m,n interi

EDIT: mi scuso, era troppo sbagliata...

mi sembrava troppo facile...
Occhio al punto 2:
- intanto mi sa che ti sei confuso con i quantificatori sulla $ \lambda $. Quella cosa vale per una lambda, non per tutte, quindi non puoi dire che è iniettiva
- e poi sul fatto che iniettiva => suriettiva... vale solo sugli insiemi finiti! Pensa $ f(x)=2x $ sugli interi...

sia $ m= -f(n) $, dopo un po' si arriva a $ f(-f(-n))=-f(-f(n)) $ che con n = 0 porta a dire
$ f(-f(0))=0 $ che magari può servire se poniamo A = -f(0), in quanto per n=A, m=x abbiamo $ f(x-A)=f(x) $ [1] per ogni x intero
invece con n=x ed m=A abbiamo
$ f(A-x+f(x))= f(x) $ per ogni x intero, anche per x=A, in tal caso $ f(0)=0 $.
- D'ora in poi cerchiamo soluzioni non costanti. (l'unica soluzione costante è $ f(x)=0 $)
ripartendo dalla [1] si ha $ f(x)=f(x+A) $ per ogni x quindi A è un periodo della funzione, la quale però è definita da interi a interi, dunque se fosse periodica di periodo non nullo non avrebbe modo di superare un qualsiasi numero M, come invece fa nel caso in cui non sia costante (infatti se si pensa che $ \[ \underbrace {f(f(...f(x)))}_{k\text{ volte}} = 2^{k - 1} f(x) \] $ , basta scegliere un $ x $tale che $ f(x) \[ \ne 0 \] $e il gioco è fatto). Conclusione: $ A=0 $ e non può essere altrimenti.
Poi, portando $ m $ in $ n $ ed $ n $ in $ f(n) $ abbiamo anche $ f(n- f(n) + f(f(n)))= f(n) + f(f(n)) $ e ricordando $ f(f(n))=2f(n) $ arriviamo a $ f(n+f(n))=3f(n) $.
Usiamo questo fatto per dire che, se esistono a e b distinti tali che:
$ \[ a \ne b \] $ e
$ \[ f(a) = f(b) \] $ allora
$ \[ \begin{gathered} a + f(a) \ne b\text{ } + \text{ }f(b),f(a + f(a))=3f(a)=3f(b)= f(b + f(b)) \hfill \\ \hfill \\ \end{gathered} \] $
quindi si possono ricostruire infinite coppie di elementi distinti a cui la funzione associa lo stesso elemento.
riscrivo le proprietà trovate per la f:
$ \[ \begin{gathered} 1) f(x) = 0\forall x \in {\rm Z} \vee f(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0\hfill\\ 2)\underbrace {f(f(...f(x)...))}_{k\text{ volte}} = 2^{k-1} f(x) \hfill \\ 3)f(x + f(x)) = 3f(x) \hfill \\ \end{gathered} \] $

Visto che sono passati ormai 5 giorni e nessuno pare essere giunto alla soluzione vi posto la mia, ne esiste anche una molto più "con le mani".

mattilgale ha scritto:trovare tutte le funzioni $ f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z} $ t.c.

$ f(m-n+f(n))=f(m)+f(n) $ per ogni m,n interi

$ m\rightarrow n\qquad n\rightarrow n $
$ f(f(n))=2f(n) $ (i)

$ m\rightarrow m+n\qquad n\rightarrow n $
$ f(m+f(n))=f(m+n)+f(n) $ (ii)

$ m\rightarrow m\qquad n\rightarrow f(n) $
$ f(m-f(n)+f(f(n)))=f(m)+f(f(n)) $ (iii)

Utilizzando la (i) nella (iii) avremo
$ f(m-f(n)+2f(n))=f(m)+2f(n) $
$ f(m+f(n))=f(m)+2f(n) $ (iv)

Comparando (iv) e (ii)

$ f(m)+2f(n)=f(m+n)+f(n) $
$ f(m)+f(n)=f(m+n) $
che è un'equazione di Cauchy, quindi $ f(n)=an $ per qualche costante $ a\in \mathbb{Z} $

sostituendo nell'equazione iniziale

$ am-an+a^2n=am+an $
$ a(a-2)n=0 $

quindi $ f(n)=0 \lor f(n)=2n $ sono le uniche due funzioni che verificano.

La mia soluzione:

Se $ f(n)=0 $ per ogni $ n $, allora l'equazione è soddisfatta.
Altrimenti, $ f(a)\neq 0 $ per qualche $ a $. Ponendo $ m=n=a $ viene fuori $ f(f(a))=2f(a) $, e per induzione $ f^{(k)}(a)=2^{k-1}f(a) $, quindi $ f $ ha immagine infinita.
Se $ f(n)=0 $ per qualche $ n $ fissato, allora $ n=0 $: altrimenti $ f(m-n)=f(m) $ per ogni $ m $, e l'immagine di $ f $ avrebbe cardinalità al più $ n $.
Ora, ponendo $ m=2n-f(n) $, viene $ f(2n-f(n))=0 $, che dà $ 2n-f(n)=0 $ per quando dimostrato sopra.
Quindi $ f(n)=2n $ per ogni $ n $, che soddisfa senz'altro l'equazione.