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Trovare tutte le funzioni $ \displaystyle f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ che, per ogni $ \displaystyle x,y \in \mathbb{R} $ soddisfano:

$ \displaystyle f(xf(x) + f(y)) = f(x)^2 + y $

Notare che questo problema è stato assegnato ai Balkan 1997 (problema 4) e ai Balkan 2000 (degradato a problema 1)

...E poi è arrivato fino al Senior 2006 (me ne sono accorto dopo averlo finito, tra l'altro il modo diverso, lol).

1)Poichè $ f(x)^2 + y $ assume tutti i valori in R, f è suriettiva.
2)Sia x=a, con a tale che f(a)=0. Allora $ f(f(y))=y $ per ogni y, cioè f è l'inversa di se stessa.
3)Sia x=y=0. Allora $ f(f(0))=f(0)^2 ==> f(0)=0 $
4)Sia y=0. Allora $ f(xf(x))=f(x)^2 $. Adesso sia $ x=f(t) $. Si ha $ f(tf(t))=(f(f(t))^2=t^2 $. Perciò per ogni x reale si ha $ f(x)=±x $.
5)Si suppone che esistano $ a,b $ diversi da zero tali che $ f(a)=a $ e $ f(b)=-b $. Si ha $ f(a^2-b)=a^2+b $. Si hanno due casi:
A)$ a^2-b=a^2+b $, assurdo.
B)$ b-a^2=a^2+b $, assurdo.
Perciò le funzioni sono soltanto f(x)=x e f(x)=-x.

Qualcuno mi fa vedere se e come si dimostrava dal testo l'iniettività (anche se poi non l'ho usata)?

... si vede che non ero attentissimo a quella lezione (forse perchè ero in un'altra stanza).

Il punto 4 non è chiarissimo, per il resto va bene!
A parte che se non vuoi perder il punto che ti mancava per l'ambita medaglia, sarebbe meglio dimostrare che x e -x sono effettivamente soluzioni (sostituendo).

L'iniettività è un po' ovvia:
$ ~ f(a) = f(b) \Rightarrow f(f(a)) = f(f(b)) \Rightarrow a=b $