Equivalente all'equazione di Cauchy

[edriv]

Sia $ ~ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ una funzione tale che:
$ ~ \qquad f(xy+x+y) = f(xy) + f(x) + f(y) $
per ogni x,y reali. Dimostrare che, sempre per ogni x,y reali:
$ ~ \qquad f(x+y) = f(x) + f(y) $

[dalferro11]

una domanda.....
ma gli x e y sopra sono gli stessi di quelli sotto?

[edriv]

No, sono altri

[piever]

Potrebbe essere la prima funzionale della mia vita, quindi non posso resistere alla tentazione di postare:

poniamo y=0 e otteniamo:

$ f(x)=2f(0)+f(x) $ quindi $ 0=f(0) $

poniamo y=-1 e otteniamo:

$ f(-1)=f(-x)+f(x)+f(-1) $ da cui $ -f(x)=f(-x) $ ovverosia la funzione e' dispari.

Uniamo le uguaglianze:

$ f(xy+x+y)=f(xy)+f(x)+f(y) $ e $ f(xy-x-y)=f(xy)+f(-x)+f(-y) $ e otteniamo $ f(xy+x+y)+f(xy-x-y)=2f(xy) $

Prendiamo un generico reale negativo a.

Siano $ a_1 $ e $ a_2 $ le radici dell'equazione $ x^2-ax+a=0 $

(queste radici sono reali perche' il LHS e' positivo per x che tende a infinito e negativo per x=0)

Per l'uguaglianza precedentemente ottenuta abbiamo:

$ f(a_1a_2+a_1+a_2)+f(a_1a_2-a_1-a_2)=2f(a_1a_2) $

ovverosia:

$ f(2a)=2f(a) $ che e' valida anche per a reale positivo, essendo la funzione dispari.

A questo punto prendiamo una coppia qualunque di a e b, tali che $ a+b\leq 0 $

Prendiamo la solita uguaglianza $ f(xy+x+y)+f(xy-x-y)=2f(xy) $ e poniamo che x e y siano le radici dell'equazione $ x^2-\frac{(a-b)x}{2}+\frac{a+b}{2}=0 $

x e y sono reali sempre perche' il termine noto e il coefficiente del termine di secondo grado hanno segno diverso.

Otteniamo:

$ f(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2})+f(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2})=2f(\frac{a+b}{2}) $

ovverosia:

$ f(a)+f(b)=f(a+b) $

che, sempre per la disparita' della funzione, e' valida anche per $ a+b>0 $