- Supponiamo che per un certo c sia $ ~ f(c) = 1 $. Allora sostituendo c=x si ha $ ~ f(c+y) = f(y) $, quindi la f è periodica, quindi prende infinite volte ciascun elemento dell'immagine. In particolare, anche 1. Quindi $ ~ f(x) \neq 1 $ per ogni x.
- Supponiamo $ ~ a \neq b $ e $ ~ f(a) = f(b) = k $. Otteniamo che per ogni y, $ ~ f(a+ky) = kf(y) = f(b+ky) $ da cui, dopo aver scalato e traslato la y, otteniamo $ ~ f(y) = f(y+(b-a)) $. Quindi se la f non è iniettiva, è periodica di periodo $ ~ t = b-a $.
- Per ogni x,y abbiamo $ ~ f(y) = \frac{f(x+yf(x))}{f(x)} $. Ora l'idea è questa: cerchiamo di rendere uguali y e x+yf(x)+kt per un certo k, in modo che f(y) e f(x+yf(x)+kt) siano uguali, da cui f(x)=1, assurdo. Imponendo $ ~ y = x+yf(x)+kt $, otteniamo $ ~ y = \frac{x+kt}{1-f(x)} $. (f(x) non è 1, lo sappiamo già). A seconda che 1-f(x) sia positivo o negativo, troviamo un k in modo che il numeratore sia positivo o negativo, rispettivamente. Trovata una soluzione positiva y, sappiamo che $ ~ f(x+yf(x) + kt) = f(y) $, ma $ ~ f(x+yf(x) + kt) = f(x+yf(x)) $ per la periodicità, quindi sostituendo lì sopra otteniamo proprio f(x) = 1, assurdo. Quindi la f è iniettiva.
- Ora che sappiamo che la f è iniettiva, applichiamo un trucchetto standard che sfrutta la simmetria: $ ~ f(x+yf(x)) = f(x)f(y) = f(y)f(x) = f(y+xf(y)) $, da cui $ ~ f(x+yf(x)) = f(y+xf(y)) $ e per l'iniettività $ ~ x+yf(x)=y+xf(y) $, qui basta anche fissare y=1 e vediamo che è una retta. Si verifica sostituendo che le soluzioni sono tutte e sole $ ~ f(x) = ax+1 $ con a positivo.
- Concordo in piena sul fatto che era carino
...